1 Societatea de tiine Matematice din Romnia Filiala Cara-Severin REVISTA DE MATEMATIC A ELEVILOR I PROFESORILOR DIN JUDEULCARA-SEVERIN Nr. 38, An XII 2011 Acest numr al revistei are avizul Comisiei pentru publicaii a SSMR Editura Neutrino Reia, 2011 2 2011, Editura Neutrino Titlul:Revista de matematic a elevilor i profesorilor din judeul Cara-Severin I.S.S.N. 1584-9481 Colectivul de redacie Irina Avrmescu Ovidiu Bdescu Costel Bolbotin Marius Golopena Mircea Iucu Mihael Lazarov Antoanela Buzescu Vasile Chi Iulia Cecon Tudor Deaconu Mariana Mitric Lavinia Moatr Mihai Monea Petrior Neagoe Adriana DragomirIon Dumitru Pistril Delia DragomirDan Drago Popa Lucian DragomirPavel Rncu Mariana DrghiciNicolae Stniloiu Heidi FeilMarius andru Vasilica GdeaLcrimioara Ziman Redacia Redactor - ef: Lucian Dragomir Redactor - ef Adjunct: Ovidiu Bdescu Redactori principali: Adriana Dragomir Mariana Mitric Mihai Monea Petrior Neagoe Nicolae Stniloiu Responsabil de numr: Mihai Monea 2011, Editura Neutrino Toate drepturile rezervate Mobil: 0741017700 www.neutrino.ro E-mail: contact@neutrino.ro 3 CUPRINS Despre educaie ...........................................................................pag. 4 Chestiuni metodice, note matematice (i nu numai) Matematica...altfel (Ioan Dncil)....................................... Concursul Judeean RMCS (regulament)........................... Reele laticeale n plan(Vasile Pop, Lucian Dragomir) .......................................... O metod de rezolvare a unor probleme n cub (Ioan Nicolae Boariu, Aurel Doboan).............................. Metodenestandarddeabordareaunortipurideecuaii algebrice cu coeficieni reali (Antoanela Buzescu) ...................... Asupra unor probleme propuse n RMCS (Petrior Neagoe) ............................................................. pag. 5 pag. 6 pag. 8 pag. 12 pag. 18 pag. 26 Probleme rezolvate din RMCS nr. 35 (Lucian Dragomir)..........pag. 29 Probleme propuse ............... Probleme alese .......................................................................... pag. 49 pag. 63 Un nou semn de exclamare .........................................................pag. 64 4 Despre educaie Educaia este dobndirea artei de a utiliza cunotinele. A.N. Whitehead Educaia este un al doilea soare pentru cei care o au. Heraclit Mania de a ntrerupe pe cineva cnd vorbete este unul din semnele cele mai evidente ale unei educaii deficitare. John Locke A instrui pe tineri cum se cuvine nu const n a le vr n cap mulime de cuvinte, fraze, expresiuni i opiniuni din diferii autori, ci a le deschide calea cum s priceap lucrurile. J.A.Comenius Educaia este mblnzirea unei flcri, nu umplerea unui vas. Socrate Un om care are cunotine, dar este needucat, este ca i un inel de aur pus n botul unui porc. J.A.Comenius Cnd statul nu pltete profesorii, copiii sunt cei care vor plti. Guy Bedos Dacaiimpresiaceducaiaescump,atuncincearcsvezicume ignorana. Andy McIntyre Educaiaecaunpomfructifer:dacnuealtoit,facefructemicii acre. Robert Frost 5 Matematica...altfel (partea a VIII-a) Ioan Dncil, Bucureti Primadatcndne-amntlnitcunumrul8afost,frsne dmseama,labotez:cristelniatradiionalareoptlaturi.ndicionarul explicativ al limbii romne cuvintele cu prefixul octo ocup o jumtate de pagin!.Fascinaiapentruunansambludeoptelemente,pentruoctuplu, s-arputeaexplicaprinapartenenanumrului8laproceselededublare repetitiv. De la octofor unul dintre cei 8 purttori ai unei litere romane, laoctavintervaldintredousunetealctuitdin8trepte,dela octombrie a opta lun a anului n calendarul roman la octet unitatea demsurainformaieiechivalentecu8bii,numrului8is-aacordat probabil o importan similar cu cea a oxigenului al 8-lea element din tabloul lui Mendeleev!.Legturile numrului 8 cu matematica sunt chiar speciale:(1)numrul8estecubperfect;(2)existuncorpplatoniccu8fee (octoedrul);(3)planelesistemuluitridimensionaldecoordonatempart spaiulnoptoctani(pri);(4)piramideleconstruite(Egipt,Mexicetc) au opt muchii. Numrul8nulipsetedinirulluiFibonacci!Floriprecum cocoelul de cmp, floarea de portocal, unii bujori de step, au opt petale. Fructul de ananas are opt alveole!!!!. Subsemnulluiopt,nlumeafaunei,suntpianjeniicuceleopt picioare ale lor, caracatiele cu cele opt brae acoperite de ventuze. RozaVnturilorindicoptdirecii,lotusulmisticareoptpetale, zeii hindui sunt adesea reprezentai avnd opt brae!!! Caoconfirmareaprezeneinumruluiopt,trebuiesremarcm i faptul c revista noastr are8 8 pagini! Nentrebmacum:Ctdeartificialsaudenaturaleste,nuncercarea noastr de a pune n eviden prezena unor numere n tot ceea ce ne nconjoar, ci efectivprezenaacestornumerendiverseapariiin mediul care, s zicem, ne absoarbe? 6Concursul Judeean al Revistei de MatematicCara-Severin, Ediia a VII-a Regulament (modificat fa de cel anterior, aadar lecturai!) Ediia a VII-a a Concursului Revistei este n plin desfurare; de fapt,curezolvareaproblemelordinacestnumrsencheieetapade selecie.Concursulvaavealocprobabilndatade3martie2012,la Liceul Bnean Oelu Rou. Fiecare elev trebuie s rezolve (subliniem din nou: singur!; altfel e posibil s v trezii calificai la concurs i acolo s nu facei mare lucru, dai natere la ntrebri i credem c nici n-o s v simii prea bine), aadar s rezolve ct mai multe probleme de la clasa sa i,ncepndcunumrul38,adiccelpecarellecturaiaproapen totalitate,de la dou claseprecedente sau de la orice clas superioar.Redactaingrijit(neadresmnprimulrndelevilor)fiecare problempecteofoaieseparat(enun+autor+soluie+numele vostru+clasa),completaitalonuldeconcursdepeultimacoperta revisteiitrimiteitotulntr-unplicformatA4,coalministerial, adresat astfel (FOARTE IMPORTANT): Prof.LucianDragomir,LiceulBneanOelu-Rou,str. Republicii10-12,325700,Oelu-Rou,Cara-Severin(ncoluldin dreapta josa plicului), cumeniuneaprobleme rezolvate, clasa. (n colul din stnga jos, scriei evident clasa n care suntei!!!).

Colul din stnga sus v este rezervat (expeditor), acolo v scriei numele, prenumele, adresa. Insistm asupra trimiterilor n plic (nu n folii de plastic) i asupra respectrii cu strictee a termenelor finale indicate de fiecaredat-plicurileprimitedupdatalimitnuvorfiluaten considerare.Revenim:redactaicomplet,justificai,rspundeiexactla cerina problemei.Subliniem:Conciziaiclaritatearedactriivorfiluaten considerarepentrueventualedepartajri!!!(aceastaesteevidentvalabil i pentru concursul efectiv). Rezolvripoatetrimiteoriceelev,indiferentdejudeulncare nva,elvaapreacairezolvitorcupunctajulcorespunztor,nsla ConcursulRMCSpotfiinvitai,celpuindeocamdat,doarelevii judeuluiCara-Severin.Neceremscuzepentruacestinconvenient elevilor i colegilor din ar. 7 Probabilcs-aremarcatiintroducereauneinoirubrici: Problemealese.Laacesteprobleme(caresepuncteazcumaxim25de puncte) se primesc soluii de la orice elev, indiferent de clas.Dup data limit de trimitere a soluiilor, acestea sunt evaluate i nnumrulurmtoralrevisteivorfipublicaitoirezolvitoriicu punctajele obinute. LaediiaaVII-aaconcursuluivorfiselectaiconcureniin funciedepunctajeleobinutedinrezolvareaproblemelorpublicaten numerele 35, 36, 37 i 38 ale revistei noastre. n jurul datei de 20 ianuarie 2012sevantocmiclasamentulgeneral(prinnsumareapunctelor obinute) i astfel primii clasai vor fi invitai, mpreun, ca i n acest an, sparticipelaconcurs;acestavaavealocnlunafebruariesaumartie, ntr-un ora care va fi anunat n timp util.Noutile acestei ediii sunt: 1)Dupcumaiobservat,amrenunat,dinmaimultemotive,la organizareaconcursuluipentrueleviiclaseiI;aadar,concursulse adreseaz doar elevilor claselor II XII . 2)LapunctajeleobinutepentrurezolvareaproblemelordinRMCS se vor aduga punctajele obinute pentru rezolvarea problemelor din GazetaMatematic,seriaB,publicatencepndcunumrul7-8-9/2011 al Gazetei i terminnd cu numrul care va fi tiprit pn lamijloculluniifebruarie2012.Numereleurmtoarevoroferi puncte pentru viitoare ediie a Concursului RMCS. SubiectelevorfialesetotdinproblemedegenulRMCSsau G.M.saucevactdectnou.Veiremarca,desigur,cuneleprobleme pecarevilepropunemsuntdinnumeremaivechialeGazetei Matematice,nsperanacvvomtreziinteresulpentruunadintrecele maiserioaseivechirevistedematematicdinlume.Abonai-vla Gazeta Matematic, sigur vei avea numai de ctigat! Dinnou,sporlatreabtuturor:elevi,profesori,prinisau prieteni!(Informaiisuplimentaresepotobinela:prof.Ovidiu Bdescu,tel:0741017700sauprof.LucianDragomir,tel: 0255/530303 sau 0722/883537, e-mail: lucidrag@yahoo.com). 8Reele laticeale n plan Vasile Pop, Lucian Dragomir Rezumat:Acestarticolprezintoseriedeproblemelegatede punctecareaucoordonatelentregi,problemedeosebitdefrumoase, poate mai ales prin simplitatea ideilor care conduc la rezolvare. DacxOy esteunsistemortogonalnplan,atuncielementele mulimii( ) { }, | L x y x y = Z Z senumescpunctelaticeale,iar mulimeaLsenumetereealaticealnplan;punctele laticealesemai numesc astfel i nodurile reelei.Un rezultat absolut remarcabil l constituie urmtoarea Teorem (G.Pick, 1899) .DacPesteunpoligonconvexnplanalecruivrfurisunt punctelaticeale,ninteriorulpoligonuluisuntnnodurialereelei laticeale, iark puncte laticeale sunt pe frontiera poligonului, atunci aria acestuia este( ) 1.2kP n = + ADemonstraia, absolut instructiv, se poate gsi n [1] sau [2]. Prezentm acum problemele promise: P1.Determinaitoatepoligoaneleregulatecareauvrfurilennodurile unei reele laticeale. Soluie:Searatcsingurelepoligoanecuaceastproprietatesunt ptratele. Observm pentru nceput c, pentru orice vrfuri, , A B C situate nnodurialereelei,avem( ) ; tg BAC < deoarece 3 2, ,3 5 3tg tg tg suntnumereiraionale,deducemcntr-oreeadeptratenupotfi nscrisetriunghiuriechilaterale,pentagoaneregulateihexagoane regulate.Pentru7 n ,presupunemcexistunpoligonregulat 1 2...nA A A cu vrfurile n nodurile reelei; dintre toate poligoanele de acest fel l alegem acum pe cel care are latura cea mai mic.Alegem i un nod 9 O alreelei,apoitranslatmfiecarelatur 1 i iA A+cu iA nO (obinem astfel 1 i i iOB A A+=, ,, cu 1 1 nA A+ = ). Poligonul 1 2...nB B B este regulat, are vrfurile n nodurile reelei i are latura strict mai mic dect a primului poligon (ntr-un poligon regulat cu7 n laturi, latura este mai mic dect raza cercului circumscris). Am ajunsastfellaocontradicie(lungimealaturilornupoatefimicorat orict, distana ntre dou puncte laticiale fiind cel puin 1). P2. Se consider n plan trei puncte, , A B Cde coordonate ntregi n astfel nctpesegmentele[ ] [ ] [ ] , , AB BC CA nusuntsituatealtepunctede coordonate ntregi,iarninteriorul triunghiuluiABC esteexactun punct G decoordonatentregi.ArtaicG estecentruldegreutateal triunghiuluiABC . Soluie:PartiionmtriunghiulABC ntriunghiurile, , GAB GBC GCAi astfelfiecaredintreacestetriunghiuriaretreinoduripefrontier (vrfurile)iniciunpunctninterior.ConformteoremeiluiPick,ariile celortreitriunghiurisuntegalecu 3 10 12 2+ = ,deciegalentreele. Deducem imediat (!) cG este centrul de greutate al triunghiuluiABC . P3.Artaic,peoricecerccucentrulnpunctul( 2, 3) A ,existcel mult un punct de coordonate ntregi. Soluie:Considermdoupuncte( , ), ( , ) B x y C u v situatepeunacelai cerc cu centrul n. AAvem astfel imediat( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 3 2 2 x y u v + = + , de unde2 2 2 22 2 2 3 5 2 2 2 3 5 x y x y u v u v + + = + + .Folosimacumfaptulc,dac, , a b cZi2 3 0 a b c + + = ,atunci 0. a b c = = = (Justificai!) Obinem imediat c, x u y v = = , aadar puncteleB iC coincid. 10P4.Seconsiderdousegmente[ ] OA i[ ] OB nplan,delungimi3 , respectiv2. Pefiecaredintreacestesegmenteseconstruietecteun ptratcaregenereazastfeldoureeleinfinitedeptratenplan. Calculai cte noduri comune au cele dou reele. Soluie: Alegem un sistem de coordonate n plan cu originea n O i astfel nctdreaptaOAsfieaxaOx .Punctelereeleideptrateconstruitepe OAaucoordonatele ( )3, 3 , , m n m nZ ;dacunghiuldintreOAi OBeste , atunci reeaua construit peOBse obine prin rotaia de unghi a reelei cu nodurile ( )2, 2 , , p q p qZ , deci nodurile acesteia vor fi ( )2 cos 2 sin , 2 sin 2 cos . p q p q + Vomartaacumc singurulnodcomuneste(0, 0) O ,adic0 m n = = i0. p q = = Dac exist ( ) ( )3, 3 2 cos 2sin , 2sin 2 cos M m n P p q p q = + , atuncivectoriiOM,iOP,auaceeailungime,deundeseajungela ( ) ( )2 2 2 23 2 m n p q + = + ,adicointeresantecuaiennumerentregi. Deoarece 2 2m n +este astfel divizibil cu2, deducem c, m nau aceeai paritate,aadarputemconsidera, m x y n x y = + = ,cu, . x y ZAjungemla ( )2 2 2 23 x y p q + = + ;deoarece 2 2p q + estedivizibilcu3, sededucec 1 13 , 3 , p a q b = = cu 1 1, a b Z,deundeobinem ( )2 2 2 21 13 x y a b + = + .Continundlafel,avemc 1 13 , 3 x c y d = = ,cu 1 1, c d Z, apoi 1 2 1 23 , 3 a a b b = =etc, deci 2 2m n + i 2 2p q +se divid cu oriceputerealui3,adic 2 2 2 20 m n p q + = + = .nconcluzie 0. m n p q = = = = P5.Artaic,pentruoricenumrnaturaln,existnplanuncerccare conineninteriorexactnpunctedecoordonatentregi,iarpefrontier niciunul. 11 Soluie:Lumuncercdecentru( 2, 3) A ,derazsuficientdemic astfelnctsnuconinninteriorniciunpunctlaticeal.Mrimraza cerculuipncndpefrontierasaapareprimulpunctdecoordonate ntregi;mrimncontinuareraza,timpncareninteriorulcercului rmne un singur punct laticeal. Gsim al doilea cerc care are pe frontier un singur punct laticeal (conform problemei P3) i n interior unul singur; mrimrazaiastfelintrialdoileapunctncerculnouobinut. Continum cu acelai procedeu i raionament pn cnd obinem un cerc n care intr exactnpuncte laticeale. P6. O mulimeD den drepte din plan are proprietatea c fiecare dreapt a mulimii intersecteaz exact 2011 drepte dinD .Determinai numrul naturaln. Soluie: Considerm o dreaptd dinD ; presupunnd cd este paralel cu exactk drepte dinD ,rezultc2012 . n k = +Daca este o dreapt dinD ,diferitded ,deoarecea intersecteaz2011dreptedinD ,ea este paralel cu2012 n k =drepte dinD . Aadar, fiecare dreapt dinD este paralel cu exactk drepte, deci celen dreptesepotmpringrupedecte1 k + drepteparalelentreele. Deducemastfelc( 1) | k n + ,deci( 1) | ( 2012) k k + + ,deunde { } { } 0, 2010 2012, 4022 . k n Deremarcatcoconfiguraievalid pentru2012 n =este format din dreptele suport ale laturilor unui poligon convexcu2012laturi,oricaredouneparalele,iaroconfiguraievalid pentru4022 n =este format din 2011 drepte paralele intersectate de alte 2011 drepte paralele (o reea laticeal de exemplu). Conf. Univ. Dr., Universitatea Tehnic Cluj Napoca Prof., Liceul Bnean Oelu Rou

Bibliografie: [1]VasilePop,ViorelLupor(coordonatori)Matematicpentru grupele de excelen, clasa a IX-a, Editura Dacia Educaional, 2004 [2] Vasile Pop Geometrie combinatoric, Editura Mediamira, 2010 12O metod de rezolvare a unor probleme n cub. Ioan- Nicolae Boariu i Aurel Doboan n multe probleme de geometrie n spaiu referitoare la cub, se cer determinateanumiteunghiuridintresegmente,respectivdreptesuport, necoplanare.Metodaconstnaceeacsedubleaz(setranslateaz) cubulavndofacomuncucubuliniial,njurulacestapunndu-se uor n eviden unghiul a crei mrime se cere. Vom ilustra cele de mai sus prin cteva probleme. P 1: Fiind dat cubul 1 1 1 1ABCDA B C D, calculaimsura unghiului dintre dreptele 1BDiAC . [2], T33, problema 5. Soluie: Construim cubul 1 1' ' ' ' BCC B A B C D . Cum' BC AC | , unghiul cutat este 1' D BC < . Notnd cu a lungimea laturii cubului, avem 13, ' 2 BD a BC a = =i 1' 5 DC a =ca diagonal a dreptunghiului ' ' DC D D.Deoarece2 2 2 2 2 21 1' 3 2 5 ' BD BC a a a D C + = + = = , dup reciproca teoremei lui Pitagora rezult c( )01' 90 m D BC = < . 13 P 2: n cubul' ' ' ' ABCDA B C D se noteaz cu , , , E F J Kmijloacele segmentelor[ ] [ ] [ ] , , ' AB BC BBrespectiv[ ] ' CC . Calculai msuraunghiului format de drepteleEJi FK . [1], problema VIII, G.326. Soluie: Construim cubul' ' ABB A MNPQ . Fie' Fmijlocul segmentului[ ] NB . Atunci ' JF KF |i unghiul cerut este' EJF < . Cum triunghiul' EJFeste echilateral(cu laturile 22AB) rezult c ( )0' 60 m EJF = < 14P3: Se d cubul' ' ' ' ABCDA B C D. Aflai msuraunghiului determinat de dreptele ' DAi' BD . [3], problema VIII. 146.. Soluie: ConstruimCum[ ][ ] ' ' '' DA D A | rezult c unghiul cerut este' ''. BD A Notnd lungimea laturii cubului cu a, avem:' 3 BD a =(diagonala cubului ),' '' 2 D A a = (diagonala feei) i'' 5 BA a =(diagonala dreptunghiului'' '' ABB Ade latur a i 2a). Atunci n triunghiul' '' BD Aavem 2 2 2 2 2 2' ' '' 3 2 5 '' BD D A a a a BA + = + = =i conform reciprocei teoremei lui Pitagora rezult c triunghiul ' '' BD Aeste dreptunghic n' D adic ( )0' '' 90 m BD A = < . 15 P 4: n cubul' ' ' ' ABCDA B C Dse noteaz cu M mijlocul[ ] BC .Calculaimsura unghiului determinat de dreptele ' BDiDM . Aurel Doboan Soluie: Construim cubul ' ' ' ' BEFCB E F C . Cum ' ' BD EC | , rezult c unghiul este ' DEC .Analog,pentru 1 x = , rezult 1 2 32 0 a a a + =, fals pentru c 1 2 32 0 a a a + > . n concluzie,inegalitatea(2)estestrict,deciecuaiadatnuaresoluii reale. Problema 3: Artai c ecuaia 32 0 x x a = , undea are cel mult o soluie raional. Rezolvare : Presupunem, prin absurd, c ecuaia are soluiile, x y ,x y . Atunci 32 0 x x a =i 32 0 y y a = . De aici , prin scdere, deducem c 2 22 0 x xy y + + = ,ecuaiedegradulIInxcarearerdcini raionaledac 2 24( 2)xy y = esteptratulunuinumrraional, adic dac( )228 3 , unde, 1, ,i0py p q p q qq = = Z. De aici( ) ( )2 22 2 2 28 3 8 3 q yq p q p yq = = (1) Seanalizeazcazurile, {3 , 3 1, 3 2} p q k k k + + iseconstatc (1) nu are loc . 20Problema4:Sserezolveecuaia( )3 20 x x a b x b + + + = ,unde , a bRtiindcadmiterdcinile 1cos x u = ,2cos 2 x u = ,3cos3 x u = , 0,2u i s se determine valorile parametrilora i. bRezolvare : Din 11 x =3cos cos2 cos3 1 sin sin cos 02 2u uu u u u + = = ; Singura soluie convenabil este 3u=cnd 112x =, 212x = , 31 x =, 54a = , 14b = . Problema 5: Se consider ecuaia 3 20 x ax bx c + = , unde, , a b cR. Dac1 c > ,b ac > i rdcinile ecuaiei sunt reale i pozitive, artai c:a) ecuaia nu poate avea rdcina 1; b) o rdcin este subunitar i dou supraunitare. Rezolvare : a) Prin reducere la absurd . Condiiile1 c > , b ac >conduc la 1 2 31 x x x > i( )1 2 1 1 2 3 111x x x x x x xx > > .Dac 11 x = ,atunci 2 31 x x >i 2 32 31 1x xx x+ > + .Ultimainegalitateesteechivalentcu ( )( )2 3 2 31 0 x x x x + >,fals pentru c rdcinile sunt pozitive . b) Dac 1 2 3, , 1 x x x >atunci avem relaia fals 111xx > .Dac 11 x > , 2 31 x x < atuncidinrelaiiledateseajungela ( )( )( )2 3 2 31 1 1 0 x x x x > ,contradicie.Analog,dac 1 2 3, , 1 x x x < , atunci se contrazice relaia 1 2 31 x x x > . 21 Problema6:Seconsiderecuaia 20 ax bx c + + = ,unde, , a b cZ.S se arate c numrul 33nu poate fi rdcin a acestei ecuaii . (ONM 1979, autor : Sorin Popa ) Rezolvare : S presupunem c 33 x =ar fi rdcin a ecuaiei date. Fie 39 y =i 33 x =. Atunci obinem : 3ay bx cby cx a+ = + = Dac 2b ac atunci 223 bc axac b= , adic 33ar fi raional, ceea ce este fals . Dac 2b ac =atunci 224 302 2b b ac b biax bx c xa a + + = = =de unde deducem c0 b = , atunci0 x = fals, iar dac0 b 33este din mulimea\ C R, fals. Prin urmare, 33nu poate fi rdcin a ecuaiei date . Problema 7: Se consider ecuaia( )111 0nkn k n knkx C x a= =,cu *, 0 n a i a N R .Ssearatececuaiaadmitecardcin numrul2 11 ...n n n nx a a a = + + + + . (Problema 18238,Gazeta Matematic Nr.4 / 1980,autor: Ion Ursu ) Rezolvare: 2 1(1 ... )n n n n n nx a a a= + + + +i( ) ( ) ( )11 11 11 1 11 1n nk k kk n k k n k nn nk kC x a C x a x a xa a = = = = + = ( )1 111 1nn n n n na x x a x xa a = = = ,ideciafirmaiadinenunul problemei este demonstrat . 22Cazuri particulare : 1)ecuaia 22 1 0 x x + = 22 2210k kkx C x = =admiterdcina 1 2 x = + ; 2)ecuaia 3 23 3 1 0 x x x = 33 3310k kkx C x = =admiterdcina 3 2 31 2 2 x = + +3)ecuaia 4 3 24 6 4 1 0 x x x x = 44 4410k kkx C x = = admite rdcina 4 4 2 3 41 2 2 2 x = + + + . Problema 8: Rezolvai nR ecuaia ( )( ) ( )22 2 22 2 3 2 4 3 1 x x x x x + + + + = +. (Problema E: 12 100,Gazeta Matematic Nr.9-10 / 2001, autori: Adriana & Lucian Dragomir ) Rezolvare : Notnd 22 2 3 y x x = + + , ecuaia devine ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 21 1 3 1 4 1 0 y x y x x y x + + + = + + = ( )( )( )( )2 2 212 2 2 2 0 2 1 4 2 5 0 2 1 02y x y x x x x x x + + = + + + = + = =pentru c ecuaia 24 2 5 0 x x + + =nu admite rdcini reale . Problema 9: S se rezolve ecuaia4 3 24 4 25 20 0 x x x x + = . (Problema 18566, Gazeta Matematic Nr.12 / 1980, autor: Radu Mrculescu) Rezolvare: nrezolvareaacesteiecuaiisevafolosimetodaluiDescartespentru rezolvareauneiecuaiialgebricedegradulpatru.Sefacesubstituia: 1 y x = + . Revenind la ecuaie, se ajunge la forma 4 210 9 2 0 y y y + =23 Se caut apoi o descompunere de forma ( )( )4 2 2 210 9 2 y y y y ay b y cy d + = + + + +Prin identificare, se obine sistemul 01092a cb d acad bcbd+ = + + = + == 21092c ab d ad babd= + = == Cum( ) ( )( )222 221 1 92 104 4bd b d b d aa = + =

4 22818 20 100 a aa = + Notm 2a z =i obinem ecuaia n z : 3 220 108 81 0 z z z + =care admite rdcina z=9 Revenind la substituie , lum 3 3, 2, 1 a c b d = = = = .Deci , avem c ( )( )4 2 2 210 9 2 3 2 3 1 y y y y y y y + = + +. 1) 23 2 0 y y + =ne conduce la 13 172y +=;23 172y = ; 2) 23 1 0 y y + =ne conduce la 33 52y+=; 43 52y= . Revenind la substituia iniial , avem soluiile: 11 172x +=; 21 172x =; 35 52x +=; 45 52x =. Problema 10: S se rezolve ecuaia ( ) ( )4 41 3 17 x x + + =(Gazeta Matematic Nr.8 / 1985 ) Rezolvare : Se face substituia 1 y x = +i astfel ecuaia devine ( ) ( )4 44 2 4 22 2 17 2 48 32 17 2 48 15 0 y y y y y y + + = + + = + + =ceeacereprezintoecuaiebiptrat,caresepoaterezolvasimplu, ulterior revenindu-se la substituie. 24Problema 11: Rezolvai ecuaia( ) 0 p z =unde 4 3 27 15 7 6 p X X X X = + , tiind c diferena a dou rdcini este 1. Rezolvare : Nu se recomand abordarea problemei cu ajutorul relaiilor dintre rdciniicoeficieni,datoritdificultilordecalculcesentmpinn rezolvareasistemuluicarerezult.Osoluie,maieconomicdinpunct de vedere al calculelor, este urmtoarea : Conformenunului,rdcinileecuaiei( ) 0 p z = sunt , 1, , a a b c deci ecuaia( ) 1 0 p z + =are soluiile1, 2, 1, 1 a a b c . Rezultdecic( ) 0 p z = i( ) 1 0 p z + = admitrdcinacomun1. a Deoarece( )4 31 3 6 4 p z z z z + = + vom afla c.m.m.d.c. al polinoamelor pi 4 33 6 4 q x x x = + .Acestaestepolinomul2 r X = ,deci 1 2 a = sau3 a = isecunoscastfeldourdcinialeecuaiei ( ) 0 p z = . n continuare , se gsesc rdcinile1 2 b = i1 2 c = +. Problema12:Dacecuaia 30 x px q + + = ,, p qR,areosingur rdcin real, modulul unei rdcini complexe nereale este mai mare sau mai mic dect modulul rdcinii reale dup cum0 p >, respectiv0. p < (Gazeta Matematic Nr.8 / 1985 ) Rezolvare : Fie 1x a =rdcina real a ecuaiei. Rezult c 3 2 2( )( ) x px q x a x ax a p + + = + + +Presupunnd c0 p , rezult c rdcinile complexe nereale ale ecuaiei sunt( )2213 42x a i a p = + , ( )2313 42x a i a p = + +De aici deducem c:2222 33 442 4a a px x a p+ = = + = + . Aadar 2 30 p x x a > = > ; 2 30 p x x a < = < ; Remarcm c pentru rezolvarea problemei s-a presupus c 23 4 0 a p + > . 25 Problema 13: S se determine zerourile funciei:nf R R ,1 1 ( 1)( ) 1 ( 1) ... ( 1)...( 1)1! 2! !nnf x x x x x x x nn= + + + + . Rezolvare:Vomobservac 1( ) ( 1) f x x = ,decifuncia 1f areun singurzero 11 x = .nplus, 21( ) ( 1)( 2)2!f x x x = ,decifuncia 2f are douzerouri 11 x = i 22 x = .Suntemastfelconduilaaface presupunerea(*) *( 1)( ) ( 1)( 2)...( ), unde!kkf x x x x k kk= N .Deducemc 11( 1)( ) ( ) ( 1)( 2)...( )( 1)!kk kf x f x x x x x kk++= + =+ 1( 1) ( 1)( 1)( 2)...( ) ( 1)( 2)...( )! ( 1)!k kx x x k x x x x kk k+ = + =+ [ ]1( 1)( 1)( 2)...( ) ( 1)( 1)!kx x x k k xk+= + ++ , deci11( 1)( ) ( 1)( 2)...( )( 1)( 1)!kkf x x x x x k x kk++= + , ceea ce confirm c 1( )kf x+ este de forma (*) *( 1)( ) ( 1)( 2)...( ),unde!nnf x x x x n nn = N Rezult c zerourile funciei nfsunt numerele 1, 2,..., . n Bibliografie : [1]Nstsescu,Constantin-Teoriacalitativaecuaiiloralgebrice, Bucureti, Editura Tehnic, 1979 [2]Ganga,Mircea-Ecuaiiiinecuaii,Ploieti,EdituraMathpress, 1988 [3]Neacu,Mihail-ConcursulinterjudeeanTraianLalescu,Piteti, Editura Paralela 45, 1999 [4]GeorgescuEremia,OnofraEugen-Metodederezolvarea problemelordematematicnliceu,Bucureti,EdituraDidactici Pedagogic, 1982 [5] Colecia Gazeta Matematic (1962-2011) Profesor, Liceul C.D. Loga, Caransebe 26Asupra unor probleme propuse n RMCS Petrior Neagoe n numrul 35 al revistei RMCS au fost propuse spre rezolvare la clasaaVIII-a(VIII.218iVIII.219)douproblemedelatestelede selecie pentru OBMJ. n continuare voi prezenta soluii pentru cele dou probleme (problemele 1 i 2), iar problema 3 reprezint o generalizare a problemei 2. 1. Artai c n orice triunghiABCdreptunghic nA este adevratinegalitatea( )( )222 64 2 AB AC BC AB AC BC + . Demonstraie: Folosim notaiile uzualeBC a = ,AC b =iAB c = . Deoarece triunghiulABCeste dreptunghic nA rezult, din teorema luiPitagora, relaia 2 2 2a b c = + . Inegalitatea ce trebuie demonstrat este echivalent cu inegalitatea( )( ) ( ) ( )2 222 6 2 2 2 64 2 2 4 2 b c a bc a b c bc a bc a + + + ( ) ( )22 222 2 62 22 42 4 2 2a bc a bca bc a bc aa a + + 22 22 21 1 2 2bc bca a + Facem notaia 22bcta= . Ultima inegalitate este echivalent cu inegalitatea ( ) ( ) ( ) ( )221 1 2 2 1 1 4 4 2 t t t t t + + + 21 4 4 t t + +24 t t 3 34 2 4 4 1 0 t t t t + + ( )( ) ( ) ( ) ( )24 1 1 0 4 1 1 1 0 t t t t t t t + + + + + ( ) ( )( ) ( )221 4 4 1 0 1 2 1 0 t t t t t + + + .Ultima inegalitate este adevrat, aadar este adevrat i cea propus. 27 2.FieABCD unrombipuncteleM , N pesegmentele( ) AC , respectiv( ) BC ,N B , astfel nctDM MN = . Se noteaz { } P AC DN = i{ } R AB DM = . Demonstrai cRP PD = . Demonstraie: ABCD - romb i( ) , M P AC BMP DMP . . MBP MDP < , atunci ( )26 26 26 26 1m n n m n = se divide cu 26, contradicie cu imparitatea numrului din enun. Aadar0 n = . Cum singura putere de cinci cifre a lui 26 este 326 17576 = , deducem3 m=i17575. abcbc = VI. 211 Acum 30 de ani, vrstele lui Anton, Barbu i Constantin erau direct proporionale cu 1, 2, respectiv 5. Astzi, raportul vrstelor lui Anton i Barbu este egal cu 6.7 Ce vrst are n prezent Constantin? Olimpiad Canada, prelucrare Soluie : Notm cu, , a b cvrstele de acum 30 de ani ale celor trei oameni. Avem astfel 2 5b ca = = i deci 30 630 7ab+=+,( )630 2 307a a + = + , apoi6, 30 a c = = . Aadar actuala vrst a lui Constantin este60 C =(de ani, evident). VI. 212 Biletul de intrare la un meci de fotbalcost 60 lei. Din lips de spectatori preul biletului a fost redus i numrul spectatorilor a crescut cu 50%, ncasrile mrindu-se n acest fel cu 20%. Cu ce procent s-a redus preul biletului? Mariana Drghici, Reia Rspuns: procentul cerut este 20%. VI. 213 Un organism are n momentul naterii 2,5 kg. n prima lun de via, organismul crete n greutate cu 0,5 kg. Presupunnd c procentajul de cretere se pstreaz constantpentru primele ase luni de via, calculai ce greutate va avea organismul dup dou luni. Lucian Dragomir, Oelu RouSoluie: Procentajul de cretere lunar este 5 10020%25p= = . Dac notm greutatea organismului dup n luni cu ng , avem 02, 5 g = , apoi 13 g = i 23, 6 g = kg. De remarcat c 23,5 g kg, pentru c 2203 3100g = + . 34VI. 214 n acest semestru, Georgic are, la matematic, numai note de 7, 8,9i10,dinfiecarecelpuinunaicelmultdou.Medianotelorsale este 8,40. Care sunt notele pe care Georgic le-a primit de dou ori? Ioan Dncil, Bucureti Soluie: Conform ipotezei, elevul are cel puin 4 note i cel mult 8 note. Dintre numerele( ) 8, 40 4 8 n n , numr natural este doar numrul 5 8, 40 42 = , satisfcnd astfel condiia ca suma notelor s fie un numr natural. Aadar Georgic are 5 note. Nota primit de dou ori este ( ) 42 7 8 9 10 8 ++ + = VI. 215 Aflai cel mai mic numr natural nenul n pentru care putem alege semnele+iastfel nct1 2 3 ... 16. n =Dan Comnescu, Timioara Soluie: Pentru5 n avem 1 2 3 ... 1 2 ... 1 2 3 4 5 15 n n + + + + ++ + = , adic egalitatea din enun nu se poate realiza. Pentru6 n = , suma este un numr impar, deci nu poate fi egal cu 16, iar pentru7 n =avem 1 2 3 4 5 6 7 16 + + + + = , deci numrul cerut este 7. VI. 216 Artai c mulimea{ } 1, 2,3, 4,...,1234 A =nu se poate mpri n dou submulimi disjuncte astfel nct suma sau produsul elementelor din cele dou submulimi s fie numere egale. * * * Soluie: 1234 1235617 12352x Ax= = este un numr impar, deciA nu se poate partiiona n dou submulimi disjuncte cu sumele elementelor egale. Acum, pentru produs, considerm p cel mai mare numr prim din A i astfel, dac exist B i C astfel nct, A B C B C = = , avem c doar unul dintre produsele x Bx i y Cy l conine ca factor pe numrul p, aadar nici aceast partiionare nu este posibil. VI. 217 Artai c fracia 112 5 72 5 3n nn n++ + + este , pentru orice numr natural n, ireductibil. Olimpiad Vrancea 35 Soluie: Dac ( )| 5 10 7nd a = + , atunci| 2 d a , iar dac ( )| 2 10 3nd b = + , atunci| 5 d bi astfel( ) | 5 2 1 d b a = . VI. 218 Determinai numerele naturale a, b i c tiind ca b c + +este ptrat perfect i 1.6bc abc = Olimpiad Cara SeverinSoluie: Egalitatea din ipotez conduce la20 10 a b c = + , aadar c este multiplu de 10, deci0. c =Din2a b =deducem c numerele 120, 240, 360 i 480 verific a doua condiie din enun. Evident, doar 360 are suma cifrelor ptrat perfect. VI. 219 Punctele A,B,C,D sunt situate, n aceast ordine, pe o dreapt d, astfel nct C este mijlocul segmentului (BD),25% AB BD = i 15, 2 cm.5CD = Calculai distana dintre mijloacele segmentelor (AB) i (CD). Aurelia Voilovici, Moldova NouSoluie: Pentru a uura redactarea, renunm la unitatea de msur i avem imediat26 52, 13, 65 CD BC BD AB AD = = = = = . Se obine apoi 13 9165 13 .2 2MN AD AM ND = = = Clasa a VII-a VII. 210Artai c 20112011nu se poate scrie c sum a dou ptrate perfecte. Andrei Eckstein, Timioara Soluie : Folosim faptul c2011 4 3 = + M , deci 20112011 4 1, k k = + Z; pe de alt parte, orice ptrat perfect este de forma4qsau4 1 q + , deci suma a dou ptrate perfecte nu poate fi de forma4 1. p + 36VII. 211 Fie triunghiul ascuitunghicABC ( ) AB AC