2013

The International Mathematics Contest

„THE CLOCK – TOWER SCHOOL” 16th Edition

Juniors I Competition

SUBIECTUL 1

Câştigă al doilea jucător. 2p

După prima mişcare rămâne un număr care nu se divide la 3, 1p

deci la fiecare mişcare al doilea jucător alege un număr de chibrituri

astfel încât numărul rămas să fie divizibil cu 3. 2p

Cum 0 este divizibil cu 3, rezultă că această strategie ne asigură victoria. 2p

SUBIECTUL 2

Vom arăta că numărul căutat este 31n = 1p Dacă, prin absurd, 32n ≥ , atunci fie 2 A∈ . Din2 2 4 4 B⋅ = ⇒ ∈ . Din4 4 16 16 A⋅ = ⇒ ∈ . Din2 8 16 8 B⋅ = ⇒ ∈ . Din2 16 32 32 B⋅ = ⇒ ∈ 2p Cum 4, 8 B∈ şi4 8 32 32 A⋅ = ⇒ ∈ , contradicţie 1p Deci 31n ≤ . 1p Pentru 31n = un exemplu de partiţie a mulţimii{ }2;3;...;31 este

{ }2;3;5;7;11;13;16;17;19;23;24;27;28;29;31A = şi 1p

{ }4;6;8;9;10;12;14;15;18;20;21;22;25;26;30B = ( 15card A card B= = ) 1p

SUBIECTUL 3 Soluții date de domnul prof. univ. Andrei Eckstein

Vom arăta că dacă 1 2 2 1

...

n n na x x x x x

− −

= , atunci suma cifrelor numărului 5a este

1

52

n

k

k

xN

=

+

∑ (*),

unde N reprezintă numărul de cifre impare din scrierea zecimală a lui a. De aici rezultă în mod evident că această sumă nu depinde de ordinea cifrelor numărului a, de unde concluzia. 2p

Calculând 1 2 1... 010

52 2

n nx x x xa

a−

= = , constatăm că 5a are prima cifră 2

nx

, 1p

următoarele calculându-se împărţind numărul 1 2 1... 0

nx x x

−

la 2, dacă nx este par, caz în

care următoarea cifră a lui 5a este 1

2

nx

−

, 1p

2013

fie numărul 1 2 1

1 ... 0nx x x

−

la 2, dacănx este impar, cazîn care eaeste 1 1

105

2 2

n nx x

− −

+ = +

. 1p Continuăm acest procedeu (algoritmul împărţirii) până când ajungem la determinarea

ultimei cifre a lui10

2

a

.Aceasta va fi fie 0, dacă1x a fost par, 1p

fie 5, dacă1x a fost impar. 1p

Am demonstrat astfel relaţia (*). Altfel:

Relaţia (*) poate fi demonstrată şi scriind pentru fiecare { }1;2;3;...;k n∈k k kx y z= + ,

unde 22

k

k

xy

=

, iar 0

kz = dacă

kx este par şi 1

kz = , dacă

kx este impar. Aşadar N dintre

cifrelekz sunt egale cu 1, celelalte 0.

Atunci 1 2 2 1 1 2 2 1... 0 ... 010

52 2 2

n n n n n ny y y y y z z z z za

a− − − −

= = + (**)

Deoarece 1 2 2 1

... 0n n ny y y y y

− −

are toate cifrele pare, este uşor de văzut că 1 2 2 1... 0

2

n n ny y y y y

− −

are suma cifrelor 1 2

n

k

k

x

=

∑ . Numărul 1 2 2 1

1 2 2 1

... 05 ...

2

n n n

n n n

z z z z z

z z z z z− −

− −= ⋅ are toate

cifrele 0 sau 5, deci suma cifrelor sale va fi 5N.

Mai rămâne să remarcăm că numărul 1 2 2 1... 0

2

n n ny y y y y

− − are toate cifrele mai mici decât

5, deci la efectuarea sumei (**) nu există trecere peste ordin, ceea ce implicăfaptulcăsuma cifrelor lui5a este suma dintre suma cifrelor celor doi termeni ai

sumei, adică1

52

n

k

k

xN

=

+

∑ .

SUBIECTUL 4

Deoarece CK este bisectoarea unghiului ACB∢ , K este mijlocul arcului �AB . 1p

Avem 2 2 2

A A CIAK IAB BAK BCK AIK= + = + = + =

∢ ∢ ∢∢ ∢ ∢ ∢ ∢ , 1p

deci AK IK OK= = ,adică triunghiul AOK∆ este echilateral. 1p În mod analog se arată că BOK∆ este echilateral. 1p Atunci ( ) ( )120 60 .

o o

m AOB m C= ⇒ =∢ ∢ 1p

2013

Deoarece P este mijlocul lui [ ]AB , în triunghiurile dreptunghice ADB∆ şi AEB∆ avem

2

ABPD PE= = şi 1p

( ) 180 ( ) ( ) 180 2 ( ) 2 ( )o o

m EPD m APE m DPB m ABE m DAB= − − = − − =∢ ∢ ∢ ∢ ∢

( ) ( ) ( )180 2 90 ( ) 2 90 ( ) 2 180o o o o

m A m B A B= − − − − = + − =∢ ∢ ∢ ∢

( )2 180 60 180 60o o o o

= − − =

Prin urmare DEP∆ este echilateral. 1p