Soluţiile problemelor propuse în nr. /11 Clasele primare P.6. Fie numerele a = 1 + şi b = 9. Înlocuiţi cercul şi pătratul cu cifre corespunzătoare astfel încât a + b = 15. (Clasa I) Amalia Munteanu, elevă, Iaşi Soluţie. 15 = 1 +, de unde = 5, cu posibilităţile: 9 4 = 5; 8 3 = 5; 7 = 5; 6 1 = 5 şi 5 = 5. P.6. O elevă a desenat un trenuleţ cu 3 vagoane pe care le-a colorat folosind, pe rând, culorile roşu, galben, albastru, roşu, galben ş.a.m.d. Ce culoare a folosit pentru vagonul din mijloc? (Clasa I) Mihaela Gîlcă, elevă, Iaşi Soluţie. Deoarece 3 = 11 + 1 + 11, înseamnă că al 1-lea vagon este în mijloc. Cum 1 = 3 + 3 + 3 + 3, deducem că pentru vagonul din mijloc a folosit culoarea albastră. P.18. Mihaela are 14 ani. Ea s-a născut când sora sa avea 7 ani, dar cu 5 ani înaintea fratelui său. Câţi ani au împreună cei trei fraţi? (Clasa a II-a) Maria Racu, Iaşi Soluţie. Sora Mihaelei are 14+7 = 1 (ani), iar fratele 14 5 = 9 (ani). Împreună au 14 + 1 + 9 = 44 (ani). P.19. Un cioban păzea câteva oi şi câteva capre, în total 4 picioare. Câte oi şi câte capre sunt, dacă oile sunt mai multe decât caprele? (Clasa a II-a) Andreea Bîzdîgă, elevă, Iaşi Soluţie. Din descompunerea 4 = 4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4, rezultă că sunt în total 6 oi şi capre. Pot fi cinci oi şi o capră sau patru oi şi două capre. P.. Suma a două numere este 1. Dacă ştergem cifra miilor unuia dintre ele, obţinem celălalt număr. Aflaţi cele două numere. (Clasa a III-a) Mihaela Cianga, Iaşi Soluţie. Putem avea 1 + x = 1 sau + x = 1, unde x este al doilea număr. Avem două soluţii: (155; 55) şi (5, 5). P.1. Suma dintre un număr şi succesorul său este cu 1 mai mare decât predecesorul său. Calculaţi produsul dintre număr şi vecinii săi. (Clasa a III-a) Petru Miron, Paşcani Soluţie. Se deduce că succesorul numărului căutat este 9, deci numărul este 8. Obţinem 7 8 9 = 54. P.. Pe o farfurie sunt cireşe şi vişine. Un copil mănâncă o treime din cireşe şi o jumătate din vişine şi constată că are 17 sâmburi. Pot rămâne pe farfurie fructe? dar 34? (Clasa a III-a) Tatiana Ignat, elevă, Iaşi 49
Soluţie. Din c : 3 + v : = 17, obţinem că c + 3v = 1. Dacă pe farfurie rămân de fructe, atunci c + v = 37 şi deducem că c = 9, v = 8, deci răspunsul la prima întrebare este afirmativ. Dacă pe farfurie ar rămâne 34 de fructe, atunci c + v = 51 şi am obţine v =, imposibil; răspunsul la a doua întrebare este negativ. P.3. Se consideră numerele naturale x, 4x, x + 3, x + şi 3x +, unde x >. a) Ordonaţi crescător numerele. b) Dacă notăm cu m cel mai mic număr şi cu M pe cel mai mare, care trebuie să fie valoarea lui x pentru ca şirul m, m + 1,..., M să conţină 13 numere? (Clasa a IV-a) Mariana Nastasia, elevă, Iaşi Soluţie. a) x < x + < x + 3 < 3x + < 4x; b) 4x x + 1 = 13, de unde x = 43. P.4. Un elev îşi ţine banii în două buzunare. Dacă ar cheltui un sfert din suma din primul buzunar şi o doime din cea din al doilea, suma totală s-ar micşora cu 48 lei. Care ar fi suma totală dacă, fără a cheltui nimic, elevul ar dubla suma din al doilea buzunar? (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Dacă în primul buzunar avem a lei şi în al doilea b lei, atunci a : 4 + b : = 48. Mărind de 4 ori fiecare membru obţinem a + b = 19. Suma totală ar fi 19 lei. P.5. Aflaţi numerele de trei cifre distincte abc, dacă abc + bca + cab = 666. (Clasa a IV-a) Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţie. Egalitatea abc + bca + cab = 666 se reduce la a + b + c = 6. Cum a, b şi c sunt cifre nenule distincte, convine doar situaţia 6 = 1 + + 3. Numerele sunt: 13, 13, 31, 13, 31 şi 31. Clasa a V-a V.137. Se consideră numerele naturale A = 1 1 + 1 +... + 9 1 şi B = 1 11 + 11 +... + 9 11. Demonstraţi că B A se divide cu 1. Mariana Mărculescu şi Dumitru Cotoi, Craiova Soluţie. Folosind faptul că 1 = M 4 +, iar 11 = M 4 +3, deducem că U(A) = U(1+4+9+6+5+6+9+4+1) = 5 şi U(B) = U(1+8+7+4+5+6+3++9) = 5. Atunci U(B A) =, prin urmare B A..1. V.138. Găsiţi un multiplu al lui 13 a cărui scriere în baza 1 conţine doar cifre de 1. Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţia 1. 111111 = 11 111 = (7 11 13) (3 37) = M 13. Soluţia (Cătălin Gulin, elev, Craiova). Cum 1 7693 =, (7693) = 13 999999 = 8547 111111, rezultă că 111111 = 13 8547 = M 13. V.139. Scrieţi numărul 17689 ca diferenţă de două pătrate perfecte nenule. Liviu Smarandache, Craiova Soluţia 1. 17689 = 7 19 = (5 4 ) 19 = 475 456. 5
Soluţia (Cătălin Gulin, elev, Craiova). Orice număr impar n = k + 1 se poate scrie sub forma (k + 1) k. În cazul nostru, 17689 = 8845 8844. V.14. Determinaţi numerele de forma 5abc care, împăţite la abc5, dau câtul de 595 ori mai mic decât restul. Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Dacă q este câtul împărţirii, atunci 5abc = abc5 q +595q şi 595q < abc5. Obţinem că 5+abc = 1q abc+6q, de unde c =. Astfel, 5+ab = 1q ab+6q şi de aici rezultă că b =. Deducem că 5+a = 1q a+6q, egalitate care se realizează doar când a = q =. În concluzie, singura soluţie a problemei este 5. V.141. Se consideră numerele naturale a 1, a,..., a n astfel încât a 1 = 1 şi fiecare număr, începând cu al doilea, este triplul sumei tuturor numerelor dinaintea lui. Dacă a 1 + a +... + a n =, determinaţi n. Mirela Marin, Iaşi Soluţie. Observăm că a = 3, a 3 = 3 (1 + 3) = 3 4, a 4 = 3(1 + 3 + 3 4) = 3 4, a 5 = 3(1 + 3 + 3 4 + 3 4 ) = 3 4 3. În general, a n = 3 4 n, n, şi atunci a 1 + a +... + a n = 1 + 3 + 3 4 + 3 4 +... 3 4 n = 4 n 1. Din 4 n 1 = obţinem că n = 11. 11 11 11 11 11 V.14. Arătaţi că numărul A = 11... 11... + 33... 33 44... 44 11... 11 este pătrat perfect. Andrei Nedelcu, Iaşi Soluţie. Dacă notăm x = 11... 11, atunci A = x 1 11 + x + 3x 1 11 + 11 11 4x 1x = x(1 11 + + 3 1 11 + 4 1) = x(4 1 11 4) = 4x(1 11 1) = 4x 99... 99 = 4x 9x = (6x), deci A este pătrat perfect. V.143. Reconstituiţi înmulţirea alăturată, ştiind că literele distincte reprezintă cifre distincte. a b c d e f * * * * * * f a b c d e e f a b c d d e f a b c c d e f a b b c d e f a a b c d e f * * * * * * * * * * * Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Fie xyzuvw al doilea factor al produsului. Avem că abcdef w = fabcde; cu notaţia N = abcde, obţinem că (1N + f) w = 1f + N. Evident că f şi e (apar ca primă cifră) şi atunci w. Luând, pe rând, w {1,,..., 9}, găsim unica variantă convenabilă w = 5, f = 7, N = 1485, aşadar abcdef = 14857. Înlocuim şi deducem că produsul este egal cu 1894966765, iar factorul al doilea se obţine prin împărţire, fiind 13645. 51
Clasa a VI-a VI.137. Dacă fracţia 3n + 7, n N, este reductibilă, determinaţi ultima cifră a n + 3 lui n. Eugeniu Blăjuţ, Bacău Soluţie. Dacă d = (3n + 7, n + 3), d, atunci d (3n + 7) 3(n + 3), adică d 5. Obţinem că d = 5 şi de aici se deduce uşor că n = 5k + 1, k N, prin urmare ultima cifră a numărului n poate fi 1 sau 6. VI.138. Determinaţi numerele prime abc cu proprietatea că dintre cele cinci numere (nu obligatoriu distincte) care se obţin prin permutarea cifrelor, există măcar două pătrate perfecte. Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţie. Scriem toate pătratele perfecte de trei cifre şi urmărim care dintre ele, prin permutarea cifrelor, dau naştere unui alt pătrat perfect şi unui număr prim. Problema are două soluţii: 691 este prim şi 169, 196, 961 sunt pătrate, apoi 11 este prim şi 11, 11 sunt pătrate. VI.139. Demonstraţi că 87 (8 15 + 8 5 + 5)(4 117 + 4 39 + 39). Bogdan Victor Grigoriu, Fălticeni Soluţie. Observăm că 87 = 7 41. Cum 8 15 + 8 5 + 5 = (7 + 1) 15 + (7 + 1) 5 + 5 = (M 7 + 1) + (M 7 + 1) + 5 = M 7 şi 4 117 + 4 39 + 39 = (41 + 1) 117 + (41 + 1) 39 + 39 = (M 41 + 1) + (M 41 + 1) + 39 = M 41, urmează concluzia problemei. VI.14. Determinaţi numerele întregi nenule n 1 < n <... < n 7, dacă n1 + n +... + n 7 = 985 14. Mihai Haivas, Iaşi Soluţie. Trecând numărul 985 în baza, avem că 985 (1) = 1111111 (). Din 9 + 8 + 7 + 6 + 4 + 3 + 1 = n7+1 + n6+1 +... + n1+1 deducem că n 1 = 1, n = 7, n 3 = 6, n 4 = 4, n 5 = 3, n 6 =, n 7 = 1. Cum scrierea unui număr în baza este unică, problema are o singură soluţie. VI.141. Demonstraţi că ecuaţia 1x + 15y + z = 73 nu are soluţii (x, y, z) cu toate componentele numere naturale, dar are o infinitate de soluţii cu toate componentele numere întregi. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Presupunem că x, y, z Z sunt astfel încât 1x + 15y + z = 73; atunci z + 1 = 3(4x + 5y + 7z 4) = 3k, k Z, deci z = 3k 1, k Z. Înlocuind, obţinem că 1x + 15y + 6k = 93, de unde x + 1 = 5(x + y + 4k 6) = 5n, n Z, adică x = 5n 1, n Z. De aici, 4n + y + 4k = 7, prin urmare y = 7 4n 4k. Rezultă că (x, y, z) = (5n 1, 7 4n 4k, 3k 1), unde n, k Z, constituie soluţiile ecuaţiei diofantice din enunţ, având toate componentele întregi. Pentru a demonstra prima afirmaţie a problemei, să presupunem prin absurd că ar exista n, k Z pentru care 5n 1, 7 4n 4k şi 3k 1 ar fi simultan nenegative. Din 5n 1, n Z, rezultă că n 1; cum 3k 1, k Z, obţinem k 1. Atunci 7 4n 4k 1, contradicţie. Astfel, soluţia problemei este completă. VI.14. Fie ABC un triunghi isoscel cu AB = AC. Dacă D este simetricul lui B 5
faţă de C şi mediana din B taie AD în E, arătaţi că CE este mediatoarea segmentului BD. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. Notăm cu F şi G mijloacele segmentelor AB, respectiv AC. Din BCF CBG (L.U.L.) obţinem că Õ F CB Õ GBC. Însă CF este linie mijlocie în BAD şi atunci CF AD, prin urmare Õ F CB Õ ADB. Rezultă că Õ EBD Õ EDB, deci EBD este isoscel cu baza BD; mediana CE va fi mediatoarea segmentului BD. VI.143. Se consideră triunghiul ABC cu m(õ ACB) = 45 şi (Õ CBA) = 3, iar M este un punct pe segmentul B C D AB. Arătaţi că M este mijlocul lui AB dacă şi numai dacă m(ö MCB) = 15. Andrei Paşa, elev, şi Narcisa Paşa, Iaşi Soluţie. Fie D piciorul înălţimii din A; triunghiul ACD va fi dreptunghic isoscel, cu AD = CD, iar triunghiul ABD este dreptunghic în D, cu m(ò B) = 3, prin urmare AD = 1 AB. Presupunem că M este mijlocul lui AB. Atunci, D DM = 1 AB = AM = AD, deci triunghiul ADM este echilateral. Deducem că DM = DC şi m(ö CDM) = 15. 1 Obţinem că m(ö DCM) = (18 15 ) = 15. A M B Reciproc, fie m(ö BCM) = 15 şi să presupunem că M nu ar fi mijlocul lui AB. Notăm cu M mijlocul lui AB şi, folosind directa, deducem că m(ö BCM ) = 15. Astfel, M = M şi ajungem la o contradicţie. Notă. D-l Titu Zvonaru găseşte trei soluţii ale acestei probleme, iar autorii oferă o a patra soluţie, distinctă. Clasa a VII-a VII.137. Dacă x, y R, arătaţi că (x + x + 1)(y + y + 1) x + y + 1. Gheorghiţă Stănică şi Iulian Stănică, Apele Vii (Dolj) Soluţie. Efectuând calculele, inegalitatea din enunţ revine la x y + x + y + x y + xy + xy, care este binecunoscuta a + b + c + ab + bc + ca pentru a = xy, b = x, c = y. Egalitatea se atinge când x = y =. VII.138. Dacă a, b, c sunt numere întregi distincte, arătaţi că a + b + c ab + ac + bc 1. Când se realizează egalitatea? Elena Iurea, Iaşi Soluţie. Cum a + b + c ab + ac + bc = 1 [(a b) + (a + c) + (b + c) ] > (întrucât a b), rezultă că numărul întreg a + b + c ab + ac + bc este cel puţin egal cu 1. Avem egalitate dacă (a b) = 1, (a + c) = 1 şi (b + c) = sau dacă (a b) = 1, (a + c) = şi (b + c) = 1, deci pentru tripletele (a, b, c) de forma ( n, 1 n, n); ( n, 1 n, n); (1 n, n, n) sau ( 1 n, n, n) cu n Z. 53 C F A G E
Ê aa VII.139. Determinaţi cifrele a, b şi c, dacă b, b(bc) N. Romanţa Ghiţă şi Ioan Ghiţă, Blaj Soluţie. Observăm că a nu poate fi, iar b şi c nu pot fi simultan sau simultan 9. Cum x =Ê aa É 33 É 99 11a 1a b, b(bc) = 199b + c = 1a N, se impune ca 199b + c 199b + c = p q, cu p, q N, (p, q) = 1 şi q 33. Atunci q {1, 9, 11, 189}. Cum b şi c sunt cifre şi 1a nu se divide cu 11, cazurile q = 11 şi q = 189 se elimină. În celelalte două situaţii, b nu poate fi decât. Dând lui c toate valorile 1,,..., 9, găsim soluţiile a =, b =, c = 5; a = 5, b =, c = ; a = 8, b =, c = 5. VII.14. Determinaţi toate perechile (x, y) de numere întregi cu proprietatea că x+y ( x +y + 1) = 1. Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Folosind inegalitatea mediilor, obţinem că 1 = x +y +x+y + x+y x +y +x+y = (x+1) +(y+1), prin urmare (x+1) +(y+1) 1. Deducem că (x + 1) + (y + 1) =, adică (x, y) = ( 1, 1). VII.141. Dacă ABCD este un patrulater convex, arătaţi că există un unic punct M (BD) astfel încât triunghiurile ABM şi CDM să fie echivalente. Cecilia Deaconescu, Piteşti Soluţie. Fie {O} = AC BD şi A, C proiecţiile pe BD ale vârfurilor A, respectiv C. Condiţia A ABM = A CDM revine la BM AA = MD CC, adică BM A MD = CC CC. Însă AA AA = CO (din asemănarea AO AOA COC ), prin urmare punctul căutat M este unicul punct interior segmentului (BD) care B C îl împarte în raportul k = CO D A O AO. VII.14. Determinaţi valoarea minimă a ariei unui paralelogram circumscris unui cerc de rază r. Adrian Corduneanu, Iaşi C Soluţie. Fie ABCD paralelogram circumscris cercului C(O, r); atunci AB+CD = AD+BC, prin urmare ABCD este, de fapt, romb. Fie α = m(õ ABD) şi M = P rab O; atunci AB = AM +MB = OM ctg α + OM cos α tg α = r sin α + sin α r, cu egalitate când cos α cos α = sin α, adică α = 45 AB OM. Deducem că A ABCD = 4 A OAB = 4 4r, cu egalitate pentru α = 45. În concluzie, valoarea minimă căutată a ariei paralelogramului este 4r, atinsă în cazul în care ABCD este pătrat. VII.143. În interiorul triunghiului ascuţitunghic ABC cu m(b A) = 6 se consideră un punct M astfel încât m(ö BMC) = 15. Un cerc ce trece prin A şi M taie (AB) în Q şi (AC) în R, iar cercul circumscris triunghiului MQB taie (BC) în P. Demonstraţi că triunghiul P QR este dreptunghic. Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi) 54
Soluţie. Folosind faptul că patrulaterele M P BQ şi M QAR sunt inscriptibile, obţinem imediat că şi patrulaterul M P CR este inscriptibil. Atunci A m(õ QP R) = m( MP Ö Q) + m( MP Ö R) = m( MBQ) + m(ö MCR) = m( B) Ò m( MBC) Ö + m( C) Ò m( MCP Ö ) = [18 m(b A)] [18 m(ö BMC)] = 9. Notă. Rezultatul este o generalizare a problemei VII.4 din RecMat 1/3. Clasa a VIII-a VIII.137. Fie V ABCD o piramidă patruletară regulată, M şi N mijloacele muchiilor V A, respectiv V D, iar P punctul în care înălţimea V O a piramidei înţeapă planul (MBC). Arătaţi că V O = 3 OP. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Notăm cu Q şi R mijloacele muchiilor AD, respectiv BC şi {S} = V Q MN. Cum MN este linie mijlocie în V AD, urmează că V S = SQ. Deducem că P este punctul de intersecţie a medianelor triunghiului V QR, deci V O = 3 OP. Q M R B P C VIII.138. Rezolvaţi în R ecuaţia 5 {x} 1x + 1 =. Bogdan Chiriac, student, Iaşi Soluţie. Înlocuind x = [x] + {x}, ecuaţia devine (5 {x} 1) = 1 [x] şi, cum 5 {x} 1 ( 1, 4), rezultă că 1 [x] [, 16), deci [x] {, 1}. Dacă [x] =, atunci {x} = 1 5 şi obţinem soluţia x 1 = 1 5. Dacă [x] = 1, atunci 5{x} 1 = ± 1, adică {x} = 1 ± 1. 5 Însă {x} [, 1), aşadar reţinem doar soluţia x = 1 + 1 + 1 = 5 6 + 1. 5 VIII.139. Numerele naturale a 1, a,..., a 1 au proprietatea că N = 6 a1 + 6 a +... + 6 a 1 este pătrat perfect. Arătaţi că numărul a 1 + a +... + a 1 se divide cu 5. Andrei Eckstein, Timişoara Soluţie. Deoarece 6 n = M 5 + 1, n N, rezultă că N..5. Cum N este pătrat perfect, deducem că N..5. Însă, întrucât 6 n = M 5 + 5n + 1, n N, avem că N = M 5 + 5(a 1 + a +... + a 1 ) + 1 şi de aici rezultă concluzia. VIII.14. Fie n N şi x 1, x,..., x n Z\{n} astfel încât n 3 +x 1+x +...+x n n[1 + (x 1 + x +... + x n )]. Demonstraţi că x 1, x,..., x n N. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin Soluţie. Din ipoteză obţinem că [(x 1 n) 1]+[(x n) 1]+...+[(x n n) 1]. Cum x k n, rezultă că (x k n) 1, k = 1, n, prin urmare fiecare dintre parantezele pătrate este nenegativă. Deducem că fiecare dintre ele este nulă şi atunci x k {n 1, n + 1}, k = 1, n, adică x k N, k = 1, n. 55 A M Q D S N V.P O B R C
VIII.141. Dacă a, b, c, x, y, z > şi ax + by + cz = 1, demonstraţi că a yz + b xz + c xy 7abc. D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti Soluţie. Eliminând numitorii, inegalitatea de demonstrat revine la ax + by + cz 7abcxyz, adică la 1 7abcxyz. Însă (ax + by + cz)3 7 ax by cz (inegalitatea mediilor) şi de aici rezultă ceea ce dorim. Egalitatea se atinge pentru x = 1 3a, y = 1 3b, z = 1 3c. VIII.14. Fie a, b, c, d R şi E(x, y) = p a x + b y, F (x, y) = p c x + d y, x, y R. Dacă ad = bc, demonstraţi că ( ) È E(x, z) F (x, z) È E(x, y) F (x, y) + È E(y, z) F (y, z), x, y, z R. Valentina Blendea şi Gheorghe Blendea, Iaşi Soluţie. Dacă b =, atunci E(x, y) = ax, x, y R. Din ad = bc, obţinem că a = sau d =. În primul caz, (*) devine, iar în al doilea, ( ) È ax cx È ax cx +È ay cy, adevărat. Analog se tratează cazul în care c =. Dacă bc, atunci ad şi putem scrie că a = c p = k >. Observăm că E(x, y) = b pk p x + y, F (x, y) = d pk x + y, deci (*) revine b d la k x + z k x + y + k y + z ; o simplă ridicare la pătrat arată că această ultimă inegalitate este adevărată. a 11 VIII.143. Dacă a + b = b11 b + c = c11 c, demonstraţi că numerele reale + a pozitive a, b şi c sunt egale. Cristina Ene, elevă, Craiova Soluţie. Dacă presupunem că a < b, atunci a 11 < a 11 + a 9 b, de unde a 11 a + b c 11 < a9. Deducem că b 11 b + c < a9 < b9, deci b < c. Obţinem că c + a < c9, prin urmare c < a şi ajungem la contradicţia a < b < c < a. Analog se arată că nu putem avea a > b şi rămâne că a = b, apoi a = b = c. Clasa a IX-a 1 + sin 4 x + cos 4 x IX.11. Arătaţi că 1 + sin 4 = 1 + sin8 x + cos 8 x y + cos 4 y 1 + sin 8, x, y R. y + cos 8 y Mihály Bencze, Braşov Soluţie. Folosind identitatea (a 4 + b 4 + (a + b ) ) = (a 8 + b 8 + (a + b ) 4 ), a, b R şi scriindu-l pe 1 ca (sin + cos x) în stânga respectiv (sin x + cos x) 4 în dreapta, obţinem ceea ce dorim. 56
IX.1. Fie a, b, c R cu b c > şi a b 1 + 5. Dacă numerele a, b, c pot fi laturile unui triunghi, demonstraţi că şi 1 a, 1 b, 1 pot fi laturi ale unui triunghi. c Soluţie. Evident că a > b c (deoarece 1 + 5 Ovidiu Pop, Satu Mare > 1) şi c > a b (întrucât a, b, c pot fi laturi ale unui triunghi). Întrucât 1 a < 1 b 1, va fi suficient să demonstrăm c că 1 c < 1 a + 1, echivalent cu c > ab ab b a b > a + b. Vom arăta chiar mai mult, anume că a + b ; după calcule, această inegalitate revine la a ab b t t 1, unde t = a 1 + 5 b, Œ, fapt evident adevărat. sau IX.13. Considerăm patrulaterul ABCD şi fie M, N, P, Q mijloacele laturilor AB, BC, CD respectiv DA, iar T un punct interior patrulaterului. Notăm cu G 1, G, G 3 şi G 4 centrele de greutate ale patrulaterelor T NCP, T P DQ, T QAM, T MBN. Arătaţi că AG 1 + BG + CG 3 + DG 4 = dacă şi numai dacă {T } = MP NQ. Florin Stănescu, Găeşti Soluţie. Fie G centrul de greutate al patrulaterului ABCD, adică {G} = MP NQ; atunci AG 1 + BG + CG 3 + DG 4 = 1 4 ( AT + AN + AC + AP ) + 1 4 ( BT + BP + BD + 1 BQ) + 4 ( CT + 1 CQ + CA + CM) + 4 ( DT + DM + DB + DN) = 1 ( AT + BT + CT + DT ) + ( 1 AB + AC) + ( 1 AD + AC) + ( BC + BD) + 1 ( 1 BA + BD) + ( CD + CA) + 1 ( CA + 1 CB) + ( 1 DA + DB) + ( DB + DC) = 4 GT = G = T {T } = MP NQ. IX.14. Dacă ABCD este un patrulater inscriptibil, arătaţi că BC S ACD + CD S ABC = AC S BCD. D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti Soluţie. Din teorema lui Ptolemeu, BC AD + CD AB = AC BD. Atunci: BC S ACD + CD S ABC = BC AD CD sin(π B)+ + CD AB BC sin B = BC CD (BC AD + CD AB) sin B = BD sin B = BC CD AC BD sin B = AC S BCD = sin C = AC S BCD R sin B = AC S BCD. IX.15. Dacă x, y R, x > y > 1, arătaţi că xy + 4 > x + 3y. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin Soluţie. Considerăm funcţia f : [y, ) R, y > 1 fixat, f(x) = x(y 1)+4 3y. Funcţia f este stirct crescătoare (deoarece y 1 > ) şi, cum f(y) = (y ), rezultă că pentru x > y, f(x) > f(y) şi de aici inegalitatea cerută. 57
Clasa a X-a X.11. Dacă a R +, rezolvaţi în R ecuaţia (a) x a x =. Luminiţa Mihalache, Craiova Soluţie. Observăm că ecuaţia poate fi scrisă sub forma ( x 1 a x ) x+1 = 1. Atunci x + 1 =, de unde obţinem soluţia x 1 = 1, sau x 1 a x = 1, adică (a) x =, ecuaţie care are soluţia x = log a dacă a 1 şi care nu are soluţii când a = 1. X.1. Demonstraţi că triunghiul ABC este echilateral dacă şi numai dacă h a ac + h b ab + h c bc = h a bc + h b ac + h c (notaţiile sunt cele uzuale). ab Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Înlocuind h a = S a, h b = S b, h c = S 3É, relaţia din enunţ devine c 1 a c + 1 b a + 1 c b = 3 abc. Însă 1 a c + 1 b a + 1 1 c b 3 a 3 b 3 c 3 = 3, prin urmare abc egalitatea din problemă are loc dacă şi numai dacă 1 a c = 1 b a = 1 c, i.e. a = b = c. b X.13. Dacă n N, n 3 şi x ( 1, 1), demonstraţi inegalitatea n( n 1 + x + n 1 x) ( 1 + x + 1 x + n ). Lucian Tuţescu şi Petrişor Rocşoreanu, Craiova Soluţie. Folosind inegalitatea mediilor, obţinem că n 1 + x = nè 1 1 + x + n + x 1 + x 1 1... 1, (factorul 1 de n n ori) şi, analog, n 1 x + n 1 x. Adunând aceste inegalităţi, obţinem n concluzia problemei. Egalitatea se atinge când x =. X.14. Aflaţi numerele complexe nenule x, y, z cu proprietatea că x(x + y)(x + z) = y(y + x)(y + z) = z(z + x)(z + y) = 1. Vasile Chiriac, Bacău Soluţie. Se impun condiţiile x + y, y + z, z + x, deoarece altfel se ajunge la contradicţia = 1. Scăzând două câte două ecuaţiile sistemului, obţinem că (x y)(x + y + z) = (y z)(x + y + z) = (z x)(x + y + z) =. Distingem situaţiile: (i) x = y = z; atunci 4x 3 = 1 şi sunt soluţii ale sistemului tripletele (x, x, x), cu k =, 1, ª ; x 1 (k + 1)π (k + 1)π cos + i sin 3 4 3 3 (ii) x = y z; atunci 1 z = x şi ª obţinem soluţiile (x, x x), cu x A = cos kπ kπ + i sin 3 3 3 k =, 1,. În cazul în care y = z x găsim soluţiile ( y, y, y), y A, iar în cazul în care x = z y obţinem tripletele (x, x, x), x A. (iii) x y z x; atunci x + y + z = şi fiecare dintre ecuaţile sistemului revine la xyz = 1. Prin urmare, x + y = z şi xy = 1, deci x şi y sunt soluţiile z ecuaţiei t + tz 1 z + u =. Deducem că x =, y = z u, unde z C este z 58
astfel încât u = z + 4. Cum x, y, z sunt distincte, impunem ca u, u ±3z, z adică z 3 4, z 3 1 v + u şi obţinem soluţiile, v u, v, cu v C, v, v 3 4, v 3 1 şi u = v + 4 v. În concluzie, sistemul dat admite o infinitate de soluţii. X.15. Dacă x, y N sunt astfel încât numărul p x + y + 1+ 3p y3 + 3x + 3x + 1 este raţional, arătaţi că x = y. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Pentru început, vom arăta că dacă a, b R, a sunt astfel încât a + 3 b Q, atunci a Q şi 3 b Q. Într-adevăr, fie x = a + 3 b Q; din 3 b = x a, deducem că b = x 3 3x a + 3a a a, deci a = x3 + 3ax b 3x Q + a (dacă 3x + a =, concluzia este evidentă). Din x, a Q, urmează că 3 b Q. În aceste condiţii, din ipoteza problemei rezultă că x + y + 1 este pătrat perfect, strict mai mare ca x, aşadar x + y + 1 (x + 1), de unde y x. Analog, y 3 +3x +3x+1 este cub perfect, strict mai mare ca y 3, deci y 3 +3x +3x+1 (y+1) 3 şi de aici (x y)(x + y + 1), prin urmare x y. În final, deducem că x = y. Clasa a XI-a 1 sin A sin C XI.11. Dat triunghiul ABC, arătaţi că sin A 1 sin B sin C sin B 1 1. Bogdan Victor Grigoriu, Fălticeni Soluţie. Într-un triunghi ABC este adevărată egalitatea sin A + sin B + sin C = 1 sin A sin B sin C şi atunci valoarea determinantului din enunţ este r 4 sin A sin B sin C (p b)(p c) r (p a)(p c) r (p a)(p b) = 4 = 4S bc ac ab pabc = S Rp = r R. Conform inegalităţii lui Euler R r, acest din urmă raport este 1. XI.1. Fie A, B M n (Q) cu A + B = I n ; arătaţi că det(ab + BA). Dumitru Crăciun, Fălticeni Soluţie. Observăm că (A + B + i I n )(A + B i I n ) = A + B + I n + AB + BA = AB + BA şi atunci det(ab + BA) = det(a + B + i I n )det(a + B i I n ) = det(a + B + i I n ) det(a + B + i I n ) = (det(a + B + i I n )). Notă. ˆ Există matrice A, B care verifică ipoteza A + B = I n. De exemplu, a 1 + a ˆ... b 1 + b... 1 a... 1 b... A = 1... şi B = 1..., a, b Q,........................................... 1... 1 59
au proprietatea că A = B = I n, deci A + B = I n. XI.13. Fie A, B M (R) astfel încât deta = 1, detb = 1, tr A = tr B = 7. Determinaţi numerele naturale n pentru care tr A n = tr B n. Răzvan Ceucă, elev, Iaşi Soluţie. Cum deta = 1 şi tra = 7, valorile proprii ale matricei A sunt şi 5, deci tra n = n + 5 n. Analog se arată că trb n = 3 n + 4 n şi atunci condiţia din enunţ revine la 3 n n = 5 n 4 n. Evident că n = şi n = 1 sunt soluţii. Dacă n, aplicând teorema lui Lagrange funcţiei f(x) = x n pe intervalele [, 3] şi [4, 5], găsim c (, 3) şi d (4, 5) pentru care 3 n n = nc n 1 şi 5 n 4 n = nd n 1, iar egalitatea nc n 1 = nd n 1 cu n, c d, nu este posibilă. XI.14. Calculaţi lim n É + q 1 + È +... + n + 1. Soluţie. Dacă a n este şirul din enunţ, atunci a n = numărul radicalilor fiind n + 1. Considerăm şirul x n = Ê É Gheorghe Iurea, Iaşi r 1 + 1 +... + É1 + 1, n 1 + q 1 +... + È 1 + (n + 1 radicali), care verifică relaţia de recurenţă x =, x n+1 = 1 + x n, n N. Se arată că (x n ) este convergent, cu lim x n = 1 + 5. Cum x n 1 < a n < x n, n n N, rezultă că lim a n = 1 + 5. n XI.15. Demonstraţi că ecuaţia 5 x + 4 x = 1 x + 9 x are cel puţin o soluţie reală negativă. Ionuţ Ivănescu, Craiova Soluţie. Considerăm funcţia f : R R, f(x) = 5 x + 4 x 1 x 9 x şi să presupunem prin absurd că f(x) >, x 1., Deducem că 5x 1 + 4x 1 < x x 1 x 1 + 9x 1, x 1 x x, şi, trecând la limită după x, obţinem că ln 5 + ln 4 ln 1 + ln 9, de unde 1 9, fals. Rezultă că există x 1, pentru care f(x ) <. Pe de altă parte, f 1 = 11 3 1 > şi, cum f este 3 continuă, va exista c 1, x pentru care f(c) =. Clasa a XII-a XII.11. Fie a N şi G = (a, + ) pe care definim operaţia x y = (x a)(y a) + a, x, y G. Dacă H este subgrup al lui G astfel încât N G H, arătaţi că Q G H. D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Grupul (G, ) are elementul neutru e = 1 + a, iar simetricul lui x este x = a + 1 x a G. Fie q Q G; atunci există m, n N încât q = a + m n. Dacă 6
p N G, atunci p H, prin urmare p + a H şi (p + a) = a + 1 H. Deducem p că a + m şi a + 1 a n sunt în H, deci (a + m) + 1 n astfel Q G H. = a + m n H, adică q H şi XII.1. Fie n N, n şi polinomul f = X n nx n 1 + (n 4)X n + a 3 X n 3 +... + a n C[X]. Demonstraţi că f are toate rădăcinile reale dacă şi numai dacă n =. Florin Stănescu, Găeşti Soluţie. Dacă n =, atunci f = X 4X+4 are rădăcinile x 1 = x =. Reciproc, fie x 1, x,..., x n rădăcinile lui f, presupuse reale. Cum (x 1 + x +... + x n ) n(x 1 + x +... + x n), rezultă că 4n 8n, deci n şi atunci n =. XII.13. Calculaţi I = Z arccos 65 9 tg x sin xdx. Soluţie. Cu schimbarea de variabilă sin x = s, obţinem că I = Apoi, substituţia s = t conduce la I = Z 3 3 1 + t t 4 1 t 4 dt = t + arctg t 1 ln 1 t Z 4 9 Vasile Chiriac, Bacău s s 1 s ds. = 4 3 + arctg 3 + ln 5. XII.14. Fie f : R R o funcţie continuă cu proprietatea că (f f)(x) = sin x, x R. Demonstraţi că Z 1 f(x)dx 1. Dumitru Crăciun, Fălticeni Soluţie. Din (f f) f = f (f f), deducem că sin f(x) = f(sin h x), i x R; atunci f(sin x) 1, x R, prin urmare f(sin x) cos x cos x, x, π. Integrând pe h, π i, rezultă că Z π π f(sin x) (sin x) dx sin x, adică Rămâne întrebarea: există vreo funcţie f care să verifice ipoteza? Z 1 f(x)dx 1. XII.15. Fie f : [, 1] R o funcţie derivabilă cu f integrabilă. Dacă f() =, arătaţi că Z 1 (f (t)) dt Z 1 f (t)dt. Soluţie. Pentru x [, 1], avem că f(x) = deci f (x) Z x Z 1 f (t)dt Z x f (t) dt ÊZ x (f (t)) dt Ciprian Baghiu, Iaşi ÊZ 1 (f (t)) dt, (f (x)) dx. Integrând pe [, 1], obţinem cerinţa problemei. 61