Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2011

Σχετικά έγγραφα
Asupra unei inegalităţi date la barajul OBMJ 2006

Curs 10 Funcţii reale de mai multe variabile reale. Limite şi continuitate.

R R, f ( x) = x 7x+ 6. Determinați distanța dintre punctele de. B=, unde x și y sunt numere reale.

DISTANŢA DINTRE DOUĂ DREPTE NECOPLANARE

GEOMETRIE PLANĂ TEOREME IMPORTANTE ARII. bh lh 2. abc. abc. formula înălţimii

Sisteme diferenţiale liniare de ordinul 1

GA XI. 138 Să se calculeze produsul distanţelor unui punct oarecare al hiperbolei : d) ;

Curs 14 Funcţii implicite. Facultatea de Hidrotehnică Universitatea Tehnică "Gh. Asachi"

7. Fie ABCD un patrulater inscriptibil. Un cerc care trece prin A şi B intersectează

Definiţia generală Cazul 1. Elipsa şi hiperbola Cercul Cazul 2. Parabola Reprezentari parametrice ale conicelor Tangente la conice

V.7. Condiţii necesare de optimalitate cazul funcţiilor diferenţiabile

COLEGIUL NATIONAL CONSTANTIN CARABELLA TARGOVISTE. CONCURSUL JUDETEAN DE MATEMATICA CEZAR IVANESCU Editia a VI-a 26 februarie 2005.

Curs 4 Serii de numere reale

Subiecte Clasa a VIII-a

GEOMETRIE PLANĂ TEOREME IMPORTANTE ARII. = înălţimea triunghiului echilateral h =, R =, r = R = bh lh 2 A D ++ D. abc. abc =

Planul determinat de normală şi un punct Ecuaţia generală Plane paralele Unghi diedru Planul determinat de 3 puncte necoliniare

Profesor Blaga Mirela-Gabriela DREAPTA

Ecuaţia generală Probleme de tangenţă Sfera prin 4 puncte necoplanare. Elipsoidul Hiperboloizi Paraboloizi Conul Cilindrul. 1 Sfera.

Concursul Interjudeţean de Matematică Academician Radu Miron Vaslui, noiembrie Subiecte clasa a VII-a

EDITURA PARALELA 45 MATEMATICĂ DE EXCELENŢĂ. Clasa a X-a Ediţia a II-a, revizuită. pentru concursuri, olimpiade şi centre de excelenţă

Toate subiectele sunt obligatorii. Timpul de lucru efectiv este de 3 ore. Se acordă din oficiu 10 puncte. SUBIECTUL I.

5. FUNCŢII IMPLICITE. EXTREME CONDIŢIONATE.

BARAJ DE JUNIORI,,Euclid Cipru, 28 mai 2012 (barajul 3)

Să se arate că n este număr par. Dan Nedeianu

Concurs MATE-INFO UBB, 1 aprilie 2017 Proba scrisă la MATEMATICĂ

a n (ζ z 0 ) n. n=1 se numeste partea principala iar seria a n (z z 0 ) n se numeste partea

Al cincilea baraj de selecţie pentru OBMJ Bucureşti, 28 mai 2015

(a) se numeşte derivata parţială a funcţiei f în raport cu variabila x i în punctul a.

Cursul Măsuri reale. D.Rusu, Teoria măsurii şi integrala Lebesgue 15

CONCURS DE ADMITERE, 17 iulie 2017 Proba scrisă la MATEMATICĂ

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ TRAIAN LALESCU, 1998 Clasa a V-a

Soluţiile problemelor propuse în nr. 2/2011

CERCUL LUI EULER ŞI DREAPTA LUI SIMSON

EDITURA PARALELA 45. Matematică de excelenţă pentru concursuri, olimpiade şi centre de excelenţă. clasa a VIII-a. mate 2000 excelenţă

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ TRAIAN LALESCU, 2018 Clasa a V-a. 1. Scriem numerele naturale nenule consecutive sub forma:

Functii Breviar teoretic 8 ianuarie ianuarie 2011

Subiecte Clasa a VII-a

Matrice. Determinanti. Sisteme liniare

Functii definitie, proprietati, grafic, functii elementare A. Definitii, proprietatile functiilor X) functia f 1

LUCRARE DE DIPLOMĂ CENTRE REMARCABILE ÎN TRIUNGHI

Curs 2 Şiruri de numere reale

3. Locuri geometrice Locuri geometrice uzuale

Functii definitie, proprietati, grafic, functii elementare A. Definitii, proprietatile functiilor

2 Transformări liniare între spaţii finit dimensionale

Principiul Inductiei Matematice.

Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2015

Seminar 5 Analiza stabilității sistemelor liniare

CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ ŞI INFORMATICĂ MARIAN ŢARINĂ. Ediţia a XVII-a, 7 8 Aprilie CLASA a IV-a

1. Sisteme de ecuaţii liniare Definiţia 1.1. Fie K un corp comutativ. 1) Prin sistem de m ecuaţii liniare cu n necunoscute X 1,...

Vectori liberi-seminar 1

Conice - Câteva proprietǎţi elementare

CONCURSUL DE MATEMATICĂ APLICATĂ ADOLF HAIMOVICI, 2017 ETAPA LOCALĂ, HUNEDOARA Clasa a IX-a profil științe ale naturii, tehnologic, servicii

Cercul lui Euler ( al celor nouă puncte și nu numai!)

Integrala nedefinită (primitive)

y y x x 1 y1 Elemente de geometrie analiticã 1. Segmente 1. DistanŃa dintre douã puncte A(x 1,y 1 ), B(x 2,y 2 ): AB = 2. Panta dreptei AB: m AB =

Drepte concurente în conexiune cu punctele I, Γ, N Temistocle Bîrsan 1

TRIUNGHIUL. Profesor Alina Penciu, Școala Făgăraș, județul Brașov A. Definitii:

1. Scrieti in casetele numerele log 7 8 si ln 8 astfel incat inegalitatea obtinuta sa fie adevarata. <

3 FUNCTII CONTINUE Noţiuni teoretice şi rezultate fundamentale Spaţiul euclidian R p. Pentru p N *, p 2 fixat, se defineşte R

Curs 1 Şiruri de numere reale

CONCURSUL DE MATEMATICĂ APLICATĂ ADOLF HAIMOVICI, 2016 ETAPA LOCALĂ, HUNEDOARA Clasa a IX-a profil științe ale naturii, tehnologic, servicii

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ TRAIAN LALESCU, 2017 Clasa a V-a

Seminariile Capitolul X. Integrale Curbilinii: Serii Laurent şi Teorema Reziduurilor

III. Serii absolut convergente. Serii semiconvergente. ii) semiconvergentă dacă este convergentă iar seria modulelor divergentă.

Ministerul Educaţiei Naționale Centrul Naţional de Evaluare şi Examinare

Lucrare. Varianta aprilie I 1 Definiţi noţiunile de număr prim şi număr ireductibil. Soluţie. Vezi Curs 6 Definiţiile 1 şi 2. sau p b.

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ TRAIAN LALESCU, 1996 Clasa a V-a

Varianta 1. SUBIECTUL I Pe foaia de teză se trec numai rezultatele.

Progresii aritmetice si geometrice. Progresia aritmetica.

CONCURSUL INTERJUDEȚEAN DE MATEMATICĂ TRAIAN LALESCU, 2014 Clasa a V-a

Vectori liberi Produs scalar Produs vectorial Produsul mixt. 1 Vectori liberi. 2 Produs scalar. 3 Produs vectorial. 4 Produsul mixt.

2.1 Sfera. (EGS) ecuaţie care poartă denumirea de ecuaţia generală asferei. (EGS) reprezintă osferă cu centrul în punctul. 2 + p 2

Spatii liniare. Exemple Subspaţiu liniar Acoperire (înfăşurătoare) liniară. Mulţime infinită liniar independentă

GEOMETRIE PENTRU GIMNAZIU Partea I (cls. a V a, a VI a, a VII a) Geometrie pentru pregătirea Evaluării Naționale la Matematică

Dreapta in plan. = y y 0

Subiecte Clasa a VI-a

Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/2015

Metode iterative pentru probleme neliniare - contractii

BACALAUREAT 2007 SESIUNEA IULIE M1-1

Cum folosim cazuri particulare în rezolvarea unor probleme

1.3 Baza a unui spaţiu vectorial. Dimensiune

Concursul Gazeta Matematică şi ViitoriOlimpici.Ro Etapa finală Câmpulung Muscel, august 2015 Soluţii şi baremuri Clasa a IV-a

5.1. Noţiuni introductive

Seminar Algebra. det(a λi 3 ) = 0

Criterii de comutativitate a grupurilor

SEMINAR 14. Funcţii de mai multe variabile (continuare) ( = 1 z(x,y) x = 0. x = f. x + f. y = f. = x. = 1 y. y = x ( y = = 0

Testul nr. 1. Testul nr. 2

Subiecte Clasa a VIII-a

T R A I A N ( ) Trigonometrie. \ kπ; k. este periodică (perioada principală T * =π ), impară, nemărginită.

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ CLASA A V-A

Criptosisteme cu cheie publică III

Analiza în curent continuu a schemelor electronice Eugenie Posdărăscu - DCE SEM 1 electronica.geniu.ro

CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ ŞI INFORMATICĂ MARIAN ŢARINĂ. Ediţia a X-a, MAI 2010 CLASA A IV-A

Concurs MATE-INFO UBB, 25 martie 2018 Proba scrisă la MATEMATICĂ

CURS XI XII SINTEZĂ. 1 Algebra vectorială a vectorilor liberi

z a + c 0 + c 1 (z a)

Aplicaţii ale numerelor complexe în geometrie, utilizând Geogebra

SERII NUMERICE. Definiţia 3.1. Fie (a n ) n n0 (n 0 IN) un şir de numere reale şi (s n ) n n0

b = CA, c = AB, atunci concluzia rezultă din regula triunghiului de adunare a vectorilor:

BAC 2007 Pro Didactica

Transcript:

Soluţiile roblemelor entru regătirea concursurilor rouse în nr. /0. Nivel gimnazial G06. Câte submulţimi ale mulţimii = {,, 3,..., 00} au 50 de elemente şi nu conţin nicio ereche de numere consecutive? Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Fie = {x, x,..., x 50 } cu x < x <... < x 50 şi x x, x 3 x,..., x 50 x 49. Evident, cel mult una dintre aceste inegalităţi oate fi strictă. Dacă toate inegalităţile se transformă în egalităţi, atunci = {x, x +,..., x + 98}, cu x = sau x =. Dacă există o inegalitate strictă, atunci = {, 3,..., n, n +, n + 4,..., 00}, cu n {,,..., 49}. În total, obţinem + 49 = 5 de submulţimi cu rorietăţile din enunţ. G07. rătaţi că numărul N = 009 + 3 00 + 4 0 nu este ătrat erfect. ndrei Eckstein, Timişoara Soluţia. Un ătrat erfect dă, la îmărţirea rin 3, unul dintre resturile 0,, 3, 4, 9, 0 sau. e de altă arte, avem că 009 = 5 ( 6 ) 334 = 3( 3 + ) 334 = 3( 3 + ) = 3 + 6; 3 00 = 7 670 = ( 3 + ) 670 = 3 + ; 4 0 = 4(4 3 ) 670 = 4( 3 + ) 670 = 4( 3 + ) = 3 + 4, rin urmare N = 3 + şi atunci N nu oate fi ătrat erfect. Soluţia. Cum U( 009 ) =, U(3 00 ) = 9, U(4 0 ) = 4, rezultă că U(N) = 5. Dacă N ar fi ătrat erfect, enultima sa cifră ar trebui să fie. uterile lui îşi reetă ultimele două cifre din 0 în 0 şi, cum 009 = 0 +9, atunci 009 are aceleaşi ultime două cifre ca şi 9, adică. uterile lui 3 îşi reetă ultimele două cifre tot din 0 în 0; întrucât 3 0 = 43 =... 49, rezultă că 3 00 =... 49. uterile lui 4 îşi reetă ultimele două cifre din 0 în 0, aşadar 4 0 =... 04, fiindcă 0 = 0 +. În final, N =... +... 49 +... 04 =... 65 şi de aici urmează că N nu oate fi ătrat erfect. G08. Demonstraţi că ecuaţia x + y = z(x + y + ) are o infinitate de soluţii în mulţimea numerelor naturale. Cosmin anea şi Dragoş etrică, iteşti Soluţie. Notăm x + y + = t N; atunci z = x + (t x ) = t x + t x + x + ar trebui să fie tot număr natural. legem t = x + x +, x N şi t obţinem că y = x + x, z = x. În concluzie, triletele de forma (n, n + n, n ), n N, sunt soluţii ale ecuaţei date. G09. Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia 4abc = (a + )(b + )(c + ). Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Evident că a, b, c sunt nenule. Dacă a =, ecuaţia oate fi adusă la forma (b 3)(c 3) =, deci obţinem soluţiile (, 5, 4); (, 4, 5); (, 9, 5); (, 5, 9); (, 7, 6); (, 6, 7). Dacă b =, ajungem la (a )(c ) = 4 şi găsim soluţiile (3,, 5); (4,, 3); 6

(6,, ). nalog, când c = vom avea soluţiile (3, 5, ); (4, 3, ); (6,, ). În continuare, fie a, b, c. Din a = rezultă că (b )(c ) (b + )(c + ) 4bc (b + )(c + ) şi, de aici, (b, c) {(, ); (, 3); (3, )}. Obţinem atunci soluţiile (,, 3) şi (, 3, ). G0. Demonstraţi că fracţia a3n+ a 3n+ + ( ) n a 3n+8 a 3n+7 + ( ) n este reductibilă entru orice a, n N, a. Dan oescu, Suceava Soluţie. mlificând fracţia cu ( ) n şi notând b = a, ar trebui să arătăm că fracţia b3n+ + b 3n+ + b 3n+8 + b 3n+7 + este reductibilă entru n N. Observăm că b3n = (b 3 + ) n = (b 3 ) + = (b + b + ). Rezultă că b 3n+ + b 3n+ + = [(b +b+)+b ]+[(b +b+)+b]+ = (b +b+) şi, analog, b 3n+8 +b 3n+7 + = (b +b+), deci fracţia în b se simlifică rin b +b+ 3 (deoarece b Z, b ). G. Demonstraţi că exresia E = y x (a + a ) + x 3 a x + x + x 3 + y x (a + a ) + x 3 a x + x + x 3 + x a x a + y 3 x + x + x 3 y + y + y 3 x (a + a ) + x 3 a x (a + a ) + x 3 a x a x a y + y + y 3, x + x + x 3 x + x + x 3 x + x + x 3 unde a i, x i, y i R +(i =,, 3), nu deinde x, x, x 3. ircea Bîrsan, Iaşi Soluţie. Se scoate forţat în factor (x + x + x 3 ) şi, duă calcule (y + y + y 3 ) ce un în evidenţă y y, y y 3, y 3 y, se obţine E = y + y + y 3 [y y (a + a ) + y y 3 a + y 3 y a ]. G. Se consideră triunghiul BC cu m(ò B) = 35 şi m(ò C) = 30. Determinaţi măsurile unghiurilor triunghiului BD, unde D este simetricul lui C faţă de B. Eugeniu Blăjuţ, Bacău Soluţia (a autorului). Fie = r BC şi O mijlocul segmentului C. Se arată imediat că B este O dretunghic isoscel şi că O este echilateral, rin urmare O = B, iar m(ö OB) = 30. Rezultă că m(ö OB) = 75, deci m(õ OBC) = 05. e de altă arte, D B C OB este linie mijlocie în CD, aşadar OB D şi atunci m(õ DC) = 05, aoi m(õ DB) = 30. 63

Soluţia (Titu Zvonaru). Considerăm unctul D e semidreata ousă lui (BC astfel încât m(ö BD ) = 30. Triunghiul CD constituie configuraţia din roblema VI.43. Cum m(õ CB) = 5, rezultă că B este mijlocul lui CD, adică D coincide cu D. Deducem acum că m(õ BD) = 30, m(õ DB) = 45, m(õ DB) = 05. G3. Se consideră triunghiul BC cu rorietatea că există şi N uncte în interiorul său astfel încât BN=C şi B CN. Demonstraţi că B=C. Crisitan Lazăr, Iaşi Soluţie. vem că B C = N = B CN = k şi m( BN) Õ = m(ö C) = α. Folosind teorema cosinusului în triunghiurile BN şi C şi ţinând seama de condiţia BN = C, obţinem că B + N B N cos α = C + C cos α k C + N k C N cos α = C + k N k N C cos α k C +N = C +k N (k )(C N ) = 0. Întrucât N Int BC, nu utem avea N = C; ar rezulta că = B, deci m(õ CN) = B (80 α) < m(ò C) şi m( B) Ö = (80 α) < m(ò B); sumând, am obţine că 80 α < m(ò B) + m( Ò C) şi de aici contradicţia α > m( b ). Rezultă că N C şi atunci k = 0, deci k = şi de aici urmează cerinţa roblemei. G4. Se consideră triunghiul isoscel BC cu B = C şi m(b ) < 90. Construim înălţimea CF şi fie E mijlocul segmentului BF, iar D un unct e segmentul BC. Dacă Õ DE Ò B, arătaţi că D este mijlocul segmentului BC. Claudiu Ştefan oa şi Gabriel oa, Iaşi Soluţia. Fie mijlocul lui (BC) şi să resuunem rin absurd că D; considerăm că D (C), cazul D (B) tratându-se similar. Cum E este linie mijlocie în BCF, rezultă că E CF, deci E B. Deducem că m(ö E) = 90 m(ö B) = m( Ò B), rin urmare Ö E Õ DE. tunci B D C atrulaterul DE va fi inscritibil şi rezultă că m(õ ED) = m( D) Ö = 90. stfel, în E am utea ridica două erendiculare distincte e B (anume ED şi E), fat imosibil! Rămâne că D, adică D este mijlocul segmentului BC. Soluţia. Deoarece DE DB, rezultă că D = E B. Dacă este mijlocul lui BC, cum E B, deducem că = E B. Obţinem că = D, cu, D (BC) şi, de aici, D. G5. În lanele aralele şi se consideră cercurile C = C(O, R ), resectiv C = C(O, R ). Fie K conul de vârf O şi bază C şi K conul de vârf O şi bază C. rătaţi că intersecţia celor două conuri este un cerc şi determinaţi oziţia centrului şi mărimea razei acestuia. Temistocle Bîrsan, Iaşi 64 E F N C

Soluţie. Fie un semilan limitat de linia centrelor O O, { } = C şi { } = C. În semilanul, generatoarele O şi O se intersectează în, iar aralela rin la O taie O O în O. Din O O O rezultă că O = R R. Cu teorema lui Thales obţinem că OO = R, rin urmare OO = OO R R + R O O (), relaţie ce determină oziţia lui O e segmentul O O. În O O cu O O avem că O = O O, O O O R adică O = R R R + R (). În concluzie, conurile K şi K se intersectează duă un cerc situat în lanul aralel cu (şi cu ) şi care trece rin unctul O recizat de (), are centrul în O şi raza O dată de (). Notă. roblema oate fi generalizată la cazul în care vârfurile V şi V ale conurilor K şi K sunt situate arbitrar e dreata O O (şi nu neaărat V O şi V O ). Situaţia se reduce la cea tratată anterior rin înlocuirea lanelor şi cu lanele (aralel cu rin unctul V ) şi, resectiv, (aralel cu rin unctul V ). B. Nivel liceal L06. Fie un unct e mediana din a triunghiului BC. aralela rin la C taie B în, iar simetricul lui faţă de mijlocul lui C este N. rătaţi că N BC dacă şi numai dacă este centrul de greutate al triunghiului BC. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. Fie T mijlocul lui (BC), k = T şi {R} = N BC. Din QT rezultă că Q = T (0, ), T Q (cu Q B) O O = k; însă T Q este linie mijlocie în BC, rin urmare Q = B şi deducem că B = k. Observăm că CN este aralelogram, aşadar T CN, de unde RN Q N R = NC T = T = k, deci N R = k. stfel, N BC B T C R B = N R k = k k = este centrul de greutate al BC. 3 Notă. Soluţie corectă a dat dl. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (aramureş). L07. Fie BCD un atrulater convex şi, N, uncte e segmentele B, CD resectiv BC astfel încât B B = ND DC = B BC = k. Dacă R şi S sunt mijloacele RS segmentelor resectiv N, calculaţi (în funcţie de k) raortul D. Titu Zvonaru, Comăneşti 65

Soluţia (a autorului). Fie T intersecţia dretei C cu aralela rin N la D. Deoarece CT D T = CN ND = C, rezultă că T. B Însă C, rin urmare T este aralelogram, unde mijlocul R al diagonalei va fi T N mijloc şi entru T. stfel, RS este linie mijlocie în T N şi atunci RS = R NT. Cum S T N D = CN RS = k, rezultă că CD D = k. Să notăm că RS T N D, aşadar RS = k B C D. Soluţia (Gheorghe Iurea). În lanul comlex, vom nota cu x afixul unctului X. Obţinem imediat că m = b( k) + ak, = b( k) + ck, n = d( k) + ck, r = (a + ), s = (m + n). tunci s r d a = k R + şi de aici urmează că RS D, iar RS D = k. Notă. O soluţie folosind calculul vectorial a dat dl. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (aramureş). L08. Un cilindru circular dret de axă d şi rază R şi o sferă de centru O şi rază R sunt tangente exterior în unctul. Fie B simetricul lui în raort cu d şi fie π lanul ce trece rin B, este erendicular e lanul determinat de O şi d şi face cu axa d un unghi de 30. Calculaţi raortul razelor celor două surafeţe ştiind că secţiunile lor cu lanul π au arii egale. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Figura indică secţiunea cilindrului şi sferei cu lanul determinat de O şi d. Dreata BD este intersecţia acestuia cu lanul D d π. Cilindrul este secţionat de π duă o elisă cu lungimile semiaxelor E R C sin 30 = R şi R, iar sfera duă un cerc cu raza dată de ED = OD OE = OD B O OB cos 30 = R 3 4 (R + R ) = 4 R 3R 3R R. Egalitatea ariilor secţiunilor revine la π R R = π( 4 R 3R 3R R ) sau, cu notaţia k = R R, k k 0 = 0, de unde k = 6 + 56. şadar, R = (3 + 4). R L09. Se consideră triunghiul BC şi unctele, N,, Q, R, S definite rin B = k C, CN = k N, = k B, = Q, BN = NR, C = S, unde k, R \{ }. Demonstraţi că S N 4 S BC, iar S QRS + 3 S BC. 66 arius Olteanu, Rm. Vâlcea

Q + S +, N x3, kx + k, 0, Soluţia. Raortăm lanul la un reer cartezian faţă de care coordonatele vârfurilor triunghiului să fie (0, 0), B(x, 0), C(x 3, y 3 ). Obţinem imediat că x + kx 3 + k, ky 3 + k + k, y 3 + k x + kx 3 + k, + ky 3, R + x 3 + k + k x, + y 3, + k unde = kx + k x 3, y 3. tunci S BC = x y 3, iar S N =, x y x N y N x y = x y 3 ( + k) (k k + ), rin urmare S N = k k + (k + ) S BC. Întrucât k k + (k + ) 4, găsim rima inegalitate din enunţ. oi, S QRS = 3, unde 3 = xq yq x R y R x S y S = x y 3 k k + (k + ) ( + ) + + k k + (k + ) 4 k k + (k + ) ( + ) + + de unde rezultă cea de-a doua cerinţă a roblemei. ( + ) 4 + + = ( + 3) 4. Însă Soluţia (Ioan Viorel Codreanu). În lanul comlex, considerăm unctele (a), B(b), C(c), (m), N(n), (z), Q(q), R(r) şi S(s). vem: m = b + kc + k, n = c + ka + k, z = a + kb m( + ) a n( + ) b z( + ) c, q =, r =, s =. + k 0, licând teorema lui Kiril Docev, obţinem că S N = Im(nm+zn+mz) =... = k k + (k + ) S BC şi S QRS = Im(rq + sr + qs) =... = [( + ) S N + ( + )S BC ]. Concluzia rezultă ca în Soluţia. L0. Cercul -exînscris triunghiului BC este tangent relungirilor laturilor B şi C în, resectiv Q. Bisectoarele exterioare ale unghiurilor B şi C intersectează dreata Q în S resectiv T. Demonstraţi că Q ST + BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie BE, E (C), bisectoarea interioară a unghiului B şi {} = E CS B. Conform teoremei bisectoarei, EC = c a şi SC S = BC B. Se ştie că B = c, CQ = b, = Q =, Q = sin şi fie x =. Folosind teorema lui enelaus în C cu transversala Q S, obţinem că Q QC SC S = b a x + ( c) x = ax = x( b) + ( b)( c) x( c) = ( b)( c) x = b. tunci B S T E C Q 67

B B = c + b = a, deci B = E, adică BE SC. Cum BE BS, deducem EC că BS SC. nalog se arată că BT T C. Observăm că m(õ SBT ) = m( SBC) m( Õ T Õ BC) = 90 Ò m( B) (90 m(õ T CB)) = 90 Ò m( B) Ò m( C) = b m( ). unctele S şi T sunt situate e cercul de diametru BC; cu teorema sinusurilor, deducem că ST = a sin. tunci Q ST + BC (a + b + c) sin a sin + a sin a, adevărat (inegalitatea lui Ballieu). b + c Notă. Soluţie corectă a dat dl Ioan Viorel Codreanu. L. rătaţi că sin 3 x ( + sin x) + cos 3 x ( + cos x) 3 6 3, x R. ihàly Bencze, Braşov Soluţie. entru t R, ( + t ) 6 3 t = 9 9 ( 3t ) (3t + 3t + 9) 0. t Rezultă că ( + t ) 3 3 6, rin urmare t 3 ( + t ) 3 3 sin 3 x 6 t. stfel, ( + sin x) + cos 3 x ( + cos x) 3 3 sin x + 3 3 cos x = 3 3 6 6 6. L. Demonstraţi că 3 + ab a + b (ab + c ) (a + c )(b + c (sumele fiind ) ciclice) entru orice numere reale a, b, c rintre care nu se găsesc două egale cu 0. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. re loc identitatea (a c )(b c )(a b) = (a b) (a c) (b c). tunci inegalitatea 0 (a b) (a c) (b c) se transcrie succesiv 0 X (a + c )(b + c )(a b) X c (a + b )(a b) X c (a + b )(a b) X (a + c )(b + c )(a b) X (a + b )((a + c )(b + c ) (ab + c ) ) X (a + c )(b + c )(a + b ab) 3(a + b )(a + c )(b + c )+ + X ab(a + c )(b + c ) X (a + b )(ab + c ), de unde inegalitatea din enunţ se obţine rin îmărţire cu (a +b )(a +c )(b +c ) > 0. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă (a b) (a c) (b c) = 0, adică a = b sau a = c sau b = c. L3. Fie m,..., m k numere naturale nenule şi α un număr iraţional. a) rătaţi că există x,..., x k N astfel încât [x α] m =... = [x kα] m k. b) rătaţi că există y,..., y k N astfel încât m [y α] =... = m k [y k α]. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. Demonstrăm că, entru x N şi y R cu x{y} <, avem că [xy] = x[y]. Într-adevăr, xy = x[y]+x{y}, cu x[y] Z şi x{y} (0, ), conform iotezei, deci x{y} este chiar artea fracţionară a numărului xy, iar x[y] este artea sa întreagă. 68

a) Fie n N care verifică {nα} < m j {nα}m j <, j k (există un astfel de număr, conform teoremei de densitate a lui Kronecker). Vom avea atunci că [m j nα] = m j [nα], j k, deci entru x j = m j n, j k, cerinţa se verifică. b) Fie j = m... m k m j, j k şi alegem N N astfel încât {Nα} < j j {Nα} <, j k. Rezultă că [ j N α ] = j [Nα], deci m j [y j α] = m j j [Nα] = (m... m k )[Nα], j k, unde y j = j N şi astfel este rezolvată şi artea a doua a roblemei. L4. Fie n (R) o matrice simetrică al cărei olinom caracteristic este X n. rătaţi că este matricea nulă. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. Fie a ij elementele matricei, cu a ij = a ji, i, j {,,..., n}. Coeficienţii lui X n şi X n din olinomul caracteristic sunt nuli, rin urmare n a ii = 0 şi i= (a ii a jj a ij a ji ) = 0 (a ii a jj a ij ) = 0. rima egalitate, ridicată i<j n n la ătrat, dă a ii a jj = i<j n n i<j n i= a ii, ceea ce, duă înlocuire în a doua egalitate, conduce la a ii a ij = 0. Cum este matrice reală, rezultă că a ij = 0, i= i<j n i, j {,,..., n}, ceea ce trebuia demonstrat. L5. vem la disoziţie n + ietricele (n ) astfel încât orice submulţime de n ietricele oate fi îmărţită în două grămezi de câte n ietricele având aceeaşi masă totală. Demonstraţi că toate ietricelele au aceeaşi masă. drian Reisner, aris Soluţie. Notăm cu x, x,..., x n+ masele ietricelelor. entru i {,,..., n+ } fixat, utem artiţiona mulţimea {,..., i, i+,..., n+} în două submulţimi disjuncte i şi B i, ambele de cardinal n, astfel încât x j = x j, deci n+ a ij x j = j i j B i j= 0, unde a ii = 0, a ij = dacă j i şi a ij = dacă j B i. Fie matricea (a ij ) şi t X = (x, x,..., x n+ ); atunci X = 0 şi vectorul X este nenul, rin urmare det = 0. e de altă arte, dacă eliminăm ultima linie şi ultima coloană ale lui şi notăm cu determinantul matricei n n rămase, atunci redusul modulo al lui este 0... Ön b b 0... b n Ö... n Ö b b 0... b... b b 0... b =........... b b... b 0 =......................... b b... b 0 =........... b b... b 0. Scăzând rima coloană din celelalte coloane, obţinem un determinant triunghiular cu b e diagonala rincială, aşadar = b. Rezultă că este număr întreg imar, deci nenul, rin urmare rangul lui este n. Soluţia sistemului X = 0 va fi de forma (α, α,..., α) şi astfel roblema este comlet rezolvată. 69