rev ler nr 20
TRANSCRIPT
REVISTĂ DE MATEMATICĂ
Editura LERIS
IAŞI
ANUL XI, NR. 20 NOIEMBRIE 2009
REDACŢIA REVISTEI
Gabriel Popa Doru Turbatu Nicu Miron
Lidia Bosâncianu Gheorghe Iurea Gheorghe Timohe
Colaboratori
Petru Asaftei Mihaela Bucătaru Cătălin Budeanu
Silviu Boga Doru Buzac Tamara Culac
Adrian Corduneanu Gheorghe Croitoru Viorica Dobre
Paul Georgescu Mihai Ispas Elena Iurea
Silviana Ionesei Dorel Luchian Manuela Mihăescu
Daniela Munteanu Ionel Nechifor Andrei Nedelcu
Monica Nedelcu Gabriela Popa Claudiu Ştefan Popa
Gabriel Timohe
Redactor:Lidia Bosâncianu
Tehnoredactare: Bogdan Bosâncianu Coperta: Daniel Andrei
©2009 Editura Leris. Toate drepturile rezervate ISSN 1582-778x
Aleea Nicolina nr. 4, Iaşi -700221 Telefon/fax 0232-232477; 0232-234272
E-mail: [email protected]
CUPRINS
Note matematice.....................................................................................3
Concursuri din alte ţări........................................................................21
Baltic Way Math Contests ........................................................…….…25
Probleme rezolvate...............................................................................29
Probleme propuse....................….………………………………………….…………….45
3
Produsul real a două numere complexe Mihaela Bucătaru
În prezentul material, vom defini şi vom studia proprietăţile unei noţiuni ce poate fi utilizată în rezolvarea unor probleme de geometrie. Definiţie: Se numeşte produs real al numerelor complexe z şi u
numărul real definit prin: ( )12
z u zu zu∗ = + .
Proprietăţi: 1) z u∗ ∈ , ,z u∀ ∈ 2) z z∗ 2| |z= , z∀ ∈ 3)z u u z∗ = ∗ , ,z u∀ ∈ 4) ( )z u v z u z v∗ + = ∗ + ∗ , , ,z u v∀ ∈
5) 2 2 2
2 2 2
2
2
z u z u z uz u z u z u+ = + + ∗
− = + − ∗ , ,z u∀ ∈
6) | |z u z∗ = | |cos( )u α β− , unde ( ) ( )arg , argz uα β= =
Demonstraţie:
( ) ( )α α β β⎡∗ = − + +⎣1 | || | cos sin cos sin2
z u z u i i
( ) ( )α α β β ⎤+ + − =⎦| || | cos sin cos sinz u i i
( ) ( )α β α β α β= + = −1 | || | 2cos cos 2sin sin | || |cos2
z u z u
7) Dacă punctele M(z), N(u) sunt diferite de O( 0 ), OM⊥ON ⇔ 0z u∗ = Demonstraţie:
0z u∗ = ⇔ ( )| || |cosz u α β− =0 ( )cos 02πα β α β⇔ − = ⇔ − = ± ⇔
OM⊥ON 8) Dacă A(a), B(b), C(c), D(d), AB⊥CD ⇔ ( ) ( ) 0b a d c− ∗ − = Aplicaţii: 1. Demonstraţi că într-un patrulater convex suma pătratelor a două laturi opuse este egală cu suma pătratelor celorlalte două laturi opuse dacă şi numai dacă diagonalele sunt perpendiculare.
4
Soluţie: Fie a, b, c, d afixele punctelor A, B, C, respectiv D.
+ = + ⇔ − ∗ − + − ∗ − =2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )AB CD AD BC b a b a d c d c = − ∗ − + − ∗ −( ) ( ) ( ) ( )d a d a c b c b , unde am folosit proprietatea 2) a produsului real. Relaţia de mai sus se rescrie, folosind proprietatea 5), astfel:
+ − ∗ + + − ∗ =2 2 2 2| | | | 2 | | | | 2b a a b d c c d = + − ∗ + + − ∗ ⇔2 2 2 2| | | | 2 | | | | 2d a a d c b b c ∗ − + ∗ − = ⇔ − ∗ − = ⇔ ⊥( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0a b d c d b b d a c BD AC
conform proprietăţii 8). 2. Notăm cu M, N, P, Q, R, S mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DE), (EF), respectiv (FA) ale unui hexagon ABCDEF. Arătaţi că MQ⊥ PS dacă şi numai dacă 2 2 2= +RN MQ PS . Soluţie : Notăm A(a), B(b), C(c), D(d), E(e), F(f). Avem:
M2
a b⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, N2
b c⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, P2
c d⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, Q ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
2ed , R
2e f⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, S2
f a⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
.
2 2 2RN MQ PS= + ⇔ − = − + − ⇔ + − − ∗ + − − =2 2 2| | | | | | ( ) ( )N R Q M S Pz z z z z z b c e f b c e f= + − − ∗ + − − + + − − ∗ + − − ⇔( ) ( ) ( ) ( )d e a b d e a b f a c d f a c d
− ∗ − + − ∗ − + − ∗ − =( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) ( )b e b e c f c f b e c f = − ∗ − + − ∗ − + − ∗ − +( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) ( )d a d a e b e b d a e b + − ∗ − + − ∗ − + − ∗ − ⇔( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) ( )f c f c a d a d f c a d
− ∗ − = − ∗ − + − ∗ − +2( ) ( ) 2( ) ( ) 2( ) ( )b e c f a d a d d a e b + − ∗ − ⇔ − ∗ − − + + − ∗ − − + =2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f c a d f c e b a d d a b e d a⇔ + − − ∗ + − − = ⇔ ⊥( ) ( ) 0e d a b f a c d MQ PS
3. Fie ABC şi ADE două triunghiuri dreptunghice cu 0ˆ ˆ 90= =B D şi AB=AD. Fie F proiecţia lui B pe AC şi G proiecţia lui D pe AE. Să se arate că punctele B, F, E sunt coliniare dacă şi numai dacă punctele D, G, C sunt coliniare. Soluţie B, F, E coliniare dacă şi numai dacă BE ⊥ AC şi D, G, C coliniare dacă şi numai dacă DC⊥AE. Vom arăta echivalenţa BE ⊥ AC⇔ DC⊥AE.
5
Fie un reper cartezian în plan având originea în A şi b, c, d, e afixele punctelor B, C, D, E. AB=AD, deci |b|=|d|. BE⊥AC⇔ ( ) 0e b c− ∗ = ⇔
( ) ( ) 0e b c e b c⇔ − + − = ⇔
bc bc ce ce⇔ + = + (1)
DC⊥AE ( ) 0 ( ) ( ) 0c d e c d e c d e de de ce ce⇔ − ∗ = ⇔ − + − = ⇔ + = + (2)
BC⊥AB 2( ) 0 ( ) ( ) 0 2 2| |c b b c b b c b b bc bc bb b⇔ − ∗ = ⇔ − + − = ⇔ + = = (3)
DE⊥AD 2( ) 0 ( ) ( ) 0 2 2| |e d d e d d e d d de de dd d⇔ − ∗ = ⇔ − + − = ⇔ + = = (4)
Egalînd (3) şi (4) obţinem bc bc d e de+ = + , deci (1) şi (2) sunt relaţii echivalente , de aici rezultând că BE⊥AC dacă şi numai dacă DC⊥AE . 4. Fie cercul C(O, R) şi M în interiorul său. Prin M ducem coardele (AB) şi (CD). Să se arate că:
2 2 2 2 24+ + + =MA MB MC MD R ⇔ AB⊥CD. (Problema lui Arhimede) Soluţie: Fie un reper cartezian în plan având originea în punctul O, centrul cercului dat. Fie a, b, c, d, m afixele punctelor A, B, C, D respectiv M. Avem:
2 2 2 2| | ( ) ( ) | | | | 2MA a m a m a m a m a m= − = − ∗ − = + − ∗
şi analoagele. Adunând, 2 2 2 2 24MA MB MC MD R+ + + = ⇔ − ∗ + + + + = ⇔2 2 24 2 ( ) 4| | 4R m a b c d m R ⇔ ∗ + + + = ∗ ⇔ + + + =2 ( ) 4 2m a b c d m m a b c d m
Fie E şi F mijloacele coardelor (AB) şi (CD) , E2
a b⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, F2
c d⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
, iar
6
ultima relaţie se rescrie e f m+ = , unde ,2 2
a b c de f+ += = . Deci
OEMF este paralelogram, mai mult, este dreptunghi, deci AB⊥CD. Bibliografie : 1) A. Dragomir, L. Dragomir, O. Bădescu, I. D. Bîrchi – Exerciţii şi probleme de matematică pentru clasa a X-a, Editura Bîrchi, 2006 2) A. Zanoschi – O problemă… şi opt soluţii, revista Recreaţii Matematice nr. 2/2003 3) D. Brânzei, S. Aniţa, A. Aniţa – Competenţă şi performanţă în geometrie, Editura Minied, Iaşi, 1992
PROBLEME CU CAPCANE „LATURĂ-LATURĂ-UNGHI”
Silviu Boga
Veţi constata că următoarele probleme, deşi aparent simple, solicită în oarece măsură ingeniozitatea rezolvitorului, aceasta fiindcă soluţionarea lor prin utilizarea criteriilor de congruenţă sau asemănare a triunghiurilor obligă la efectuarea unor construcţii ajutătoare. Este provocatoare şi observaţia că toate se încadrează în situaţii de tip „latură-latură-unghi”, adesea confundate de rezolvitorul neexperimentat cu criteriile „latură-unghi-latură”. 1. Se consideră triunghiul ABC cu ( )M AB∈ încât [ ] [ ]AM AN≡ şi
( )N AC∈ încât [ ] [ ]BN CM≡ . Arătaţi că Δ ABC este triunghi isoscel. 2. Fie triunghiul ABC cu punctele ( )M AB∈ şi ( )N AC∈ încât [ ] [ ]BM CN≡ şi 0( ) ( ) 45m BCM m CBN= ≥ . Arătaţi că ABC este triunghi isoscel. 3. Fie triunghiul ABC cu [ ] [ ]AB AC≡ şi 0( ) 90m BAC ≥ . Considerând punctele ( )M AB∈ şi ( )N AC∈ încât [ ] [ ]BN CM≡ , arătaţi că [ ] [ ]AM AN≡ 4. În triunghiul ABC, ( )M AB∈ , ( )N AC∈ şi { }BN CM O∩ = . Arătaţi că, dacă [ ] [ ]OM ON≡ şi [ ] [ ]BM CN≡ , atunci ABC este triunghi isoscel.
7
5. În triunghiul ABC cu 0( ) 90m BAC ≥ , ( )M AB∈ , ( )N AC∈ şi
{ }BN CM O∩ = . Arătaţi că dacă [ ] [ ]OB OC≡ şi [ ] [ ]BM CN≡ atunci ABC este triunghi isoscel. 6. Fie patrulaterul convex ABCD cu { }AC BD O∩ = . Arătaţi că, dacă [ ] [ ]AB DC≡ , [ ] [ ]BO OD≡ şi 0( ) 90m DOC ≥ , atunci ABCD este paralelogram. 7. În patrulaterul ABCD, 0( ) ( ) 90m BAD m BCD= ≥ şi [ ] [ ]AB CD≡ . Arătaţi că ABCD este paralelogram. 8. Fie patrulaterul convex ABCD cu { }AC BD O∩ = . Arătaţi că, dacă [ ] [ ]AD BC≡ , [ ] [ ]AO OB≡ şi 0( ) 90m AOD ≥ , atunci AB⎟⎟DC. 9. În patrulaterul convex ABCD, 2AC AB CD= ⋅ şi
( ) ( )m BCA m CDA= >900. Arătaţi că AB⎟⎟DC. 10. Fie triunghiul ABC cu ( ) ( )m BCA m BAC= . Dacă ( )M AB∈ şi
( )N AC∈ încât AM MNAB BC
= , arătaţi că MN⎟⎟BC.
11. Fie triunghiul ABC cu ( ) ( )m ABC m BAC≤ şi punctele ( )M AB∈ ,
( )N AC∈ încât AM MNAC BC
= . Arătaţi că AM ANAC AB
= (MN este
antiparalelă la BC). 12. În triunghiul ABC se consideră punctele ( )D BC∈ şi ( )M AD∈
încât AM ABAD AC
= . Dacă ( ) ( )m ABM m ACD= sau ( ) ( )m AMB m ADC= ,
arătaţi că AD este bisectoare a unghiului BAC . 13. În trapezul ABCD, cu AB⎟⎟DC şi ( ) ( )m BCD m CDA≤ , se consideră
( )M BD∈ încât AM BMMC MD
= . Arătaţi că punctele A, M şi C sunt
coliniare. 14. Arătaţi că un triunghi ABC este dreptunghic în A dacă şi numai dacă există un punct ( )M BC∈ cu AM AB BM AC⋅ = ⋅ şi AM AC CM AB⋅ = ⋅ . Observaţie: După cum am specificat în introducere, fiecare din problemele enunţate conţine şi câte o „capcană LLU”, adică o pereche de triunghiuri care verifică o congruenţă sau proporţionalitate LLU.
8
Înţelegem prin aceasta că triunghiurile respective au congruenţa de unghiuri nu încadrată ci opusă la o congruenţă sau proporţionalitate de laturi. Este de remarcat însă că ipoteza LLU nu permite să decidem congruenţa sau asemănarea triunghiurilor ce o verifică, fapt dovedit cu uşurinţă de următorul contraexemplu: În triunghiul ABC (fig.1), D este un punct pe BC, încât BD ≠ DC. Fig. 1 Se formează astfel triunghiurile ABD şi ACD, care verifică ipoteza LLU. Dacă, din neatenţie, confundăm ipoteza LLU cu LUL, va rezulta
ABD ACDΔ ≡ Δ , de fapt, această congruenţă are loc doar dacă D este mijlocul lui [ ]BC .
Teorema 1: Fie Δ ABC şi Δ A’B’C’ cu [ ] [ ' ']AB A B≡ , [ ] [ ' ']AC A C≡ şi ( ) ( ' ' ').m ACB m A C B= În aceste condiţii, are loc ' ' 'ABC A B CΔ ≡ Δ dacă şi numai dacă unghiurile ABC şi ' ' 'A B C sunt fie congruente, fie nesuplementare. Demonstraţie: În semiplanul opus lui C faţă de AB (fig.2), considerăm D încât [ ] [ ' ']AD A C≡ şi [ ] [ ' ']BD B C≡ , astfel ' ' 'ABD A B CΔ ≡ Δ . Dacă ( ) ( ' ' ')m ACB m A C B= ⇒ ABC ABDΔ ≡ Δ .
Fig. 2 Dacă 0( ) ( ' ' ') 180m ACB m A C B+ ≠ , punctele A, C şi D sunt sau coliniare, sau determină un triunghi isoscel cu [ ] [ ]AC AD≡ . În ambele situaţii datele din enunţ conduc imediat la ABC ABDΔ ≡ Δ . Dacă 0( ) ( ' ' ') 180m ABC m A B C+ = şi ( ) ( ' ' ')m ACB m A C B≠ , atunci triunghiurile ABC şi ABD realizează chiar configuraţia din contraexemplul precedent, ceea ce justifică şi reciproca.
9
Teorema 2: Fie triunghiurile ABC şi A’B’C’ cu ' ' ' '
AB ACA B A C
= şi
( ) ( ' ' ').m ACB m A C B= . În aceste condiţii, ~ ' ' 'ABC A B CΔ Δ dacă şi numai dacă unghiurile ACB şi ' ' 'A C B sunt sau congruente sau nesuplementare. Demonstraţie: În semiplanul opus lui C faţă de AB considerăm D încât
' ' ' ' ' 'AD BD AB
A C B C A B= = şi astfel, ~ ' ' 'ABD A B CΔ Δ . Fiind în condiţiile
teoremei anterioare, din congruenţa triunghiurilor ABC şi ABD rezultă asemănarea triunghiurilor ABC şi A’B’C’. Reciproca este evidentă. Concluzie: Cititorul va constata că problemele propuse în prima secţiune a articolului de faţă admit, cu aplicarea teoremelor enunţate, soluţii deosebit de elegante prin simplitatea lor. Rămâne totuşi valabilă provocarea de rezolvare pe căi tradiţionale, prin realizarea unor construcţii ajutătoare cu scopul de a permite utilizarea cazurilor de congruenţă sau asemănare a triunghiurilor. Cum muza micilor matematicieni este adeseori capricioasă, mai ales atunci când rezolvarea unei probleme impune şi o construcţie auxiliară, vin în ajutorul celor prinşi într-o astfel de încurcătură cu următoarea sugestie: localizaţi „capcana LLU” şi construiţi, în fiecare din cele două triunghiuri buclucaşe, înălţimea corespunzătoare laturii lipsă din ipoteza LLU. Veţi avea de fiecare dată revelaţia observării unor noi congruenţe sau proporţionalităţi care, aplicate succesiv, rezolvă problema. Succes!
Bibliografie www.mathleague.com/ Math League Contest Books http://www.geom.uiuc.edu/ The Geometry Forum http://archives.math.utk.edu/index.html Mathematics Contests and Competitions http://www.gogeometry.com/, Go Geometry Step-by-Step Dorin Andrica şi colab., Teme şi probleme alese de geometrie, editura E+ Arthur Engel, Probleme de matematică – strategii de rezolvare, editura GIL.
10
Probleme de loc geometric întâlnite în cadrul olimpiadelor şi a concursurilor şcolare
Cătălin Cristian Budeanu
Încă de la începutul olimpiadelor şi a concursurilor şcolare, problemele de loc geometric şi-au făcut simţită prezenţa printre subiectele propuse spre rezolvare elevilor. Datorită complexităţii şi gradului ridicat de dificultate, nu puţine au fost concursurile şcolare în care ele au stabilit ierarhia la vârf. Din multitudinea problemelor de acest gen selectăm câteva spre exemplificare: Problema 1. Pe un segment fix AB se ia un punct mobil M şi se construiesc de aceeaşi parte a segmentului triunghiurile echilaterale AMC şi .MBD Să se determine locul geometric al centrului de greutate al .DMCΔ
O.N.M. 1975, V. Matrosenco, C. Ottescu Rezolvare: Fie E mijlocul segmentului CD şi { } .T AC BD= ∩
În paralelogramul ,TCMD când punctul M variază, E descrie linia mijlocie a triunghiului ,TAB corespunzătoare laturii ,AB fără capete. Punctul G fiind centrul de greutate al triunghiului ,CDM rezultă că împarte segmentul EM în
raportul 1 ,2
adică 1 .2
EGGM
=
Ţinând cont că ME TE⎡ ⎤ ⎡ ⎤≡⎣ ⎦ ⎣ ⎦ rezultă că 1 ,2
GMGT
= de unde deducem
că locul geometric al punctului G este segmentul deschis determinat
X Y
11
de o paralelă la AB dusă la o treime de AB şi două treimi de ,T notat ( ).XY Reciproc, considerând un punct G pe acest segment şi intersectând TG cu AB vom obţine punctul .M Construim triunghiurile echilaterale AMC şi ,MBD { } .E TM CD= ∩
Deoarece MD AC şi ,MC BD rezultă că TCMD este paralelogram
iar E este mijlocul segmentului .TM Deoarece 12
MGTG
= şi cum
,TE ME⎡ ⎤ ⎡ ⎤≡⎣ ⎦ ⎣ ⎦ rezultă că 1 ,2
EGGM
= prin urmare G este centrul de
greutate al triunghiului .DMC Am demonstrat astfel că locul geometric căutat al punctului G este segmentul deschis .XY Problema 2. În triunghiul OAB avem ( )m ,O α= 90 .α < ° Printr-un punct
M oarecare al planului, diferit de ,O se construiesc perpendicularele ,MP OA⊥ P OA∈ şi ,MQ OB⊥ .Q OB∈ Fie H ortocentrul
triunghiului .OPQ Să se determine locul geometric al punctelor H în cazurile când M parcurge segmentul .AB
O.I.M. ediţia a VIII-a Rezolvare: Construim AA MQ PP B R′ ′ ′ şi .BB MP QQ A S′ ′ ′
Fie .AM kMB
= Astfel din
asemănarea triunghiurilor AA B′ şi MQB rezultă că
.A Q kQB′
= Ca o consecinţă a
teoremei lui Thales rezultă că SQ A Q kQ B QB
′ ′= =
′ ′ şi în mod analog
.A P kP R′ ′
=′
Demonstrăm că locul geometric al punctelor H este
segmentul de dreaptă .A B′ ′
12
Prin punctul P ′ al segmentului A R′ A P kP R′ ′⎛ ⎞
=⎜ ⎟′⎝ ⎠ se construieşte
perpendiculara pe acest segment. 1 ,RB A P H A′ ′ ′ ′Δ Δ∼ unde 1H este intersecţia dintre perpendiculară cu segmentul .A B′ ′ În continuare
1
1
,A H kH B′
=′
,SQ kQ B
′=
′ ′ de unde 1SA B Q H B′ ′ ′ ′Δ Δ∼ (au două perechi de
laturi proporţionale, iar unghiurile formate de acestea sunt congruente). Prin urmare, 1H Q ′ coincide cu înălţimea triunghiului OPQ dusă pe ,OP ceea ce însemnă că 1 .H H≡ Am arătat astfel că
.H A B′ ′⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦ Se demonstrează uşor că dacă ,A H kHB′
=′
atunci ,AM kMB
=
adică numai punctele segmentului A B′ ′ satisfac această condiţie. Dacă punctul H este luat în afara segmentului ,A B′ ′ atunci punctul M va fi în afara segmentului .AB În consecinţă, locul geometric al punctului ,H când M parcurge segmentul AB este segmentul ,A B′ ′ unde A′ şi B ′ sunt picioarele înălţimilor din ,A respectiv .B Problema 3. Să se determine locul geometric al punctelor M din planul unui romb ABCD pentru care 2.MA MC MB MD AB⋅ + ⋅ =
O.N.M. 2003, ∗∗∗ Rezolvare: Considerăm un sistem cartezian de coordonate în care ( ), 0 ,A a ( )0, ,B b
( ), 0C a− şi ( )0,D b− cu 0,a > 0.b >
Punctul ( ),M x y aparţine locului
geometric dacă şi numai dacă
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 2.x a y x a y x y b x y b a b− + ⋅ + + + + − ⋅ + + = +
Conform inegalităţii Cauchy – Buniacovski – Schwarz, rezultă că
13
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2x a y x a y x y b x y b− + ⋅ + + + + − ⋅ + + ≥
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2.a x x a y x b y b y a b≥ − + + + + − + = +
Dacă punctul aparţine locului
geometric atunci ya xa x y−
=+
şi
b y xb y x−
=+
care conduce la
0.x y = 1) Dacă 0,y = atunci punctul
( ), 0M x aparţine locului
geometric dacă şi numai dacă 2 2 2 2,x a x a x b a b+ ⋅ − + + = + adică 2 2 2 2,x a a x− = − sau încă
, ,x a a⎡ ⎤∈ −⎣ ⎦ echivalent cu .M AC⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦
2) Dacă 0,x = atunci punctul ( )0,M y aparţine locului geometric
dacă şi numai dacă 2 2 2 2 2 2,y a y b a b+ + − = + ceea ce este echivalent
cu 2 2 2 2,y b b y− = − adică , ,y b b⎡ ⎤∈ −⎣ ⎦ deci .M BD⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦ Locul
geometric căutat este inclus în reuniunea segmentelor AC şi .BD Reciproca este foarte uşoară, considerând un punct M pe una dintre diagonalele rombului obţinem relaţia din ipoteză. Prin urmare locul geometric al punctului M este reuniunea diagonalelor rombului. Problema 4.
Fie XOY de măsură 0, .2
t π⎛ ⎞∈ ⎜ ⎟⎝ ⎠
Pentru M variabil pe (OY
fie (N OX∈ astfel încât ,MN OX⊥ (P OY∈ astfel încât
,NP OM⊥ Q este mijlocul segmentului ON şi { } .S NP MQ= ∩
Să se găsească locul geometric al punctului .S O.N.M. 1994, Dan Brânzei
Rezolvare: Fie { } .R OS MN= ∩ Aplicând teorema lui Ceva în triunghiul MNO
14
pentru cevienele concurente { }MQ NP OR S=∩ ∩ obţinem
1.OQ NR MPQN MR OP
⋅ ⋅ = Dar cum ,OQ QN⎡ ⎤ ⎡ ⎤≡⎣ ⎦ ⎣ ⎦ relaţia anterioară devine
PM MROP NR
= (1). Exprimând în funcţie de unghiul XOY obţinem: 2cos cosOP ON t OM t= ⋅ = ⋅ şi 2 2cos sin .PM OM OP OM OM t OM t= − = − ⋅ = ⋅
Proporţia (1) devine 2tg2
2
sin .cos
OM tMR tNR OM t
⋅= =
⋅ Prin urmare
2tg 2
11 ,cos
MR NR tNR t+
= + = de unde 2
1 ,cos
MNNR t
= sau
2cos .NR MN t= ⋅ De asemenea avem:
( ) ( )tg tgctg
2cos 1sin cos sin22
RN MN tNOS NOR t t tON MN t
⋅= = = = ⋅ = =
⋅
constant. Deci locul geometric al punctului S este semidreapta (OS
cu ( )m arctg 1 sin2 .2
NOS t⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Problema 5. Să se arate că locul geometric al punctului M din plan al cărui afix z verifică relaţia 2 2 2 ,z a az b− = ⋅ +
unde ,a b ∈ şi 22b a≤ ⋅
este reuniunea a două cercuri ortogonale.
Virgil Nicula, G.M. 2-3/1992,
Rezolvare: Definiţie: Spunem că două cercuri secante sunt ortogonale dacă razele corespunzătoare punctelor de tangenţă sunt perpendiculare. Relaţia din enunţ este echivalentă cu:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2z a z a az b az b− − = ⋅ + ⋅ + Notăm 2
.t z z z= = ⋅ În
aceste condiţii relaţia de mai sus devine:
15
( ) ( )22 2 4 2 22 4 2t a z z t a a t ab z z b⎡ ⎤− ⋅ + − + = ⋅ + ⋅ + +⎢ ⎥⎣ ⎦ sau încă:
( ) ( )2 22t a a z z b⎡ ⎤− = + +⎣ ⎦ (1) ⇒ ( )2z z a a z z b⋅ − = + + (2) sau
( )2z z a a z z b⋅ − = − + − (3). Relaţiile (2), (3) sunt echivalente cu
( ) ( ) 22 ,z a z a a b− − = ⋅ + respectiv ( ) ( ) 22 .z a z a a b+ + = ⋅ −
Deoarece 22b a≤ ⋅ rezultă că 22 0a b⋅ + ≥ şi 22 0.a b⋅ − ≥ Deci 22z a a b− = ⋅ + sau 22 ,z a a b+ = ⋅ − care reprezintă ecuaţiile a
două cercuri cu centrele ( )1 , 0 ,O a respectiv ( )2 , 0O a− şi razele 2
1 2 ,R a b= ⋅ + respectiv 22 2 .R a b= ⋅ − Cum ( )22 2
1 2 2 4O O a a= ⋅ = ⋅
şi 2 2 2 2 21 2 2 2 4R R a b a b a+ = ⋅ + + ⋅ − = ⋅ rezultă că 2 2 2
1 2 1 2 ,O O R R= +
adică cercurile ( )1 1 1,O RC şi ( )2 2 2,O RC sunt ortogonale. Conchidem
că locul geometric al punctelor din plan care verifică condiţiile din ipoteză este reuniunea a două cercuri ortogonale. Problema 6. Fie punctele ,A B fixe pe cercul ( ),O RC
şi fie punctul C variabil pe cerc. Să se determine: a) locul geometric al ortocentrului Δ ;ABC b) locul geometric al centrului de greutate al Δ ABC Rezolvare: a) Fie ( ),D O R∈C astfel încât AD AB⊥ .
Cum ,A B şi ( ),O RC sunt elemente fixe,
va rezulta că şi punctul D este fix. Construim ,AA BC′ ⊥ ,A BC′ ∈ ,CC AB′ ⊥ C AB′ ∈ şi
{ } .H AA CC′ ′= ∩ Deoarece DA AB⊥ şi ,CH AB⊥ rezultă că
( ), .AD CH 1 Cum ( )m 90 ,DAB = ° rezultă că DB⎡ ⎤⎣ ⎦ este diametru
16
şi atunci şi ( )m 90 ,DCB = ° deci .DC BC⊥ Dar cum şi AH BC⊥ va
rezulta că ( ), .DC AH 2 Din (1) şi (2) rezultă că ADCH este
paralelogram şi atunci .CH AD⎡ ⎤ ⎡ ⎤≡⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Din această congruenţă rezultă
că H este situat pe cercul rezultat prin translaţia de vector DA a cercului ( ), .O RC
b) Fie C ′ mijlocul segmentului AB şi G un punct situat pe segmentul
CC ′ astfel încât 1 ,3
C GCC′
=′
adică G este
centrul de greutate al triunghiului .ABC Deoarece A şi B sunt puncte fixe, atunci şi C ′ va fi un punct fix. Considerăm omotetia de centru C ′ şi
raport 1 .3
Atunci G va fi omoteticul
punctului C în raport cu omotetia de
centru C ′ şi raport 1 .3
Cum punctul C
descrie cercul ( ), ,O RC atunci şi punctul G va descrie un cerc.
Centrul său va fi 1 ,O omoteticul punctului ,O iar raza sa 13
din raza
cercului iniţial. Bibliografie.
1. Andreescu Titu, Bătineţu D.M., Chiriţă Marcel & co, Enunţurile şi soluţiile problemelor date la etapa judeţeană şi etapa pe ţară a olimpiadelor de matematică pentru licee din anii 1975 - 1983.
2. Bătineţiu D.M., Eckstein G., Bîrchi I. & co, Olimpiadele naţionale de matematică 1990 – 2003, Editura Bîrchi, 2004.
3. Cuculescu I., Olimpiade internaţionale de matematică ale elevilor, Editura Tehnică, 1984.
4. Morozova E.A., Petrakov I.S., Skvorţov V.A., Olimpiade internaţionale de matematică, Editura Tehnică, 1978.
5. Nicula V., Geometrie plană (sintetică, vectorială, plană), Culegere de probleme, Editura Gil, 2000.
17
Calculul analitic al distanţei de la un punct la o dreaptă în spaţiu
Paul Georgescu, Gabriel Popa
Dacă ( ) : 0P ax by cz d+ + + = este un plan în spaţiul Oxyz,
distanţa de la un punct ( ), ,M M MM x y z la acest plan este dată de
relaţia
dist ( )( )2 2 2
, M M Ma x b y c z dM P
a b c+ + +
=+ +
.
Nu avem însă o formulă care să permită calculul distanţei de la un punct la o dreaptă în spaţiu. Vom prezenta în continuare, pe un exemplu, cinci metode prin care se poate realiza acest calcul. Problema pe care ne propunem să o rezolvăm este următoarea:
Aflaţi distanţa de la punctul ( )2, 1,5A − la dreapta de ecuaţie
( )2 2 0
:3 2 6 0x y
d x z+ + =⎧
⎨ − − =⎩.
Pentru început, să observăm că dreapta ( )d este definită ca
intersecţie a două plane. Putem determina ecuaţiile canonice ale lui ( )d ; în acest scop, trebuie să găsim coordonatele unui punct situat pe
( )d , precum şi un vector director al lui ( )d . Iată două metode prin
care putem realiza acest lucru: Metoda 1. Un vector normal la planul 2 2 0x y+ + = este 1 2N i j= + ,
iar un vector normal la planul 3 2 6 0x z− − = este 2 3 2N i k= − .
Atunci vectorul 1 2N N× este perpendicular atât pe 1N , cât şi pe 2N , prin urmare este paralel atât cu planul ( )1P , cât şi cu planul ( )2P .
Astfel, 1 2N N× este vector director al dreptei ( )d de intersecţie a
celor două plane, iar
18
1 2 1 2 0 4 2 63 0 2
i j kN N i j k× = = − + −
−.
Vectorul 1 21 2 32
v N N i j k= − × = − + este, de asemenea, director
pentru dreapta ( )d . Un punct pe dreapta ( )d se obţine, de exemplu,
pentru 0x = , când găsim 2 2 02 6 0
yz
⎧ + =⎪⎨
+ =⎪⎩, deci ( ) ( )0, 1, 3B d− − ∈ . În
concluzie, ecuaţiile canonice ale lui ( )d sunt
( ) 1 3:2 1 3
yx zd + += =
−.
Metoda 2. Am găsit pe dreapta ( )d punctul ( )0, 1, 3B − − . Un alt punct
al dreptei se poate obţine, de exemplu, pentru 2x = , când 2, 0y z= − = ; astfel, ( ) ( )2, 2,0C d− ∈ . Atunci ( )2, 1,3BC − este
vector director al dreptei ( )d şi regăsim ecuaţiile canonice ale
dreptei. Scriind ecuaţiile dreptei ( )d în formă parametrică, obţinem
coordonatele unui punct curent M pe dreapta ( )d , anume
( )2 , 1,3 3 , M t t t t− − − ∈ . Trecem acum la rezolvarea problemei enunţate. Soluţia 1.Dacă M este un punct curent al dreptei ( )d , pentru a
determina distanţa de la A la ( )d ar trebui să minimizăm lungimea
segmentului AM sau, echivalent, să minimizăm 2AM . Cum ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2 2 1 1M A M A M AAM x x y y z z t t= − + − + − = − + − − + +
( )2 23 3 5 14 56 68t t t+ − − = − + , trebuie să găsim minimul funcţiei de gradul doi :f → , ( ) 214 56 68f t t t= − + . Acesta se atinge pentru
56 22 14
t = =⋅
şi este egal cu ( )2 12f = . În concluzie, distanţa de la A
la ( )d este 12 2 3= şi se atinge când punctul M are coordonatele
19
( )4, 3,3− , acesta fiind piciorul perpendicularei din A pe ( )d .
Soluţia 2. Fie ( )2 , 1,3 3M t t t− − − piciorul perpendicularei din A pe
( )d . Vectorul AM fiind ortogonal pe vectorul director
2 3v i j k= − + al dreptei ( )d , avem că 0AM v⋅ = . Cum
( ) ( )2 2 3 8AM t i t j t k= − − + − , condiţia de perpendicularitate devine
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 3 3 8 0t t t− + − ⋅ − + − = , de unde 2t = . Regăsim coordo-
natele lui M de la soluţia precedentă, ( )4, 3,3M − , iar distanţa de la M
la ( )d va fi 2 3AM = .
Soluţia 3. Distanţa de la A la ( )d este egală cu
înălţimea paralelogramului construit pe vectorii BA şi v , corespunzătoare laturii cu direcţia lui v . Cum aria acestui paralelogram este
sin ,BA v BA v BA v⎛ ⎞⋅ ⋅ = ×⎜ ⎟⎝ ⎠
, rezultă că dist ( )( ),BA v
A dv
×= .
Deoarece 2 8BA i k= + şi 2 3v i j k= − + ,
2 0 8 8 10 22 1 3
i j kBA v i j k× = = − −
−.
Urmează că
dist ( )( ) ( ) ( )( )
2 22
22 2
8 10 2 168, 12 2 3.142 1 3
A d+ − + −
= = = =+ − +
20
Soluţia 4. Vectorul director v al dreptei ( )d este vector normal
planului care trece prin A şi este perpendicular pe ( )d . Ecuaţia
acestui plan va fi ( ) ( ) ( ) ( ): 2 2 1 3 5 0,P x y z− − + + − = adică
( ) : 2 3 20 0P x y z− + − = . Intersecţia dreptei ( )d cu planul ( )P va fi
piciorul perpendicularei din A pe ( )d ; această intersecţie se obţine
rezolvând sistemul 2 2 0
3 2 6 02 3 20 0
x yx zx y z
⎧ + + =⎪ − − =⎨⎪ − + − =⎩
şi este ( )4, 3,3M − . Distanţa
căutată este 2 3AM = . Soluţia 5. Ecuaţia unui plan oarecare care conţine dreapta ( )d este
( ) ( ): 2 2 3 2 6 0P x y a x z+ + + − − = . Dacă impunem ca A să aparţină unui asemenea plan, obţinem că ( ) ( )2 2 2 3 2 2 5 6 0a+ − + + ⋅ − ⋅ − = ,
deci 15
a = . Astfel, ecuaţia planului ( )1P care conţine pe A şi ( )d este
( )1 : 8 10 2 4 0P x y z+ − + = . Distanţa de la A la ( )d va fi distanţa de la
A la planul ( )2P care trece prin ( )d şi este perpendicular pe ( )1P .
Ecuaţia lui ( )2P este ( ) ( )2 : 2 2 3 2 6 0P x y b x z+ + + − − = , i.e.
( ) ( )2 : 1 3 2 2 2 6 0P b x y bz b+ + − + − = . Condiţia ( ) ( )1 2P P⊥ conduce la
( ) ( ) ( )1 3 8 2 10 2 2 0b b+ ⋅ + ⋅ + − ⋅ − = , de unde 1b = − , prin urmare
ecuaţia lui ( )2P este ( )2 : 2 2 2 8 0P x y z− + + + = . Distanţa căutată va
fi ( )( ) ( )( )( )
2 2 2 2
2 2 2 8 12, , 2 32 32 2 2
A A Ax y zdist A d dist A P
− + + += = = =
− + +.
Bibliografie Paul Georgescu, Gabriel Popa – Geometrie vectorială, analitică şi diferenţială – Probleme rezolvate, MatrixRom, Bucureşti (sub tipar)
21
Concursuri din alte ţări Gabriel Popa, Paul Georgescu
Prezentăm în cele ce urmează câteva probleme de tip evaluare + exemplu. Cerinţele acestor probleme sunt de genul: găsiţi numărul cel mai mic / cel mai mare, care satisface o anumită proprietate. Rezolvarea lor impune parcurgerea a două etape: determinarea unui număr cel mult / cel puţin egal cu toate numerele care au respectiva proprietate, apoi demonstrarea faptului că numărul astfel determinat are şi el proprietetea dorită. Pentru mai multe aplicaţii, poate fi consultată lucrarea [1], pp. 16-24. Problema 1 Un post de radio selectează în fiecare săptămână cele mai îndrăgite 20 de melodii. Ştim că aceleaşi 20 de cântece nu se află în aceeaşi ordine în top în două săptămâni consecutive, iar dacă o piesă începe să coboare în clasament, ea nu-şi va mai putea îmbunătăţi poziţia niciodată. Determinaţi numărul maxim de săptămâni consecutive în care aceleaşi 20 de piese se pot afla în top.
(Olimpiadă Estonia, 1994) Soluţie. Date 20 de piese, numărul total al schimbărilor poziţiilor în
top a câte două melodii vecine este 20
190,2
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠deci numărul de
săptămâni în care aceleaşi 20 de piese se pot afla în top nu poate fi mai mare decât 190. Să arătăm că acest maxim poate fi efectiv atins. Numerotăm melodiile cu 1, 2, 3, ..., 20, după poziţia pe care o ocupă în prima săptămână. În cazul în care 1 coboară poziţie cu poziţie, până pe ultimul loc (obţinând ordinea 2, 3, ..., 20, 1), apoi 2 coboară poziţie cu poziţie, până vom avea 3, 4, ..., 20, 2, 1 ş.a.m.d., găsind în final ordinea 20, 19, ..., 2, 1, vom avea 19 + 18 + ... + 1 = 190 de saptămâni consecutive cu aceleaşi piese în top.
22
Problema 2 Pe o tablă 9 9× sunt colorate 40 din cele 81 de pătrăţele. Despre o linie orizontală sau verticală se spune că este bună dacă ea conţine mai multe pătrăţele colorate decât necolorate. Care este cel mai mare număr de linii bune (orizontale şi verticale) pe care-l poate avea tabla?
(Olimpiadă Kazahstan, 2005) Soluţie. Cum întregul tabel conţine 40 de pătrăţele colorate şi orice linie (orizontală sau verticală) are cel puţin 5 pătrăţele colorate, rezultă că putem avea cel mult 8 linii orizontale bune şi cel mult 8 linii verticale bune, în total cel mult 16 linii bune. Alăturat este preyentat un exemplu de colorare cu 16 linii bune. Problema 3 Căsuţele unui pătrat 100 100× se colorează în alb şi negru, astfel încât în orice dreptunghi 1 2× există cel puţin o căsuţă neagră şi în orice dreptunghi 1 6× există două căsuţe negre vecine. Care este numărul minim de căsuţe negre ale pătratului?
(Olimpiadă Ucraina, 2000) Soluţie. Observăm, pentru început, că orice dreptunghi 1 5× conţine cel puţin trei căsuţe negre. Într-adevăr, în caz contrar, căsuţele negre din dreptunghiurile 1 2× de la marginea dreptunghiului 1 5× considerat se vor învecina cu o căsuţă albă centrală, ca în desenul alăturat. Astfel, un dreptrunghi 1 6× care ar conţine acest dreptunghi 1 5× nu ar mai putea avea două căsuţe negre vecine, contradicţie. Deducem că pătratul 100 100× conţine cel
puţin 3 10000 60005⋅ = căsuţe negre. Acest minim
23
se atinge, de exemplu, pavându-l cu 400 de pătrate 5 5× de tipul celor din figura alăturată. Problema 4 Într-un şir finit de numere reale, suma oricăror 7 termeni consecutivi este strict negativă, iar suma oricăror 11 termeni consecutivi este strict pozitivă. Să se determine numărul maxim de termeni ai unui astfel de şir.
(O.I.M. 1977) Această problemă este considerată ca fiind una dintre cele mai frumoase dintre cele propuse vreodată într-un concurs de matematică. În lucrarea [2] sunt prezentate patru soluţii ale sale. Reproducem mai jos două dintre ele: Soluţia 1. Remarcăm că ( ) ( ) ( ) ( )1 7 2 8 11 17 1 11... ... ... ... ...x x x x x x x x+ + + + + + + + + = + + + ( ) ( )2 12 7 17... ... ... ,x x x x+ + + + + + + deoarece în fiecare dintre cei doi
membri 1x apare o dată, 2x de două ori, ..., 7 8 11, , ..., x x x de câte şapte ori, 12x de şase ori, ..., 17x o dată. Cum un număr strict pozitiv nu poate fi egal cu unul strict negativ, deducem că 16.n ≤ Un exemplu de secvenţă cu 16 termeni care satisface condiţiile din enunţ este 5,5, 13,5,5,5, 13,5,5, 13,5,5,5, 13,5,5.− − − − Soluţia 2. Considerăm şirul sumelor parţiale asociat şirului iniţial:
0 1 10, ,s s x= = 2 1 2,s x x= + ..., 1 2 ... , ...k ks x x x= + + + . Ipotezele problemei arată că 7 0, 0, 7,k ks s k n+ − < ∀ = − iar 11 0,k ks s+ − >
0, 11.k n∀ = − În cazul în care 17,n ≥ am avea că 0 11 15 8 1 12 5 16 9 2 13 6 17 1040 s s s s s s s s s s s s s s s= < < < < < < < < < < < < < < <
3 14 7 0s s s s 0,< < < < = contradicţie. Deducem că n 16,≤ iar 10 3 7 11 15 8 1 12 5 16 9 214 4s s s s 0 s s s s s s s s s s< < < < < < < < < < < < < < <
13 6s s .< < (*) Dând valori arbitrare numerelor ,ks astfel încât să fie verificate inegalităţile (*), putem construi oricât de multe exemple de şiruri cu 16 termeni care să aibă proprietăţile din enunţ.
24
O problemă înrudită cu aceasta a fost propusă spre rezolvare participanţilor la etapa finală a Olimpiadei de Matematică din acest an, la clasa a X-a. Enunţăm în continuare această problemă şi lăsăm celor interesaţi plăcerea de a zăbovi asupra ei: Problema 5 Vom spune că un număr natural 4n ≥ este neobişnuit dacă se poate aşeza câte un număr real în fiecare dintre cele 2n pătrăţele unitate ale unui pătrat P de latură n, astfel încât suma celor 9 numere din orice pătrat 3 3× conţinut de P să fie strict negativă, iar suma celor 16 numere din orice pătrat 4 4× conţinut de P să fie strict pozitivă. Determinaţi toate numerele neobişnuite.
M. Bălună Bibliografie 1. N. Agahanov, O. Podlipsky – Olimpiadele matematice ruseşti – Moscova 1993-2002, GIL, Zalău, 2004 2. I. Cuculescu – Olimpiadele internaţionale de matematică ale elevilor, Editura Tehnică, Bucureşti, 1984
25
Baltic Way Math Contests Probleme selectate de Doru Turbatu
Probleme propuse pentru clasele a IX-a si a X-a 1. Fie *, , ,x y z +∈ astfel încât xyz=1. Arătaţi că:
( ) ( ) ( ) 33 31 1 1 2 1 .yx zy z xz y x
⎛ ⎞+ + + ≥ + + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
(2003) Soluţie Inegalitatea este echivalentă cu
3 331 2 2 2 2yx zx y z xy xz yz xyzy z x
+ + + + + + + ≥ + + + ⇔
3 331 1 1 2 yx zx y zx y z y z x
⎛ ⎞⇔ + + + + + ≥ + +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
Dar 3 33
1 1 11 1 1; ;
3 3 3
x y zy yx zz xy z x
+ + + + + +≥ ≥ ≥ şi deci este
suficient să demonstrăm că
1 1 1 2x y zx y z
+ + + + + ≥
1 1 11 1 1
3 3 3
x y zy z x⎛ ⎞+ + + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
ceea ce
este echivalent cu 1 1 1 6x y zx y z
+ + + + + ≥ .
2. Fie şirul ( ) 1n na≥
definit astfel: 1 2,a = 2 2a = şi 21 1 ,n n na a a+ −=
pentru , 2.n N n∀ ∈ ≥ Determinaţi na şi demonstraţi inegalitatea: ( )1 2 1 21 (1 )...(1 ) (2 2) ...n na a a a a a+ + + < + .
(2003) Soluţie
Prin inducţie 21
1 2 4 8 221 2 3 542 , 2 , 2 , 2 , 2 , ..., 2 .n
na a a a a a −
= = = = = = Inegalitatea devine ( )1 2 1 21 (1 )...(1 ) 2(1 2) ...n na a a a a a+ + + < + .
26
Ţinând cont că 1 2a = şi 11 1 2a+ = + se obţine
2 2(1 )...(1 ) 2 ...n na a a a+ + < ⇔
( ) ( ) ( ) ( )2 21 2 4 2 1 2 4 ... 21 2 1 2 1 2 ... 1 2 2 2n n− −+ + + ++ + + + < ⋅ ⇔
1 12 22 1 2n n− −
− < care este evident adevărată. . 3. Fie , ,α β γ măsurile a trei unghiuri astfel încât 00 , , 90α β γ≤ < şi
sin sin sin 1α β γ+ + = . Arătaţi că: 2 2 2 3 .8
tg tg tgα β γ+ + ≥
(2005) Soluţie
Deoarece 22
1 1cos
tg = −αα
inegalitatea din enunţ devine
2 2 21 1 1 27
cos cos cos 8α β γ+ + ≥ . Din inegalitatea mediilor a phm m m≤ ≤
rezultă: 2 2 2
31 1 1
cos cos cosα β γ+ +
2 2 2cos cos cos3
α β γ+ +≤ =
( )2 2 2 23 sin sin sin sin sin sin 1 81 13 3 9 9
α β γ α β γ− + + + +⎛ ⎞= ≤ − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
4. Fie şirul ( ) 1n na≥
definit astfel: 1 1,a = 212
a = şi
2 11
1 1 ,2 4n n n
n na a a
a a+ ++
= + + * .n∀ ∈ Arătaţi că:
1 3 2 3 5 24
1 1 1 1... 4.n na a a a a a a a +
+ + + + <
(2005) Soluţie Evident 0,na n ∗> ∀ ∈ şi din relaţia de recurenţă
2 11 1 2 2
1 2 2 12n n n
n n n n n na a a
a a a a a a+ ++ + + +
> + ⇔ − > .
Şi în inegalitaea de demonstrat avem:
1 3 2 2 1 2 2 3 2 3 3 1 1 24 4
1 1 1 2 2 2 2 2 2... ....+ + + +
+ + + < − + − + + − <n n n n n na a a a a a a a a a a a a a a a a a
1 2
2 4a a
< = .
27
Probleme propuse pentru clasele a VII-a şi a VIII-a 1. În dreptunghiul de laturi a, b se consideră patru puncte, fiecare în interiorul unei laturi. Lungimile laturilor acestui patrulater sunt x, y, z, t. Arătaţi că: 2 2 2 2 2 2 2 22( )a b x y z t a b+ ≤ + + + ≤ + . Soluţie Notăm cu 1 2 1 2 3 34 4, , , , , , ,a a b b a a b b lungimile segmentelor pe care cele patru puncte le determină pe laturile de lungime a, respectiv b; adică 1 2 3 4a a a a a+ = + = şi 1 2 3 4b b b b b+ = + = . Din teorema lui Pitagora aplicată în cele patru triunghiuri dreptunghice avem:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 34 4x y z t a a a a b b b b+ + + = + + + + + + + ≤
( ) ( ) ( ) ( )2 222 2 21 2 3 1 2 34 4 2 2a a a a b b b b a b≤ + + + + + + + = + .
Pentru inegalitatea din stânga folosim inegalitatea pătratică aritmeticăm m≥ 2 21 2 1 2
2 2 2a a a a a+ +
≥ = sau 2
2 21 2 2
aa a+ ≥ . Deci, în concluzie: 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2a a b bx y z t a b+ + + ≥ + + + = +
2. În ∆ABC, o semidreaptă cu originea în A intersectează (BC) în M şi
cercul circumscris în N. Arătaţi că: 1 1 4 .AM MN BC
+ ≥
Soluţie Din inegalitatea mediilor, armonică geometricăm m≤ rezultă
1 1 2AM MN AM MN
+ ≥⋅
. Dar ( )AM MN BM MC AMB NMC⋅ = ⋅ Δ Δ∼ .
Ultima inegalitate devine 1 1 2AM MN BM MC
+ ≥ ≥⋅
2 4
2BM MC BC
=+
.
3. Trei cercuri de raze diferite trec prin două puncte A, B. Două semidrepte, de aceeaşi parte a dreptei AB, cu acceaşi origine B, intersecteaza cele trei cercuri in 321 ,, MMM , respectiv .,, 321 NNN
Arătaţi ca .32
21
32
21
NNNN
MMMM
=
Soluţie
În primul cerc are loc: ( ) ( ) ( )1 112
m AMB m AN B m AB= = . Analog, în al
28
doilea cerc ( ) ( ) ( )2 212
m AM B m AN B m AB= = şi deci
( )1 2 21 2 1 2
1 2 2
1M M AMAM M AN NN N AN
Δ Δ ⇒ =∼ .
Analog ( )2 3 22 3 2 3
2 3 2
2M M AMAM M AN NN N AN
Δ Δ ⇒ =∼ . Din (1) şi (2) rezultă:
2 31 2
1 2 2 3
M MM MN N N N
= .
Observaţie Această problemă este un rezultat de tip Thales pentru cercuri.(!)
4. Fie *, , a b c +∈ . Arătaţi că: 22 .a a
a bc bc≤
+∑ ∑
Soluţie
Înmulţim inegalitatea cu 0abc > obţinem 2
22
2a bc aa bc
≤+∑ ∑ ( )∗ . Dar
g ahm m m≤ ≤ şi 2 2 2 2 2 2
22
2 2 2 2 4a bc a bc a bc a b c
a bc+ +
≤ = + ≤ ++
. Însumând,
se ajunge la inegalitatea ( )∗ .
29
PROBLEME REZOLVATE
CLASA a V-a
V.1. Arătaţi că numărul = + +34951 6702 125832N nu este pătrat perfect.
Viorica Dobre Soluţie
...85N = , deci N se divide cu 5, dar nu se divide cu 25. Rezultă că N nu este pătrat perfect. V.2. Albă ca Zăpada culege căpşune. La un moment dat ea are în cele 7 coşuleţe 9, 11, 13, 14, 17, 19, respectiv 22 de căpşune. Ea adaugă în fiecare coşuleţ câte un număr egal de căpşune. Să se arate că există un coşuleţ din care se pot servi în mod egal cei 7 pitici înfometaţi.
Doru Buzac Soluţie Fie n numărul căpşunelor adăugate în fiecare coşuleţ. Astfel, în cele 7 coşuleţe sunt 9, 11, 13, 14, 17, 19, 22n n n n n n n+ + + + + + + căpşu-ne. Cum aceste şapte numere dau resturi diferite la împărţirea prin 7, cel puţin unul se împarte exact la 7, de unde concluzia. V.3. Determinaţi ∈ ≤, 31n n , dacă
( ) ( ) ( )+ + + + = + + + + +7 1 2 3 1 2 32n n n .
Marius Farcaş Soluţie Ecuaţia este echivalentă cu: ( ) ( ) ( )7 1 2 ... 1 2 ... 1 2 ... 1 2 ... 32n n n n n+ + + + + + + = + + + + + + + + + ,
de unde ( )8 1 2 ... 1 2 ... 32n+ + + = + + + , adică ( )1 32 3382 2
n n + ⋅⋅ = ,
deci ( )1 4 33n n + = ⋅ . Rezultă că 11n = .
30
V.4. Suma a două numere naturale distincte este cu 10 mai mare decât diferenţa lor. Aflaţi numerele, ştiind că diferenţa lor este mai mică decât numărul mai mic.
Gabriel Timohe Soluţie Fie a b> numerele căutate. Avem că 10a b a b+ = + − şi a b b− < . Prin urmare, 5b = şi 10a < . Obţinem soluţiile
( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 6,5 ; 7,5 ; 8,5 ; 9,5a b ∈ . V.5. Aflaţi ultimele trei cifre ale numărului = − −2008 2006 20032 2 2a .
Cătălin Budeanu Soluţie Observăm că ( )2003 5 3 2003 20012 2 2 1 2 25 2 100a = ⋅ − + = ⋅ = ⋅ . Deoarece
20012 are ultima cifră 2, rezultă că ...200a = . V.6. Aflaţi suma resturilor împărţirii a 2008 numere naturale consecutive la 21, ştiind că ultimul se împarte exact la 21.
Cătălin Budeanu Soluţie Fie 1 2 2008, , ...,a a a , cele 2008 numere consecutive şi 1 2 2008, , ...,r r r resturile împărţirilor acestora la 21. Atunci 2008 2007 20060, 20,r r r= = = = 19, ... , deoarece numerele ia sunt consecutive. Grupăm resturile în grupe de câte 21, începând de la sfârşit. Suma resturilor va fi
S = ( ) ( )95 0 20 19 ... 2 1 0 20 19 ... 10 9 19298⋅ + + + + + + + + + + + = .
CLASA a VI-a
VI.1. Să de determine , , , , x y z t n ∈ , dacă +⋅ ⋅ ⋅ =22 3 5 7 !yx z t n ( )= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅! 1 2 3n n .
Manuela Mihăescu Soluţie Membrul stâng al egalităţii date se divide cu 25 , deci 10n ≥ , dar nu se divide cu 11, deci 11n < . În concluzie , 10n = . Deoarece
9 4 210! 1 2 3 ... 9 10 2 3 5 7= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ , obţinem 9, 4, 0, 1x y z t= = = = .
31
VI.2. Determinaţi numerele naturale x şi y dacă =105
49 121x
yy .
Marius Farcaş Soluţie Egalitatea dată este echivalentă cu ( ) ( )49 25 6 2 1 , 3, 4y x x y= + ⋅ + ≥ ≤ . Se verifică uşor că nu există ,x y care să verifice cerinţele date. VI.3. În câte zerouri se termină numărul = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅5 10 15 20 5000a ?
*** Soluţie
( ) ( ) ( ) ( ) ( )10005 1 5 2 5 3 ... 5 1000 5 1 2 3 ... 1000a = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . Exponentul lui 2 din 1000! este egal cu 500 250 125 62 31 15 7 3 1+ + + + + + + + (deoarece 2 apare în numerele 2, 4, 6, 8,...; 22 apare în numerele 4, 8, 12,...; 32 în numerele 8, 16, 24,...). Deci, 1000 9945 2a = ⋅ ⋅ (număr impar)
99410= ⋅ (număr impar). Rezultă că numărul a se termină în 994 zerouri. VI.4. Considerăm în jurul unui punct n unghiuri ∈ *n , care au măsurile exprimate prin numere naturale, proporţionale cu …1,2,3, ,n . Determinaţi n şi măsurile unghiurilor.
Elena Iurea Soluţie Fie 0 0 0
1 2, , ... na a a măsurile unghiurilor. Avem că 1 2 3, , , ..., ,na a a a ∈ 0
1 2 3 ... 360na a a a+ + + + = şi 31 2 ...1 2 3
na aa an
= = = = . Rezultă că 0
1 1 1 12 3 ... 360a a a na+ + + + = , deci ( ) 01 1 720a n n⋅ + = . Prin urmare,
( )1n n + divide 720. Deducem că { }1,2,3,4,5,8,9,15n ∈ şi, corespun-zător, găsim 1 2 3, , , ..., na a a a . VI.5. Fie mulţimile disjuncte de numere naturale { } { }1 21 , 2, 3 ,A A= =
{ } { }= = …3 44,5, 6, 7 , 8, 9,10,11,12,13,14,15 ,A A a) În ce mulţime se află 2008? b) Calculaţi suma numerelor impare din 1 1A .
32
c) Câte numere divizibile cu 5, dar care nu sunt divizibile cu 10, sunt în 11A ?
Doru Turbatu Soluţie Avem: { } { } { }0 1 2 2 3
1 2 32 , 2 ,2 1 , 2 , ...,2 1 ,A A A= = − = − { }3 44 2 , ...,2 1A = − .
Deducem că { }1 12 ,2 1, ...,2 1n n nnA − −= + − .
a) Cum 10 112 2008 2 1< < − , rezultă că 112008 A∈ . b) { }10 10 11
11 2 ,2 1, ...,2 1A = + − , deci { }11 1024,1025,1026,...,2047A = şi
suma căutată este 1025 1027 ... 2047 1 3 5 ... 1023S = + + + = + + + + + ( )1025 ... 2047 1 3 ... 1023+ + + − + + + . Cum ( ) 21 3 ... 2 1n n+ + + − = ,
rezultă că 2 21024 512S = − . c) Numerele căutate sunt n = 5 , 205, 207, 209, ..., 409k k⋅ = , deci 103 numere.
CLASA a VII-a
VII.1. Dacă *, a b ∈ sunt astfel încât + = 23a b , demonstraţi că
≤ ≤22 132ab . Viorica Dobre
Soluţie Deoarece 23a b+ = , ,a b ∗∈ , rezultă că 23 , 1,2, ...,22b a a= − = . Astfel, ( ) ( ) ( )222 23 22 23 22 1 22 0ab a a a a a a− = − − = − − = − − ≥ şi
( ) ( )2132 132 23 11 12 0ab a a a a− = − + = − − ≥ .
VII.2. Să se arate că numărul ⎛ ⎞
= −⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠
200710042008 : 2007
1 3 5 2007n
este pătrat perfect. Manuela Mihăescu
Soluţie Deoarece ( ) 21 3 ... 2 1n n+ + + − = , rezultă că 21 3 ... 2007 1004+ + + = ,
deci ( ) ( )22007 10032008 1 : 2007 2007a = − = .
33
VII.3. Să se arate că un paralelogram cu laturi neegale este dreptunghi, dacă şi numai dacă admite o axă de simetrie care nu este diagonală.
Petru Asaftei Soluţie Considerăm dreptunghiul ABCD cu AB BC≠ , în acest caz nici o diagonală nu este axă de simetrie, însă mediatoarea unei laturi este axă de simetrie. Reciproc: axa de simetrie trebuie să intersecteze conturul paralelogramului. Să analizăm cazurile posibile: I. Axa de simetrie 1d nu este perpendiculară pe niciuna dintre laturile paralelogramului. Fie că [ ]1d AB φ≠∩ ; atunci cel puţin unul dintre punctele
1 1, d dpr A pr B este exterior paralelogramului, deci 1d nu poate
fi axă de simetrie. II. Axa de simetrie este perpendiculară pe una dintre laturile paralelogramului, fie aceasta [ ]AB , dar nu este mediatoarea acestei laturi. Fie 2d axa de simetrie şi { }2d AB P=∩ . Dacă, de exemplu, AP PB> , atunci simetricul punctului A faţă de 2d este exterior paralelogramului, fals. III. Axa de simetrie 3d este mediatoarea segmentului [ ]AB . Deoarece simetricele punctelor C şi D faţă de 3d sunt pe [ ]CD , în mod necesar 3d este mediatoarea segmentului [ ]CD . Rezultă că ARQD
este dreptunghi ( { }3d CD R=∩ ), deci ( ) 090m DAB = şi atunci ABCD
este dreptunghi. VII.4. Fie ABCD un trapez de bază mare AB, E proiecţia lui D pe AB şi M mijlocul lui ( )BD . Arătaţi că EM AC dacă şi numai dacă ABCD este trapez isoscel.
Elena Iurea Soluţie Fie F punctul punctul în care paralela prin D la AC intersecteză pe AB. Dacă ME AC , atunci ME FD , deci ME este linie mijlocie în BDFΔ .
34
Obţinem că 2 2
FD ACME = = şi, cum ME este mediana ipotenuzei în
triunghiul dreptunghic DEB, 2
BDME = . În concluzie, AC BD= , deci
trapezul ABCD este isoscel. Reciproc: Dacă ABCD este trapez isoscel, atunci AC BD= şi Δ DEB este isoscel, prin urmare E este mijlocul lui ( )FB . Rezultă că ME este linie mijlocie în BDFΔ , deci ME FD şi de aici ME AC . VII.5. Fie E mijlocul laturii ⎡ ⎤⎣ ⎦CD a paralelogramului ABCD. Notăm cu S şi R punctele de intersecţie ale dreptelor BD şi AE, respectiv cu CS şi AB. Să se arate că ABCD este dreptunghi dacă şi numai dacă (DA este bisectoarea unghiului RDB .
Gabriela Popa Soluţie
Din triunghiurile asemenea formate, avem că EC ES DEAR SA AB
= = şi, cum
EC DE= , rezultă AR AB= . Dacă ABCD este dreptunghi, atunci ( )DA este mediană şi înălţime în DRBΔ , deci (DA este şi bisectoarea
unghiului RDB . Reciproc, dacă (DA este bisectoarea unghiului RDB , cum ( )DA este mediană şi înălţime în acelaşi triunghi, rezultă că
DRBΔ este isoscel şi atunci DA BR⊥ , deci ABCD este drptunghi.
CLASA a VIII-a VIII.1. Fie , ,a b c numere raţionale, strict pozitive. Dacă
= +a b c , arătaţi că , , a b c sunt proporţionale cu numere raţionale.
Viorica Dobre Soluţie Avem a b c− = , deci 2a b ab c+ − = , deci
22a b c a b cb a
aa+ − + −
= = ⋅ . Similar, 2
a b cc aa
− += ⋅ . Atunci
35
2a b ca a b c a b c
= =+ − − +
şi, cum , , a b c ∗+∈ , concluzia se impune.
VIII.2. Dacă , , , x y z u sunt numere naturale diferite două câte
două, atunci 51 124
xyz xyu xzu yzu xyzu+ + + ≤ − .
Manuela Mihăescu Soluţie Cum , , ,x y z u sunt numere naturale nenule distincte două câte două,
atunci 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 511 2 3 4 1 2 3 4 24x y z u xyzu
+ + + + ≤ + + + + +⋅ ⋅ ⋅
, de unde
obţinem inegalitatea cerută.
VIII.3. Determinaţi , x y ∈ , dacă 17 41 1x y+ = şi +x y este minim.
Cătălin Budeanu Soluţie Avem
1 41 1 7 1 32 1 7 17 , 217 17 7
y y ax y y a a y a− − −= = − ∈ ⇒ − = ∈ ⇒ = − ∈
1 3 7 , a c c⇒ − = ∈ ⇒1 2
3ca c−
= − ∈ şi de aici 1 3 , c k k− = ∈ .
Astfel, 1 3 , c k k= − ∈ . Găsim că 41 12, 17 5, x k y k k= − = − + ∈ . Prin urmare, 24 7x y k+ = − şi acest modul este minim pentru
0k = . Obţinem că 12, 5x y= − = .
VIII.4. Fie P un punct fix în interiorul diametrului AB al unui cerc dat şi M un punct variabil pe arc, diferit de A şi B. Arătaţi că
reportul tg tg
MAPAMP
este constant.
*** Soluţie Deoarece ( )AB este diametru al cercului, rezultă că ( ) 090m AMB = .
Construim ( ), PQ MB Q AM∈ , prin urmare PQ AM⊥ . Se obţine că
36
:tgMAP PQ PQ QM BPAQ QM QA PAtgAMP
= = = = constant.
VIII.5.Dreptele a şi b nu sunt secante. Se consideră punctele
, , , , , A A a B B b M M′ ′ ′∈ ∈ mijloacele segmentelor [ ] [ ], AB A B′ ′ , iar , P P ′ mijloacele segmentelor [ ] [ ], AB AB′ ′ . Arătaţi că:
a) PP MM AA BB′ ′ ′ ′⊥ ⇔ = ; b) PP MM AA BB′ ′ ′ ′= ⇔ = şi AA BB′ ′⊥ .
Petru Asaftei Soluţie
Observăm că MP BB P M′ ′ ′ , 12
MP P M BB′ ′ ′= = şi MP AA PM′ ′ ′ ,
12
MP PM AA′ ′ ′= = , deci MPM P′ ′ este paralelogram.
a) PP MM′ ′⊥ ⇔ paralelogramul MPM P′ ′ este romb MP MP ′⇔ = ⇔ AA BB′ ′⇔ = .
b) PP MM′ ′= ⇔ paralelogramul MPM P′ ′ este dreptunghi⇔
( ) 090m PMP AA BB′ ′⇔ = ⇔ ⊥ .
CLASA a IX-a
IX.1. Fie ABC un triunghi şi punctele M, N pe laturile AB respectiv
AC. Dacă =AM kMB
, =AN pNC
, , k p ∈ , iar { }P BN CM= ∩ ,
determinaţi coordonatele vectorului AP în baza { },AB AC .
*** Soluţie Din teorema lui Ceva în triunghiul AMC cu transversala B P N− − ,
găsim 1
MP PCP k
=+
. Rezultă că 111
1
PAM AC kAB P ACkAPP k P
k
+ ++= =+ ++
+
.
37
IX.2. Considerăm mulţimile { }= + ∈2 1,A x x , { }= + ∈3 2,B y y ,
{ }= + ∈5 4,C z z . Determinaţi o mulţime infinită D astfel încât
⊂ ∩ ∩D A B C . Viorica Dobre
Soluţie Determinăm A B C∩ ∩ . Fie t A B C∈ ∩ ∩ , deci există , ,x y z ∈ astfel încât 2 1 3 2 5 4t x y z= + = + = + , rezultă 1t + = ( )2 1x + =
( ) ( )3 1 5 1y z= + = + , deci 1 2,3t + şi 5. Deducem că 1 2 3 5 ,t k+ = ⋅ ⋅ ⋅ *k ∈ , de unde *30 1, t k k= − ∈ . Rezultă că
{ }*30 1,A B C k k= − ∈∩ ∩ . Putem considera pentru D orice
submulţime infinită a mulţimii A B C∩ ∩ . De exemplu
{ }*60 1,D k k= − ∈ .
IX.3. Considerăm şirul: 1, 4,10,20,35,56,84,… . a) determinaţi termenul de pe locul 2008. b) determinaţi termenul general al şirului.
Petru Asaftei Soluţia 1 Fie 1 2 31, 4, 10, ...a a a= = = . Observăm că 1 2 1 3b a a= − = ,
2 3 2 6b a a= − = , 3 4 3 10b a a= − = , ... Obţinem şirul ( ) : 3, 6, 10, 15, 21, 28, ...nb Calculăm şirul 1n n nc b b+= − şi obţinem 3, 4, 5, 6, 7, ... , deci *
1 2,n nb b n n+ − = + ∈ . Din relaţiile 2 1 1 2b b− = + , 3 2 2 2b b− = + , ... ( )1 1 2n nb b n−− = − +
obţinem ( ) ( ) ( ) ( )1
1 41 2 ... 1 2 1
2n
n nb b n n
− +− = + + + − + − = şi cum
1 3b = , deducem 2 3 2
2nn nb + +
= .
Folosind relaţia 2
*1
3 2 ,2n n n
n na a b n+
+ +− = = ∈ deducem
( ) ( )21 1
11 1
1 23 212 6
n n
n kk k
n n nk ka a b− −
= =
+ ++ += + = + =∑ ∑ .
38
Soluţia 2 Observăm că: 1 1= ( )4 1 1 2= + +
( ) ( )10 1 1 2 1 2 3= + + + + +
( ) ( ) ( )20 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 ...= + + + + + + + + + +
Deci ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 21 1 2 1 2 3 ... 1 2 ...
6n
n n na n
+ += + + + + + + + + + + = .
IX.4. Fie 1 1 11, , , , 2 3 2008
A ⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭
… . Găsiţi o progresie aritmetică
( ) *n na∈
astfel încât { }⊂ ∈ */nA C a n .
Gheorghe Iurea Soluţie Fie d un divizor comun al numerelor 1, 2, 3, ..., 2008 (de exemplu
2008d = !). Atunci 1 11, , ...,2 2008
d A d d d⎧ ⎫⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⊂⎨ ⎬
⎩ ⎭. Cum
{ },nb n n= = ∈ rezultă ,nA nd
⎧ ⎫⊂ ∈⎨ ⎬
⎩ ⎭. Fie *,n
na nd
= ∈
Într-adevăr 1 dak k
= , 1, 2, ..., 2 0 0 8k = .
CLASA a X-a
X.1. Într-un sistem xOy fie 1 2 , 3nAA A n ≥… un poligon regulat, care are n laturi, vârfurile sunt puncte de coordonate întregi şi laturile numere naturale. Să se arate că perimetrul poligonului este par.
Doru Buzac Soluţie Fie ( ), , , , 1,i i i i iA x y x y i n∈ = .
Presupunem că 1 2 2 3 1... nP A A A A A A= + + + este impar. Rezultă că 2 2 2
1 2 2 3 1... nQ A A A A A A= + + + este număr impar (am folosit faptul că 2 par, n n n− = ∀ ∈ ), contradicţie, deoarece
( )2 2
1 1 12
n n
i i i j i ji i i j n
Q x y x x y y= = = < =
⎡ ⎤= + − +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ∑ .
39
Prin urmare perimetrul este număr natural par.
X.2. Rezolvaţi ecuaţia: 2
3 32008 2007 1 3 2007 2007x x
x x ⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟
⎝ ⎠.
Nicu Miron Soluţie Ecuaţia este echivalentă cu:
3
32008 2007 1x
x ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ 3 32008 2007 1x x
= + .
Folosind monotonia funcţiei :f → , ( )3 32007 1
2008 2008
x x
f x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
stabilim că ecuaţia are soluţie unică 3x = . X.3. Fie ( ), , 0,a b c ∈ ∞ astfel ca = 1abc . Demonstraţi că
+ + + + + < + + +3 3 31 1 1 1ab ac bc a b c . Mihai Ispas
Soluţie
Avem ( )3 311 1
2a b cab ab c + + +
+ = + ≤ cu egalitate pentru
1a b c= = + .
Analog 3 113
a b cac + + ++ ≤ , egalitate pentru 1a c b= = + şi
3 113
a b cbc + + ++ ≤ , egalitate pentru 1a b c+ = = . Sumând cele
trei inegalităţi obţinem concluzia problemei: inegalitatea este strictă deoarece cel puţin una dintre inegalităţi este strictă. X.4. Fie , , A B C puncte necoliniare de afixe , ,A Bz z respectiv Cz şi
( )∈M AB , ( )∈N AC , =AM kMB
, =AN pNC
, >, 0k p . Determinaţi afixul
punctului P de intersecţie a dreptelor BN şi CM. ***
Soluţie Folosind teorema lui Menelaus în ABC cu transversala B P N− − :
40
1BM AN CPBA NC PM
⋅ ⋅ = . Rezultă 1
pPMCP k
=+
. De aici 11
1
M C
p
pz zkz pk
++=
++
şi cum 1
A BM
z kzzk
+=
+ rezultă că
1A B C
pz kz pzz
k p+ +
=+ +
.
CLASA a XI-a
XI.1. Fie ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
7 55 3
A . Să se arate că ( )∈ 2B M C comută cu A dacă
şi numai dacă comută cu 2A . Generalizare. Gheorghe Croitoru
Soluţie Deoarece 2
2 2detA trA A A I O− ⋅ + ⋅ = , rezultă că 2210 46A A I= − .
Deci ( )2 2 10A B BA AB BA− = − şi concluzia se impune.
În general dacaă ( )2A M C∈ şi 0trA ≠ atunci AB BA= dacă şi numai
dacă 2 2A B BA= . XI.2. Fie şirurile ( ) ( )
≥ ≥0,n nn n o
x y care verifică relaţiile
+ = +1 3n n nx x y , + = − +1 3n n ny x y , ∈n . Să se determine nx şi ny în funcţie de 0 0, ş in x y .
Gheorghe Croitoru Soluţie
Avem: 1
1
1 33 1
n n
n n
x xy y
+
+
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
, n ∈ . Deci 1
1
n n
n n
x xAy y
−
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠, 1n ≥ ,
cos sin1 3 3 32
3 1 sin cos3 3
Aπ π
π π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Rezultă 0 0
0 0
cos sin3 32
sin cos3 3
n nn
n
n nx x xAy y yn n
π π
π π
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠
,
41
În concluzie, n∀ ∈ :
0 02 cos sin3 3
nn
n nx x yπ π⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠ şi 0 02 sin cos
3 3n
nn ny x yπ π⎛ ⎞
= − +⎜ ⎟⎝ ⎠
.
XI.3. Fie şirul ( )≥1n n
x definit prin + = −+1 1n nnx x
n, ≥ 1n cu =1 1x .
Demonstraţi că ( )≥1n n
x este divergent.
Paul Georgescu, Gabriel Popa Soluţie
Arătăm prin inducţie că 1n
nxn
<+
, 2n∀ ≥ . Într-adevăr, pentru
2n = , 21 22 2 1
x = <+
, iar 1n
nxn
<+
implică
11
1 1 2n nn n nx x
n n n+
+= − < <
+ + +. Aşadar 1 1n n
nx xn+ = −+
, 2n∀ ≥ .
De aici 21 1
1 2n nx xn n+ = + −+ +
şi apoi
2 21 1 1 1 1 1 1 1 1... 1 ...3 4 2 1 2 2 3 4 2 1 2nx x
n n n n= + − + + − = − + − + + −
− −.
Prin urmare 2lim ln2nnx
→∞= , iar din relaţia 1 1n n
nx xn+ = −+
rezultă
2 1lim 1 ln2nnx +→∞
= − . Astfel ( )nx este divergent.
XI.4. Fie ( ), nA B M∈ , astfel încât −nI A este nilpotentă şi
=AB BA . Demonstraţi că det ( )++ ≥ ∀ ∈2 2 1 *0,kB A k .
Paul Georgescu, Gabriel Popa Soluţie Mai întâi, este cunoscut că dacă matricea X, este nilpotentă, iar XY YX= , avem ( )det detX Y Y+ = . Se observă că, deoarece nI A−
este nilpotentă ( ) ( )2 1 2...k kI A I H I A A+− = − + + + este nilpotentă.
Cum 2 1knI A +− comută cu 2B , rezultă că
( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 1 2 1 2det det det 0k k kn nB A B A I A B I+ + ++ = + + − = + ≥ .
42
XI.5. Fie matricea
a b c db a d cAc d a bd c b a
⎛ ⎞⎜ ⎟
− −⎜ ⎟= ⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
, ( )4A M∈ .
a)Calculaţi tA A⋅ . b) Arătaţi că ( )22 2 2 2detA a b c d= + + + .
c) Arătaţi că A este inversabilă dacă şi numai dacă 4A O≠ . Gheorghe Timohe
Soluţie a) ( )2 2 2 2
4tA A a b c d I⋅ = + + + ⋅ .
b) Din ( ) ( )2 2 2 24det dettA A a b c d I⋅ = + + + ⋅ , rezultă că
( ) ( )42 2 2 2 2detA a b c d= + + + .
c) A este inversabilă dacă şi numai dacă 2 2 2 2
4det 0 0A a b c d A O≠ ⇔ + + + ≠ ⇔ ≠ .
CLASA a XII-a XII.1. a) Fie →:f , neconstantă, pentru care există ∈ *k astfel încât ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , f x y f x f y kf x f y x y+ = + − ∀ ∈ . Arătaţi că, dacă f este derivabilă într-un punct atunci f este derivabilă pe . b) Determinaţi funcţiile derivabile pe care verifică ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , f x y f x f y kf x f y x y+ = + − ∀ ∈ .
Manuela Mihăescu Soluţie Scriem condiţia dată sub forma
( ) ( )( ) ( )( )1 1 1kf x y kf x kf y− + = − − , ,x y∀ ∈ . Cu notaţia
( ) ( )1g x kf x= − , obţinem ( ) ( ) ( )g x y g x g y+ = , ,x y∀ ∈ , g
neconstantă. Pentru ( ) ( )20 0 0 0x y g g= = ⇒ − = deci ( )0 0g = sau
( )0 1g = . Dacă ( )0 0g = atunci ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0g x g x g x g= + = ⋅ = ,
deci g este constantă, fals. În concluzie, ( )0 1g = . Chiar mai mult, ( ) 0g x ≠ , x∀ ∈ .
43
Cum ( ) 2 02 2 2x x xg x g g⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + = >⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, putem scrie relaţia sub forma
( ) ( ) ( )ln ln lng x y g x g y+ = + , ,x y∀ ∈ sau încă
( ) ( ) ( )h x y h x h y+ = + , ,x y∀ ∈ , ( ): 0,h → +∞ , ( ) ( )lnh x g x= .
Am obţinut o ecuaţie de tip Cauchy, în condiţiile date soluţiile sunt ( ): 0,h → +∞ ( )h x xα= , α constantă reală nenulă (h nefiind
constantă). Obţinem ( ) x xg x e aα= = , 0a a α= > , 1a ≠ . În final obţinem soluţiile
problemei date :af → , ( ) ( )1 1 xaf x a
k= − , 0a > , 1a ≠ .
XII.2. Calculaţi ( ) ( )− +
− +∫ 1 1n nn
dx
x a x b, ( ), 0,a b ∈ ∞ , ( )∈ ∞,x a ,
, 2n n∈ ≥ . Gheorghe Croitoru
Soluţie
( ) ( ) ( ) ( )1 1
1 nn nn
dx x aI dxx bx a x bx a x b− +
−= =
+− +− +∫ ∫ cu substituţia
x atx b−
=+ ( )2
a bdt dxx b
+⇔ =
+⇒
( )21
nx b a b x aI dxx a a b x bx b+ + −
= ⋅ ⋅ =− + ++∫
( )1 n nntdt t C
t a b a b= = +
+ +∫ ⇒ nn x aI C
a b x b−
= ++ +
XII.3. Fie ( )∞ →: 0,f , ( ) = 21
xf x e , iar F o primitivă a funcţiei f.
Calculaţi ( )→>
00
limxx
F x .
Soluţie Fie ( ): 0,F ∞ → o primitivă oarecare a funcţiei f, Deci
( ) ( )' 0F x f x= > , rezultă că F este strict crescătoare, prin urmare
există ( )0
0
limxx
f x L→>
= ∈ . Dar ( )
21
1 1 11 1
ncF F Ln n n n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠,
44
1 1,
1nCn n
⎛ ⎞∈ ⎜ ⎟+⎝ ⎠
, n +∀ ∈ . Deducem că 1 1lim1n
F Fn n→∞
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = ∞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
.
Dacă L∈ , se obţine contradicţia L L− = ∞ . Deci L = −∞ sau L = ∞ . Cum F este crescătoare rezultă că L = −∞ . XII.4. O matrice ( )∈ nA M se numeşte condiţionat negativă dacă
există ( )∈ nH M o matrice diagonală, ( )1 , ij i j nH h
≤ ≤= cu
{ }1 , 1ijh i n∈ ± ≤ ≤ şi = ∀ ≠0ijh i j astfel ca H A H⋅ ⋅ să aibă
termeni negativi în afara diagonalei principale. Demonstraţi că matricea nu este condiţionat negativă.
Paul Georgescu, Gabriel Popa Soluţie
Dacă
0 0 00 0 00 0 00 0 0
abH
cd
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
cu a, b, c, d numere reale de modul 1, atunci
2
2
2
2
0 04
22 02 4
2 333 3 4
2 3 44 4 4
ada
ab bdbH A H
ac bc cdc
ad bd cd d
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟
⋅ ⋅ = ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
cum 4
ad− şi
4ad nu pot fi simultan negative A nu este condiţionat
negativă.
11 0 04
1 22 02 41 2 333 3 41 2 3 44 4 4
A
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
45
PROBLEME PROPUSE
CLASA a V-a
V.1. Vom spune că un an este norocos dacă suma cifrelor sale este 10. Aflaţi câţi ani sunt norocoşi în mileniul III.
Silviu Boga V.2. Arătaţi că oricare ar fi , 2n n∈ ≥ , putem alege n numere naturale nedivizibile cu 5, astfel încât suma lor să se dividă cu 5.
Horaţiu Palaghia, elev V.3. Pentru n ∈ , considerăm numărul 2 2 3 22 3 2 9 2n n n x
nA + += + ⋅ + ⋅ . Există numere naturale x pentru care nA să fie divizibil cu 169?
Tamara Culac V.4. Se consideră numerele 21 5 5 ... 5n
na = + + + + şi 1 2 3 ...mb m= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , unde , n m ∗∈ . a) Calculaţi ( ) 2008
20094 1 : 5a⋅ + . b) Arătaţi că numărul mb nu se poate termina în exact 30 de zerouri. c) Aflaţi numerele naturale nenule n şi m pentru care n ma b= .
Andrei Nedelcu, OJM 2009 V.5. Pe tastatura unui telefon celular, cifrele 1, 2, ... ,9 sunt aranjate crescător în cele nouă căsuţe ale unui pătrat 3 3× . Plecând de la o cifră oarecare de pe tastatură, un copil formează numere de cinci cifre, astfel încât căsuţa fiecărei cifre a numărului(începând cu cea de a doua) să aibă un singur vârf în comun cu căsuţa cifrei precedente a numărului; el poate reveni de mai multe ori la aceeaşi cifră. a) Câte numere care să conţină atât cifre pare, cât şi cifre impare, poate forma copilul? b) Câte numere care conţin numai cifre pare poate forma copilul? c) Câte numere care conţin numai cifre impare poate forma copilul?
Gabriel Popa, OJM 2009
46
CLASA a VI-a VI.1. Fie { }4 , , , cifre, 0A ab c a b c a= ≠ . Câte elemente are mulţimea
A şi câte elemente din mulţimea A sunt divizibile cu 9? Elena Iurea
VI.2. Numerele , ,a b c ∈ verifică simultan condiţiile: a) ( )2 5 3 17a b c+ + ; b) ( )9 3 12 17a b c− + . Arătaţi că ( ) 211 17c a b⋅ + .
Gheorghe Timohe
VI.3. Găsiţi o soluţie a ecuaţiei 1 1 1 1 1 1, , , , ,a b c d ea b c d e+ + + + = ∈ ,
0 a b c d e< < < < < . Elena Iurea
VI.4. Preţul unui obiect este a lei, a număr raţional pozitiv. Acest preţ creşte întâi cu 0
0p , după care scade cu 00q astfel încât revine
la a lei, ,p q ∗∈ . a) Demonstraţi că p q> . b) Demonstraţi că ( )p q p q⋅ − . c) Demonstraţi că 0
0p q p q= + ⋅ . Claudiu Ştefan Popa
VI.5. Cinci unghiuri proprii în jurul unui punct au măsurile(în grade) exprimate prin numere naturale. Dacă oricare două unghiuri adiacente au suma măsurilor număr prim, arătaţi că cel puţin două unghiuri sunt congruente.
Monica Nedelcu VI. 6. Numerele naturale pare nenule se scriu, pe linii, într-un tablou triunghiular în felul următor:
2 4 6 8
10 12 14 16 18 ... ... ... ... ...
Aflaţi pe ce linie a tabloului se găseşte 2010 şi ce poziţie ocupă pe linia respectivă.
Doru Turbatu VI. 7. Determinaţi ,x y ∈ astfel încât 17 41 1x y+ = şi numărul x y+ să fie minim. Petru Asaftei
47
CLASA a VII-a VII.1. Demonstraţi că există , , \a b c∈ astfel încât , ,ab bc ca ∈ .
Elena Iurea VII.2. Aflaţi numerele reale a, b, c pentru care este adevărată
egalitatea: 2009 2009 34
a b ca b c + +− + + + = + .
Daniela Munteanu VII.3. Numerele reale 1 2 99, , ...,x x x sunt direct proporţionale cu radicalii primelor 99 de numere naturale impare. Dacă
2 2 21 2 99... 9 11x x x+ + + = , determinaţi numerele şi stabiliţi câte
dintre ele sunt raţionale. Silviana Ionesei
VII.4. Rezolvaţi ecuaţia 39 57x x⎡ ⎤
=⎢ ⎥⎣ ⎦
, unde [ ]a reprezintă partea
întreagă a numărului real a, iar x este cifră în sistemul zecimal. Gheorghe Timohe
VII.5. Un triunghi ABC are aria S. Considerăm punctele [ ] [ ] [ ], ,M BC N AC P AB∈ ∈ ∈ astfel încât 5 3 ,4 3MB MC AN NC⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
şi 2 3AP PB⋅ = ⋅ . Determinaţi aria triunghiului MNP în funcţie de S. Ionel Nechifor
VII.6. 1. Se consideră dreptunghiul ABCD cu laturile AB a= şi BC b= , în care se poate înscrie triunghiul echilateral AEFΔ cu
( ) E BC∈ şi ( ).F CD∈ a) Demonstraţi că inscrierea AEFΔ este posibilă dacă şi numai
dacă 3 2 32 3
b a b< < .
b) Să se arate că ADFAEF ABES S S= + .
Gabriel Timohe
48
CLASA a VIII-a
VIII.1. Demonstraţi că există o infinitate de pătrate perfecte de forma 1pn + , unde p este un număr prim fixat, iar n ∗∈ .
Petru Asaftei VIII.2. Aflaţi ,x y ∈ din relaţia
( ) ( ) ( )22 2 4 3 2 4x y x x y+ − = + + − . Monica Nedelcu
VIII.3. Determinaţi funcţia liniară ( ): , f f x ax b→ = + dacă
( ) ( )22 1 2 1f + = + şi graficul funcţiei conţine măcar două puncte
având ambele coordonate întregi. Tamara Culac
VIII.4. Demonstraţi că planele care conţin două feţe laterale consecutive ale unei piramide patrulatere regulate nu sunt plane perpendiculare.
Claudiu Ştefan Popa
VIII.5. Numărul a +∈ are proprietatea că 10a este suma a două
pătrate de numere raţionale. Arătaţi că 210a are aceeaşi proprietate.
VIII.6.Fie A, B, C, D patru puncte necoplanare, M şi N mijloacele segmentelor (AB), respectiv (CD), iar G este centrul de greutate al
ABCΔ . Arătaţi că : a) punctele D, M, G, N sunt coplanare; b) dreapta GN intersectează planul (ABD) într-un punct P; c) G este centrul de greutate al PCDΔ .
Gabriela Popa
49
CLASA a IX-a
IX.1. Dacă [ ]1,1x ∈ − arătaţi că oricare ar fi n ∗∈ este adevărată
inegalitatea: ( )31 2 ...
2n nx x x n +
− + − + + − ≤ .
Gheorghe Timohe
IX.2. Fie ( ) 1 1 14 1 4 1, ,2 2 4
E x x x x x x ⎡ ⎞= + − + − − ∈ +∞⎟⎢⎣ ⎠.
a) Arătaţi că 2 1 ,4
nE n n ∗⎛ ⎞+= ∀ ∈⎜ ⎟
⎝ ⎠.
b) Arătaţi că ( ) ( )22 1 112 1 2 ...2 4
nn + ++ + + + = şi ( ) 12 1 2 ... 1003 2007
2E ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
c) Notând 4 1x y− = , arătaţi că ( )211 4 12 4
yx x ++ − = .
d) Verificaţi că 1 14 2
E E⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
şi arătaţi că funcţia 1 1: ;4 2
f ⎡ ⎤ →⎢ ⎥⎣ ⎦,
( ) ( )f x E x= , este constantă. Silviu Boga
IX.3. Determinaţi funcţiile :f → cu proprietăţile:
a) f crescătoare; b) ( )2 4f = ; c) ( )( )
( )( )
1, 1
1f n f n n
f n f n+
= ∀ ≥−
.
Răzvan Ceucă, elev IX.4. Demonstraţi că:
3 3 3
2 2 2 2 2 2 , , ,2
a b c a b c a b ca b b c c a
∗+
+ ++ + ≥ ∀ ∈
+ + +
Doru Buzac IX.5. Fie MNPΔ şi fie punctele T şi S astfel încât 3NS MS= , iar
3PT MT= . Notăm { }Q PS NT= ∩ . Demonstraţi că QM MN MP= + . Dorel Luchian, Gabriel Popa
IX.6. În interiorul unui pătrat cu latura egală cu unitatea se consideră 2008 puncte. Să se demonstreze că există printre ele trei puncte care să fie vârfurile unui triunghi (eventual degenerat) cu aria
mai mică decât 21
2 31⋅.
Nicu Miron
50
CLASA a X-a
X.1. Ecuaţiile ( )1E , ( )2E , ( )3E au mulţimile de soluţii ( )1S , ( )2S , respectiv ( )3S , unde
( ){ } ( ){ }11 1 / 1 /
6 6k kS k k k kπ ππ π+= − ⋅ + ∈ − ⋅ + ∈∪ ;
{ }25 72 / 2 / 2 /
6 6 6S k k k k k kπ π ππ π π⎧ ⎫ ⎧ ⎫= + ∈ + ∈ + ∈⎨ ⎬ ⎨ ⎬
⎩ ⎭ ⎩ ⎭∪ ∪ ∪
11 2 /6
k kπ π⎧ ⎫+ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭
∪ ;
{ }352 / 2 /
6 6S k k k kπ ππ π⎧ ⎫= ± + ∈ ± + ∈⎨ ⎬
⎩ ⎭∪
a) Stabiliţi dacă printre cele trei ecuaţii există perechi de ecuaţii echivalente. b) Daţi exemplu de o ecuaţie care să aibă mulţimea soluţiilor ( )1S .
Gabriel Popa, Concursul Naţional de matematică Aplicată „Adolf Haimovici”, 2009
X.2. Fie \z ∈ şi 11
zwz
−=
+. Dacă numerele z w− şi 2w sunt reale,
determinaţi numărul z. Mihai Ispas
X.3. Fie , 2n n∈ ≥ . Demonstraţi că : [ ]1 2 2, 0,2nn x x x≤ + − ≤ ∀ ∈ . Gheorghe Iurea
X.4. Într-un trapez ABCD cu bazeleAB e= şi CD a= se ştie că
AD d= , BC b= , AC e= , BD f= . Să se arate că 2 2
2 2e f a cb d a c
− +=
− −.
Gabriel Timohe X.5. Reprezentaţi grafic, într-un sistem cartezian de axe, mulţimile: ( ){ }2 2, / cos , sin , A M x y x t y t t= = = ∈ ;
( ){ }, / cos , sin2 , B M x y x t y t t= = = ∈ . Paul Georgescu, Gabriel Popa
X.6. Dacă a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi , atunci:
4 3ab bc ac pr
≤+ +
.
Dan Mihai Mocanu, elev
51
CLASA a XI-a
XI.1. Fie un determinant de ordinul 10. Demonstraţi că, dacă mai mult de 90 de elemente ale determinantului sunt nule, atunci determinantul este nul. Generalizare.
Gheorghe Croitoru
XI.2. Fie F mulţimea matricelor de forma 2 3
1 4
x xX x x
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
cu 1x , 2x ,
3x , 4x în progresie aritmetică neconstantă şi { }2/aF X F x a= ∈ = . a) Demonstraţi că orice matrice X F∈ , neinversabilă are forma
21 13 3
X x−⎛ ⎞
= ⎜ ⎟−⎝ ⎠.
b) Determinaţi a ∈ dacă pentru aX F∀ ∈ avem det 0X > .
Ioan Săcăleanu XI.3. Fie şirul ( )
≥1n nx definit prin 1 1, , 1
2 nn
n xxx x n+∈ = ≥ .
a) Arătaţi că ( )≥1n n
x are limită şi calculaţi lim nn
x→∞
.
b) Pentru 1 0x > calculaţi lim nn
nx→∞
.
Gheorghe Iurea XI.4. Fie şirul 0( )n na ≥ monoton crescător cu proprietatea:
2 22 2 , , n mm na a a m n
+= + ∀ ∈ . Calculaţi lim .nn
a→∞
Baltic Way Math Contest
XI.5. Considerăm funcţia :f → prin ( ) 2 1ax bf xx
+=
+, în care a şi
b sunt constante pozitive. Fie A ( )1 1,x y şi B ( )2 2,x y punctele ei de extrem unde ( ), 1,2i iy f x i= = . Notăm cu M mijlocul segmentului [ ]AB . Aflaţi coordonatele punctului M în cazurile:
i) ( )2 0a b= > ; ii) ( )1 0b a= > ; iii) 2b a= . Adrian Corduneanu
52
CLASA a XII-a
XII.1. Pe mulţimea ( )10,10− se defineşte legea de compoziţie
( )100100
x yx yxy+
∗ =+
.
a) Cercetaţi dacă ( ),G ∗ este grup.
b) Se defineşte funcţia ( ) 20
,100
t dxf t tx
= ∀ ∈−∫ . Demostraţi că f
realizează un izomorfism între ( ),G ∗ şi ( ),+ . Gheorghe Croitoru
XII.2. Determinaţi cel mai mare număr natural n pentru care există un şir de subgrupuri aditive { } 1 1 0 12...n no H H H H−= ≤ ≤ ≤ ≤ = .
Paul Georgescu, Gabriel Popa XII.3. Fie [ ) [ ): 0, 0,f ∞ → ∞ o funcţie continuă. Determinaţi funcţia
f, ştiind că ( )0
lim 0x
xf t dt
→∞=∫ .
Gheorghe Iurea XII.4. Pe axa parabolei 2y x= se ia puctul ( )0, P h cu 0h > fixat, iar prin P se duce o secantă care intersecteză parabola în punctele A şi B. Determinaţi poziţia secantei pentru care aria cuprinsă între ea şi parabolă este minimă, precum şi valoarea acestui minim.
Adrian Corduneanu XII.5. Fie P(x) o funcţie polinomială cu coeficienţi nenegativi.
Arătaţi că dacă 1 ( ) 1P P xx
⎛ ⎞ ≥⎜ ⎟⎝ ⎠
pentru x = 1, atunci, aceeaşi
inegalitate are loc pentru * .x +∀ ∈
Baltic Way Math Contest