international mathematics competition …...-daca a si b sunt doua nr. impare, inseamna ca s 2...

1

INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION

BIMC 2013, 30 iunie-5 iulie 2013, BURGAS, BULGARIA KIMC 2014, 21-26 iulie, 2014, DAEJEON, KOREA CIMC 2015, 27 iulie-1 august, CHANGCHUN, CHINA TIMC 2016, 14-20 august 2016, CHIANG MAI, TAILANDA

Concursul este organizat pe grupe de varsta astfel: elevi cu varsta mai mica de 14 ani (Key stage II) si elevi cu varsta mai mica de 17 ani (Key stage III). Anual competitia reuneste aproximativ 1000 de elevi si profesori din 30 tari, grupati in echipe Key Stage III si Key Stage II. Tarile participante au fost: Bulgaria, China, USA, Japonia, Australia, Taiwan, Tailanda Hong Kong, Korea, Singapore, India, Indonesia, Macao, Nepal, Filipine, Africa de Sud, Cipru, Mexic, Mongolia, Kazakhastan, Bangladesh, Siria, Canada, Iran, Malaesia, Nigeria, Sri Lanka, Vietnam, Romania , Rusia, Zimbabwe.

Organizatorii au considerat ca acest concurs este important pentru ca da posibilitatea elevilor mai mici, cu aptitudini inalte in domeniul matematicii, sa se reuneasca intr-o intrecere de nivel international, contribuie la stabilirea si imbunatatirea unei retele matematice internationale, faciliteaza elevilor si profesorilor relationarea impartasind cunostinte si obiceiuri culturale si ajuta la actualizarea curriculum-ului la matematica la standarde internationale.

Competitia are doua probe: una individuala si una pe echipe. Concursul individual presupune, la Key Stage II, 15 probleme cu raspuns asteptat, iar la Key Stage III, 15 probleme grupate in doua sectiuni: sectiunea A a avut 12 probleme cu raspuns asteptat, iar Sectiunea B, 3 probleme cu raspuns deschis. La concursul pe echipe ambele divizii au avut cate 10 probleme dintre care 5 cu raspuns asteptat si 5 cu raspuns deschis.

In cadrul activitatilor sunt organizate : Puzzle Challenge, seara culturala in care fiecare tara are rezervate cateva minute, expozitii de prezentare a orasului/tarii, vizite la scoli din oras, excursii in imprejurimi. In acest climat favorabil elevii se imprietenesc, schimba impresii, se familiarizeaza cu alte culturi, devin mai deschisi si realizeaza ca matematica este o punte de legatura.

Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, director Colegiul National Iasi, si sprijinita de ISJ Iasi, de domnul prof. dr. Catalin Lefter, decanul Facultatii de Matematica a Universitatii « Al. I. Cuza » si de domnul prof. dr. Sebastian Anita, presedintele filialei judetene a SSMR.

MOBILITATE ELEVI

PROFESORI FACULTATEA

DE MATEMATICA

PROFESORI LICEU

BIMC2013 12 2 2 KIMC2014 4 1 1 CIMC2015 12 1 1 TIMC2016 8 1 2

TOTAL 36 5 6

2

BULGARIA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-BIMC 2013, 30 iunie-5 iulie 2013, BURGAS,

BULGARIA

Romania a participat cu trei echipe, doua echipe la Key Stage II: Romania A: Morosanu Smaranda, Petrescu Bianca, Popa Ioana-Maria, Serbanescu Iustina (team leader-i: conf. dr. Volf Claudiu, lect.dr. Iulian Stoleriu)

Romania B: Tuchilus Vlad, Prohozescu Ciprian, Morariu Razvan, Asandoaiei David (team leader: prof. Zanoschi Adrian) si o echipa la Key Stage III: Romania A: Raducea-Marin Andrei, Pasa Andrei, Talif Victor, Strugariu Malina-Irina (team leader: prof. Gabriela-Elena Zanoschi)

Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de conf. dr. Volf Claudiu si prof. Zanoschi Gabriela.

In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian.

La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat prof. Zanoschi Gabriela si prof. Zanoschi Adrian.

NUMELE SI PRENUMELE

PREMIUL DIVIZIA SCOALA

CLASA

PROFESORUL CLASEI

Tuchilus Vlad medalie de argint first runner up

team second runner up

group

JUNIORI Col. National C. Negruzzi

6 prof. Zanoschi Adrian

Raducea-Marin Andrei

medalie de argint Second runner up


group

SENIORI Col. National

9 prof. Zanoschi Gabriela

Prohozescu Ciprian

medalie de bronz first runner up


group

JUNIORI Col. National E. Racovita

7 prof. Turbatu Doru

Morosanu Smaranda

medalie de bronz Second runner up

team

JUNIORI Col. National

7 prof. Valcu Cristina

Pasa Andrei medalie de bronz SENIORI Col. 8 prof. Pasa Narcisa

3

Second runner up team

second runner up group

National

Talif Victor medalie de bronz Second runner up


group


10 prof. Benta Valerica

Popa Ioana diploma de merit Second runner up

team


6 prof. Lazar Cristian

Petrescu Bianca diploma de merit Second runner up

team



Morariu Razvan diploma de merit first runner up


group


7 prof. Benta Valerica

Asandoaiei David

diploma de merit first runner up


group

JUNIORI Col. National C. Negruzzi


Strugaru Malina-Irina

diploma de merit Second runner up


group



Serbanescu Iustina

Second runner up team

Juniori Col. National


De asemenea Romania a obtinut o cupa pentru punctualitate.

4

Pregatirea concursului

Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de Zanoschi

Gabriela (la Key Stage III) si Zanoschi Adrian (la Key Stage II). Pentru elevii din prima categorie, pana in 14 ani, a trebuit sa fie organizate lectii care sa acopere programa concursului. La aceste lectii au contribuit profesorii : Popa Gabriel, Lazar Cristian si Benta Valerica.

5

Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, Inspector Scolar General Adjunct al ISJ Iasi si sprijinita de de domnul prof. dr. Catalin Lefter, decanul Facultatii de Matematica a Universitatii Al. I. Cuza si de domnul prof. dr. Sebastian Anita, presedintele filialei judetene a SSMR

6

KOREA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-KIMC 2014, 21-26 iulie 2014, DAEJEON CITY,

KOREA

Romania a participat cu o echipa, la Key Stage III: Romania A: Havarneanu Matei, Tuchilus Vlad, Antohi Robert, Gheorghiu Calin (team leader-i: lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian)

Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de lect. Dr. Iulian Stoleriu.

In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian.

La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian.

7

REZULTATE

NUMELE SI PRENUMELE


CLASA

PROFESORUL CLASEI

Tuchilus Vlad medalie de bronz

SENIORI Col. National C. Negruzzi


Robert Antohi merit SENIORI Col. National C. Negruzzi


Havarneanu Matei

participare SENIORI Col. National C. Negruzzi


Gheorghiu Calin participare SENIORI Col. National C. Negruzzi


Echipa a mai primit o cupa pentru prezentarea imaginii tarii.

8

Pregatirea concursului Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de

Zanoschi Adrian si lect. Dr. Iulian Stoleriu.

9

CHINA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-CIMC 2015, Changchun, China, 27 iulie - 1 august 2015

Romania a participat cu trei echipe: doua echipe la Key Stage II: Romania A:

Casuneanu Otilia, Constantinescu Malina, Dan Stefan, Lapusneanu Andrei; Romania B: Ciocarlan Vlad, Blajuti Stefan, Gradinaru Alexia, Gradinariu Sabina si o echipa la key Stage III: Obada Stefan, Morariu Razvan, Rotaru Veronica, Bacalie Roxana

Team leader-i: lect dr Iulian Stoleriu, Facultatea de matematica, Universitatea “Alexandru Ioan Cuza” Iasi si Tamara Culac, profesoara Colegiul National Iasi.

10

Rezultate

Nr.crt Nume și prenume elev

Tip proba

Clasa Premiu Profesor îndrumător

Scoala

1 Constantinescu Mălina

Juniori

VI Medalia de Argint Second runner Up Team

Valerica Bența

Col. National

2 Dan Ștefan Juniori

VI Mențiune Second runner Up Group

Narcisa Pașa Col. National

3 Grădinariu Sabina Mălina

Juniori

VII Mențiune Second runner Up Group

Gabriela Zanoschi

Col. National

4 Grădinaru Ana Alexia

Juniori

VII Mențiune Second runner Up Team

Gabriela Zanoschi

Col. National

5 Rotaru Veronica Ioana

Seniori VII Mențiune Gabriela Zanoschi

Col. National

6 Cășuneanu Maria Otilia

Juniori

VI Mențiune Second runner Up Group

Valerica Bența

Col. National

7 Morariu Răzvan Andrei

Seniori VIII Mențiune Valerica Bența

Col. National

8 Blăjuți Ștefan Juniori

VII Mențiune Second runner Up Team

Cristina Diana Vâlcu

Col. National

9 Ciocârlan Vlad Ioan Juniori

VII Mențiune Second runner Up Group


Col. National

10 Lapusneanu Andrei Juniori VII Second runner Up Team


Col. National

11. Bacalie Roxana Seniori VII Participare Cristina Diana Vâlcu

Col. National

12. Obada Stefan seniori IX Participare Gabriel Popa Col. National

11

THAILAND INTERNATIONAL MATHEMATICS

COMPETITION-TIMC 2016, 14 august-20 august 2016, CHIANG MAI, TAILANDA

Romania a participat cu doua echipe la Key Stage III: Romania A: Casuneanu Otilia, Bacalie Roxana, Popa Ioana-Maria, Dan

Stefan (team leader: lect.dr. Iulian Stoleriu)

Romania B: Tuchilus Vlad, Sandu Andrei, Rotaru Veronica Ioana, Blajuti Stefan (team leader-i: prof. Zanoschi Gabriela-Elena, prof. Popa Gabriel-Costel)

Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de lect.dr. Iulian Stoleriu. In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian, prof Gabriel-Costel Popa, prof Gabriela-Elena Zanoschi.

La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat prof. Iulian Stoleriu si prof. Gabriela-Elena Zanoschi

12

Premiile dobândite de lotul României sunt:

NUMELE SI PRENUMELE


CLASA

PROFESORUL CLASEI

Tuchilus Vlad medalie de argint

Seniori Col. National C. Negruzzi


Popa Ioana medalie de argint

Second runner up - proba echipe

Seniori Col. National


Rotaru Veronica medalie de bronz


8 prof. Zanoschi Gabriela

Blajuti Stefan medalie de bronz



Bacalie Roxana diploma de merit

Second runner up-proba echipe



Sandu Andrei diploma de merit


9 prof. Culac Tamara

Dan Stefan diploma de merit



7 prof. Pasa Narcisa

Casuneanu Otilia



7 Prof. Benta Valerica

Pregatirea concursului Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de lect.dr

Iulian Stoleriu.

Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, director Colegiul National Iasi.

International Conference on Education and Technology Research and Innovation (ICE-TRI)

In cadrul conferintei internationale organizata de : Ministerul Educatiei, Silpakom University, Chiang Mai University, Chiang mai Rajabhat University, Lampang Rajabhat University, dna prof Gabriela Zanoschi a sustinut lucrarea « Aspects of Mathematics Education in Romania for gifted children. The role of Centers of Excellence in their formation ».

13

1. Resurse de invatare si schimburi culturale

‐ Royal Rajapruek Park, ‐ Chiangmai Zoo, ‐ Lanna Wisdoms Schools, ‐ Ton Gwen Temple, Hang Dong ; ‐ Baan Tawai, Hang Dong ‐ Anuban Chiangmai, ‐ Prince Royal’s College ‐ Maesa Elephant Camp, ‐ Queen Sirikit Botanic Garden

14

Participarea la această competiție de elită, onorantă prin valoarea

concurenților și gradul de dificultate a probelor, demonstrează o dată în plus, pasiunea elevilor participanti și a celor care îi îndrumă în descoperirea fascinantei lumi a matematicii.

PREZENTAREA UNOR PROBLEME DIN CONCURS CU SOLUTII ALE ELEVILOR ROMANI

15

BIMC 2013

Şerbănescu Iustina (Colegiul Naţional Iaşi) Strugaru Mălina (Colegiul Naţional Iaşi)

Problema 6 - Proba Individuală Care este lungimea maxima a unui sir de numere intregi, consecutive si pozitive

care respecta regula ca fiecare dintre termeni poate fi exprimat ca o suma de doua patrate perfecte ?

Soluţie: Se observa faptul ca numerele 72, 73 si 74 respecta cerinta problemei, deoarece: 72=62+62 73=32+82 74=52+72 Vom demonstra in continuare ca aceasta este lungimea maxima a unui sir ce

respecta conditiile date. Este necesara studierea naturii sumei a doua patrate perfecte: S=a2+b2 -daca a si b sunt doua nr. pare, inseamna ca S0 modulo 4; -daca unul dintre nr. este par, iar celalalt impar, inseamna ca S1 modulo 4; -daca a si b sunt doua nr. impare, inseamna ca S2 modulo 4; Asadar, un numar X3 modulo 4 nu se poate scrie ca o suma de doua patrate

perfecte si, prin urmare, nu respecta conditia data. Insa pentru ca la un sir sa se poata adauga si un al patrulea nr. consecutiv, acesta ar trebui sa fie de forma lui X. Rezulta ca lungimea maxima a unui astfel de sir este de 3 elemente.

R: 3

16

Problema 11 - Proba Individuală Numerele intregi pozitive a si b (ab) sunt alese astfel incat si sunt numere

intregi, pozitive, de doua cifre, primul fiind rasturnatul celuilalt. Care este valoarea minima pe care o poate lua numarul a?

Soluţie:

Vom nota A=2

ba si G= ab . Inseamna ca a+b=2A si ab=G2 si formam ecuatia

x2-2Ax+G2=0, cu radacinile a si b. Inseamna ca, prin calcularea lui x1,2 : a=A- ; b=A+. Asadar diferenta b-a=2=2 si trebuie sa apartina multimii numerelor intregi. Deoarece A este rasturnatul lui G, de 2 cifre: A=10p+q , unde p si q sunt cifre, cu p>q (M.A>M.G; a≠b) G=10q+p Inlocuind, reiese ca (A-G)(A+G)=99(p+q)(p-q).Pentru ca acest nr. sa fie patrat

perfect : 11/[( p+q)(p-q)], insa diferenta a doua cifre nu poate divide 11, deci 11/(p+q). Dar 3≤p+q≤17, deci

p+q=11 si, totodata, (p-q) este un patrat perfect. Mai mult, cum cele doua cifre au paritati diferite(au suma impara), inseamna ca (p-q) este si impar, rezultand ca p-q=1.

Cele doua relatii conduc la p=6, q=5 si , inlocuind, A=65 si B=56. Astfel se va ajunge la o singura pereche de numere posibile (a, b), anume (32,98),

deci raspunsul problemei este 32.

R: 32

17

Problema 3 - Proba Individuală Opt monede sunt așezate într-un șir pe o masa, fiecare din ele având capul în sus.

La fiecare mutare, se pot întoarce două monede adiacente, existând condiția ca acestea să arate aceeași fața (cap sau pajură). Câte aranjamente se pot obține după un număr de mutări?

Soluţie: În primul rând, ce înseamnă „numărul de aranjamente ce se pot obține după un

număr de mutări”? Problema nu cere calcularea numărului de posibilități de aranjare în funcție de

numărul de mutări efectuat, ci se referă de fapt la numărul maxim de aranjamente ce se pot obține, indiferent de numărul de mutări.

Astfel, rezolvarea presupune două etape: 1)Calcularea numărului maxim de aranjamente posibile: 2)Demonstrația că orice aranjament numărat la I. se poate obține printr-un număr

de mutări. 1)Cum calculăm numărul maxim de aranjamente posibile? Știind că fiecare mutare presupune întoarcerea a două monede adiacente, este util

să căutăm o legătură între pozițiile pare și cele impare. În acest sens, vom nota numărul de monede de pe pozițiile 1, 3, 5 și 7 ce afișează cap cu i și numărul de monede de pe pozițiile 2, 4, 6, și 8 ce afișează cap cu p.

În momenul initial i = p. Următorul pas constă în analiza variației fiecăruia dintre i

și p atunci când se efectuează o mutare. Se observă ușor că fiecare mutare presupune întoarcerea atât a unei monede de pe poziție impară, cât și a unei monede aflate pe poziție pară. Așadar, se poate concluziona că, indiferent de numărul de mutări, diferența dintre p și i este constantă și egală cu 0. Aranjamentele posibile sunt deci cele în care numărul de monede afișând cap de pe poziții impare este egal cu numărul de monede afișând cap de pe poziții pare. În aceste condiții, pentru un număr x , numărul de arnjamente cu x monede afișând cap pe poziții impare este egal cu :

Numărul total de aranjamente posibile este:

Este N răspunsul problemei noastre? În acest moment N este un posibil răspuns al problemei, însă nu putem afirma că

acesta este numărul maxim de aranjamente posibile fără a demonstra că fiecare aranjament numărat poate fi obținut printr-un număr de mutări.

18

Pentru a face acest lucru, vom grupa, pentru un anumit aranjament, fiecare poziție pară inficând pajură, cu o poziție impară inficând pajură, numărul lor fiind egal. Gruparea se va face astfel încât intersecția dintre mulțimile de monede situate între moneda pară și cea impară din oricare două perechi să aibă ca intersecție monedele aflate din cea mai mică dintre mulțimi.

Astfel, rămâne de demonstrat doar că oricare ar fi pozițiile, una pară și una impară, între ele existând doar monede ce indică fața cap, se poate ajunge la un aranjament în care cele două monede indică fața pajură și restul configurației rămâne neschimbată.

Pentru aranjamentele cu 2 monede indicând pajură observăm că pozițiile

acestora sunt una pară și una impară, existând între ele un număr par de monede. Plecând de la așezarea inițială, pentru a obține un aranjament în care moneda i și moneda i+-2k indică pajură, întoarcem, căte două, monedele de la i la i+-2k (i și i+-1, i+-2 și i+-3…..i+-(2k-1) șii+-2k), întorcând apoi, înapoi pe fața ce afișează cap, câte două, monedele de la i+-1 la i+-(2k-1).

Astfel se demonstrează și partea a doua a problemei, concluzionând că răspunsul

este 70.

R: 70

19

KIMC 2014 Antohi Robert (Colegiul “Costache Negruzzi” Iaşi)

Problema 9 - Proba Individuală În câte moduri diferite se pot așeza 8 copii (incluzându-i pe Anna, Bert și Cody)

la o masă rotundă, dacă Anna vrea să stea lângă Bert și nu vrea să stea lângă Cody? Două așezări care pot fi obținute una din alta printr-o permutare circulară sunt considerate identice.

Soluție: Fără a o lua pe Anna în calcul, putem așeza restul copiilor în jurul mesei în

6! 720 moduri. Pentru fiecare dintre aceste situații, studiem cum poate fi ales locul Annei. Distingem două cazuri:

I. Dacă Bert și Cody sunt unul lângă altul, atunci Anna are o singură alegere, lângă Bert, în partea opusă lui Cody. Există 2 5! 240 astfel de cazuri.

II. Dacă între Bert și Cody există cel puțin o altă persoană, atunci locul Annei poate fi ales în două moduri. Sunt 720 240 480 distribuții ale celor 7 copii (fără Anna) în care Bert și Cody nu sunt vecini. În acest caz, numărul aranjărilor celor 8 copii este egal cu 2 480 960 .

Prin urmare, numărul total de aranjări posibile este 240 960 1200 .

R: 1200

20

Problema 3, Secţiunea B - Proba Individuală Turnul din Daejeon este format din 7 discuri de mărimi diferite, aranjate în

ordinea crescătoare a mărimilor lor de sus în jos, pe primul dintre cei trei stâlpi care se află pe o masă. Trebuie să transferăm turnul de pe primul stâlp pe al treilea. O mutare constă în transferarea discului așezat deasupra unui grup de discuri de pe un stâlp pe alt stâlp, dar mutările de pe primul stâlp direct pe al treilea stâlp sau vice-versa sunt interzise. De asemenea, un disc mai mare nu poate fi așezat deasupra unui disc mai mic. Care e numărul minim de mutări necesare pentru a face transferul cerut?

Soluție: Fie na numărul minim de mutări necesare pentru a transfera un turn de n discuri

de pe primul stâlp pe al treilea sau invers, respectând condițiile impuse. Avem

0 0a și 1 2a . Pentru ca cel mai mare dintre cele n discuri să fie transferat de

pe primul stâlp pe al doilea, toate celelalte 1n discuri trebuie mai întâi să fie mutate pe al treilea stâlp, această procedură necesitând minim 1na mutări. După ce

transferăm discul cel mai mare de pe primul stâlp pe al doilea, avem nevoie de minim

1na mutări pentru a transfera celelate 1n discuri de pe al treilea pe primul stâlp.

Mutăm apoi discul cel mai mare de pe al doilea pe al treilea stâlp, după care mai avem nevoie de minim 1na mutări pentru a transfera cele 1n discuri mai mici de

pe primul stâlp pe poziția lor finală, adică pe al treilea stâlp. Deci, 13 2n na a . Fie

acum 1n nb a . Atunci, 0 1b , 1 3b și 1 11 3 3 3n n n nb a a b . Obținem

astfel 3nnb și 3 1n

na . În final, 7 2186a .

R: 2186

21

Problema 7 - Proba pe echipe Un restaurant Coreean vinde un singur fel de supă într-o anumită zi. Poate să fie

supă de pește, de pui sau de gingseng. Restaurantul nu are voie să aibă în meniu supă de gingseng trei zile consecutiv. Determinați numărul de meniuri posibile pe durata a 7 zile. Soluție:

Pentru o perioadă de n zile, notăm cu na numărul de meniuri în care supa de

gingseng nu este în programul din ultima zi (meniuri de tip A), cu nb numărul de

meniuri în care supa de gingseng e servită în ultima zi dar nu și în penultima (meniuri de tip B) și cu nc numărul de meniuri în care supa de gingseng e oferită în ultimele

două zile (meniuri de tip C). Notăm cu nt numărul total de meniuri posibile în n zile.

Evident, n n n nt a b c , 1 2a , 1 1b , 1 0c și 1 3t . Putem extinde un meniu

de n zile alcătuit conform cerințelor problemei cu încă o zi în care oferim supă de pește sau pui, obținând astfel un meniu de tip A pentru 1n zile, deci 1 2n na t .

Pentru a obține un meniu de tip B pentru 1n zile, trebuie să adăugăm unui meniu de tip A pentru n zile supă de gingseng în ultima zi, ceea ce înseamnă că 1n nb a . În

mod similar, pentru a obține un meniu de tip C pentru 1n zile adăugăm unui meniu de tip B pentru n zile supă de gingseng în ultima zi, deci 1n nc b . Prin

urmare, avem 1 1 1 1n n n nt a b c

1 22 2 2 (1)n n nt t t . Deoarece 2 12 6a t , 2 1 2b a și 2 1 1,c b rezultă că

2 9t . Analog, 3 22 18a t , 3 2 6b a , 3 2 2,c b deci 3 26t . Folosind

succesiv formula (1), găsim:

4 3 2 12( ) 2(26 9 3) 76t t t t ,

5 4 3 22( ) 2(76 26 9) 222t t t t ,

6 5 4 32( ) 2(222 76 26) 648t t t t

și, în final,

7 6 5 42( ) 2(648 222 76) 1892t t t t .

R: 1892

22

CIMC 2015 Constantinescu Mălina-Elena (Colegiul Naţional Iaşi) Morariu Răzvan-Andrei (Colegiul “Costache Negruzzi” Iaşi)

Problema 7, Secţiunea A - Proba Individuală Mijloacele segmentelor AB , BC , CD și DA ale unui patrulater convex

ABCD aparțin aceluiași cerc. Dacă 10AB , 11BC și 12CD , determinați lungimea laturii DA .

Soluție:

Fie M , N, P și Q mijloacele segmentelor BC, CD, DA, respectiv AB şi E punctul de intersecţie al dreptelor AC şi BD. Cum MQ este linie mijlocie în triunghiul ABC,

rezultă că MQ AC și 2

ACMQ . Pe de altă parte, NP este linie mijlocie în

triunghiul ACD, ceea ce înseamnă că NP AC și 2

ACNP . Astfel,

avem MQ NP și MQ NP , de unde deducem că MNPQ este paralelogram. Cum patrulaterul MNPQ este și inscriptibil, rezultă că MNPQ este, de fapt, dreptunghi. Laturile MN și MQ ale dreptunghiului MNPQ sunt respectiv paralele cu diagonalele BD și AC ale patrulaterului ABCD. De aici, rezultă că BD AC și atunci avem:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2AB CD EB EA ED EC EB EC EA ED BC AD

.

În concluzie, 2 2 210 12 11 123.AD

R: 123

23

Problema 9, Secţiunea A - Proba Individuală Diagrama de mai jos este vederea de sus a unei structuri etajate ce are 9 stive de

cuburi unitare suprapuse. Numerele cuburilor din fiecare stivă a structurii etajate sunt indicate în desen. Partea de jos a fiecărei stive a structurii etajate porneşte de la acelaşi nivel, fără a avea goluri. Suprafaţa exterioară a întregii structuri, incluzând cele nouă pătrate 1x1 din partea de jos a structurii, este vopsită. Care este numărul total de feţe 1x1 vopsite?

Soluţie:

În prim plan se văd de cuburi În partea laterală putem vedea de cuburi Astfel, numărul total de feţe pe care le putem vedea, incluzându-le pe cele 9

din partea de jos a structurii şi pe cele 9 de deasupra este: În plus, câte o faţă din fiecare cub din mulţimea de 6 cuburi şi câte o faţă

din fiecare cub din cele 6 cuburi de dedesubt din mulţimea de 8 cuburi sunt vopsite, deşi nu sunt vizibile imediat.

Astfel, numărul total de feţe 1x1 vopsite este: 136.

R : 136

1

2 8 6

3 9 7 5

4

24

Problema 15, Secțiunea A - Proba Individuală Un număr din mulţimea 1, 2, 3, …, 19 se numeşte succesor al unui al doilea

număr din mulţimea 1, 2, 3, …, 19 dacă: ori al doilea număr este cu cel puţin 10 şi cu cel mult 18 mai mare decât primul, ori primul număr este cu cel puţin 1 şi cu cel mult 9 mai mare decât al doilea. Spre exemplu, 6 este un succesor pentru 16, 17, 18, 19, 1, 2, 3, 4 şi 5. În câte moduri putem alege trei numere din mulţimea 1, 2, 3, …, 19, astfel încât primul număr este un succesor pentru al doilea, al doilea număr este un succesor pentru al treilea şi primul număr este, de asemenea, un succesor pentru al treilea număr?

Soluţie: Scriem numerele 1,2,3, ..........., 19 pe un cerc, într-o ordine ciclică:

Fiecare număr este succesor pentru cele 9 numere dinaintea lui. Ca prim număr poate fi considerat oricare din cele 19 numere. Al doilea număr şi al treilea număr trebuie să fie unul din cele nouă numere

precedente. Presupunem, fără a reduce generalitatea, că primul număr este 6. - dacă al doilea număr este 5 al treilea număr este unul din numerele 4, 3, 2,

1, 19, 18, 17 sau 16 8 variante - dacă al doilea număr este 4 al treilea număr este unul din numerele 3, 2, 1,

19, 18, 17 sau 16 7 variante; - dacă al doilea număr este 3 6 variante;

ş.a.m.d numărul total de triplete este 684.

R: 684

25

Problema 4, Secțiunea B - Proba Individuală Diagrama de mai jos conţine 26 de pătrate 1x1, situate în jurul unei găuri negre.

Câte dreptunghiuri distincte pot fi construite folosind cele 26 de pătrate, nu neapărat toate? Gaura neagră nu trebuie să fie parte dintr-un dreptunghi.

Soluţie:

Considerăm mai întâi dreptunghiul de sus, :

(1)

Un dreptunghi din interiorul acestuia are ca laturi două din cele trei linii orizontale şi două din cele zece linii verticale. Considerăm apoi dreptunghiul de jos,

(2)

Un dreptunghi din interiorul acestuia are ca laturi două din cele trei linii orizontale şi două din cele patru linii verticale. Toate dreptunghiurile rămase provin din cele 2 coloane verticale, adiacente pătratului negru. Aceste dreptunghiuri trebuie să conţină un pătrat alăturat celui negru. Putem adăuga 0,1 sau 2 pătrate deasupra lui şi 0, 1 sau 2 dedesubtul lui. Deci, în total obţinem: 171 de dreptunghiuri.

R: 171

26

Problema 3 - Proba pe echipe Un hexagon are 6 unghiuri de 120 . Lungimile a 4 laturi consecutive sunt 2000,

2005, 2010 și 2015. Calculați perimetrul hexagonului.

Soluție: Fie hexagonul ABCDEF cu 2000, 2005, 2010AB BC CD și

2015DE . Considerăm punctul G astfel încât ABCG să fie paralelogram. De asemenea, îl vom prelungi pe CG până în punctul H astfel încât CHED să fie paralelogram și pe EH până în punctul I astfel încât EFAI să fie paralelogram.

Avem 15GH CH CG DE AB , HI EI EH FA CD 2010FA şi 2005IG AG AI BC EF EF .

Fiecare unghi din triunghiul GHI măsoară 60 , deoarece este suplementul unui unghi cu masura de 120 dintr-un paralelogram. Deci, GH HI IG , ceea ce implică 2025FA şi 1990EF .

Prin urmare, perimetrul hexagonului este egal cu 2000 2005 2010 2015 1990 2025 12045 .

R:12045

27

Problema 10 - Proba pe echipe În patrulaterul convex ABCD , 25m DAC m DCA ,

85m BAC și 30m ACB . Determinați măsura în grade a unghiului

BDC.

Soluție: Fie O centrul cercului care trece prin , ,A B C . Observăm că

m ABC 360 65m BAD m ADC m DCB , deci

2m AOC m ABC 130 , de unde rezultă că 25m OAC m ACO .

Cum triunghiurile AOC și ADC sunt congruente, înseamnă că AO AD . Întrucât 2 60m AOB m ACB și OA OB , triunghiul AOB este

echilateral, deci AB AO AD . Triunghiul BAD este isoscel cu baza BD și are 110m BAD , de unde

rezultă că 35m ADB , deci

130 35 95m BDC m ADC m ADB .

R:95o

28

TIMC 2016

Băcălie Roxana (Colegiul Naţional Iaşi) Blăjuţi Ştefan (Colegiul Naţional Iaşi) Căşuneanu Otilia (Colegiul Naţional Iaşi) Dan Ştefan (Colegiul Naţional Iaşi) Popa Ioana (Colegiul Naţional Iaşi) Rotaru Veronica (Colegiul Naţional Iaşi) Sandu Andrei (Colegiul Naţional Iaşi) Tuchiluş Vlad (Colegiul “Costache Negruzzi” Iaşi)

Problema 1 - Proba Individuală

O cafeterie oferă zilnic 289 de felii de pâine pentru servirea studenților. În decurs de o săptămână, numerele ce reprezintă feliile de pâine mâncate zilnic de către studenţi sunt toate diferite. În unele zile, sunt felii de pâine care rămân. În alte zile, cafeteria mai suplimentează cu felii de pâine până când toţi studenții sunt serviţi. Numărul de felii de pâine ce rămân este înregistrat zilnic şi este un număr ȋntreg pozitiv. De asemenea, numărul feliilor de pâine suplimentate este înregistrat zilnic şi este un număr ȋntreg negativ. Produsul tuturor acestor şapte numere este -252. Care este numărul total de felii de pâine mâncate în această săptămână?

Soluție: 252=2×2×3×3×7 -252=2×(-2)×3×(-3)×1×(-1)×7 Nr. de bucăți mâncate = 7×289-2+2-3+3-7=2023-7=2016

R:2016

29

Problema 2 - Proba individuală: Aflaţi cel mai mare număr ȋntreg x pentru care există un număr ȋntreg pozitiv y

astfel ȋncât 22x-32y=55. Soluţie:

relatia. verificacare intreg mare mai cel si deci singurul, este Acesta

3162

532 si 1132 Daca

Imposibil! ;562

132 si 5532 Daca

)32)(32(55115

:Avem

1

1

x

xx

yxyx

x

yxyx

yxyx

R:3

30

Problema 4 - Proba Individuală Produsul a două dintre primele 17 numere naturale nenule este egal cu suma

celorlalte 15 numere. Care este suma acestor două numere? Soluție:

a•b= 1+2+3+…+17-(a+b) ; a,b ∈N* a,b <18 a+b=? a•b+a+b= (17•18)/2=153 (a+1)(b+1)=154=2•7•11 (a+1,b+1)∈{(1,154);(2,77);(7,22);(11,14);(14,11);(22,7);(77,2);(154,1)} (1) Dar: a+1;b+1<19 (2) Din (1) şi (2) =˃ (a+1), (b+1)∈{(11,14);(14,11)} =˃ (a+1)+(b+1)=11+14 =˃ a+b=23

R:23

31

Problema 5 - Proba Individuală În triunghiul ABC, D este un punct pe latura AB și E este un punct pe latura AC.

P este punctul de intersectie dintre BE și CD. Aria triunghiului ABC este 12 cm2. Triunghiul BPD, triunghiul CPE si patrulaterul ADPE au toate aceeasi arie. Care este aria, în cm2, a patrulaterului ADPE?

Soluţie: [CPE] = [BPD] ⇒ DE || BC În ∆ABC, DE || BC. Conform teoremei lui Thales,rezultă că

DB

AD

EC

AE

Prin urmare, ][

][

][

][

BPD

ADP

DB

AD

EC

AE

CPE

AEP

Deci, [AEP] = [ADP] =2

][ADPE ⇒

3

1

][

][

][

][

APC

ADP

PC

PD

BPC

BPD

[ADPE] = [BPD] = [CPE] =3

][BPC ⇒ [ADPE] = 6

][ABC = 2 cm2.

R : 2 cm2

32

Problema 6 - Proba Individuală Aflaţi suma cifrelor numărului obţinut din produsul următoarelor două numere:

un nummăr format din 2016 cifre, toate fiind 6, şi un număr format din 2016 cifre toate fiind 9. Soluție:

Fie Sn= suma cifrelor numărului n 999…999·666…666 = N

2016 ori 2016 ori

SN=? N=9·111…111·6·111…111 2016 ori 2016 ori N=54·(111…111)2

2016 ori N=54·(1+10+100+1000+…+1000…00)2 N=54·(100+101+102+…+102015) N=2·3333…333266…6667 2015 ori 2015 ori N=6666…666533…3334 2015 ori 2015 ori Sn=2015·6+5+2015·3+4=18144

R:18144

33

Problema 7 - Proba Individuală Fie n un număr natural nenul. Tom si Jerry au fiecare câteva monede. Daca

Tom îi dă lui Jerry n monede, atunci Jerry va avea de 2 ori mai multe monede decât Tom. Dacă, în schimb, Jerry îi dă Tom 2 monede, atunci Tom va avea de n ori mai multe monede decât Jerry. Aflati suma tuturor valorilor posibile ale lui n.

Soluţie: Notăm cu x si y numărul de monede ale lui Tom, respectiv numărul de monede

ale lui Jerry. 2(x-n)=y+n ⇔2x-3n-y=0 x+2=n(y-2) ⇔x+2-ny+2n=0 ⇔2x+4-2ny+4n=0 ⇒4-2ny+4n+3n+y=0 ⇔4-2ny+7n+y=0 ⇔(2n-1)(2y-7)=15 Cum n∈ * ⇒ 2n-1∈ * ⇒ Se disting 4 cazuri: Ⅰ.2n-1=1 ⇒n=1 2y-7=15 ⇒y=11, x=7 Ⅱ.2n-1=3 ⇒ n=2 2y-7=5 ⇒ y=6, x=6 Ⅲ.2n-1=5 ⇒n=3 2y-7=3 ⇒y=5, x=7 Ⅳ.2n-1=15⇒ n=8 2y-7=1 ⇒y=4,x=14

Suma tuturor valorilor posibile ale lui n este egala cu: 1+2+3+8=14 R:14

34

Problema 8 - Proba Individuală În triunghiul ABC, BC = 13 cm, CA = 14 cm și BA = 15 cm. D și E sunt puncte

pe laturile BC și, respectiv, AC, astfel încât DE este paralel cu AB. Dacă triunghiul

EDC are același perimetru ca și patrulaterul ABDE, determinați DC

BD .

Soluţie:

ED || AB 131514

DCEDEC

BC

DC

AB

ED

AC

ECTFA

=>13

14DCCE (1)

PEDC = ED + DC + EC = PABDE = AB + BD + DE + AE ⇒ DC+ CE = AB + AE + BD (2) BD = BC – DC = 13 – DC (3) AE = AC – EC = 14 – EC (4) Înlocuind (1), (3) și (4) în (2) obținem:

DC + 13

14DC = 15 + 14 + 13 – DC – 13

14DC ⇒ 2 )13

14(

DCDC = 42 ⇒ DC +

13

14DC = 21

27 DC = 13 ∙ 21 ⇒ DC = 9

713

7

21

7

9

9

7

109

713

DC

BD

DC

BD

DC

BDDC

DC

BC

BC

DC

R:7

2

35

Problema 9 - Proba Individuală Trei drepte paralele L1, L2 și L3 sunt astfel încât L1 este cu 1 cm deasupra

dreptei L2 și L3 este cu 2 cm sub dreapta L2. Un triunghi dreptunghic isoscel are câte un vârf pe fiecare dreaptă. Care este suma, în cm2, a tuturor valorilor posibile pentru aria acestui triunghi?

Soluţie: Cazul I: Fie: CD ⊥ L1, D€ L1, BE⊥ L1, E €L1, ∆ ADC ≡ ∆BEA (dr, AC=AB, ∢ ∢ACD≡ BAE, unghiuri complementare)

AD = BE = 3, CD = AE = 1. Conform teoremei lui Pitagora în ∆ADC avem AC2 = AD2+DC2 = 1+9 = 10. Așadar Aria ABC este AC∙AB÷2 = 5 cm2 Cazul II: Fie: CD ⊥ L3, D€ L3 BE⊥ L3, E€ L3, ∆ADC≡∆BEA (dr, AC=AB, ∢ ∢CAD≡ ABE, unghiuri complementare)

AD = BE = 2, CD = AE = 3 . Conform teoremei lui Pitagora în ∆ADC avem AC2 = AD2+DC2 = 4+9 = 13. Așadar Aria ABC este AC∙AB÷2 = 6.5 cm2 Cazul III: Fie AD ⊥ L1, D€ L1 AE⊥ L3, E €L3, ∆ADB≡∆ECA (dr, AB=AC, ∢ ∢BAD≡ ACE, unghiuri complementare)

AD = EC = 1, BD = AE = 2 . Conform teoremei lui Pitagora în ∆ADB avem AB2 = AD2 + DB2 = 1+4 = 5. Așadar Aria ∆ABC este AC∙AB ÷ 2 = 2.5 cm2 Deci suma ariilor este S = 5 cm2 + 6.5 cm2 + 2.5 cm2 = 14 cm2

R:14 cm2

36

Problema 10 - Proba Individuală Când o persoană cu coeficientul de inteligenţă IQ 104 se mută din satul A ȋn

satul B, media coeficienţilor IQ din ambele sate creşte cu 1. Suma dintre numărul de locuitori din satul A şi numărul de locuitori din satul B este un număr prim. Suma coeficienţilor IQ ai locuitorilor din ambele sate este 6102. Aflaţi suma coeficienţilor IQ pentru locuitorii satului B, incluzând şi pe cel al noului sosit.

Soluţie:

18861041782104 este Raspunsul

1782)81103(81,81,32 avem Deci

54103113

problemei. conditiilein fals estelucru Acest

;6102 si 105103 atunci 3,sau 2 este Daca

113 3, 2, multimii apartine vaprim, este Cum

)103)((

)103( si )103(

11

104 si 1

1

104

Avem

B satuldin IQilor coeficient Suma

A satuldin IQilor coeficient Suma

B satuldin locuitori de Numarul

A satuldin locuitori de Numarul

:Notam

y

yba

baba

yxba

ba

babayx

bbyaaxb

y

b

y

a

x

a

x

S

S

N

N

b

a

b

a

R:1886

37

Problema 11 - Proba Individuală Alice se află în originea (0,0) a sistemului de coordonate xOy. Ea se mișcă în

plan respectând rezultatul obținut la aruncarea unui zar ideal. Dacă la aruncarea zarului apare 1 ea se mută cu o unitate spre dreapta. Dacă la aruncarea zarului apare 2 sau 3, atunci ea se mută cu o unitate spre stânga. Dacă la aruncarea zarului apare 4, 5 sau 6, atunci ea se mută cu o unitate în sus. Care este probabilitatea ca, după 4 mutări, Alice ajunge în punctul (1,1) pentru prima oară?

Soluţie: Numărul cazurilor posibile pentru 4 mutări, adică 4 aruncări consecutive de

zaruri (a,b,c,d) este 64. Deoarece Alice se mută pe verticală cu 1, avem o singură aruncare de zar cu b (4

sau 5 sau 6), iar pentru orizontala două zaruri cu 1 și un zar cu a (2 sau 3). Evităm cazurile când după 2 mutari ajunge la (1,1) și avem cazurile favorabile de forma (1,1,a,b), (1,1,b,a), (1,a,1,b), (a,b,1,1), (b,a,1,1), (1,a,b,1), (a,1,b,1), (a,1,1,b), în total 8∙3∙2=48 cazuri favorabile.

Deci probabilitatea va fi P = 48/ 64 = 1/27.

R:27

1

38

Problema 12 - Proba Individuală În figura de mai jos este reprezentat pătratul ABCD cu latura de lungime 234 cm.

Dreptunghiurile CDPQ şi MNST sunt congruente. Aflaţi lungimea laturii CM, exprimată în centimetri.

Soluţie:

Notăm m MNQ m PSN m ATS .

Cum dreptunghiurile MNST şi CDPQ sunt congruente, ST NM DC şi .SN PD Avem:

1 coscos 1 cos

sinNQ NM PN MN SN MN

;

(1 cos ) cos

sinSP MN

;

sin sinAS TS MN . Deoarece ,AS SP PD AD obţinem că

1 cos cos 1 cos

sin 1sin sin

.

Această ecuaţie revine la 2sin 2sin , cu singura soluţie convenabilă 1

sin2

.

Rezultă, astfel, că 117 5 2 3MC cm.

R: cm )325(117

A B

CD

NP Q

M

T

S

39

Problema 13 - Proba Individuală Fie a, b, c trei numere reale pozitive astfel încât 8a²/(a²+9)=b , 10b²/(b²+16)=c

și 6c²/(c²+25)=a. Aflați a+b+c. Soluție: Vom folosi Inegalitatea Mediilor: MA≥MG => a²+9 ≥6a => 8a²/(a²+9)≤8a/6; MA≥MG => b²+16 ≥8b => 10b²/(b²+16)≤10b/8; MA≥MG => c²+25 ≥10c => 6c²/(c²+25)≤6c/10; abc=6c²/(c²+25) × 8a²/(a²+9) × 10b²/(b²+16) ≤8a/6 ×10b/6 ×6c/10 =abc; Egalitate a²=9, b²=16 și c²=25. a,b,c>0 => a=3, b=4 și c=5 => a+b+c=3+4+5=12.

R:12

40

A

B

C R

Q

Problema 14 - Proba Individuală R este un punct pe segmentul CQ astfel încât CR=4 cm. O dreaptă perpendiculară

pe CQ intersectează cercurile de diametre CR şi CQ în A, respectiv în B, punctele A şi B aflându-se de o parte şi de alta a segmentului CQ. Dacă raza cercului circumscris

triunghiului ABC este 6 cm, aflaţi lungimea segmentului CQ, exprimată în centimetri.

Soluţie: Notăm cu M punctul de intersecţie dintre dreptele AB şi CQ . Exprimând în două moduri aria triunghiului ABC, avem:

2 62 4

CM AB AB AC BCAC BC CM

R

(1).

Folosind teorema înalţimii în triungiurile ARC şi QBC obţinem că

2AM MR MC , respectiv 2BM CM MQ .

Pe de altă parte, aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile AMC şi MBC,

deducem că

2 2 2CA AM MC şi 2 2 2CB MB CM .

Astfel,

2 2CA RM MC MC MC RM MC MC CR

şi, analog, 2BC CM CQ . Înlocuind în (1), rezultă că

2 2 24CM CR CQ CM ,

prin urmare 6CQ cm.

R : 6 cm

41

Problema 15 - Proba Individuală Care este cel mai mare număr întreg 999n cu proprietatea că 2

1n divide 2016 1n ?

Soluţie: Deoarece 2016 2015 20141 1 ... 1n n n n n , rezultă că 2

1n divide 2016 1n dacă și numai dacă 1n divide 2015 2014 ... 1n n n .

Având în vedere că

2015 2014 2015 2014... 1 1 1 ... 1 2016n n n n n n și că 1n divide

1kn , pentru orice 1, 2, ..., 2015k , deducem că 1n divide 2016.

Cel mai mare divizor al numărului 2016, mai mic decât 998, este 672. Deci, soluția problemei este 673n .

R:673

42

Problema 1 - Proba pe echipe Diagrama de mai jos arată 9 cercuri unite prin 7 linii, cu 3 cercuri pe fiecare linie.

Înlocuiește fiecare din a, b, c, d, e, f, g, h și k cu unul din numerelele 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 și 9, astfel încât numărul din cercul din mijloc al unei linii solide este egal cu suma numerelor din celelalte două cercuri, iar numărul din cercul de mijloc al unei linii punctate este egal cu diferența numerelor din celelalte două cercuri.

Soluţie: Avem c=b+d=|a-e|, f=b+h=|d-k|, e=|b-k|, h=|g-k| și d=|a-g|. Ultima ecuație

implică faptul că ori a, d și g sunt toate pare, ori exact unul din ele este par. Considerăm 4 cazuri: Cazul 1. a, d și g sunt toate pare. Atunci din h=|g-k| rezultă că h și k au aceeași paritate și din b+h =|d-k| rezultă că b și d sunt ambele pare. Prin urmare a,b,d, și g sunt toate pare , deci c, e, f, h, k sunt impare. Atunci relația c=b+d nu poate fi adevărată. Cazul 2. d este par, în timp ce a și g sunt impare. Atunci b și c au aceeași paritate, diferită de cea a lui e, iar f și k au aceeași paritate, diferită de cea a lui h. Numerele pare, pe lângă d, sunt ori e, f și k, ori b,c și h. În primul caz, nu putem avea e=|b-k|, iar în al doilea caz nu putem avea f=b+h.

Cazul 3. g este par, în timp ce a și d sunt impare. Atunci b și e au aceeași paritate, diferită de cea a lui c, iar h și k au aceeași paritate, diferită de cea a lui f. Numerele pare, pe lângă g, sunt ori b, e și f, ori c, h și k. În primul caz, nu putem avea f=b+h . În al doilea caz, trebuie să avem a=9 și c=4 sau 8. Presupunem că c=8. Atunci e=1 și {b,d }={3,5}. Dacă d=5, atunci niciunul din numerele g sau k nu poate fi 6. Dacă d=3, atunci g=6, k=4, h=2 și f=7, dar nu avem f=|d-k|. Presupunem că c=4. Atunci e=5 și {b,d }= {1,3}. Dacă d=3 , atunci numerele b și k trebuie să fie amândouă egale cu 6, ceea ce este imposibil. Dacă d=1, atunci g=8, k=2 și nu avem o valoare posibilă pentru f.

Cazul 4. a este par, în timp ce d și g sunt impare. Atunci c și e au aceeași paritate, diferită de cea a lui b, în timp ce f și h au aceeași paritate, diferită de cea a lui k. Numerele pare, pe lângă a, sunt ori c, e și k, ori b, f și h. În primul caz, nu putem avea f=b+h. În al doilea caz, avem a =4 sau 8. Presupunem că a=4. Atunci f=8, k=9, d=1, g=3 sau 5. Dacă g=5, atunci h=4=a, ceea ce este imposibil. Dacă g=3, atunci h=6, b=2 și c=3=g, ceea ce este imposibil. Presupunem că a=8. Atunci

hg

f

e d

c

b a

k

29

6

3 1

5

4 8

7

43

f=6 și ori g=9, ori k=9. Presupunem k=9. Atunci d=3, g=5, h=4, b=2 și c=3=d, ceea ce este imposibil. Presupunem g=9. Atunci d=1, k=7, h=2, b=4, c=5, e=3. Soluția este arătată în figura următoare: R:

Problema 2 - Proba pe echipe Fie x un număr natural de 3 cifre şi y răsturnatul său astfel încât x+2y=2016.

Determinaţi suma tuturor numerelor cu această proprietate. Soluţie:

x=abc y=cba x+2y=2016 Suma numerelor x=? x+2y=100a+10b+c+200c+20b+2a=2016 102a+30b+201c=2016 Observam ca 102a, 30b, 2016 sunt pare =˃201c=par

(201,2)=1 I.

II. c=2 =˃102a+30b=1614, dar pentu a=b=9 (valoarea maximă) 102a+30b=1188 =˃ fals

III. c=4 =˃102a+30b=1212 =˃ fals IV. c=6 =˃102a+30b=810

observăm că 30b şi 810 sunt multipli de 5 =˃102a=multiplu de 5 (102,5)=1

30b=810-510 =˃30b=300=˃b=10 (fals)

V. c=8 =˃ 102a+30b=408 =˃17a+5b=68 1. b=par =˃U(17a)=8 ; a=cifră =˃ a=4 =˃ b=0

2. b=impar =˃ U(17a)=3; a=cifră =˃a=9 =˃ 153+5b=68 (fals)

Deci x=408 este solutie unică R:408

c=par=˃ c €{2,4,6,8}

a=multiplu de 5, a=cifră=˃ a=5 =˃

X=408

44

Problema 3 - Proba pe echipe Câte dintre primele 2016 numere naturale nenule pot fi exprimate în forma

1 2 ... 1k mk , unde k și m sunt numere naturale nenule? De exemplu,

numerele 6 şi 11 au proprietatea cerută, deoarece 6 1 2 3 1 și 11 1 2 5 . Soluţie: Dacă 1 2 ... 1n k mk , atunci 2 1 2 2 1n k k mk k k m .

Cum numerele k și 2 1k m au parităţi diferite și ambele sunt mai mari ca 1, rezultă că dacă n este o putere a lui 2, atunci n nu poate fi scris sub forma cerută.

Vom arăta în continuare că dacă n nu este o putere a lui 2, atunci el are proprietatea considerată.

Dacă n nu este o putere a lui 2, atunci, în mod evident, există numerele , 0,1p q , p impar, q par astfel încât 2n pq . Să analizăm următoarele două

cazuri: I. Pentru p q , alegem k şi m astfel încât k p şi 2 1q p m . Avem

2 1 1 11 2 ... 1

2 2 2 2

p p m p p k kpqn mp mk k mk

.

II. Pentru p q , alegem k şi m astfel încât k q şi 2 1p q m . Avem

2 1 1 11 2 ... 1

2 2 2 2

q q m q q k kpqn mq mk k mk

.

Deci, în ambele cazuri, n se poate scrie în forma cerută. Prin urmare, doar puterile lui 2 nu pot fi scrise sub forma din enunț. Cum sunt 11

puteri ale lui 2 mai mici ca 2016, rezultă că numărul de numere cu proprietatea cerută este 2016 11 2005 .

R:2005

45

Problema 4 - Proba pe echipe Un cerc de diametru AB intersectează un cerc cu centrul A în punctul C și D. E

este punctul de intersecție al dreptelor AB și CD. P este un punct pe circumferința celui de-al doilea cerc astfel încât PC= 16 cm, PD= 28 cm și PE= 14 cm. Aflați lungimea în cm a laturii PB.

Soluţie:

Cum E este mijlocul lui CD, din teorema lui Apollonius ne rezulta ca

PC2+PD2=2PE2+2CE2. Astfel CE=18cm.

Din formula lui Heron, aria lui CDP este 596 cm2.

Cum CA este raza cercului sau circumscris, avem CA= cm5

42

5964

362816

.

Din teorema lui Pitagora avem AE=5

12cm.

Cum triunghiurile AEC si ACB sunt asemenea, avem 22 APACABAE

Deci triunghiurile AEP si APB sunt asemenea, deci PB

EP

AP

AE

Deci PB=49cm R : 49cm

46

Problema 5 - Proba pe echipe În diagrama de mai jos sunt prezentate 20 de cercuri numerotate. Se observă că

cercurile 3, 9, 12 și 18 determină un pătrat. Care este numarul minim de cercuri ce trebuie eliminate, astfel încat cele rămase să nu determine niciun pătrat?

Soluţie: Fie distanța dintre doua cercuri 1. Sunt 5 tipuri de pătrate:

1. L = 1 (1, 2, 3, 4); (3, 4, 7, 8); (7, 8, 13, 14); (13, 14, 17, 18); (17, 18, 19, 20); (5, 6, 11, 12); (6, 7, 12, 13); (8, 9, 14,15); (9, 10, 15, 16)

2. L = (3, 6, 8, 13); (4, 7, 14, 9); (8, 13, 18, 15); (7, 12, 17, 14) 3. L = (4, 6, 17, 15); (3, 9, 18, 12) 4. L = 2 (1, 5, 17, 9); (2, 10, 18, 6); (3, 11, 19, 15); (4, 16, 20,12) 5. L = (1, 11, 20, 10); (2, 16, 19, 5)

Sunt în total 21 de pătrate. Trebuie eliminat cel puțin un cerc din fiecare din pătratele (1, 2, 3, 4); (7, 8, 13, 14); (17, 18, 19, 20); (5, 6, 11, 12); (9, 10, 15, 16). Mai trebuie eliminate cel puțin 2 cercuri dintre (3, 4, 6, 12, 17, 18, 9, 15) și (1, 2, 10, 16, 20, 19, 11, 5).

Presupunem că numărul minim de cercuri eliminate este 5. Datorită simetriei, presupunem că se elimină cercul 7. Atunci, vor trebui eliminate și cercurile 17 sau 18, 9 sau 15, 5 sau 11 și 1 sau 2. Însă va rămâne pătratul (20, 16, 4, 12). Prin urmare, trebuie șterse mai mult de 5 cercuri. Pentru 6 cercuri șterse se găsește soluția 4, 8, 10, 12, 17, 19.

R:6

1 2

3 4

7 8

13 14

5 6

11 12

9 10

15 16

17 18

19 20

47

Problema 7 - Proba pe echipe Fie x, y şi z numere reale pozitive astfel încât

2 2 216 25 36 12x y z .

Dacă suma numerelor x, y şi z este 9, aflaţi produsul lor. Soluţie geometrică:

Considerăm unghiul drept B şi fie A, respectiv B pe laturile unghiului astfel încât 12AB şi 9BC ; conform teoremei lui Pitagora, 15AC . Împărţim latura BC în trei segmente de lungimi x, y respectiv z, începând din C. Împărţim apoi

latura AB în trei segmente cu lungimile 216 x , 225 y respectiv 236 z ,

începând din B. Ducând prin aceste puncte paralele la catetele triunghiului, obţinem triunghiurile MNC dreptunghic în N, PQM dreptunghic în Q şi ARP dreptunghic în R, ca în figură.

Conform teoremei lui Pitagora, 4MC , 5MP şi 6AP . Observând că

15CM MP PA AC ,

deducem că punctele M şi P se află pe AC. Triunghiurile MNC, PQM şi ARP sunt asemenea, deci

: : : : 4 :5 : 6CN MQ PR x y z .

Cum 9x y z , rezultă că 2,4x , 3y şi 3,6z . În final, obţinem că

25,92xyz .

Soluţie algebrică: În general, astfel de probleme se rezolvă încercând să arătăm că se atinge

egalitatea într-o inegalitate. Conform inegalităţii Cauchy-Schwarz, avem:

A R

QP

C

B

MN

x

z

y

6

4

5

48

2 2 2 2 2 2

4 5 6 4 5 6x y z x y z

22 2 216 25 36x y z .

Cum 9x y z şi 2 2 216 25 36 12x y z , în inegalitatea

precedentă se atinge cazul de egalitate 144 144 . Acest lucru se întâmplă dacă şi

numai dacă 54 6

4 5 6

yx z

x y z

, adică, după nişte calcule, când

4 5 6

x y z .

Deducem că 2,4x , 3y şi 3,6z , deci 25,92xyz .

Observăm că ambele soluţii revin, în mod esenţial, la demonstrarea directei proporţionalităţi a tripletelor , ,x y z şi 4,5,6 .

R:25.92

49

Problema 9 - Proba pe echipe Împărțiți figurile următoare în căte 2 piese de 5 pătrate astfel încăt oricare 2 piese

să nu fie identice sau simetrice.

Soluţie:

50

Problema 10 - Proba pe echipe Notăm cu T n numărul divizorilor pozitivi ai numărului natural nenul n .

Câte numere naturale nenule n satisfac relaţia 39 39 55 55T n T n T n ?

Soluţie: Fie 3 13 5 11a b c dn y , unde , , ,a b c d , y și , 3 5 11 13 1.y

Dacă notăm T y cu x, atunci avem relaţiile

1 1 1 1

39 2 2 1 1

55 1 1 2 2

T n a b c d x

T n a b c d x

T n a b c d x

.

Astfel, relaţia 39 39T n T n , devine 1 1 3 39x c d a b , de

unde deducem că x divide pe 39. Totodată, din relația 55 55T n T n , rezultă

că 1 1 3 55x a b c d , deci, x divide pe 55. Cum 39,55 1 , reiese că

1x , deci 1y . Așadar, condiţiile din enunţ pot fi scrise în forma:

1

1 1 3 39

1 1 3 55

c d a b

a b c d

.

De aici, rezultă că 1 1, 3,13, 39c .

I. Dacă 1 1c , atunci 1 3 39d a b , de unde obţinem

1 1, 3,13, 39d .

1) Pentru 1 1d , avem 3 3c d şi a doua ecuaţie a sistemului

1 nu este verificată, deci problema nu are soluţie.

2) Pentru 1 3d , obținem 1 1 11a b , deci,

, , ,a b c d 10, 0, 0, 2 , 0, 10, 0, 2 .

3) Dacă 1 13d , atunci 3 15c d , care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții.

4) Dacă 1 39d , rezultă că 3 41c d , care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții.

II. În cazul 1 3c , avem 1 3 13d a b , de unde obținem

1 1,13d .

1) Dacă 1 1d , atunci 1 1 11a b , deci

, , ,a b c d 10, 0, 2, 0 , 0, 10, 2, 0 .

2) Dacă 1 13d , avem 3 17c d , care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții.

51

III. Dacă 1 13c , rezultă că 1 3 3d a b , ceea ce implică

0a b d . Dar, pentru aceste valori, 3 15c d , care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții.

IV. În sfârşit, pentru 1 39c , obţinem ecuaţia 1 3 1d a b , care

nu are soluții în mulţimea numerelor naturale. Drept urmare, avem

, , , 10, 0, 0, 2 , 0,10, 0, 2 , 10, 0, 2, 0 , 0,10, 2, 0a b c d , ceea ce înseamnă

că 10 2 10 2 10 2 10 23 11 ,13 11 , 3 5 ,13 5n .

Deci, sunt patru numere care satisfac condiţiile din enunţ.

R: 4

MATERIAL REALIZAT DE GABRIELA-ELENA ZANOSCHI, PROFESOARA, COLEGIUL NATIONAL, CU SPRIJINUL LECT. DR. IULIAN STOLERIU, FACULTATEA DE MATEMATICA, GABRIEL POPA, PROFESOR, COLEGIUL NATIONAL, ADRIAN ZANOSCHI, PROFESOR, COLEGIUL “COSTACHE NEGRUZZI”, ANDREI SANDU, ELEV, COLEGIUL NATIONAL.

international mathematics competition …...-daca a si b sunt doua nr. impare, inseamna ca s 2...

Documents