Probleme de la Olimpiadele Internationale de Matematica

Probleme de la Olimpiadele Internationale de Matematica Student Budescu Angela Grupa 13 1

Cuprins 1. Introducere...3. Scopul si durata...4 3. Obiective cadru (Competente generale)...5 4. Obiective specifice (Competente specifice)...5 5. Obiective operationale...6 6. Metodele, mijloacele si materialele folosite...6 7. Continutul notional matematic (Probleme)...6 8. Test de evaluare...3 9. Bibliografie...5

1 Introducere Olimpiada Internationala de Matematica, deja la cea de-a 50-a aniversare, si-a creat o mostenire bogata si s-a stabilit ferm, ca fiind cea mai prestigioasa competitie de matematica la care un elev de liceu poate aspira sa participe. Pe langa posibilitatea de a trata probleme interesante si competitive de matematica, Olimpiada reprezinta o mare oportunitate pentru liceeni de a vedea cum se descurca fata de competitori din diverse tari ale lumii. Mai mult decat atat, exista posibilitatea de a-ti face prieteni si de a socializa cu elevi care au aceleasi interese, eventual de a face cunostinta cu viitori colegi in acest prim pas in lumea profesionala si stiintifica a matematicii. Peste toate, oricat de satisfacator sau dezamagitor ar fi rezultatul final, pregatirea si participarea la aceasta Olimpiada reprezinta o aventura, care, fara dubiu va da tarcoale in memoria participantului pentru tot restul vietii lui. La inceputuri Olimpiada Internationala de Matematica a fost o competitie mult mai mica decat este astazi. In 1959, urmatoarele 7 tari s-au adunat pentru a participa la prima Olimpiada: Bulgaria, Cehoslovacia, Republica Democrata Germana, Ungaria, Polonia, Romania si Uniunea Sovietica. De atunci, competitia a avut loc anual. Gradual, si alte tari ale Europei, precum si numeroase tari ale lumii si ale fiecarui continent s-au alaturat. (Singurul an in care Olimpiada nu s-a tinut a fost 1980, cand din motive financiare nici o tara nu a putut-o gazdui. Astazi, aceasta problema nu mai are loc, iar tarile gazde sunt programate cu ani in avans.) La cea de-a 45 editie, de la Atena, nu mai putin de 85 de tari au participat. Formatul competitiei a devenit in scurt timp stabil si de neschimbat. Fiecare tara poate trimite maxim 6 participanti si fiecare dintre acestia participa individual (fara nici un fel de ajutor sau colaborare). Tara trimite de asemenea si un lider al echipei, care participa la selectia problemelor si care este izolat de restul echipei pna la sfarsitul competitiei. Olimpiada dureaza doua zile. In fiecare zi, elevilor le sunt date, timp de patru ore si jumatate, 3 probleme spre a fi rezolvate, in total fiind 6 probleme. Prima problema a fiecarei zile, este cea mai usoara, iar ultima este cea mai grea, desi au fost si exceptii notabile. Fiecare problema valoreaza 7 puncte, 4 de puncte fiind scorul maxim ce se poate obtine. Numarul de puncte obtinut de participant la fiecare dintre probleme este rezultatul unor intense negocieri, si in final a unei intelegeri intre coordonatorii problemelor, desemnati de tara gazda si de liderul echipei care apara interesele participantului. Acest sistem asigura un relativ grad de obiectivitate. Chiar daca tarile isi compara scorurile obtinute intre ele, doar premiile individuale, medaliile si mentiunile de onoare sunt premiate de catre 3

Olimpiada Internationala de Matematica. Mai putin de o doisprezecime din participanti au luat medalii de aur, mai putin de o patrime au fost premiati cu aur sau argint si mai putin de jumatate au primit medalia de aur, argint sau bronz. Printre elevii nepremiati cu medalii, cei care au obtinut 7 puncte cel putin la o problema sunt premiati cu mentiune de onoare. Acest sistem de determinare a premiilor functioneaza bine, asigurand criterii stricte si recunoastere adecvata pentru fiecare nivel de performanta si da fiecarui participant motive pentru care sa depuna eforturi. Statisticile au aratat ca cea mai grea Olimpiada s-a dovedit a fi cea din 1971, urmata de cele din 1996, 1993 si 1999. Olimpiada la care echipa castigatoare a adunat cele mai putine puncte a fost in anul 1977, urmata de cele din 1960 si 1999. Selectia problemelor consta in mai multe etape. Tarile participante trimit propunerile lor, care se presupun a fi noi, inedite pentru organizatorii Olimpiadei. Tara gazda nu propune problemele, ci din lista lunga a problemelor primite, comitetul va alege cteva, formand o lista scurta, care este prezentata juriului competitiei. Acesta va alege 6 probleme pentru Olimpiada. Aceasta competitie are, pe langa latura matematica si competitiva, o latura sociala. Dupa incheiere, elevii au la dispozitie trei zile pentru a se bucura de evenimente si a participa la excursiile oferite de tara-gazda. Toate acestea constituie o experienta memorabila pentru fiecare participant. Scopul si durata Scopul acestui proiect este prezentarea unei teme care ar putea fi abordata de profesorul de matematica in cadrul unui curs optional. Astfel elevii ar fi impulsionati in invatarea matematicii, si mai mult decat atat profesorul de matematica poate detecta posibilii elevi talentati si in acest scop ar incerca dezvoltarea acestora prin rezolvarea problemelor ce urmeaza a fi prezentate. Durata acestui curs este de 15 saptamani, a cate o ora, in fiecare saptamana prezentandu-se cate o problema, sau doua - in functie de dificultatea acestora - ce urmeaza a fi discutate, si rezolvate impreuna cu clasa de elevi. Saptamana 16 este pentru verificarea cunostiintelor dobandite de elevi printr-un test de evaluare, iar in saptamana 17 profesorul va discuta cu elevii despre ceea ce inseamna a fi un elev participant la o asemenea olimpiada si va aduna impresii despre acest proiect. 4

3 Obiective cadru (competente generale) 1. Folosirea corecta a terminologiei specifice matematicii in contexte variate de aplicare;. Prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual cuprinse in enunturi matematice; 3. Utilizarea corecta a algoritmilor matematici in rezolvarea de probleme cu diferite grade de dificultate; 4. Exprimarea si redactarea corecta si coerenta in limbaj formal sau in limbaj cotidian, a rezolvarii sau a strategiilor de rezolvare a unei probleme; 5. Analiza unei situatii problematice si determinarea ipotezelor necesare pentru obtinerea concluziei; 6. Generalizarea unor proprietati prin modificarea contextului initial de definire a problemei sau prin imbunatatirea sau generalizarea algoritmilor. 4 Obiective specifice (competente specifice) 1. Dezvoltarea creativitatii;. Dobandirea de noi tehnici de rezolvare a problemelor; 3. Dezvoltarea unei gandiri deschise, a independentei in gandire si actiune; 4. Manifestarea initiativei, a disponibilitatii de a aborda sarcini variate, a tenacitatii, a perseverentei si a capacitatii de concentrare; 5. Dezvoltarea simtului estetic si critic, a capacitatii de a aprecia rigoarea, ordinea si eleganta in arhitectura rezolvarii unei probleme; 6. Formarea obisnuintei de a recurge la concepte si metode matematice in abordarea unor situatii cotidiene sau pentru rezolvarea unor probleme practice; 7. Formarea motivatiei pentru studierea matematicii ca domeniu relevant pentru viata sociala si profesionala. 5

5 Obiective operationale O1. Sa isi aminteasca formulele trigonometrice si sa le aplice. O. Sa aduca la o forma mai simpla o ecuatie trigonometrica prin utilizarea formulelor invatate. O3. Sa gaseasca multimea solutiilor unei ecuatii sau inecuatii. O4. Sa gaseasca conditiile necesare pentru rezolvarea ecuatiilor si inecutiilor. O5. Sa stabileasca legaturi intre datele problemelor in vederea solutionarii acestora. O6. Sa isi aminteasca criteriile de divizibilitate, precum si notiunile de numar prim, ireductibilitate, divizor comun, multiplu comun si sa le aplice. O7. Sa isi aminteasca teorema lui Thales, teorema sinusurilor, teorema cosinusului si sa le aplice. O8. Sa isi aminteasca formula lui Heron si sa o aplice. O9. Sa reprezinte corect datele problemelor si sa deseneze corect figurile cerute. O10. Sa demonstreze relatiile cerute. 6 Metodele, mijloacele si materialele folosite Metode: 1. Expunerea 3. Demonstratia 4. Explicatia 5. Dezbaterea 6. Conversatia Mijloace: 1. Exercitiul. Fisa de evaluare Materiale folosite: 1. Tabla. Compasul 3. Rigla 6

7 Continutul notional matematic (Probleme) 1. Sa se demonstreze ca fractia 1n + 4 14n + 3 este ireductibila. (Polonia) Rezolvare: Fie d 1 cel mai mare divizor comun al numaratorului si numitorului pentru n arecare. Atunci 1n + 4 = sd; 14n + 3 = td, de unde, eliminand pe n, se obtine (3t s)d = 1, deoarece numarul 3t s este intreg, iar 0 < 1 = 3t s, d se deduce ca d = 1.. Se dau numerele reale a, b, c si unghiul x astfel incat sa fie satisfacuta relatia: acos x + bcosx + c = 0 Sa se gaseasca ce relatie de gradul al doilea este satisfacuta de a, b, c si cosx. Sa se compare relatia gasita cu cea data pentru cazul a = 4, b =, iar c = 1. (Ungaria) Rezolvare: Egalitatea data se transcrie sub forma acos x + c = bcosx. Atunci numerele a, b, c si cosx satisfac relatia: 4a cos x + (4ac b )cos x + 4c = 0(1) care se obtine din cea data, prin ridicare la patrat si inmultire cu 4. Functia cosx este legata de cosx prin relatia: cos x = cosx + 1 (). Inlocuind expresia () in egalitatea (1), se gaseste a (cosx + 1) + (4ac b )(cosx + 1) + 4c = 0 Ordonand dupa puterile lui cosx, se obtine: a cos x + (a + 4ac b )cosx + (a + 4ac b + 4c ) = 0, ceea ce constituie relatia cautata intre a, b, c si cosx. In cazul a = 4, b =, c = 1 avem: a = 16; a + 4ac b = 8, a + 4ac b + 4c = 4. Se obtine urmatoarea relatie in cosx: 4cos x+cosx 1 = 0, iar relatia data initial, in cazul cand a = 4, b =, c = 1, este: 4cos x + cosx 1 = 0. 3. Sa se construiasca un triunghi dreptunghic de ipotenuza data c, daca se cunoaste ca mediana corespunzatoare ipotenuzei este media geometrica a catetelor triunghiului. (Ungaria) 7

Figure 1: Rezolvare: Fie ABC triunghiul cautat.(fig.1) Se descrie un cerc de raza c avand centrul in mijlocul O al ipotenuzei AB = c. Se stie ca acest cerc va fi circumscris triunghiului ABC. Din varful C se duce inaltimea h c si se calculeaza aria triunghiului ABC: S = 1 AC BC = 1 ch c. Prin ipoteza, AC BC = CO = c, insa AC BC = S. Aceasta inseamna ca 4 c h c = c 4, si in consecinta, h c = c 4. De aceea, varful C este unul din punctele de intersectie ale cercului de diametru AB cu o dreapta paralela cu AB si situata la distanta c de aceasta. 4 8

4. Sa se determine toate numerele de trei cifre care prin impartire la 11 dau un cat egal cu suma patratelor cifrelor numarului initial. (Bulgaria) Rezolvare: Fie N numarul format din trei cifre, care se cauta. Atunci: N = a 10 + b 10 + c, a {1,, 3,..., 9}, b, c {0, 1,,...9}. Numarul N se poate pune sub forma: N = 99a + 11b + a b + c. Pentru ca N sa fie divizibil cu 11 este necesar si suficient ca a-b+c sa fie divizibil cu 11, adica: a b + c = 11k. Intrucat 8 a b + c 18, rezulta ca sau k = 0 sau k = 1. Prin ipoteza, se impune conditia 100a + 10b + c = 11 (a + b + c ). Cazul I { 99a + 11b + a b + c = 11(a + b + c ) a b + c = 0 Se aduce sistemul la o forma mai simpla: { 9a + b = a + b + c b = a + c (7.1) (7.) (7.3) (7.4) De aici rezulta 10a + c = a + c + ac, ceea ce inseamna ca c este un numar par, adica c = n. Relatia de mai sus se va scrie astfel: a (5 n)a + 4n n = 0. Deducem de aici ca: 5 n ± 5 16n 1n. Se vor gasi radacini reale pentru a daca = 5 16n 1n 0. Fiindca radacinile trinomului 1n 16n + 5 sunt: n 1 = 4 + 91 6 si n = 4 91, 6 rezulta ca 0 in cazul in care 4 91 6 n 4 + 91, 6 insa conditiile ca n sa fie intreg si n 0, impreuna cu faptul ca n 1 < 1, conduc la concluzia ca 0 n < 1, ceea ce arata ca n=0. In acest caz rezulta ca c = 0, iar a = b = 5. Numarul cautat va fi, deci, 550. 9

Cazul II { a b + c = 11 99a + 11b + a b + c = 11(a b + c ). Scriind sistemul sub forma simplificata: { 9a + b + 1 = a + b + c a b + c = 11 (7.5) (7.6) (7.7) (7.8) se gaseste: b = a + c 11 si 10a + c 10 = a + (a + c 11) + c sau 3a + a + c + ac 3c + 131 = 0, ceea ce arata ca numarul c este impar. Fie c = n + 1. Atunci a (15 n)a+4n 19n+55 = 0, de unde a = 15 n ± 5 + 16n 1n. Se vor gasi radacini reale pentru a daca = 5 + 16n 1n 0. Deoarece n 1 = 4 + 31 si n = 4 31 sunt radacinile trinomului de gradul al 6 6 II-lea 1n 16n 5, inseamna ca = 5 + 16n 1n 0 pentru n n n 1, adica 4 31 n 4 + 31, insa, in conditiile ipotezei, n este intreg si 6 6 n 0. Tinand seama de faptul ca n 1 <, rezulta ca n = 0 sau n = 1. Valoarea n = 0 nu poate fi acceptata, deoarece a = 15 ± 5 este irational; pentru n = 1 se gaseste a 1 = 8 si a = 5. Daca a = 5, inseamna ca c = 3 si b = 3, ceea ce nu se poate; daca a = 8, atunci c = 3, iar b = 0 si, prin urmare, numarul cautat este 803. Din modul de rezolvare se deduce ca nu alte numere, in afara de 550 si de 803, care sa satisfaca conditiile problemei. 5. Sa se determine valorile reale ale lui x pentru care este satisfacuta 4x inegalitatea (1 < x + 9. (Ungaria) 1 + x) Rezolvare: Se considera functia f : f(x) = 4x (1 1 + x). [ ) 1, 0 (0, + ) data prin 10

Inmultind numaratorul si numitorul cu (1 + 1 + x) 0, se obtine: f(x) = 4x (1 + 1 + x) (1 1 x) = (1 + 1 + x). Acum inegalitatea data ia forma (1 + 1 + x) < x + 9 sau 1 + x < 7. Deoarece x 1, prin ridicarea la patrat a ambilor membri pozitivi ai inegalitatii, se obtine egalitatea echivalenta: 4 + 8x < 49, adica 1 x 45 8, cu conditia ca x 0. Observatie: Daca se prelungeste ca de obicei, functia f si in punctul x = 0, punand f(0) = lim f(x), atunci inegalitatea data se pastreaza si pentru cazul x x = 0. 6. Sa se rezolve ecuatia: cos x + cos x + cos 3x = 1. (Romania) Rezolvare: Aplicand formulele: cos x = 1 + cosx, cos x = 1 + cos4x, se obtine: cosx + cos4x + cos 3x = 0. Folosind formula de transformare in produs a expresiei cosα + cosβ, se gaseste: cos3x cosx + cos 3x = 0 sau cos3x (cosx + cos3x) = 0, cos3x cosx cosx = 0. (1) Solutiile ecuatiei (1) sunt: x 1 = π + kπ, x = π + kπ, 3x 3 = π + kπ, sau x 1 = π + kπ, x = π 4 + k π, x 3 = π 6 + k π 3, k Z. Se observa ca prima multime de solutii este inclusa in cea de-a treia. 7. a)sa se gaseasca toate numerele naturale n pt care numarul n 1 este divizibil cu 7. b)sa se demonstreze ca pentru nici un numar natural n numarul n +1 nu este divizibil cu 7. (Cehoslovacia) Rezolvare: a) Fie n multiplu de 3. In acest caz n se poate scrie sub forma n = 3k si n 1 = 3k 1 = 8 k 1. Diferenta a doua puteri cu acelasi exponent se divide insa la diferenta bazelor, deci 8 k 1 se divide la 8 1 = 7. Prin urmare, n 1 se divide la 7 daca n e multiplu de 3. 11

Fie n nedivizibil la 3, adica n = 3k + 1 sau n = 3k +. Daca n = 3k + 1, se gaseste n 1 = 3k+1 1 = 8 k 1 = (7 + 1) k 1, insa (7 + 1) k da la impartirea prin 7 restul 1 (aceasta rezulta din binomul lui Newton), (7 + 1) k prin impartirea la 7 da restul. Inseamna ca prin impartirea la 7 a lui n 1 = (7 + 1) k 1 se obtine ca rest 1 si, prin urmare, pentru n = 3k + 1 numarul n 1 nu se divide cu 7. Daca n = 3k +, se gaseste n 1 = 3k+ 1 = 4(7 + 1) k 1. Prin impartirea la 7 se obtine restul 3. In concluzie, n 1 se imparte cu 7 daca si numai daca n este multiplu de 3. b) Fie n = 3k. Atunci n = 3k = 7m + 1; n + 1 = 7m +, care nu se divide la 7. Fie n = 3k+1, caz in care n +1 = 3k+1 +1 = 3k +1 = (7m+1)+1 = 14m+3, care nu se divide la 7. Fie n = 3k +. Se gaseste ca n + 1 = 3k+ + 1 = 4 3k + 1 = 4(7m + 1) + 1 = 8m + 5, care de asemenea nu este multiplu de 7. Astfel pentru nici un n, numarul n + 1 nu se divide la 7. 8. Sa se arate ca exista un singur triunghi avand lungimea laturilor exprimate prin numere naturale consecutive, iar unul dintre unghiuri de doua ori mai mare decat un alt unghi al sau. (Romania) Rezolvare: a sau sina = b sina = a Se noteaza sina = λ. Din teorema sinusurilor (fig.) se gaseste: a sina = b sinb = c, deoarece B = A si, in consecinta, b > a. sin3a Din relatiile: a = λ sin A, b = λ sin A, c = λ sin 3A, rezulta: b a = λ (sin A sin A), ac = λ sina sin3a. c sinc, Se poate arata, printr-un calcul simplu, ca: sin A = sin A = sina sin3a, si deci, in triunghiul considerat, b a = ac sau b = a(a + c). Se considera aceasta relatie sub forma b = a(a + c). Sunt posibile urmatoarele cazuri: 1) a = n, b = n + 1, c = n +. In aceste conditii (n + 1) = n(n + ), adica n 1 = 0, ceea ce inseamna ca n = 1, iar a = 1, b =, c = 3, deci triunghiul va degenera intr-un segment. ) a = n, b = n +, c = n + 1. 1

Figure : Se obtine (n + ) = n(n + 1), adica n = 4, iar a = 4, b = 6, c = 5. Triunghiul ale carui laturi au lungimile a = 4, b = 6, c = 5 constituie rezolvare a problemei. 3) c = n, a = n + 1, b = n +. In consecinta, n n 3 = 0, obtinandu-se o ecuatie in necunoscuta n care nu are radacini intregi. Se va demonstra in continuare ca triunghiul gasit in cazul al II-lea este, intradevar, rezolvare a problemei, adica unghiurile sale satisfac conditia ceruta in enunt. Calculandu-se cosa si cosb, se obtine, cu ajutorul teoremei cosinusului, cosa = 3 4 si cosb = 18, adica cosa = cosb si deci B = A. 13

9. Fiecare membru al unui grup de 17 savanti corespondeaza cu ceilalti. In corespondenta lor este vorba numai despre 3 teme. Fiecare pereche de savanti corespondeaza numai pe o singura tema. Sa se demonstreze ca cel putin trei savanti corespondeaza intre ei pe aceeasi tema. (Ungaria) Rezolvare: Se alege un savant la intamplare. El corespondeaza cu fiecare dintre ceilalti 16 savanti numai pe o singura tema. Se va demonstra ca el corespondeaza pe cel putin una din cele trei teme cu alti sase savanti. Presupunand aceasta ipoteza falsa, inseamna ca el corespondeaza pe fiecare tema cu cel putin 5 savanti. Prin urmare, el nu corespondeaza pe cele trei teme mai mult decat cu 15 savanti, ceea ce contrazice conditiile problemei. Fie A aceasta tema. Daca printre acesti 6 savanti se gasesc doi care corespondeaza intre ei pe tema A, problema este rezolvata. In situatia cand nici unul din acesti 6 savanti nu corespondeaza cu vreun alt savant pe tema A, inseamna ca toti 6 corespondeaza pe celelalte doua teme. Un savant oarecare din cei sase corespondeaza cu ceilalti cinci. Exista o tema pe care el corespondeaza cu 3 din cei 5, deoarece in caz contrar el ar coresponda numai cu 4 savanti. Fie B aceasta tema. Daca unul din cei 3 savanti corespondeaza cu altul din acelasi grup de trei pe aceeasi tema B, problema este rezolvata. Daca toti 3 corespondeaza intre ei pe aceeasi a III-a tema (fie aceasta C), atunci ei constituie tripletul cautat. Deoarece au fost examinate toate cazurile, inseamna ca s-a demonstrat existenta tripletului in cauza. 10. Sa se demonstreze inegalitatea: tg πsinx πcosx + tg 4sinα 4cosα > 1, pentru toate valorile lui x si ale lui α, care satisfac conditiile: 0 x π, π 6 < α < π 3. (Rusia) Rezolvare: Pe baza conditiilor π 6 < α < π 3, 1 sinα < si 1 cosα <, rezulta ca 0 πsinx 4sinα π 4sinα < π πcosx si 0 4cosα π 4cosα < π, deci ambele tangente sunt pozitive. 14

Daca x < α, tg πsinx πcosx πcosx πcosx + tg tg > 1 = tg 4sinα 4cosα 4cosα 4cosα. Daca x = α, se gaseste ca tg πsinα πcosα + tg 4sinα 4cosα = > 1. Daca x > α, tg πsinx πcosx πsinx πsinα + tg tg > 1 = tg 4sinα 4cosα 4sinα 4sinα. 11. Sa se determine valorile reale ale lui x pentru care are loc fiecare din egalitatile urmatoare: a) x + x 1 + x x 1 = b) x + x 1 + x x 1 = 1 c) x + x 1 + x x 1 =. (Romania) Rezolvare: Este necesar ca expresiile aflate sub radical sa nu fie negative. Vom considera numai valorile lui x pentru care x 1, astfel ca x 1 0. Aceste valori ne asigura ca si expresiile aflate sub ceilalti radicali nu sunt negative. Aceasta este evident pentru expresia x + x 1. Din faptul ca trinomu lde gradul al II-lea (x 1) = x x + 1 0, rezulta ca x x 1 si de aceea x x 1, deci (x x 1) 0, cu conditia x 1. Prin transformari succesive se obtine x + x 1 = x + x 1 = 1 1 1 x 1 + x 1 + 1 = ( x 1 + 1) = 1 x 1 + 1, si,analog, x x 1 = 1 x 1. Se considera functia f : [ ) 1, R, data de f(x) = y, unde y = x + x 1 + x x 1 = 1 ( x 1 + 1 + x 1 1 ). Se [ descompune ) [ domeniul ) de definitie al functiei f in doua intervale: 1 1, =, 1 [1, ). Pe primul interval y = 1 [( x 1 + 1) + ( x 1 + 1)] = =. Pe al doilea interval y = 1 [( x 1 1) + ( (x 1) 1)] = x 1. 15

Astfel, s-a demonstrat ca y = pentru 1 x < 1; y = x 1 pentru 1 x < +, de unde rezulta ca y. Egalitatile din enunt vor avea loc pentru urmatoarele valori ale lui x: a) y = are loc pentru 1 x 1; b) y = 1 nu are loc pentru nici o valoare a lui x, deoarece y ; c) y = are loc pentru x = 3, deoarece aceasta este singura solutie a ecuatiei x 1 =. 1. Sa se rezolve sistemul de ecuatii: x + y + z = a x + y + z = b xy = z (7.9) (7.10) (7.11) unde a si b sunt numere reale date. Ce conditii trebuie sa satisfaca a si b pentru ca solutiile sistemului sa fie pozitive si distincte? (Ungaria). Rezolvare: Din relatiile (7.10) si (7.11) se obtine (x + y) = b + z, iar din (7.9) rezulta ca (x + y) = (a z), deci a az = b, adica z = a b (1) a Introducand valoarea lui z din (1) in (7.9) si in (7.11), se gasesc: x + y = a + b a xy = (a + b ) 4a, (7.1) (7.13) de unde rezulta ca: x 1, = a + b 10a b ± 3a 4 3b 4 4a 4a y 1, = a + b 10a b 3a 4 3b 4 4a 4a z 1, = a b. a Discutie: Pentru ca radacinile sa fie pozitive, este necesar ca x + y = a + b a (7.14) (7.15) (7.16) > 0, 16

de unde rezulta a > 0. Radacinile sistemului (7.1), (7.13) vor fi reale si distincte, daca = (a + b ) 4(a b ) = 10a b 3a 4 3b 4 > 0 Rezolvand aceasta inecuatie de gradul al doilea, se gaseste conditia necesara 1 < a 3 b < 3. Valorile lui x si y vor fi neaparat pozitive, deoarece < (a + b ). Din expresia (1) rezulta ca z este pozitiv cand a > 0, cu conditia a > b. Astfel, a satisface conditia b < a < b 3. 13. Se dau lungimile a,b,c ale laturilor unui triunghi de arie S. Sa se demonstreze ca are loc relatia a + b + c 4S 3. In ce caz are loc egalitatea? (Polonia) Rezolvare: Aria S a triunghiului se gaseste din formula lui Heron: a + b + c S = a + b c a = c b b + c a, in care toti factorii sunt pozitivi. Pentru evaluarea produsului (a + b c)(a + c b)(b + c a) se poate folosi (x + y + z)3 inegalitatea xyz =. 7 Punand x = a + b c; y = a + c b; z = b + c a, se obtine 4S = (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a) a + b + c (a + b + c)3 7 (a + b + c) 3 = 3a + 3b + 3c (a b) (b c) (c a) 3 3 a + b + c, 3 3 egalitatea avand loc in cazul in care a=b=c, ceea ce trebuia demonstrat. = 14. Sa se rezolve ecuatia cos n x sin n x = 1, unde n este un numar oarecare. (Bulgaria) Rezolvare: a) Fie n par, de forma n = m. Atunci cos mx = 1 + sin mx. Intrucat cos mx 1 1 + sin mx, rezulta ca sinx = 0 si cosx = ±1, deci x = kπ, k Z. b) Fie n impar, de forma n = m + 1 (m 1). Atunci cos m+1 x sin m+1 x = cos m+1 ( x) + sin m+1 ( x) = 1. 17

Pentru x k π, cos( x) 1 si sin( x) 1 si are loc inegalitatea: cos m+1 ( x) +sin m+1 ( x) cos m+1 ( x) + sin m+1 ( x) cos m 1 ( x) cos ( x)+ sin m 1 ( x) sin ( x) < < cos ( x) + sin ( x) = 1. Prin urmare, solutiile pot fi numai de forma x k π, impunandu-se conditia ca unul din termeni sa fie egal cu 0, iar celalalt cu 1. De aici rezulta o prima multime de solutii sub forma x = kπ, iar a doua multime de solutii va fi de forma x = kπ π, k Z. c) Fie n = 1. In acest caz ecuatia se scrie cosx sinx = 1. Se ridica ambii membri la patrat si se obtine cos x cosx sinx + sin x = 1,adica cosx sinx = 0. Solutiile ecuatiei obtinute sunt x k π, k Z. Numai unele din acestea vor fi solutii si pentru ecuatia initiala, celelalte fiind solutii ale ecuatiei cosx sinx = 1. Este clar ca solutiile ecuatiei care apartin intervalului [0, π) vor fi x 1 = 0 si x = 3π. Se obtin deci doua multimi de solutii: x = kπ; x k π ; k Z. 15. Cinci elevi A,B,C,D,E au participat la un concurs. Incercand sa anticipeze rezultatele competitiei, cineva a presupus ca se va obtine clasamentul A,B,C,D,E. S-a constatat ca el nu a indicat corect locul nici unui participant si nici o pereche de concurenti clasati succesiv. Altcineva, presupunand clasamentul D,A,E,C,B, a indicat corect primii doi clasati si de asemenea doua perechi de concurenti care au cupat locuri succesive. Care a fost de fapt rezultatul concursului? (Ungaria) Rezolvare: Este evident ca daca intr-o pereche corect indicata intra un element corect indicat,atunci si celalalt element al perechii este corect indicat. Succesiunea DAECB contine 4 perechi: DA, AE, EC, CB. Doua dintre acestea sunt prevazute corect. Se admite ca aceste doua perechi au o litera comuna. Se formeaza atunci un triplet in care ordinea este corect prevazuta. Unde se pot gasi cele doua litere corect indicate? Daca una dintre acestea s-ar 18

gasi in triplet,atunci tot tripletul ar consta din litere corect indicate, ceea ce nu se poate, deoarece literele corect indicate nu sunt decat doua. Daca ambele litere cautate se gasesc in afara tripletului, atunci toate cele cinci litere sunt puse la locul lor, ceea ce din nou, nu este posibil. Astfel, dintre cele patru perechi trebuie alese doua care nu au litere comune. Evident, aceasta se poate realiza in trei moduri: (DA,EC) (DA,CB) (AE,CB). Se vede usor ca in fiecare caz una din cele doua perechi trebuie sa contina literele corect indicate, iar cealalata nu. Examinand cele trei cazuri, se observa ca in primul si in al treilea caz aceasta se intampla intr-un singur mod, iar in cel de-al doilea, in doua moduri. Se gasesc astfel 4 cazuri: DABEC, EDACB, DACBE, AEDCB. Examinand aceste 4 cazuri se obtine ca numai unul dintre acestea satisface conditiile problemei, si anume EDACB. 16. Sa se demonstreze ca: cos π 7 cosπ 7 + cos3π 7 = 1. (Rusia) Rezolvare: Se inmulteste si se imparte in acelasi timp membrul intai al identitatii ce se cere demonstrata cu cos π 14, care nu este nula (sau cu sin π 14 ). Se foloseste apoi la numarator formula cosx cosy = cos(x + y) + cos(x y) si se obtine cos π cos π 7 cosπ 7 + cos3π 7 = 14 (cosπ 7 cosπ 7 + cos3π 7 ) cos π = 14 cos 3π = 14 + cos π 14 cos5π 14 cos3π 14 + cos7π 14 + cos5π 14 cos π 14 cos π = = 14 cos π 14 = 1. 17. In triunghiul OAB marimea unghiului AOB este α (α < 90 ). Printr-un punct oarecare M, care nu coincide cu O, se duc perpendicularele M P pe OA si M Q pe OB. Fie H ortocentrul triunghiului OP Q. Sa se gaseasca locul geometric al punctelor H, daca: a)m parcurge segmentul AB; b)m parcurge interiorul triunghiului AOB. (Romania) 19

Figure 3: Rezolvare: AO. a) Fie AM MB = k. Sunt date: AA MQ B R P P OB (fig. 3), MP BB QQ A S Astfel, fiindca AA B MQB, A Q OB = k. Ca o consecinta a teoremei lui Thales, rezulta: SQ Q B = A Q QB = k, si, in mod analog A P P R = k. Se demonstreaza ca locul geometric al punctelor H (H este punctul de intersectie al inaltimilor P P si QQ, ortocentrul triunghiului OP Q) este segmentul de dreapta A B. Prin punctul P al segmentului A R ( A P P R segment. = k) se duce perpendiculara pe acest 0

RB A P H 1 A (H 1 este punctul de intersectie al acestei perpendiculare cu segmentul A B ). In continuare A H 1 H 1 B = k, SQ Q B = k, adica SA B Q H 1 B (au doua laturi proportionale, iar unghiurile cuprinse intre acestea sunt egale). Prin urmare, H 1 Q coincide cu inaltimea triunghiului OP Q, dusa pe OP, ceea ce inseamna ca H H 1, ceea ce trebuia demonstrat. b) La punctul a) s-a demonstrat ca segmentul care uneste picioarele A si B ale inaltimilor triunghiului AOB este locul geometric al punctelor H, in cazul in care punctul M ar parcurge segmentul AB. Se considera triunghiul A 1 OB 1 (A 1 B 1 AB). Este evident ca acesta este un triunghi asemenea cu triunghiul AOB si de aceea segmentul A 1B 1 este omotetic cu segmentul A B cu coeficientul de omotetie egal cu OA 1, iar centrul de omotetie este O. OA Se obtine, din considerente de continuitate, ca atunci cand punctul M parcurge interiorul triunghiului AOB, punctul H parcurge interiorul triunghiului A B O. Observatie. La punctul a) s-a demonstrat ca punctul H este situat pe A B. Se demonstreaza usor ca A H AM HB = k, atunci = k, adica numai punctele MB segmentului AB satisfac aceasta conditie. Daca punctul H este luat in afara dreptei A B, punctul M va fi situat in afara dreptei AB. Faptul ca unghiurile OAB si OBA sunt ascutite sau obtuze nu joaca nici un rol. Daca marimea unghiului AOB depaseste 90, figura va fi alta, iar rationamentele care au fost facute isi pierd valabilitatea pentru acest caz. 18. Sa se demonstreze ca sirul n 3 (n > 1) contine o infinitate de numere prime intre ele doua cate doua. (Polonia) Rezolvare: Demonstratia afirmatiei din enunt se face din aproape in aproape. Fie k numere; a 1 = n1 3, a = n 3,...,a k = n k 3, relativ prime intre ele doua cate doua, iar = n 1 < n <... < n k. Se construieste numarul a k+1 = n k+1 3, relativ prim cu fiecare din aceste doua numere. Fie l = a 1 a...a k. Printre cele l + 1 numere 0, 1,..., l se gasesc cel putin doua care impartite la l dau acelasi rest. 1

Fie aceste numere r si s (r > s). Se poate gasi atunci numarul natural p astfel ca pl = r s = ( r s 1) s. Deoarece l este impar, rezulta ca r s 1 se divide la l, adica se gaseste q astfel incat r s 1 = ql. In acest caz r s+ 3 = 4 r s 3 = 4(lq + 1) 3 = 4ql + 1, numar care se ia drept a k+1, deoarece nu are, evident, divizori comuni cu l, deci cu nici unul din numerele a 1, a, a 3,...a k, iar a k+1 > a k. Se pot construi astfel oricate numere cu proprietatea ceruta. 19. Se dau zece numere naturale diferite intre ele si formate din cate doua cifre. Sa se demonstreze ca se pot forma cu acestea doua grupe disjuncte de numere, astfel incat suma numerelor ce alcatuiesc una din grupe sa fie egala cu suma numerelor care alcatuiesc cealalta grupa. (Rusia) Rezolvare: Se observa mai intai ca nu este esentiala conditia ca grupele sa fie disjuncte, deoarece daca se gasesc doua grupe nedisjuncte de numere a caror suma este aceeasi, atunci, lasand la o parte elementele comune lor, se obtin doua grupe disjuncte cu sume egale. Se calculeaza, in continuare, numarul grupelor diferite care se pot forma cu cele zece numere. Fiecare dintre acestea poate apartine sau nu unei grupe, de aceea se pot forma astfel 10 grupe distincte, printre care a fost numarata si grupa care nu contine nici un numar. Excluzand aceasta grupa, numarul grupelor diferite va fi 10 1 = 103. Intrucat fiecare numar din grupa nu depaseste 99,iar numerele ce formeaza o grupa nu sunt mai multe decat 10, suma numerelor din fiecare grupa nu depaseste 99 10 = 990, adica nu exista mai mult de 990 sume distincte. Se deduce astfel ca printre cele 103 grupe exista si unele pentru care sumele numerelor care le formeaza coincid. 0. Trei jucatori A,B,C joaca un joc cu trei carti; pe fiecare din acestea este tiparit un numar intreg. Cele trei numere p, q, r satisfac conditiile 0 < p < q < r. Cartile se amesteca, apoi fiecare jucator primeste cate o carte si castiga atatea bile cat indica numarul de pe cartea sa. Cartile se restituie dupa fiecare din cele N jocuri. A are 0 bile, B are 10 bile, iar C are 9 bile. Daca in ultimul joc B a obtinu r bile, cine a obtinut la primul joc q bile? (S.U.A)

Rezolvare: Dupa fiecare joc toti jucatorii primesc p + q + r bile. Din enunt rezulta ca N(p + q + r) = 39. Deoarece p, q, r sunt numere intregi pozitive diferite intre ele, inseamna ca p + q + r 6. Intrucat N, se deduce, descompunand numarul 39 in factori, ca N = 3, iar p + q + r = 13. Jucatorul B care a luat la ultimul joc r bile, nu putea lua la nici unul din din primele jocuri r sau q bile, deoarece ar fi luat in total cel putin 13 bile, ceea ce contrazice enuntul problemei. Din aceasta cauza atat la primul cat si la al doilea joc el a primit cate p bile. Jucatorul C nu putea lua r bile la primul joc, deoarece primind la al doilea joc cel putin q bile si la al treilea cel putin p bile, ar fi totalizat nu mai putin de 13 bile, contrazicandu-se enuntul conform caruia el a primit doar 9 bile in total. Astfel, jucatorul C nu putea primi decat q bile la primul joc. Rationamentele ulterioare, prin care se gasesc usor valorile lui p, q si r si se reface in intregime desfasurarea jocului, sunt lasate cititorului. Se demonstreaza astfel ca se poate efectiv realiza un joc satisfacand conditiile din enunt si in acest caz in primul joc vor reveni q bile jucatorului C. 1. Sa se gaseasca multimea valorilor sumei: a S = a + b + d + b a + b + c + c b + c + d + d, unde a, b, c, d sunt numere a + c + d reale pozitive. (Olanda) Rezolvare: Se observa usor ca suma S este omogena fata de numerele a, b, c, d care intervin in termenii sai, adica nu isi schimba valoarea cand aceste numere se inmultesc toate cu acelasi numar nenul. Din aceasta cauza multimea valorilor sumei S nu va fi modificata daca se considera ca numerele a, b, c, d satisfac relatia a + b + c + d = 1. Se noteaza a+c = x > 0, b+d = y > 0; conditia impusa se scrie astfel x+y = 1. Fie suma S = a a + b + d + c b + c + d = a 1 c + c ac + x x = 1 a ac + 1 x. Daca x este patrat constant, iar (a, c) parcurge toate perechile de numere reale pozitive pentru care a + c = x, se arata usor ca produsul ac parcurge toate ( ) a + c numerele reale pozitive care nu depasesc numarul = x 4, ] adica ac (0, x, interval pe care are expresia 4 3

S 1 = ac + x x ac + 1 x 3x x = +, considerata ca functie de ac, variaza ac + 1 x ( ] x x,. x monoton luand toate valorile din intervalul Se demonstreaza analog ca, pentru un y pastrat constant expresia ( b S = a + b + c + d ia toate valorile din intervalul y, a + c + d ( x atunci toate valorile din intervalul x + y; x + y ] = y y y ( 1, 4 4xy + xy ]. S ia ]. Daca x si y iau valori pozitive arbitrare pentru care x+y = 1, atunci se arata prin rationamente asemanatoare, ca expresia 4 4xy ia toate valorile din intervalul [ ) + xy 4 3,. Se deduce astfel ca S ia toate valorile din intervalul (1, ). Cititorii care au notiuni de analiza matematica pot folosi pentru rezolvarea acestei probleme proprietatiile functiei continue. Este evident ca: S < a a + b + b a + b + c c + d + d c + d = si a S > a + b + c + d + b a + b + c + d + c a + b + c + d + d a + b + c + d = 1. Se arata in continuare ca S poate lua valori oricat de apropiate de 1 si,iar apoi, folosind sub o forma sau alta teorema despre valorile intermediare ale unei functii continue, se stabileste ca S ia toate valorile din intervalul (1, ). 8 Test de evaluare 1. Fie N multimea numerelor intregi pozitive. Se considera functia f : N N, care satisface inegalitatea f(n + 1) > f[f(n)], oricare ar fi numarul natural n. Sa se demonstreze ca f(n) = n pentru orice numar natural n.. Sa se determine cel mai mare numar ce poate fi scris ca un produs de numere intregi pozitive a caror suma este 1976. 3. Sa se gaseasca toate numerele intregi si pozitive x (x fiind scris in baza 10), astfel ca produsul tuturor cifrelor lor sa fie: x 10x. (Elevii isi vor alege fiecare o problema dintre cele date mai sus. (9 puncte) Timp de lucru: 1 h. 1 punct din oficiu.) 4

9 Bibliografie 1. Olimpiadele Internationale de Matematica - E.A.Morozova, I.S.Petrakov, V.A.Skortov; Editura Tehnica, Bucuresti, 1978;. The IMO Compendium - A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 1959-004 - Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nicola Petrovic, Ed. Springer. 3. Programa scolara pentru ciclul superior al liceului; Matematica, Clasa a XII-a; 4. http://dppd.ro/; (Verbele categoriilor taxonomice (B. Bloom)); 5. http://www.edu.ro/. 5