olimpiada locala 2009 iasi solutii

7/25/2019 Olimpiada Locala 2009 Iasi Solutii

1/5

COLEGIUL NAIONAL IAI

OLIMPIADA DE MATEMATIC

ETAPA LOCAL- 2009

SOLUIILE PROBLEMELOR PROPUSE

CLASA a V-a

1. a) Dac 10,n atunci 3628800,A numr care are cifra miilor egal cu 8.b) Se observ uor c numrul minim cu proprietatea dorit este 15.nc) CumAse termin n trei zerouri, el nu poate fi ptrat perfect (numrul zerourilor de

la sfritul unui ptrat perfect este ntotdeauna par).

2. a) Dorim ca 6800 33 23 6899,c fapt care se petrece pentru 206,207,208 .c Obinem soluiile 6821, 6854 i 6887.

b) Dac 2,n atunci numrul 2n se divide cu 4, astfel c ultima cifr a lui ava fi 2;deducem c anu poate fi ptrat perfect dect, eventual, pentru 0n sau pentru 1.nFcnd verificrile, constatm c singura soluie a problemei este 0.n

Altfel: Dac 1,n atunci numrul 23 n

este ptrat perfect, cel puin egal cu 9. Succeso -rul su nu poate fi ptrat perfect, prin urmare singura soluie posibil a problemei este

0,n care verific.

3. Observm c regula care d cel de-al n-lea termen al irului este 22 6.nna

Obinem c urmtorii trei termeni, dup cei dai, sunt 250, 506 i 1018, iar cel de -al 2009-lea termen este 20112009 2 6.a

CLASA a VI-a

1. Dac notm ,x m AOB atunci vom avea 90 ,m BOM x ,m MON x

90 .m CON x Din ecuaia 90 4x x obinem c 18 ,x iar de aici cerinele

problemei sunt imediate. (Am considerat c AOB este unghi ascuit; dac l -ampresupune obtuz, lucrnd n aceeai manier, se va obine o contradicie, deci nu se vormai obine noi soluii.)

2. a) Relaia din enun se poate scrie sub forma 25 2528.a a b Cum produsul adou numere naturale consecutive este par i 2 1 ,a a a a rezult cbva fi tot par.

nsbeste i prim, prin urmare 2,b apoi 23.a

b) Trebuie ca ultima cifr a numrului 32 n s fie 8, iar ultima cifr a numrului 23 n sfie 9. Atunci, pe de o parte, 43 3,n M iar pe de alta, 42 2.n M Aceste egaliti au

loc simultan dac i numai dac 4 1.n M


2/5

3. a) Fracia dat este reductibil atunci cnd exist 2d astfel nct 3 1d n i

2 3.d n De aici, 3 2 3 2 3 1 ,d n n prin urmare 7.d Scznd membru cu

membru relaiile 73 1n M i 72 3,n M obinem c soluiile problemei sunt

numerele de forma 7 2.n M b) Deoarece 2 1 1 , 2,k k k k deducem c

21 1

, 2.1 1

kk k k

n

aceast inegalitate, dm luikvalori parede la 2 la 2010, iar apoi summ relaiile obinute;

rezult c suma din enun este mai mic dect suma1 1 1

...1 3 3 5 5 7

S

1.

2009 2011

Folosind procedeul de sumare telescopic,

1 1 10051 .

2 2011 2011S

Cum

1005 2009,

2011 2010 rezolvarea problemei este complet.

CLASA a VII-a

1. n primul rnd, se impune ca ,c de unde 0, 1, 4, 9 .c nlocuind, obinem c

0,ab 2,ab respectiv 6ab trebuie s fie ptrate perfecte. Cifrele a, b, c fiind disticte,

gsim c 401, 901, 259, 579, 679 .A

2. a) Tripletele cerute sunt n numr de ase: 2, 2, 3 , 0, 2, 3 , 1, 3, 3 ,

1, 1, 3 , 1, 2, 4 , 1, 2, 2 .

b) Ecuaia se scrie sub forma 1 2 3 2009.x y z Dac 1 0,x atunci 2 , 3 0,2009 , 1, 2008 , ... , 2009,0 .y z n acest caz, gsim 2 4 2008 2

triplete care s verifice relaia dat. Dac 1 1,x atunci 2 , 3y z

0, 2008 , 1, 2007 , ... , 2008,0 i obinem 4 8 2007 4 triplete cu proprietateadorit. Continund numrtoarea, vom avea n final 8 1 2 ... 2007 4 2008 3 8

2008 8040 8 16144 328 soluii ale ecuaiei din enun.

3. a) Triunghiul ABF este dreptunghic, cu 45 ,m A prin urmare .AF BF n

triunghiul CBF dreptunghic, cu 105 45 60 ,m B

mediana FD va fi egal cucateta BF, ambele fiind egale cu jumtatea ipotenuz ei. Deducem c ,AF DF decitriunghiul AFDeste isoscel.

b) Cum 90 60 150 ,m AFD atunci 1

180 150 15 .2

m DAF ns

1

45 22 302

m EAF i innd seama de faptul c bisectoarea se situeaz ntre


3/5

median i latura mai scurt, obinem c 22 30 15 7 30 .m DAE

4. a) Facem figura n aa fel nct1

.2

AM AB Notm cuO intersecia dreptelorMPi

NQ. Patrulaterul POQD are dou unghiuri drepte i atunci m DQO m DPO

180 ,m DPO m MPC de unde .DQN CPM Avem i c ,NN MM iar congruena de triunghiuri dorit rezult acum conform cazului de congruen C.U.

b) Observm c AM CP AB PM i c .BN DQ BC QN innd seama de

ipotez, deducem c PM QN i cum ,NN MM atunci . . ,MPM NQN C C

deci .DQN CPM Rezult c m DQO m DPO m MPC m DPO

180. Folosind teorema care d suma unghiurilor unui patrulater, obinem c unghiulPOQ este drept, ceea ce ncheie soluia problemei.

CLASA a VIII-a

1. Aplicnd formula radicalilor dubli i raionaliznd numitorii, egalitatea din enun se

scrie sub forma 2 3 2.b a a b Cum , ,a b rezult c 3,b a a b

1, de unde 1, 2.a b

2. Observm c 2 224 8 37 5 , 7.n n n n n Pentru a fi ndeplinit cerina ,

n mod necesar vom avea 0,1, ... , 6 .n Verificnd fiecare dintre aceste apte valori,

obinem c singura soluie a problemei este 6.n

3. Vom folosi inegalitatea mediilor: 2 2 2 , 2 2 2 , 5 2 5 ,a a b b c c iar 5d

2 5 .d nmulind membru cu membru cele patru relaii i innd seama de ipotez,rezult inegalitatea dorit. Egalitatea se atinge cnd 2, 5.a b c d

4. a) Piramida considerat este un tetraedru regulat de muchie 4 2 cm. Aria sa total va

fi 32 3 cm2.b) Din trapezul dreptunghicACNM, obinem c 6MN cm.c) DacSiTsunt mijloacele segmentelor ,BD respectiv ,MN folosind teorema

liniei mijlocii n triunghiul BDD i n trapezul ACNM, obinem c att OS, ct iOT,sunt perpendiculare pe planul (ABC) i de lungimi egale cu 2cm (am notat cu Ocentrulbazei ABCD). Rezult c punctele S i T coincid; atunci dreptele BD i MN suntconcurente, de unde concluzia problemei.

CLASA a IX-a

1. Fie ,x n cu , 0,1 .n Ecuaia dat devine ,n k n k de unde

obinem c 0.n k n concluzie: cndk = 0, soluia este [0,1) , iar n cazul n

care *k , soluia este [0,1).


4/5

2. Se observ c are loc inegalitatea2 2

1 1 1

2

a b

a b a b

(dup calcule simple, aceasta

revine la 2 2 2a b ab ). Scriind nc dou inegaliti analoage i sumndu -le, obineminegalitatea din enun.

3. Considerm mijloculP lui (NQ). Atunci 2 5 7MA MD MN i 3 4 7MB MC MQ

,

deci7

2 3 4 5 7( ) .2

MA MB MC MD MN MQ MP

Fie k valoarea constant dat;

atunci7

2MP k

, prin urmare locul geometric cerut este cercul de centruPi raz2

7k.

4. a) Din18

35AD AB

rezultimediat c 35 18 17 ,MD MB MA

apoi din prima relaie

a ipotezei gsim c1

14

MD MC

, deciC,MiDsunt coliniare.

b) Aplicm teorema lui Menelaus n triunghiul BDC cu transversala A MQ:

1.AD QB MC

AB QC MD Din ipotez, folosind punctul anterior, gsim c

5

36

QB

QC . Atunci

36 5 36 5 34( )

41 36 41 41

MB MC MAMQ MB MC

, de unde se obineraportul cerut.

CLASA a X-a

1. Fie 1 ,z a bi 2 , , , .z c d i a b c d Deoarece 1 2 ,z z a c b d i iar

1 2 0,z z rezult c 0b d i 0.a c ns 2 2 2 2a b c d (cci 1 2z z ), deci2 2 ,a c de unde a c ( a c nu convine). Drept urmare, 2 1 .z a bi z Rezult c

2

1 2 1 1 1 .z z z z z ns 1 0z (cci, n caz contrar, i 2 0,z ceea ce implic

1 2 0z z ), prin urmare 1 2 0.z z

2. Remarcm, mai nti, c 2 2 3 1 2 2,x x x .x n plus, trebuie s avem1

02

a

a

i

11.

2

a

a

Dac1

0 1,

2

a

a

atunci 2 21

2

1log 2 3 1 2 3 ,

2

a

a

ax x x x

a

ceea ce implic

2 2 3 1,x x imposibil (cci 2 2 3 2,x x x ).

Dac1

1,2

a

a

atunci 2 21

2

1log 2 3 1 2 3 .

2aa

ax x x x

a

Deoarece valoarea

minim a expresiei 2 2 3x x este 2, condiia din enun este ndeplinit dac i numai

dac1

1 2,2

a

a

adic , 5 .a


5/5

3. Observm c 3 3 ,x 3 2 ,x

3 33 2x x (cci 3 2x x ),

iar 3 32 3 1x x .n aceste condiii, rezult c3 3 0x i

3 2 1,x de

unde 30 3 1x i 31 2 2,x ceea ce conduce la 3 4.x Prin urmare, orice

3,4x este soluie a ecuaiei considerate.

4. Fie 1 2, , ..., nP P P ahitii care particip la turneu i notm cu ia numrul nvinilor

juctorului .iP Din ipoteza problemei, avem c 1, 1, .ia i n Mulimea finit

1 2, ,... na a a are un cel mai mic element; putem presupune c acesta este 1a i fie

12 3 1, , ..., aP P P ahitii pe care i nvinge 1.P Cum 1 2 ,a a exist un participant kP nvins

de ctre 2 ,P unde 1 1.k a Considernd 1 2,A P B P i ,kC P avem ndeplinit

cerina problemei.

CLASA a XI-a

1. a) Observm c , 0,5,ib e i iar 6 .b e

b) Dac ,kb e fie 6 , 5.k q r r Obinem c 6 ,q

rb b e prin urmare rb e i

atunci, n mod necesar, 0,r de unde concluzia.

2. a) Avem c ,a d deci 2 2 2.A bc d I Atunci 2 2 2 .A B bc d B BA b) Cum 2 2det ,A Tr A A A I urmeaz c

2 det ,A B Tr A AB A B iar

2 det .BA Tr A BA A B Egalnd cele dou expresii, deducem c .AB BA

3. a) Nu:irul 1nx nn

diverge ctre , n timp ce 1nxn

converge spre 0.

b) Nu obligatoriu; un contraexemplu este furnizat de irul1 1

1 ... ,2n

xn

care

diverge ctre , n timp ce 11

n nx x

n converge spre 0.

c) Deoarece 1 1 210 ... 10 ,n n

nx x x rezult c 1 .nn y n Folosind criteriul

cletelui, obinem c lim 1.nn

y

n

4. Limita cerut se poate scrie sub forma

1 2

11 111 2

1 2

1 1 1...1 1 1lim ,

11 1...

1 1 1

naa a

xx xxn

n

x x x

x x x

aa aa a a

x x x

deci

este egal cu 1 2

1 1 2 2

....

ln ln ... lnn

n n

a a a

a a a a a a

olimpiada locala 2009 iasi solutii

Documents