concursul papiu ilarian 2014
TRANSCRIPT
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
1/23
CONCURSUL INTERJUDEEAN DE MATEMATICALEXANDRU PAPIU ILARIAN, Ediia a XIX-a, 24-25 octombrie 2014
Barem de corectare
CLASA a VaSubiectul I
a) Calculai: 1321:645:34:40853:3181515507 b) Dac 19213 ba i 25 ab aflai ai b.
Soluie:a) 1321:645:1261515507
............................................................. ..............................(2p)
1321:645:181515507 =
1321:6615507 .................................................. (1p)
50713=6591........................................................... ................................................................. ...................(1p)
b) 13a+2(5a-2)=19 .........................................................................................................................................(1p)
23a=23 .....................................................................................................................................................(1p)
a =1 ......................................................... ................................................................. ..............................(1p)
Subiectul IISe consider irul de numere naturale 2, 7, 12, 17, 22, ..., n care fiecare termen, ncepnd cu al doilea, este cu 5 mai
mare dect precedentul.
a)
Aflai al 501-lea termen al irului;b) Calculai suma primilor 100 de termeni ai irului.
Gazeta matematic2014Soluie :
a) Se observ c forma general a irului este 5k+2 .............................................................. ..................... (1p)Al 501-lea termen este 5500+2=2502................................................................................................... (2p)
b) S=50+2+51+2+52+2+....................+599+2........................................................ ................................ (1p)
S=50+51+52+....................+599+2+2+2+.........+2S=5(0+1+2+....................+99)+2100.......................................................... .......................................... (2p)S=599100:2+2100
S=247500+200=247700 .................................................................................................................................. (1p)
Subiectul III
Nicu are 100 bile, albe sau negre. Dorind s aib numai bile albe , el face schimb cu prietenul su MiticAcesta ofer o bil alb pentru fiecare trei bile negre. Dup efectuarea schimbului, Nicu are 40 de bile albe. Determinati
numrul de bile albe pe care l-a avut iniial.
Gazeta Matematica2014Soluie :notm a- numrul de bile albe
n- numrul de bile negre........................................................................................................................ (1p)100= a+n
Deci n=100-a ..................................................................................................................................................... (1p)Nicu ofera o bila alb pentru fiecare trei bile negre deciavem: a+(100-a):3=40 ..................................................................................................................................... (3p)
de aici a=10 i deci n=90 ............................................................... ................................................................. .. (1p)Deci, Nicu a avut iniial 10 bile albe. ................................................................ .............................................. (1p)
Subiectul IVUn numr natural de dou cifre se numete Papiu-2014dac adunat cu rsturnatul su are ca rezultat un numr
natural de doua cifre identice.
a) Verificai dac numerele 34 i 92 sunt numere Papiu-2014.b) Aflati cte numerePapiu-2014 sunt.
Prof. Vasile i Florica Gna, Tg.-MureSoluie :
a) Numrulab estenumrPapiu-2014 atunci, xxbaab ............................................................ (1p)
34+43=77, decinumrul 34 estenumrPapiu-2014 ........................................................................ (1p)92+27=119, decinumrul 92 nu estenumrPapiu-2014 ................................................................. (1p)
b) Daca x=1 avem 0 numerePapiu-2014
x=2 avem 1 numerePapiu-2014x=3avem 2 numerePapiu-2014x=9 avem 8 numere Papiu-2014 .................................................................................... (2p)
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
2/23
CONCURSUL INTERJUDEEAN DE MATEMATICALEXANDRU PAPIU ILARIAN, Ediia a XIX-a, 24-25 octombrie 2014
Barem de corectare
CLASA a VIaSubiectul I
Calculai: 23995219917322995023 33:11:1125:5325:2552
Soluie :
36:11:1125:5325:552 1990199173229910023
.....................................(1p)
36:1125:512552 73223.............................................................. .............
(1p)
36:1125:51752 73223....................................................................................
(1p)
36:1125:)178(5 732.............................................................. ..................................
(1p)
36:1125:55 7322.......................................................................................................
(1p)
36:)111285(..................................................... ................................................................. ..
(1p)
436:144 .......................................................................................................................................
(1p)
Subiectul II
Se consider un numr natural N care mprit la 10 da restul 4 i mprit la 7 da restul 5
a) Artai ca N+2 se divide cu 14
b) Artai ca numrul 12013 N este divizibil cu 2014Gazeta matematic2013
Soluie :a) N=10c+4
N=7d+5 ........................................................................................ ................................................... (1p)
Adunm 2 la ambele relaii i obinem N+2=2(5c+3)N+2=7(d+1) ............................................................ ................................................................. ........(1p)
De aici deducem N+2 este multiplu de 2 i N+2 este multiplu de 7, iar cum 2 i 7 sunt prime ntre ele,avem cN+2 este multiplu de 14 ........................................................... ........................................ (2p)
b) N este nr par
2013N
-1=(2014-1)N
-1 ..............................................................................................................(1p)=M2014+1
N-1 ............................................................ .............................................................. (1p)
=M2014 deci este divizibil cu 2014 ........................................................................................ (1p)
Subiectul III
Fie punctele A1, A2, , An+1coliniare n aceast ordine i M1, M2, , Mnmijloacele segmentelor [A1A2], [A2A3]
, [AnAn+1]. tiind c A1A2= 2
1A2A3, A2A3=
2
1A3A4, , An-1An=
2
1AnAn+1i A1A2= 1 cm, aflai:
a) Lungimea segmentului [M5M6];
b) Lungimea segmentului [M1M2015].
Soluie :a) A1A2=1cm , A2A3=2cm, A3A4=4cm , ..., A5A6=16cm, A6A7=32cm ................................................... (1p)
M5mijlocul [A5A6] => M5A6= 8cm, M6mijlocul [A6A7] => M6A7= 16cm ................................................... (1p)
M5M6= 24cm .................................................................................................................................................... (1p)b) M1M2015=M1A2+A2A2015+A2015M2015................................................................ .................................. (1p)
M1A2=0,5 cm , A1A2=1cm , A2A3=2cm, A3A4=22cm , ..., A2014A2015=22013cmA2015M2015= 2
2014:2 = 2
2013cm ........................................................ ................................................................. .. (1p)
A2A2015=2+22+...+2
2013= 2
2014-2 ......................................................................................................................... (1p)
M1M2014= 0,5 + 22014
-2 + 22013
= 322013
1,5 ................................................................................................... (1p)
Subiectul IV
Determinai numerele prime a, b, ccare verific relaia: 201413415953 2 cba Gazeta matematic2014
Soluie :
5319267253353 2 cba ................................................................ ......................................... (2p) 53 | c, c prim => c=53 ........................................................ .............................................................. (1p)
17232 ba ....................................................... ................................................................. ........(1p)
a prim => a {2,3,5,7,11,13} .........................................................................................................(1p)
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
3/23
CONCURSUL INTERJUDEEAN DE MATEMATICALEXANDRU PAPIU ILARIAN, Ediia a XIX-a, 24-25 octombrie 2014
Barem de corectare
CLASA a VIIaSubiectul I
a) Artai c:2
1
20152013
1...
75
1
53
1
31
1
.
b) Aflai Nx dac:5
1
)8)(6(
1
)6)(4(
1
)4)(2(
1
)2(
1
xxxxxxxx
Soluie:
a)Se observc
3
1
1
1
2
1
31
1
............................................................... .....................................(1p)
Se obine
2015
1
1
1
2
1
2015
1
2013
1............
7
1
5
1
5
1
3
1
3
1
1
1
2
1
...........(1p)
2
1
2015
2015
2
1
2015
2014
2
1
................................................................ .................................................(1p)
b)
211
21
)2(1
xxxx
Analog se scriu i celelalte relaiii se ob ...............................................................................................
(1p)
5
1
8
1
6
1
6
1
4
1
4
1
2
1
2
11
2
1
xxxxxxxx
Se obine 5
1
8
11
2
1
xx
..............................................................................................................
(1p)
5
2
)8(
8
5
2
)8(
8
5
2
8
11
xxxx
xx
xx....................................................... ................
(1p)
220)8( xxx......................................................................................................................
(1p)
Subiectul II
Se consider triunghiul ABC n care m(
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
4/23
Subiectul III
Fie irul de numere naturale orin
aaaaaaaa
...,...,, scrise nbaza zece. Demonstraicnici un termen al irului nu este
ptrat perfect.
Soluie:
=p.p. => a{1;4;5;6;9}............................................................................................................................... (1p)inumrul a este de forma a=4k saua=4k+1 ......................................................... ................................................ (1p)
Dac a=1 => = = 4k+3 => n nu este p.p ..................................................... (2p)
Dac a=4 => =4 .Cum 4 este p.p. i nu este p.p. => nu este p.p.
Dac a=5 => =4k+3 => nu este p.p.
Dac a=6 => =4k+2 => nu este p.p.
Dac a=9 => =4k+3 => nu este p.p. ................................................................................. (2p)
Decioricarear fi a{1;4;5;6;9}, nu este p.p ............................................................................................... (1p)
Subiectul IV
Fie ABCD un ptrati E mijlocul laturii (AD), AG BE, BEG , CF BE, BEF . DemonstraicDF=CG.
Gazeta matematic 2014
D H C
G
E
A B
Soluie:
Fie HDCAG .Atunci DHAEBEAHCUBAEADH , H mijlocul (DC). .................. (2p)
Dar, BFAGIUBFCAGB ................................................................................... (2p)
Din faptulc BFAG si BEAH deducem c
BHCFED
HCED
FEGH
Rezultnbaza cazului L.U.L c CGDFGHCFED .............................................. (3p)
G
F
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
5/23
CONCURSUL INTERJUDEEAN DE MATEMATICALEXANDRU PAPIU ILARIAN, Ediia a XIX-a, 24-25 octombrie 2014
Barem de corectare
CLASA a VIIIa
Subiectul I
Artai c: a) 2542 xxx , oricarear fi xR;
b) ;2622 yxxy , oricarear fi x, y ;2 ***
Soluie:
a)24242 xxxx
.........................................................................................(2p)
05x => 2542 xxx.......................................................................................
(1p)
b)2)2)(2(2)2(2)2(622 yxyyxyxxy ..................................... (2p)
x-2>0, y-2>0 => (x-2)(y-2) > 0 ........................................................................................................(1p)
622 yxxy >2 => ;2622 yxxy.......................................................... .....
(1p)
Subiectul IIa) Fie a,b,c numere reale pozitive astfel nct 8abc .
Artaic
1
81
81
8ba
cac
bcb
a esteptrat perfect.Prof. Vasile iFlorica Gna, Tg.Mure
b) Calculai A= Gazeta matematic -2013
Soluie:
a)
Din faptulc 8abc atunci, bca
8
, acb
8
, respectiv bac
8
. ........................................................ (1p)
Atunci, 1111118
cbccbcbbccba
.
Analog, 1118
acacb
i 1118
ababc
. ......................................................... (1p)
Vom avea 222 11118
18
18
cbaba
cac
bcb
a. ............................ (2p)
b) ==2=2014 ................................................... (1p)
=2013 ............................................................................................................................... (1p)
Repetm procedeul i obtinem A==2011 ................................................................ (1p)
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
6/23
Subiectul III
Fie A,B,C,D patru puncte necoplanare, iar H i G centrele de greutate ale triunghiurilor BDC i respectiv ACD. Dac N este
mijlocul segmentului [CD], iar M(AB) astfel nct5
2
AB
AMsi EAHMN .Demonstrati ca )(|| BCDEG .
Soluie:
Fie H centru de greutate al triunghiului BCD1
2
HN
BH
................................................................................ (1p)
Fie G centru de greutate al triunghiului ACD1
2
GN
AG
................................................................................ (1p)
Dar 1
2
GN
AG
HN
BH
R.T.Thales ntriunghiul ABN rezult HG||AB.......................................................... (1p)
Fie SMNHG
n triunghiul NBM, HS||BM=>NHS NBM =>
33
1 BMHS
NB
HN
BM
HS
.......................................................... ........................................................... (1p)
Din 5
3
5
3
5
2 ABBM
AB
BM
AB
AM
nlocuind n relaia 2
1
5
2,
53
AM
HSABAM
ABHS
BMHS
............................................... (1p)
Din HS||AM rezultAEM HES =>
2
1
EA
HE
AM
HS
................................................................ ................ (1p)
Dac 2
1
GA
NG
EA
HE
rezult conform R. T. ThalesANH, EG||NH, NH(BCD)EG||(BCD) ......................................................................................................... (1p)
Subiectul IV
Fie A, B, C, D patru puncte necoplanare.
a) tiind c E i F sunt mijloacele segmentelor [BC], respectiv [AD], artai c
4
CDBDACABEF
;
b) Dac MBC astfelnctunghiul
CAMBAM , artaicACAB
BDACDCABDM
Soluie:
a) Aratm c n orice triunghi ABC cu AM median, AM MN=
, AN=
.
In triunghiul ANM, AMAM AE DE EF BDM CNM =>
=> ............................................................. ................................................................. ................ (1p)
t. bisectoarei n ABC =>
=>
=> CN =
Din
=>
=> ND =
........................................................ ........................... (1p)
Cum NC+CD>ND =>
=>
ACAB
BDACDCABDM
(1p)
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
7/23
P IX.1
Pe circumferinta unui cerc se considera 7 puncte care sunt colorate fiecare cu
rosu sau negru. Prin transformare ntelegem schimbarea culorilor a trei puncte con-
secutive (din negru n rosu si din rosu n negru).
a) Sa se arate ca printr-o succesiune de transformari putem obtine orice culoare
dorim.
b) Daca pe cerc se considera 6 puncte ramane afirmatia a) adevarata?
Vasile Pop
Solutie. Pentru a arata ca din orice colorare data putem obtine orice colorare
dorita este suficient (si necesar) sa aratam ca pentru orice puncte alese putem gasi
o succesiune de transformari n urma carora punctul respectiv si schimba culoarea
iar celelalte puncte raman de culoarea lor initiala.
a) Numerotam punctele 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 si notam cu (a,b,c) transformarea care
schimba culorile punctelor consecutive a, b si c. Pentru schimbarea culorii doar a
punctului 1 facem transformarile (6,7,1), (7,1,2), (1,2,3), (3,4,5), (4,5,6) si analog
din cate 5 transformari schimbam culoarea oricarui punct dorit.
b) Vom arata ca raspunsul este negativ. In cazul a 6 puncte avem 6 tipuri de
transformari: A(1, 2, 3), B(2, 3, 4), C(3, 4, 5), D(4, 5, 6), E(5, 6, 1), F(6, 1, 2). Daca
facema transformari de tipul A, . . . , f transformari de tipul F, atunci numerele 1,
2, 3, 4, 5, 6 schimba culoarea de N1, N2, N3, N4, N5, N6 ori.
N1= a +e+f, N2= a+b+f, N3= a+b+c,
N4= b+c+d, N5= c+d+e, N6= d+e+f.
Pentru a schimba culoarea punctul 1 ar trebui ca N1 sa fie impar iar N2, N3, N4,
N5, N6 sa fie pare. Din N1 si N2 rezulta ca b si e au paritati diferite. Din N4 si N5
rezulta ca b si e au aceeasi paritate, contradictie.
1
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
8/23
P IX.2
a) Sa se arate ca
(a+b+c)(a2 +b2 +c2 ab bc ca) =a3 +b3 +c3 3abc,
pentru orice numere reale a, b, c.
b) Sa se determine functiile f : R Rcare verifica relatia:
(f(x))3 + 6xf(x) +x3 = 8, x R.
Maria Pop
Solutie.a) Prin calcul.
b) Luand n a): f(x) =a, x= b si 2 =c obtinem:
0 = (f(x))3 +x3 8 + 6xf(x)
= (f(x) +x 2) 1
2[(f(x) x)2 + (x+ 2)2 + (f(x) + 2)2], x R.
Deci f(x) = 2 x, x Rsau
(f(x) x)2 + (x+ 2)2 + (f(x) + 2)2 = 0 x = 2 si f(x) =2.
Obtinem doua functii care satisfac relatia data:
f1(x) = 2 x, x R, f2(x) =
2 daca x= 2
2 x daca x=2.
2
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
9/23
P IX.3
Fie ABCDEF un hexagon convex si M,N,P,Q,R,S mijloacele laturilor AB,
BC, CD, DE, EF, FA.
a) Sa se arate ca cu segmentele MQ, PS si RNse poate construi un triunghi.
b) Sa se arate ca triunghiul cu laturile congruente cu MQ, PS si RN este
dreptunghic daca si numai daca MQ PS sau MQ RN sau PS RN.
Vasile Pop
Solutie.Fie rA, . . . , rF vectorii de pozitie ai varfurilor A, . . . , F .
a) Avem:
MQ = rQ rM=1
2(rE+ rD rA rB)
PS= rS rP =12
(rA+ rF rD rC)
RN= rN rR =1
2(rB+ rC rE rF).
Prin adunare rezulta MQ + PS+ RN= 0, deci cu segmentele MQ, PS, RN se
poate construi un triunghi cu varfurile X,Y, Zastfel ca XY = MQ, Y Z = PS si
ZX= RN.
b) Triunghiul XY Zeste dreptunghic daca si numai daca XY Y Z MQ
PS sau Y Z ZX PS RN sau ZX XY RNMQ.
3
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
10/23
P IX.4
Fie p 3 un numar prim si n 3 un numar natural impar.
a) Sa se arate ca:p1k=1
kn
p
= p 1
2 .
b) Sa se determine toate numerele naturale impare N 3 pentru care
N1k=1
kn
N
=N 1
2 .
Vasile Pop
Solutie. a) (p k)n
= (k)n
(mod p) kn
+ (p k)n
= 0 (mod p) astfel cakn
p +
(p k)n
p N, deci deoarece pentru k = 1, 2, . . . , p 1,
kn
p si
(p k)n
p nu sunt
numere ntregi rezulta ca kn
p
+
(p k)n
p
= 1.
Daca n suma data formam p 1
2 perechi de forma
kn
p
+
(p k)n
p
obtinem
p1k=1
k
n
p
=
p1
2k=1
1 = p 12 .
b) In mod analog, pentru n impar avem ca
kn
N
+
(N k)n
N
N si atunci
avem doua posibilitati: sau kn
N si
(N k)n
N sunt numere naturale, caz n care
kn
N
+
(N k)n
N
= 0
sau kn
N si (N k)n
N nu sunt numere naturale, caz n carekn
N
+
(N k)n
N
= 1.
Pentru egalitatea ceruta este necesar (si suficient) ca pentru orice k = 1, 2, . . . , N 1
numarul kn
N sa nu fie numar natural. Aceasta se ntampla daca si numai daca N
este liber de patrate, adica Neste produs de numere prime:
N=p1 p2 . . . pi
4
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
11/23
cu p1 < p2 < . . . < pi numere prime.
Daca N = p1 p2 . . . pi si prin absurd kn
N N atunci k se divide cu p1, cu
p2, . . ., cu pi deci k se divide cu N(fals caci k < N). DacaNcontine un factor primla putere 2 atunci N=p N1 cu 2 si luam k= p
1N1 < N. Avem:
kn
N =
pn(1)Nn1
p1N1=p(n1)(1)Nn11 N,
deci suma este strict mai mica decat N 1
2 .
5
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
12/23
P X.1
Se considera n 3 drepte n plan, care mpart planul n n(n+ 1)
2
regiuni.
Sa se arate ca exact una din urmatoarele afirmatii este adevarata:
1) Exista o singura pereche de drepte paralele.
2) Exista un singur triplet de drepte concurente.
Vasile Pop
Solutie.Vom arata mai ntai candrepte n pozitie generala (oricare doua nepar-
alele si oricare trei neconcurente) mpart planul n n(n+ 1)
2 + 1 regiuni.
Fie an numarul de regiuni n care acestea mpart planul: a1= 2, a2 = 4, a3 = 7
si aratam ca sirul (an)n2 verifica relatia de recurenta
an= an1+n, n 2.
Prin inductie primelen1 drepte determinaan1regiuni. Dreaptadnfiind neparalela
cu nici una din celelalte, le intersecteaza pe toate si deoarece nu exista triplete
concurente punctele de intersectie sunt distincte (n numar de n 1). Cele n 1
puncte determina pe dreptele dn un numar de nintervale. Fiecare interval separa o
regiune veche n doua regiuni, deci la un numar total de regiuni an1se adauga ncan
regiuni, astfal ca la adaugarea drepteidnse adauga ncanregiuni, decian= an1+n
si atunci
an= n+ (n 1) +. . .+ 1 + 1 = n(n+ 1)2
+ 1.
Deoarece cele n drepte din problema determina doar cu o regiune mai putin decat
daca ele ar fi n pozitie generala, nseamna ca la unul din pasi s-a adaugat cu o
regiune mai putin, ceea ce se ntampla daca pe dreapta dn nu am avea n 1 puncte
de intersectie ci doar n 2. Acestea se pot ntampla doar cand dreapta dn este
paralela cu una din celelalte n 1 drepte sau cand dreaptadn trece printr-un punct
de intersectie a doua drepte anterioare, adica avem un triplet de drepte concurente.
6
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
13/23
P X.2
Fie numerele complexe a, b, c cu proprietatea |a| = |b| = |c| = 1 si fie
S= |a+b|2 + |b+c|2 + |c+a|2.
Sa se arate ca:
a) Daca S= 3 atunci|a b| = |b c| = |c a|.
b) Daca S= 4 atunci (a+b)(b+c)(c+a) = 0.
Maria Pop
Solutie.Avem
S= (
a+b
)(a
+b
)+(b
+c
)(b
+c
)+(c
+a
)(c
+a
) =aa
+bb
+cc
+|a
+b
+c|
2
= 3+|a
+b
+c|
2.
a) S= 3 a+b+c = 0.
Avem:
|a b| = |a c| | 2b c| = | 2c b| (2b+c)(2b+c) = (2c+b)(2c+b)
4bb+cc+ 2bc+ 2bc= 4cc+bb+ 2cb+ 2bc h+ 1 =h+ 1.
b) S= 4 |a+b+c|2 = 1 (a+b+c)(a+b+c) = 1
(a+b+c)
1a
+ 1b
+1c
= 1 (a+b+c)(ab+bc+ca) =abc (a+b)(b+c)(c+a) = 0.
Observatie. Interpretare geometrica:
a) ABCeste echilateral.
b) ABCeste dreptunghic.
7
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
14/23
P X.3
Sa se determine functiaf : R Rcare verifica relatia:
(f(x) x)(f(y) 2) (2x 1)(y+ 1)
pentru orice x, y R.
Constantin-Cosmin Todea
Solutie.Fie x= 0 si y= 0 n relatia de mai sus. Obtinem
f(0)(f(0) 2) 1
deci
(f(0))2 2f(0) + 1 0,
de unde rezulta (f(0) 1)2 0, adica f(0) = 1.
Fie x= 0, y R n relatia din problema. Avem
f(0)(f(y) 2) y 1,
adica
f(y) 1 y. (1)
Fiex R
,y
= 0 n relatia din problema. Rezulta
(f(x) x)(f(0) 2) 2x 1
deci
f(x) +x 2x 1,
adica
f(x) 1 x. (2)
Din (1) si (2) rezulta
f(x) = 1 x
pentru orice x R.
8
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
15/23
P X.4
Fiea un numar natural fixat. Sa se arate ca pentru orice numar natural n exista
un numar natural f(n) astfel ca1 +a+
an
=
1 +f(n) +
f(n)
si sa se determine f(n).
Vasile Pop
Solutie.Avem
1 +a+
a2
= (2a+ 1) +
a(a+ 1)
si ridicand la k obtinem1 +a+
a2k
=ak+bk
a(a+ 1), unde ak, bk N (1)
1 +a
a2k
=ak bk
a(a+ 1) (2)
Inmultind relatiile (1) si (2) obtinem:
1 =a2k b2
ka(a+ 1) sau a2
k=a(a+ 1)b2
k. (3)
Definimf
(2k
) =a
(a
+ 1)b2k (pentru
n= 2
kpar).Pentrun impar, n= 2k+ 1 avem:
1 +a+
a2k+1
=
1 +a+
a2k
1 +a+
a
=ak+bk
a(a+ 1)
1 +a+
a
= (ak+ (a+ 1)bk)
a+ (ak+abk)
1 +a
=
a(ak+ (a+ 1)bk)2 +
(a+ 1)(ak+abk)2.
Se verifica relatia
(a+ 1)(ak+abk)2
a(ak+ (a+ 1)bk)2
=a2k b
2ka(a+ 1)
(3)
= 1.
Astfel ca putem defini f(2k+ 1) =a(ak+ (a+ 1)bk)2 (pentru n= 2k+ 1 impar).
Observatie. Din (1) si (2) gasim:
ak=1
2
1 +a+
a2k
+
1 +a
a2k
bk= 1
2a(a+ 1)
1 +a+
a2k
1 +a
a2k
.
9
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
16/23
P XI.1
FieA, B M2(C) doua matrici care au valorile proprii de modul mai mare ca 1.
a) Sa se arate ca daca A B= B A= C, atunci matriceaCare valorile proprii
de modul mai mare ca 1.
b) Este conditiaA B = B Anecesara pentru a)?
Vasile Pop
Solutie.a) Fie 1, 2 valorile proprii ale matricei A si 1, 2 valorile proprii ale
matriceiB.
DacaA = I2, atunci1 = 2 = siC= B are valorile proprii 1, 2
de modul mai mare ca 1.
Daca A = I2, din relatia A B = B A rezulta ca exista a, b C astfel ca
B= a A+b I2, deci C=a A2 +b A.
Valorile proprii ale matricei B sunt 1 = a1+b, 2 = a2+b, iar ale matricei
C sunt 1= a2
1+b1 = 11, 2= 22 cu modulul |1,2|= |1,2| |1,2|> 1.
b) Conditia este necesara dupa cum se vede din exemplul:
A=
0 81
2 0
, B=
0 1
2
8 0
, C=A B=
64 0
0 14
n care
1 = 2, 2= 2, 1 = 2, 2 = 2, 1 = 64, 2 =1
4 ,
|1|= |2|= |1|= |2|= 2> 1, |2|=1
4
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
17/23
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
18/23
P XI.3
Fie a,b, cnumere reale astfel ca:
sin(a+b) sin(a b) + cos b cos c= 0 (1)
sin(b+c)sin(b c) + cos c cos a= 0. (2)
Sa se arate ca: sin(c+a)sin(c a) = cos a cos b.
Maria Pop
Solutie.(1) 1
2(cos 2b cos2a) + cos b cos c= 0
1
2(2 cos2 b 1 2cos2 a+ 1) + cos b cos c= 0 cos2 b cos2 a+ cos b cos c= 0.
Notam x= cos a, y= cos b, z= cos c si va trebui sa aratam ca daca:
x2 y2 =yz, (1)
y2 z2 =zx, (2)
atunci
x
2
z
2
=xy. (3
)Adunand (1) si (2) obtinem: x2 z2 =z(x+y) si atunci (3) devine:
z(x+y) =xy. (4)
Din (1) pentru y = 0 rezulta z = x2 y2
y (daca y = 0
(1) x0
(2) z= 0 si (3)
este verificata) si (4) devine:
(x2 y2)(x+y) =xy2 (x3 xy2) + (x2y y3) =xy2
xy x2 y2
y +y2
x2 y2
y =xy2 xyz+y2z= xy2
xz+yz=xy (x+y)z= xy (adica relatia (4)).
12
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
19/23
P XI.4
Se considera sirul de numere reale an = arctg n, n N si sirul de numere
complexebn = cos 4an+i sin4an, n N.
a) Sa se arate ca |bn bm| Q, pentru orice m, n N.
b) Sa se arate ca n planul xOyexista 2014 puncte de coordonate numere ntregi,
ntre care distantele sunt numere naturale.
Vasile Pop
Solutie.a) Avem
cos2an=1 tg 2an1 + tg 2an
=1 n2
1 +n2 Q
si
sin2an= 2tg an1 + tg 2an
= 2n
1 +n2 Q.
Analog cos4an Q si sin 4an Q. Avem:
|bn bm|=
(cos4an cos4am)2 + (sin 4an sin4am)2
=
2 2(cos 4ancos 4am+ sin 4ansin 4am) =
2 2cos4(an am)
=
2 2(2 cos2 2(an am) 1) =
4cos2 2(an am) = 2| cos2(an am)|
= 2| cos2amcos 2an sin2amsin 2an| Q.
b) Consideram mai ntai punctele An(xn, yn), cu xn = cos4an, yn = sin4an,
n = 1, 2014, care conform punctului a) au coordonatele numere rat ionale, sunt
situate pe cercul de centru O(0, 0) si distantele ntre oricare doua sunt numere
rationale.
Daca notam cu M multimea numitorilor ce apar n toate numerele rationale
xn, yn si n toate distantele d(An, Am) si notam cu R produsul lor (numar natu-
ral), atunci punctele Bn(Rxn, Ryn), n = 1, 2014 au coordonata numere ntregi si
distantele ntre ele sunt numere naturale.
13
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
20/23
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
21/23
P XII.2
Se considera functiaf : [0, 1] R, f(x) = 1 +x
2 , x [0, 1].
a) Sa se determine functiafn =f . . . f n
.
b) Sa se determine limita limn
4n(1 fn(x)), x [0, 1].
Ovidiu Furdui
Solutie. a) Pentru x [0, 1] rezulta ca f(x) [0, 1] deci putem efectua com-
punerea ceruta.
Daca notam x= cos(tx), unde tx= arccos x
0,
2
, obtinem
f(x) =1 + cos tx
2 =
2cos2tx22
= costx
2
si analog
f2(x) =
1 + costx2
2 = cos
tx
4, . . . , fn(x) = cos
tx
2n,
deci
fn(x) = cosarccos x
2n, x [0, 1].
b) Avem:
4n(1 fn(x)) = 4n
1 cos tx
2n
= 4n 2sin2
tx
2n+1 = 22n+1
sin
tx
2n+1tx
2n+1
2
t2x
22n+2
si atunci
limn
4n(1 fn(x)) =1
2(tx)
2 =1
2(arccos x)2, x [0, 1].
15
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
22/23
P XII.3
Fie f : R R o functie care admite primitiva F : R R si fie
x1, x2, . . . , xn; y1, y2, . . . , yn numere reale cu proprietatea xi > yi, i= 1, n, n N.
Sa se arate ca exista c Rastfel ca:
n
i=1
(F(xi) F(yi)) = f(c)n
i=1
(xi yi).
Vasile Pop
Solutie.Pentru functia derivabilaFaplicam teorema lui Lagrange pe intervalele
[yi, xi].
Exista ci (yi, xi) astfel ca
F(xi) F(yi) =f(ci)(xi yi), i= 1, n.
Daca notam
min{f(ci)| i = 1, n}= f(),
max{f(ci)| i = 1, n}= f(),
obtinem:
f() =
n
i=1
(xi yi)
n
i=1
(F(xi) F(yi)) f()
n
i=1
(xi yi)
sau
f()
n
i=1
(F(xi) F(yi))
n
i=1
(xi yi)
f().
Deoarece functiafare proprietatea lui Darboux, exista c (, ) astfel ca:
n
i=1
(F(xi) F(yi))
n
i=1
(i yi)
=f(c).
16
-
7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014
23/23
P XII.4
Pe multimea numerelor reale se considera legile de compozitie
x n y= 2n+1
x2n+1 +y2n+1 +a2n+1, x , y R,
unde aeste un numar real fixat si neste un numar natural arbitrar.
a) Sa se studieze proprietatile acestor legi (asociativitate, element neutru).
b) Sa se studieze proprietatile legii de compozitie definita prin:
xy = limn
x n y , x , y R.
Vasile Pop
Solutie.a) Avem
x n (y n z) = (x n y) n z= 2n+1
x2n+1 +y2n+1 +z2n+1 + 2a2n+1, x , y , z R,
deci toate legile n sunt asociative.
Avem
x n (a) = (a) n x= x, x R,
deci e= aeste elementul neutru, acelasi pentru orice n N.
b) Prin calculul limitei, notand M= max{|a|, |x|, |y|}obtinem:
xy =
a daca M=|a| sau y= x
x daca M=|x| sau y= a
y daca M=|y| sau x= a.
Element neutru: avem x (a) = (a) x= x, x R, deciaeste elementul
neutru.
Asociativitate: alegem x, y Rastfel ca |a|< y < x si avem:
((x)x)y = ay = y si (x)(xy) = (x)x = a,
si cumy=
arezulta ca legea nu este asociativa.Observatie: Limita unei legi asociative poate fi o lege neasociativa.