format .pdf, 4.1 MB - RecreaÅ£ii Matematice

More documents

Recommendations

Info

Soluţie. Se impune ca x ∈ R\{1, −1}. Dacă u = x + 2 x − 1 , v = x − 2 x + 1 , ecuaţia devine u 2 + v 2 − 26 uv = 0 şi, cum u şi v nu pot fi simultan egale cu zero, putem 5 nota t = v u şi obţinem că t2 − 26 5 t + 1 = 0, cu soluţiile t 1 = 1 5 , t 2 = 5. Dacă v = 5u, rezultă că 2x 2 − 9x − 4 = 0, de unde x 1,2 = 9 ± √ 113 , iar dacă u = 5v, deducem că 4 2x 2 − 9x + 4 = 0, deci x 3 = 4, x 4 = 1 . Ecuaţia din enunţ are patru soluţii reale. 2 VIII.103. Arătaţi că oricare ar fi n ∈ N ∗ , există m ∈ N ∗ astfel încât n 4 · m + 1 este număr compus. Lucian Tuţescu şi Ion Vişan, Craiova Soluţia 1 (a autorilor). Pentru m = n 4 + 2, avem că n 4 · m + 1 = n 8 + 2n 4 + 1 = (n 4 + 1) 2 şi, cum n 4 + 1 ≥ 2, urmează concluzia problemei. Soluţia 2 (Titu Zvonaru). Dacă n = 1, putem lua m = pq − 1, cu p, q ∈ N, p, q ≥ 2. Dacă n > 1, luăm m = n 3k−4 , k ∈ N, k ≥ 2 şi vom avea că n 4 · m + 1 = (n k ) 3 + 1 = (n k + 1)(n 2k − n k + 1), unde ambele paranteze sunt cel puţin egale cu 2. VIII.104. Fie x, y, z ∈ R ∗ + astfel încât x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 = 3x 2 y 2 z 2 . Demonstraţi 1 că x 2 + x + 1 + 1 y 2 + y + 1 + 1 z 2 + z + 1 ≤ 1. Răzvan Ceucă, elev, Iaşi Soluţie. Problema este oarecum înrudită cu G89 din RecMat2/2005 sau cu VIII.66 din RecMat 1/2006: observând că x 2 + x + 1 ≥ 3x şi ţinând seama de faptul 1 că x > 0, obţinem că x 2 + x + 1 ≤ 1 şi încă două relaţii analoage. Astfel, membrul 3x stâng este majorat de 1 1 3 x + 1 y + z‹. 1 Folosind inegalitatea dintre media aritmetică şi cea pătratică, 1 1 3 x + 1 y + z‹≤r1 1 1 3 x 2 + 1 y 2 + 1 z2‹. Însă condiţia din ipoteză se poate scrie sub forma 1 x 2 + 1 y 2 + 1 = 3 şi de aici urmează inegalitatea din enunţ. z2 Egalitatea se atinge pentru x = y = z = 1. VIII.105. Determinaţi x, y ∈ N ∗ pentru care x 3 − y 3 = 3xy + 17. Liviu Smarandache şi Ion Vişan, Craiova Soluţia 1 (a autorilor). Cum 3xy + 17 ∈ N ∗ , rezultă că x > y, deci există p ∈ N ∗ astfel încât x = y + p. Înlocuind în relaţia din enunţ, obţinem că 3(p − 1)y2 + 3p(p − 1)y + p 3 − 17 = 0. Observăm că 3(p − 1)y 2 ≥ 0 şi 3p(p − 1)y ≥ 0, prin urmare p 3 − 17 ≤ 0, adică p ∈ {1, 2}. Dacă p = 1 se ajunge la contradicţia −16 = 0, iar pentru p = 2 deducem că y 2 + 2y − 3 = 0, ecuaţie a cărei singură soluţie naturală este y = 1. Rezultă că x = 3, deci soluţia ecuaţiei din enunţ este perechea (3, 1). Soluţia 2 (Gheorghe Iurea). Rezolvăm ecuaţia în numere întregi. Notăm d = x−y, p = xy, cu d, p ∈ Z. Cum x 3 − y 3 = (x − y) 3 + 3xy(x − y) = d 3 + 3dp, ecuaţia devine d 3 17 − d3 + 3dp = 3p + 17. Rezultă că 3p = d − 1 = 16 d − 1 − d2 − d − 1, deci d − 1 este 62
divizor al lui 16. Analizând cazurile posibile, determinăm d şi p şi apoi aflăm soluţiile ecuaţiei iniţiale: (x, y) ∈ {(3, 1); (−1, −3)}. VIII.106. În tetraedul V ABC, avem AB = 4cm, BC = 5cm, CA = 6cm, iar ariile feţelor V AB, V BC şi V CA sunt egale cu 15√ 7 cm 2 . Calculaţi sinusurile unghiurilorÕAV B,ÕBV C şiÕCV A. 4 Vlad Emanuel, student, Bucureşti Soluţie. Calculând aria triunghiului ABC cu formula lui Heron, obţinem că aceasta este 15√ 7 cm 2 , prin urmare tetraedrul V ABC este echifacial. Rezultă că 4 V A = BC = √5cm, V B = CA = 6cm, iar V C = AB = 4cm, de unde sinÕAV B = 2A V AB 7 V A · V B = 8 , sinÕBV C = 2 · A V BC V B · V C = 5√ 7 32 , iar sinÕCV A = 2A V CA V C · V A = 3√ 7 16 . VIII.107. Fie ABCD un tetraedru, iar m 1 , m 2 şi m 3 lungimile bimedianelor sale. Demonstraţi că 3(AB 2 + AC 2 + AD 2 + BC 2 + CD 2 + DB 2 ) ≥ 4(m 1 + m 2 + m 3 ) 2 . D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti Soluţie. Se ştie că în orice tetraedru ABCD are loc identitatea 4(m 2 1+m 2 2+m 2 3) = AB 2 +AC 2 +AD 2 +BC 2 +CD 2 +DB 2 (a se vedea, de exemplu, D. Brânzei, S. Aniţa, C. Cocea - Planul şi spaţiul euclidian, Ed. Academiei, Bucureşti, 1986). Folosind inegalitatea dintre media aritmetică şi cea pătratică, obţinem că 3(m 2 1 + m 2 2 + m 2 3) ≥ (m 1 + m 2 + m 3 ) 2 , de unde cerinţa problemei. Egalitatea se atinge atunci când m 1 = m 2 = m 3 . VIII.108. Într-un reper cartezian xOy, se consideră punctele A ij (i, j), unde 1 ≤ i, j ≤ 5. Determinaţi numărul triunghiurilor care au ca vârfuri trei dintre punctele date. Gabriel Popa, Iaşi 25 · 24 · 23 Soluţie. Cum avem 5 · 5 = 25 de puncte, putem considera = 2300 6 de mulţimi formate din câte trei puncte. Pentru a găsi numărul triunghiurilor, trebuie să eliminăm mulţimile formate din puncte coliniare. Punctele A i1 , i = 1, 5, generează 5 · 4 · 3 = 10 mulţimi de câte trei puncte coliniare; aceeaşi situaţie are 6 loc pe fiecare dintre cele cinci orizontale, cinci verticale, precum şi pe cele două diagonale A 11 A 55 şi A 15 A 51 . Pe fiecare dintre direcţiile A 12 A 45 , A 21 A 54 , A 14 A 41 şi A 25 A 52 avem câte 4 mulţimi de trei puncte coliniare, iar pe fiecare dintre direcţiile A 31 A 53 , A 13 A 35 , A 13 A 31 , A 53 A 35 , A 11 A 53 , A 12 A 54 , A 13 A 55 , A 13 A 51 , A 14 A 52 , A 15 A 53 , A 11 A 35 , A 21 A 45 , A 31 A 55 , A 31 A 15 , A 41 A 25 şi A 51 A 35 , există câte o singură mulţime formată din trei puncte coliniare. Astfel, numărul mulţimilor care trebuie eliminate este 10 · 12 + 4 · 4 + 1 · 16 = 152. Rămân 2300 − 152 = 2148 de triunghiuri. Clasa a IX-a IX.96. Determinaţi triunghiurile în care tangentele unghiurilor se exprimă prin numere naturale. (În legătură cu X.78 din RecMat 1/2007.) Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie A unghiul cel mai mic al triunghiului; atunci A ≤ π 3 , deci tg A ≤ √ 3 63
Page 1 and 2:
Anul XII, Nr. 1 Ianuarie - Iunie 20
Page 3:
Anul XII, Nr. 1 Ianuarie - Iunie 20
Page 6 and 7:
Mai întâi cu un număr restrâns
Page 8 and 9:
Seminarul Matematic din Iaşi - 100
Page 10 and 11:
Amintiri de la Seminarul Matematic
Page 12 and 13:
doream, să consult şi să împrum
Page 14 and 15:
copiere. Îmi amintesc că, în anu
Page 16 and 17: Rigla şi compasul Gabriel POPA 1 A
Page 18 and 19: plus, cum △P AB şi △QAB sunt e
Page 20 and 21: ezultă că [AM] ≡ [BT ], deci [M
Page 22 and 23: O inegalitate ponderată cu medii G
Page 24 and 25: Aplicaţia 2. Fie a, b, p, q ∈ R
Page 26 and 27: Definiţia 3. Fie I 1 , I 2 ⊂ R d
Page 28 and 29: 3) Considerăm funcţia f : (0, ∞
Page 30 and 31: Demonstraţie. În (2), luând x 1
Page 32 and 33: ‹ Din faptul că v n+2 v n+1 v n+
Page 34 and 35: Teorema poate fi demonstrată şi p
Page 36 and 37: de unde, în urma unor calcule simp
Page 38 and 39: Aici avem a 2 b 2 + t 2 ≤ 6abt de
Page 40 and 41: Fie acum A i A j A k A l un trapez
Page 42 and 43: Remarque. detA(x, y, z, t) = x 2
Page 44 and 45: Si b divise v alors b divise u 2 ;
Page 46 and 47: coeficienţi reali şi rădăcini c
Page 48 and 49: În cazul |α| = √ a 2 + b 2 < 1
Page 50 and 51: Deoarece m(ÕBΩA) = 180 ◦ − B
Page 52 and 53: Şcoala Normală ”Vasile Lupu”
Page 54 and 55: în localul şcolii, celelalte fiin
Page 56 and 57: 2. Fie triunghiul △ABC înscris
Page 58 and 59: 3. Fie n ∈ N\0, 1} şi a 1 , a 2
Page 60 and 61: Soluţie. Latura pătratului este d
Page 62 and 63: V.108. Pe tablă sunt scrise numere
Page 64 and 65: Clasa a VII-a VII.102. În urma unu
Page 68 and 69: şi, cum tg A ∈ N, rezultă că t
Page 70 and 71: X.97. Fie a, b, c ∈ C ∗ numere
Page 72 and 73: ’ 1 0 . . . 0 0 0 1 . . . 0 Solu
Page 74 and 75: =Ztg n−1 1 x · cos 2 x + 1 ctgn
Page 76 and 77: ) Cum suma şi diferenţa au aceea
Page 78 and 79: maximă când produsul xy este maxi
Page 80 and 81: Notă. Soluţie corectă, bazată p
Page 82 and 83: În cazul în careba =b0, concluzia
Page 84 and 85: Clasele primare Probleme propuse 1
Page 86 and 87: VI.117. Fie I centrul cercului îns
Page 88 and 89: IX.107. Dacă a, b ∈ N ∗ , atun
Page 90 and 91: Probleme pentru pregătirea concurs
Page 92 and 93: Training problems for mathematical
Page 94 and 95: Pagina rezolvitorilor CRAIOVA Coleg
Page 96 and 97: IMPORTANT • În scopul unei legă
Page 98: CUPRINS Centenarul SEMINARULUI MATE
show all

format .pdf, 4.1 MB - RecreaÅ£ii Matematice

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?