Solutiile problemelor propuse în nr. 2 / 2001

Soluţiile problemelor propuse în nr. 2 / 2001
Clasele primare
P.14. Scrieţi toate scăderile de tipul aa − bb = cc cu rezultatul mai mare ca 50.
( Clasa I ) Gabriela Lozovanu, elevă, Iaşi
Soluţie. Rezultatul cc poate fi: 55, 66, 77, 88. Distingem cazurile:
1) bb =11, când sunt posibile scăderile: 66 − 11 = 55, 77 − 11 = 66, 88 − 11 = 77,
99 − 11 = 88;
2) bb =22,cândavem:77 − 22 = 55, 88 − 22 = 66, 99 − 22 = 77;
3) bb =33,cândavem:88 − 33 = 55, 99 − 33 = 66;
4) bb =44,cândavemosingurăscădere: 99 − 44 = 55.
P.15. Mama împarte nouă merelaceitreicopiiaisăi. Câtemerepoateprimi
fiecare dacă unuldineiaprimitmaimultdetreimereşi mai puţin de şase
(Clasa I )
Maria Mursa, elevă, Iaşi
Soluţie. Prin scrierea (a, b, c) vom înţelege că uncopilaprimita mere, un altul b
mere, iar ultimul c mere. Primul copil poate primi 4 mere sau 5 mere. Avem cazurile:
(4, 1, 4), (4, 2, 3), (5, 1, 3), (5, 2, 2).
P.16. Suma vârstelor a trei fraţi este cinci ani. Doi dintre ei sunt gemeni, iar
cel mai mare are ochii negri. Câţi ani are fiecare dintre fraţi
(ClasaaII-a)
Teodora-Cerasela Grigoraş, elevă, Iaşi
Soluţie. Deoarece fraţiigemenisuntmaimicidecâtfratelecuochinegri,singura
soluţie este 1 an, 1 an, 3 ani.
P.17. Despre numerele naturale a şi b ştim că: 199

o treime din perioada dintre ora 12 şi sfârşitul zilei, adică (24 − 12):3=12:3=4
ore. Ceasul arăta ora 16.
P.20. Să sedeterminenumărul natural A = xyzt ştiind că suntîndeplinite
condiţiile: a) suma cifrelor este 20, b) fiecare cifră este cu doi mai mare decât cea
din faţa ei.
(Clasa a III-a)
Înv. Elena Marchitan, Iaşi
Soluţie. Deducem că y = x +2, z = x +4, t = x +6. Dacăînlăturăm din 20
suma (2 + 4 + 6) obţinem de 4 ori cifra x. Deci4 · x =20− (2+4+6)=20− 12 = 8
şi x =8:4=2.Numărul căutat este 2468.
P.21. În curtea bunicii sunt 81 de păsări: raţe, gâşte şi găini. Ştiind că elepot
fi grupate astfel încât la o gâscă săcorespundătreigăini, iar la două gâşte, o raţă,
aflaţi câte păsări de fiecare fel are bunica în curte.
(ClasaaIV-a)
Teodora-Cerasela Grigoraş, elevă, Iaşi
Soluţie. Deoarece la două gâşte corespunde o raţă, iar la fiecare gâscă treigăini,
putem să facem grupuri de câte o raţă, 2 gâşte şi 6 găini, ceea ce înseamnă 9 păsări
de curte. În curte sunt 81 : 9 = 9 (grupuri). Vom avea soluţia 9 · 1=9(raţe),
9 · 2=18(gâşte) şi 9 · 6=54(găini).
P.22. Lungimea unui dreptunghi reprezintă 3 din perimetrul său. Dacă adunăm
8
1
din lăţime cu lungimea, obţinem 105 cm. Aflaţi dimensiunile şi perimetrul
2
dreptunghiului.
(ClasaaIV-a)
Înv. Maria Racu, Iaşi
Soluţie. Suma lungimilor reprezintă 6 din perimetru, iar suma lăţimilor reprezintă
2 8 din perimetru. Înseamnă că o lungime reprezintă 3 din perimetru şi o lăţime
8
8
1
1
din perimetru. Cum jumătate din lăţime reprezintă din perimetru, iar fracţia
8 16
3
8 este egală cu 6 7
, deducem că
16 16 din perimetru reprezintă 105 cm, apoi 1
16 din
perimetru reprezintă 105 : 7 = 15 (cm). Perimetrul este 16·15 = 240 (cm). Lungimea
este 240 : 8 · 3=30· 3=90(cm), iar lăţimea este 240 : 8 = 30 (cm).
P.23. Dacă împărţim la patru fiecare termen al unui şir de numere, obţinem mai
multe numere consecutive impare, cu suma ultimelor două, adică 96, maimarecu
16 decât dublul sumei primelor două numere. Să segăsească alcincileatermenal
şirului.
(ClasaaIV-a)
Înv. Mihai Agrici, Iaşi
Soluţie. Dublul sumei primelor două numere impare consecutive este 96 − 16 =
=80. Suma primelor două numere impare consecutive este 80 : 2 = 40. Primul
număr din şirul numerelor impare consecutive este (40 − 2):2=38:2=19. Al
cincilea număr din şirul numerelor impare consecutive este 19+2+2+2+2=27.
Numărul căutat este 27 · 4 = 108.
Clasa a V-a
V.21. Arătaţi că numărul N =2 n+1 · 3 n +2 n · 3 n+1 +6· 6 n este divizibil cu 11
55

pentru orice n ∈ N.
Dorina Carapanu, Iaşi
Soluţie. Calculând, avem N =2·2 n ·3 n +2 n ·3 n ·3+6·6 n =2·6 n +3·6 n +6·6 n =
=6 n (2+3+6)=6 n · 11, deci N se divide cu 11 oricare ar fi n ∈ N.
V.22. Determinaţi mulţimea A = © n; n ∈ N,n 2 + n +2=1+2+3+...+ 2001 ª .
Maria Zălinescu, Iaşi
Soluţie. Deoarece n 2 + n +2=n (n +1)+2este număr par pentru orice n ∈ N,
2001 · 2002
iar 1+2+...+ 2001 = = 2001 · 1001 este impar, urmează că A = ∅.
2
V.23. Să seafle ultima cifră anumărului S =1+2+2 2 + ...+2 2001 .
Cristiana Artenie, elevă, Iaşi
Soluţia I. Se observă că U(2 4k+1 +2 4k+2 +2 4k+3 +2 4k+4 )=U (2+4+8+6)=
=0, oricare ar fi k ∈ N. Deoarece S =1+ ¡ 2 1 +2 2 +2 3 +2 4¢ + ¡ 2 5 +2 6 +2 7 +2 8¢ +
+ ···+ ¡ 2 1997 + ...+2 2000¢ +2 2001 , rezultă că U (S) =U(1+0+0+...+0+2) = 3.
Soluţia II. Avem 2S =2+2 2 + ...+2 2002 =2 2002 − 1+S şi atunci S =2 2002 − 1
iar U (S) =3.
V.24. Să se determine numerele abc pentru care a + b + c = abc.
Paraschiva Bîrsan, Iaşi
Soluţie. Mai general, vom determina numerele naturale a, b, c cu proprietatea
a + b + c = abc (1).
Dacă celpuţin unul din cele trei numere este nul, atunci abc =0, deci a+b+c =0
şi atunci a = b = c =0.
Fie a, b, c ∈ N ∗ şi să presupunem că a ≤ b ≤ c. Impărţind prin c, (1) se scrie sub
forma a c + b +1=ab şi ţinând seama de presupunerea făcută rezultăcă 1

n (n +1)
=2 = n (n +1). Rezultă atuncică {a 1 ,a 2 ,...,a 2n+1 } = {0, ±1,...,±n}
2
şi deci |a 1 + a 2 + ...+ a 2n+1 | =0. Rezultatul are loc pentru n ≥ 1.
VI.22. Să seafle numerelea, b ∈ N, ştiind că 5a − 3b =72şi (a, b) =24.
Mihai Gârtan, Iaşi
Soluţie (dată de Boieriu Bianca, elevă, Braşov). Fie a =24m, b =24n, cu
m, n ∈ N, (m, n) =1; atunci ecuaţia devine 5m − 3n =3sau încă 5m =3(n +1).
Deducem că m . 3, decim =3t şi n =5t − 1. Cum n ∈ N, găsim t ∈ N ∗ . Să
determinăm t astfel încât (m, n) =1. Fie d | 3t şi d | 5t − 1; rezultă că d | 5 · 3t−
−3(5t − 1), deci d | 3, prin urmare m şi n suntprimeîntreelesausedividla3. Cum
3 | 3t, din3 | 5t − 1 găsim t =3k +2, k ∈ N. Astfel,(m, n) =1dacă şi numai dacă
t =3k sau t =3k +1. Găsim soluţiile a =24· 9k, b =24(15k − 1), k ∈ N ∗ sau
a =24(9k +3), b =24(15k +4), k ∈ N.
VI.23. a) Aflaţi a, b ∈ N ∗ cu proprietăţiile: ab =24şi [a, b]+(a, b) =14.
b) Fie a, b ∈ N ∗ , a ≤ b, cu proprietatea că [a, b]+(a, b) =a + b. Săsearatecă
a | b.
Cristiana Constanda, elevă, Iaşi
Soluţie. a) Deoarece [a, b] · (a, b) =a · b =24şi [a, b] +(a, b) =14,rezultăcă
[a, b] =12şi (a, b) =2. Atunci, a =2a 0 , b =2b 0 ,cu(a 0 ,b 0 )=1şi a 0 · b 0 =6,adică
(a 0 ,b 0 ) ∈ {(1, 6) , (2, 3) , (3, 2) , (6, 1)}, deci(a, b) ∈ {(2, 12) , (4, 6) , (6, 4) , (12, 2)} şi
aceste perechi verifică ipotezele problemei.
b) Deoarece [a, b] +(a, b) =a + b şi cum are loc şi [a, b] · (a, b) =ab, rezultă că
[a, b] =a şi (a, b) =b sau [a, b] =b şi (a, b) =a. Condiţia a ≤ b impune [a, b] =b şi
(a, b) =a. Din acestea, deducem uşor că a | b.
VI. 24. a) Fie suma S = 1 39 + 1 40 + ...+ 1
50 .Săsearatecă 6 25

FM ⊥ AB.
Constantin Cocea şi Dumitru Neagu, Iaşi
Soluţie. Notăm cu D proiecţia lui A pe BC şi fie
{P } = FM∩AB. Atunci AD este bisectoarea unghiului A: b
m(\DAB) =m(\DAC) =α. Cum FM este mediana corespunzătoare
ipotenuzei în triunghiul dreptunghic FEB,
rezultă că FM = MB, de unde \MBF = \MFB. Însă
m( \MBF)=90 ◦ −m( C)=m(\DAC) b h=α, deci m( \MFB)=
α. Înconcluzie,m(\BPF) = 180 ◦ − m( B)+m( b i
\MFB) =
h
180 ◦ − m( B)+α b i
= 180 ◦ − 90 ◦ =90 ◦ ,adică FP ⊥ AB.
Clasa a VII-a
µ 1
VII.21. Fie E (x) =
x +2 − 3 x (x +4)+4
·
x − 2 x 2 , x ∈ R\{±2, ±4}. Dacă
− 16
A = {x ∈ N; ½x par şi E (x) ∈ Z} ¾şi B = {x ∈ N; x impar şi E (x) ∈ N}, săsearate
x
că mulţimea
y | x ∈ A şi y ∈ B are un singur element.
Dumitru-Dominic Bucescu, Iaşi
−2(x +2)
Soluţie. Calculând, obţinem că E (x) = . Fie x =2k ∈ A; cum
(x − 2) (x − 4)
− (k +1)
E (x) =
∈ Z şi k ∈ N, avemînmodnecesar(k − 1) (k − 2) ≤ k +1,
(k − 1) (k − 2)
de unde k 2 − 4k +1 ≤ 0, sau(k − 2) 2 ≤ 3, i.e. |k − 2| ≤ √ 3,decik ∈ {0, 1, 2, 3}, ceea
ce implică x ∈ {0, 2, 4, 6}. Însă x ∈ R\{±2, ±4}, iar dintre numerele E (0) şi E (6)
este întreg numai al doilea; rezultă că A = {6}. ½ Fieacumx =2l +1∈ ½ B; deoarece
−2(2l +3)
2l − 1 | 2l +3 2l − 1 | 4
E (x) =
(2l − 1) (2l − 3) ∈ N, urmeazăcă ⇔
⇔
½
2l − 3 | 2l +3 2l − 3 | 6
l ∈ {0, 1}
.Obţinem ca posibile valori x ∈ {1, 3} şi, prin verificare, B = {3}.
l ∈ {0, 1, 2, 3}
Concluzia este acum imediată.
VII. 22. Să searatecănumărul A =12+12 3 +12 5 + ... +12 2001 se divide prin
1716.
Gabriel Popa, Iaşi
Soluţia I (dată deautor).Deoarece 1716 = 11 · 12 · 13 cu factorii relativ primi
şi este evident că A . 12, rămâne să arătăm că A
. 11 şi A
. 13. Observăm că A este o
sumă cu1001 termeni, iar 1001 = 7 · 11 · 13. Atunci:
A − 1001 = (12 − 1) + ¡ 12 3 − 1 ¢ + ¡ 12 5 − 1 ¢ + ...+ ¡ 12 2001 − 1 ¢ = M 11
A + 1001 = (12 + 1) + ¡ 12 3 +1 ¢ + ¡ 12 5 +1 ¢ + ...+ ¡ 12 2001 +1 ¢ = M 13 ,
unde am folosit faptul că 12 2k+1 − 1=(12− 1) ¡ 12 2k + ...+12+1 ¢ = M 11 ,iar
12 2k+1 +1=(12+1) ¡ 12 2k − ...− 12 + 1 ¢ = M 13 .
Soluţia II (dată deelevaŞtefana Brănişteanu). Observăm că 1716 = 12·143
şi 12 2 = 143 + 1. Avem:
A =12 ¡ 1+12 2 +12 4 + ...+12 2000¢ h
=12 1 + (143 + 1) + (143 + 1) 2 +
58

+ ...+(143+1) 1000i = 12 [1 + (143 + 1) + (M 143 +1)+...+(M 143 +1)]=
= 12 (1001 + M 143 )=12(7· 143 + M 143 )=12· M 143 = M 1716 .
VII.23. Intr-un reper cartezian xOy se consideră puncteleA (−a, a), B (b, a),
C (0,c) şi D (0,a) cu a>0, b>0, c>0. Să secompareCA + CB + CO cu
DA + DB + DC + DO.
Maria Zălinescu, Iaşi
Soluţie. Dacă a>c,atunciDC + CO = DO. Deoarece DA + DC > CA şi
DB + DC > CB, atunci DA + DB +2DC > CA + CB, deciDA + DB + DC+
+(DC + CO) >CA+CB+CO,adică DA+DB+DC+DO > CA+CB+CO. Dacă
a

Clasa a VIII-a
VIII.21. Dacă f : {0, 1, 2,...,10} → {0, 1, 2,...,10} este dată prinf (x) =
= ax + b, a ∈ R ∗ , b ∈ R, atuncif (5) = 5.
Gheorghe Iurea, Iaşi
Soluţie. Evident că x 1 6= x 2 dacă şi numai dacă f (x 1 ) 6= f (x 2 ) şi deci {f (0) ,
f (1) ,...,f(10)} = {0, 1,...,10}. Atunci f (0)+f (1)+...+f (10) = 1+2+...+10,
adică a (1 + 2 + ...+ 10) + 11b =55, de unde rezultă că 5a + b =5, i.e. f (5) = 5.
VIII.22. Fie a>0, b>0. Arătaţi că
1
a 4 + 1
4a 3 b + 1
6a 2 b 2 + 1
4ab 3 + 1 b 4 ≥ 128
3(a + b) 4
Lucian Tuţescu, Craiova
Soluţie. Avem că
¡
a 4 +4a 3 b +6a 2 b 2 +4ab 3 + b 4¢ µ 1
a 4 + 1
4a 3 b + 1
6a 2 b 2 + 1
4ab 3 + 1
b 4 =
µ 1
=5+
4 +4+2 3 + 3 µ a
2 b a
+ b µ µ
1 a
2
+
6 +1+6 b 2 + b2
a 2 +
µ µ µ
1 a
3
+
4 +4 b 3 + b3 a
4
a 3 +
b 4 + b4
a 4 ≥ 128
3 ,
deoarece x y + y ≥ 2, ∀x, y > 0. Concluzia se obţine acum ţinând seama de faptul că
x
(a + b) 4 = a 4 +4a 3 b +6a 2 b 2 +4ab 3 + b 4 . Egalitatea este atinsă pentrua = b.
VIII.23. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia
x 2
|x +1| = x − 4
x +1 + ||x| − 1| . Mihai Crăciun, Paşcani
Soluţie. Explicităm modulele pe fiecare dintre intervalele (−∞, −1), (−1, 0),
[0, 1), [1, ∞) şi rezolvăm ecuaţiile obţinute. În final, găsim două soluţii: −5 şi 5.
VIII.24. Arătaţi că α ∈ (0, 1), ştiind că numărul real α este o soluţie a ecuaţiei
a 1 x 2k1+1 + a 2 x 2k2+1 + ...+ a n x 2kn+1 = b,
unde a 1 ,a 2 ,...,a n ,b∈ (0, ∞); k 1 ,k 2 ,...,k n ∈ N şi a 1 +a 2 +...+a n >b(generalizare
a problemei VIII.17 din nr.1/2001).
Mihaela Negrea, Braşov
Soluţie. Dacă α ≥ 1, atuncia 1 α 2k1+1 +...+a n α 2kn+1 −b ≥ a 1 +...+a n −b>0,
deci α nu poate fi soluţie a ecuaţiei date. Dacă α ≤ 0, atuncia 1 α 2k1+1 + ...+
+a n α 2kn+1 − b ≤−b

PA 0 ; pentru aceasta, fie {O} = AA 0 ∩ MM 0
şi {M 00 } = CC 0 ∩ MM 0 . În 4A 0 AC avem
MOkAC şi atunci, conform teoremei fundamentale
a asemănării,
OM
AC = A0 O
A 0 A , deci
OM = 3AC
5 .
Analog, în 4M 0 M 00 C 0 avem OPkC 0 M 00 ,
OP
deci
M 00 C 0 = M 0 O
M 0 M 00 ,adică OP · M 0 M 00 =
µ
= M 00 C 0·M 3AC
0 O, de unde OP · + AC
= 3AA0
5
5
În final, PA 0 = OA 0 − OP = 3AA0
5
− 9AA0
40
= 3AA0 .
8
· 3AC
9
, prin urmare OP =
5 40 AA0 .
Clasa a IX-a
IX.21. Să sestabilească care dintre afirmaţiile următoare:
(i) ||sin x| − |sin y|| ≤ |sin (x − y)| , ∀x, y ∈ R;
(ii) ||cos x| − |cos y|| ≤ |cos (x − y)| , ∀x, y ∈ R;
(iii) |sin (x − y)| ≤ |sin x − sin y| , ∀x, y ∈ R;
(iv) |cos (x − y)| ≤ |cos x − cos y| , ∀x, y ∈ R
este adevărată şi care este falsă.
Gheorghe Costovici, Iaşi
Soluţie. Deoarece sin x =sin(x − y + y) =sin(x − y)cosy +cos(x − y)siny,
urmează că |sin x| ≤ |sin (x − y)| + |sin y|. Analog, |sin y| ≤ |sin (y − x)| + |sin x| şi
din aceste două relaţii obţinem că − |sin (x − y)| ≤ |sin x| − |sin y| ≤ |sin (x − y)|,
ceea ce arată că (i) este adevărată.
Afirmaţia (ii) este falsă: pentru x = π şi y =0,obţinem contradicţia 1 ≤ 0.
2
De asemenea, (iii) este falsă (putem lua x = π 2 , y = π √ √
2 2
4 şi obţinem 2 ≤ 1 − 2 ,
absurd), iar (iv) este tot falsă (considerândx = y, amavea1 ≤ 0).
IX.22. Să searatecămăcar una dintre ecuaţiile: ax 2 +2 √ 3bcx+bc (a + b + c) =0,
bx 2 +2 √ 3cax+ca (a + b + c) =0, cx 2 +2 √ 3abx+ab (a + b + c) =0,undea, b, c ∈ R ∗ ,
admite rădăcini reale.
Mihail Bencze, Braşov
Soluţie. Dacă, prin absurd, nici una dintre ecuaţii nu ar avea soluţiile reale,
atunci toate ar avea discriminantul negativ, deci ∆ 1 + ∆ 2 + ∆ 3 < 0. Însă ∆ 1 + ∆ 2 +
+∆ 3 =12 £ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 − abc (a + b + c) ¤ h
=6 (ab − ac) 2 +(ab − bc) 2 +
i
+(bc − ac) 2 ≥ 0 , de unde concluzia.
IX.23. Fie a ∈ R şi o funcţie f : R → R ce satisface relaţia
f (f (x + y)+y) =x + f (ay) , ∀x, y ∈ R.
1 ◦ Săsearatecă f este injectivă.
2 ◦ Să se determine funcţiile f ce satisfac condiţia de mai sus.
Dan Popescu, Suceava
Soluţie. 1 ◦ Luând y =0în relaţia din ipoteză, obţinem că f (f (x)) = x + f (0),
61

∀x ∈ R. Dacă x 1 ,x 2 ∈ R sunt astfel încât f (x 1 )=f (x 2 ), atunci f (f (x 1 )) =
= f (f (x 2 )), decix 1 + f (0) = x 2 + f (0), adică x 1 = x 2 ; rezultă că f este injectivă.
2 ◦ Deoarece f (f (0)) = 0 + f (0) = f (0) şi f este injectivă, urmează că f (0) = 0
şi atunci f (f (x)) = x, ∀x ∈ R. Pentru x = 0 în relaţia din ipoteză obţinem
f (f (y)+y) =f (ay), ∀y ∈ R, decif (y) +y = ay, ∀y ∈ R, i.e. f (y) =(a − 1) y,
∀y ∈ R. Din aceasta şi din faptul că ∀y ∈ R, f (f (y)) = y deducem că (a − 1) 2 =1,
adică a ∈ {0, 2}. Prin urmare, f (x) =−x, dacă a =0; f (x) =x, dacă a =2şi
ecuaţia funcţională nuaresoluţii în rest.
IX.24. a) Fie x, y, z, t ∈
µ− 1
2 , ∞ cu x + y + z + t =1. Arătaţi că x 3 + y 3 +
+z 3 + t 3 ≥ 1
16 .
b) Fie x 1 ,x 2 ,...,x n ∈
µ− 2
n , ∞ cu x 1 + x 2 + ...+ x n =1.Arătaţi că x 3 1 + x 3 2+
+ ...+ x 3 n ≥ 1 n 2 . Mihai Bogdan Ion, elev, Craiova
Soluţie. Vom demonstra direct punctul b). Avem:
x 1 > − 2 n ⇔ n ³ n
´ µ
2 x 1 +1> 0 ⇔
2 x 1 +1 x 1 −
n 1 2
≥ 0 ⇔
⇔ n 2 x3 1 − 3
2n x 1 + 1 n 2 ≥ 0 ⇔ x3 1 ≥ 3nx 1 − 2
n 3 ,
cu egalitate pentru x 1 = 1 . Scriind inegalităţile analoage şi adunând cele n relaţii
n
membru cu membru, obţinem concluzia; egalitatea are loc pentru x 1 = x 2 = ... =
= x n = 1 n .
IX.25. Fie ABC un triunghi oarecare şi punctele A 1 ,B 1 ,C 1 pe laturile (BC),
(CA) şi respectiv (AB). DrepteleAA 1 ,BB 1 şi CC 1 intersectează cercul circumscris
triunghiului ABC în punctele A 2 ,B 2 şi respectiv C 2 .Săsearatecă
AA 1
+ BB 1
+ CC 1
≥ 2 p 2
A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 3 Rr .
Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi)
Soluţia autorului. Utilizând relaţia lui Stewart şi puterea punctului, avem:
AA 1 AA 2 1
= · BC
A 1 A 2 AA 1 · A 1 A 2 · BC = AB2 · A 1 C + AC 2 · A 1 B − A 1 B · A 1 C · BC
=
A 1 B · A 1 C · BC
= c2
ax + b 2
a (a − x) −1,undex = A 1B. Considerând în inegalitatea Cauchy-Buniakovski-
Schwartz a 1 = √ c b
, a 2 = √ , b 1 = √ x, b 2 = √ a − x, obţinem:
x a − x
AA 1
A 1 A 2
= 1 a
" µ c
√ x
2
+
µ # 2
b
√ − 1 ≥ a − x
(b + c)2 4p (p − a)
a 2 − 1=
a 2 ,
cu egalitate dacă a 1
= a 2
, i.e. x =
ac
b 1 b 2 b + c ,adică A 1 este piciorul bisectoarei din A.
62

Fără a restrânge generalitatea, presupunem a ≥ b ≥ c;
1
atunci p − a ≤ p − b ≤ p − c şi
a 2 ≤ 1 b 2 ≤ 1 c 2 . Aplicând
inegalitatea lui Cebâşev, obţinem:
AA 1
+ BB 1
+ CC1 ·p − a
≥ 4p
A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 a 2 + p − b
b 2 + p − c ¸
c 2 ≥
≥ 4p hX i ·X ¸ µ 1 (p − a)
3
a 2 = 4p2 1
3 a 2 + 1 b 2 + 1
c 2 ≥
µ
≥ 4p2 1
3 ab + 1 bc ac + 1 = 4p2
3 · 2p
abc = 8p3
3 · 4RS = 2p2
3Rr ,
cu egalitate pentru a = b = c.
Inegalitatea demonstrată este mai tare decât inegalitatea cunoscută AA 1
+
A 1 A 2
+ BB 1
+ CC 1
≥ 9, deoarece 2p2
B 1 B 2 C 1 C 2 3Rr = 8p3
3abc ≥ 8p 3
µ a + b + c
3
3
3
=8p 3 ·
9
8p 3 =9.
Clasa a X-a
X.21. Fie (a n ) n≥1
o progresie aritmetică cua 1 ∈ N ∗ şi raţia r =19. Săse
cerceteze dacă, pornind de la şirul (b n ) n≥1
(unde b n este suma cifrelor termenului
a n ), putem permuta termenii acestuia încât să seobţină o progresie geometrică.
Lucian-Georges Lăduncă, Iaşi
Soluţia I (dată de Gheorghe Iurea, Iaşi). Presupunem că (b n ) n≥1
este o
progresie geometrică. Deoarece dintre numerele a 1 , a 1 +19, a 1 +38unul singur este
divizibil cu 3, acestea conduc la trei numere din şirul (b n ): b m , b s , b t , ma n . Contradicţie, întrucât pentru orice număr
natural a n , a n depăşeşte suma cifrelor sale, adică a n ≥ b n .Cazulq =1se analizează
ca în soluţia III.
Soluţia III (în maniera autorului). Vom rezolva problema în cazul general în
care r ∈ N ∗ .Fiea 1 = x 1 x 2 ...x p şi r = y 1 y 2 ...y k .Pentrun suficient de mare (n >
p), a 10n +1 = a 1 +10 n r = y 1 y 2 ...y k 0 ...0x 1 x 2 ...x p , deci b 10n +1 = y 1 +...+y k +x 1 +
+ ...+x p . Prin urmare, dacă (b n ) n≥1
este o progresie geometrică, atunci q =1.Cum
b 1 = x 1 + x 2 + ...+ x p şi b 10 n +1 6= b 1 pentru n suficient de mare, rezultă că q 6= 1.
În consecinţă, nu putem forma o progresie geometrică pornind de la şirul (b n ) n≥1
.
X.22.
Să se demonstreze că oriceşir (x n ) n≥1
de numere reale care satisface
63

elaţia
x m+1 x n − x m+n
¯ x m x n
¯¯¯¯ ≤ 1
m + n , ∀m, n ∈ N∗ , este o progresie geometrică.
Dan Popescu, Suceava
Soluţie. Pentru m, n ∈ N ∗ arbitrari, avem:
x m+1
¯ − x n+1
x m x n
¯¯¯¯ =
x m+1 x n − x m+n + x m+n + x n+1 x m
¯
x m x n
¯¯¯¯ ≤
≤
x m+1 x n − x m+n
¯ x m x n
¯¯¯¯ +
x n+1 x m − x m+n
¯ x m x n
¯¯¯¯ ≤ 2
m + n .
Definim y n = x n+1
şi să dovedimcă y n = q, ∀n ∈ N ∗ ;dacăarexistam, n ∈ N ∗
x n
cu y m 6= y n , atunci am avea 0 1, atunci − ln b > 0, deciecuaţia are o singură soluţie pe R.
ln a
(ii) Deoarece 0 < a < 1, pentru unica soluţie x, avem:
b
x 1 ⇔ ln b +lna>0 ⇔ ln ab > 0 ⇔ ab > 1.
ln a
X.25. Fie ABCD un tetraedru în care AB = CD şi BC = AD. Notăm cu
64

A 1 punctuldepesferacircumscrisă tetraedrului, diametral opus vârfului A. Săse
demonstreze că A 1 C ⊥ BD.
Constantin Cocea, Iaşi
Soluţie (dată de Mihaela Negrea, Braşov). Pentru fixarea ideilor, să presupunem
că BC ≤ CD; atunci m(\BDC) < 90 ◦ . Din triunghiurile dreptunghice
ADA 1 şi ABA 1 avem A 1 D = √ 4R 2 − AD 2 = √ 4R 2 − BC 2 şi A 1 B = √ 4R 2 − AB 2 =
= √ 4R 2 − CD 2 ;rezultăcă A 1 B ≤ A 1 D, deci m( BDA \ 1 ) < 90 ◦ . Dacănotăm cu
T 1 ,T 2 proiecţiile pe BD ale punctelor C, respectiv A 1 ,urmeazăcă T 1 ,T 2 ∈ (DB.
Din teorema lui Pitagora generalizată obţinem:
DT 2 = BD2 + A 1 D 2 − A 1 B 2
2BD
= BD2 +4R 2 − BC 2 − ¡ 4R 2 − CD 2¢
2BD
= BD2 + CD 2 − BC 2
= DT 1 ,
2BD
deci T 1 = T 2 = T şi A 1 T ⊥ BD. Atunci (A 1 TC) ⊥ BD, de unde A 1 C ⊥ BD.
Clasa a XI-a
XI.21. Să se rezolve sistemul de ecuaţii:
2x 1 +x 2 −x 3 =0, 2x 2 +x 3 −x 4 =0,..., 2x 2000 +x 2001 −x 1 =0, 2x 2001 +x 1 −x 2 =0.
Gabriel Popa, Iaşi
Soluţia I. Notăm y 1 =2x 1 − x 2 ,y 2 =2x 2 − x 3 ,...,y 2001 =2x 2001 − x 1 ;sistemul
se rescrie:
y 1 + y 2 =0,y 2 + y 3 =0, ... , y 2000 + y 2001 =0,y 2001 + y 1 =0.
Scăzând a doua ecuaţie din prima, a patra ecuaţie din a treia ş.a.m.d., obţinem y 1 =
= y 3 = ...= y 2001 şi folosind ultima ecuaţie deducem că y 1 =0. Înlocuind, obţinem
y n =0, ∀n ∈ {1, 2,...,2001}. Deaici,x 2 =2x 1 ,x 3 =2x 1 ,...,x 2001 =2 2000 x 1 şi din
ultima ecuaţie avem 2 2001 x 1 −x 1 =0,decix 1 =0şi atunci x 2 = x 3 = ...= x 2001 =0.
Soluţia II. Considerăm şirul (x n ) n≥1
definit prin relaţia de recurenţă x n+2 =
=2x n +x n+1 , ∀n ≥ 1; termenul general al acestui şir este x n = A·(−1) n +B·2 n , n ≥ 1
unde A şi B se exprimă în funcţie de x 1 şi x 2 prin A = 1 3 (x 2 − 2x 1 ), B = 1 6 (x 1 + x 2 ).
Înlocuindînultimeledouăecuaţii x 2000 şi x 2001 ,seobţine un sistem în necunoscutele
x 1 şi x 2 , omogen cu determinantul nenul. Deci, x 1 = x 2 =0şi atunci x n =0,
∀n ∈ {1, 2,...,2001}.
Notă. Dacă amfiavutunnumăr par de necunoscute, sistemul obţinut în x 1
şi x 2 ar fi fost nedeterminat: x 2 = −x 1 . Se obţine x 1 = x 3 = ... = x 2k−1 = α,
x 2 = x 4 = ...= x 2k = −α, ∀α ∈ R.
XI.22. Şirul (x n ) se defineşte prin relaţiile x 0 =1, x 1 = 1 2 şi x n+2 = x n+1 x 2 n,
n ∈ N ∗ .Săseafle expresia termenului general x n şi lim x n.
n→∞
Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Se verifică imediat prin inducţie că x n > 0, ∀n ∈ N. Notând y n =lnx n ,
prin logaritmarea relaţiei date obţinem pentru (y n ) n≥0
recurenţa y n+2 = y n+1 +2y n ,
cu y 0 =ln1=0, y 1 =ln 1 2 = − ln 2. De aici, y n =[(−1) n − 2 n ]ln 3√ 2 şi deci
65
=

x n = e yn = ¡ √ 3
2 ¢ (−1) n −2 n ; rezultă că lim x n =0.
n→∞
XI.23. Să searatecănuexistăfuncţii f : R → R continue şi neconstante astfel
încât f (Q) ⊂ Z.
Constantin Cocea, Iaşi
Soluţie. Fie x 0 ∈ R\Q şi (x n ) n
⊂ Q, x n → x 0 . Cum f continuă, avem că
f (x n ) → f (x 0 ) şi deoarece f (x n ) ∈ Z, obţinem că f (x 0 ) ∈ Z, decif (R\Q) ⊆ Z.
Rezultă că f (R) ⊆ Z şi cum f continuă, urmează că f (R) ={c}, cuc ∈ Z, adică f
este constantă.
XI.24. Fie f : R → R ofuncţie continuă cu proprietatea că există (a n ) n
un şir
fără limită astfelîncât(f (a n )) n
este convergent. Arătaţi că f nu este injectivă.
Ovidiu Munteanu, student, Braşov
Soluţie. Cum f este continuă, f (R) este un interval. Să presupunem prin absurd
că f este injectivă. Folosind şi continuitatea, rezultă că f este strict monotonă şi
atunci funcţia f −1 : f (R) → R este strict monotonă şi continuă.
Fie l ∈ R astfel încât lim f (a n)=l. Dacă l ∈ f (R), din continuitatea lui f −1
n→∞
urmează căexistă lim a n = lim f −1 (f (a n )) = f −1 (l), contrar ipotezei. Dacă l/∈
n→∞ n→∞
/∈ f (R), cumf −1 este strict monotonă, rezultă căexistă lim a n = lim f −1 (f (a n ))
n→∞ n→∞
în R, contrar ipotezei.
XI.25. Fie f : R → R ofuncţie derivabilă peR şi f 0 : R → R derivata sa având
proprietatea că ∀ (x n ) n≥1
astfel încât (f 0 (x n )) n≥1
este convergent urmează căşirul
(x n ) n≥1
este convergent. Să se studieze monotonia funcţiei g : R → R definită prin
g = f 0 ◦ f 0 .
Dumitru Gherman, Paşcani
Soluţie. Arătăm mai întâi că funcţia f 0 este injectivă. ½ În caz contrar, există
a, n impar
a 6= b cu f 0 (a) =f 0 (b); definim şirul (x n ) n
prin x n =
. Atunci,
b, n par
există lim
n→∞ f 0 (x n )=f 0 (a) =f 0 (b), însănuexistă limita şirului (x n ) n
,ceeacear
contrazice ipoteza. Rămâne, deci, că f 0 este injectivă. Cum f 0 are proprietatea lui
Darboux, rezultă că este strict monotonă. În consecinţă funcţia g = f 0 ◦f 0 este strict
crescătoare.
Clasa a XII-a
XII.21. Să se determine funcţiile continue şi crescătoare f :[0, 1] → R care
satisfac condiţia
Z 1
0
f (sin x) dx +
Z 1
0
f (ln (1 + x)) dx =1+
Z 1
0
f 2 (x) dx, ∀x ∈ [0, 1] .
Dumitru Gherman, Paşcani
Soluţie. Pentru x ∈ [0, 1] avem 0 ≤ sin x ≤ x ≤ 1 şi 0 ≤ ln (1 + x) ≤ x ≤ 1.
Cum f este crescătoare, rezultă că f (sin x) ≤ f (x) şi f (ln (1 + x)) ≤ f (x) de
unde, prin integrare, obţinem R 1
0 f (sin x) dx + R 1
0 f (ln (1 + x)) dx ≤ 2 R 1
f (x) dx,
0
sau 1+ R 1
0 f 2 (x) dx − 2 R 1
0 f (x) dx ≤ 0, adică R 1
0 [f (x) − 1]2 dx ≤ 0. Cum f este
continuă, rezultă că f (x) =1, ∀x ∈ [0, 1], funcţie care în mod evident satisface
condiţia din ipoteză.
XII.22. Fie f :[0, 1] → R ofuncţie cu proprietatea că există L ≥ 0 astfel ca
66

|f (x) − f (y)| ≤ L |x − y| , ∀x, y ∈ [0, 1]. Săsearatecă
Z 1
·Z 1
¸2
f 2 (x) dx − f (x) dx ≤ L2
0
0
12 .
Dan Ştefan Marinescu, Hunedoara
Soluţie. Pentru ∀x, y ∈ [0, 1], avem:
|f (x) − f (y)| ≤ L |x − y| ⇔ [f (x) − f (y)] 2 ≤ L 2 (x − y) 2 ⇔
⇔ f 2 (x) − 2f (x) f (y)+f 2 (y) ≤ L 2 ¡ x 2 − 2xy + y 2¢ .
Fixând y ∈ [0, 1] şi integrând în raport cu x pe intervalul [0, 1], obţinem:
Z 1
Z 1
µ
1
f 2 (x) dx − 2f (y) f (x) dx + f 2 (y) ≤ L 2 3 − y + y2 .
0
Integrând în raport cu y pe [0, 1], vomavea:
Z 1
0
f 2 (x) dx − 2
Z 1
de unde R 1
0 f 2 (x) dx −
0
f (x) dx
0
Z 1
0
f (y) dy +
h R 1
0 f (x) dx i 2
≤
L 2
12 .
Z 1
0
f 2 (y) dy ≤ L 2 µ 1
3 − 1 2 + 1 3
XII.23. a) Să searatecă ˆx ∈ Z n este inversabil dacă şi numai dacă ∃f ∈ Z n [X]
astfel încât f(ˆ0) = ˆ0 şi f(ˆx) =ˆ1.
b) Să searatecăexistă f ∈ Z n [X] astfel încât f(ˆ0) = ˆ0 şi f(ˆx) =ˆ1, ∀ˆx ∈ Z n , ˆx
inversabil.
***
Soluţie. a) Fie bx ∈ U (Z n ); definim f ∈ Z n [X], f (X) =bx −1 X, polinom care
are proprietăţile că f(b0) = b0 şi f(bx) =b1. Reciproc, fie bx ∈ Z n şi f ∈ Z n [X],
f (X) =ba 0 X m + ...+ ba m astfel încât f(b0) = b0 şi f(bx) =b1. Atunci ba m = b0 şi cum
f 6= b0, există g ∈ Z n [X] cu f (X) =X · g (X). Pentru bx, obţinem că bxg (bx) =b1,
adică bx ∈ U (Z n ) şi bx −1 = g(bx).
b) Fie U (Z n )={bx 1 , bx 2 ,...,bx k };seştie că bx 1 bx 2 ···bx k = −b1. Atunci polinomul
f =(−1) k Q k (X − bx i )+b1 verifică toate condiţiile cerute.
i=1
XII.24. Fie (G, ·) un grup, x, y ∈ G şi m, n, k ∈ N ∗ astfel încât x mn = e şi
x m yx −m = y k ,undee este elementul neutru. Să searatecă y kn−1 = e (generalizare
a problemei XII.15 din nr. 2/2000).
Mihaela Negrea şi Florin Popovici, Braşov
Soluţie. Avem:
y k2 = ¡ y k¢ k ¡
= x m yx −m¢ ... ¡ x m yx −m¢ = x m y k x −m = x m x m yx −m x −m = x 2m yx −2m .
Prin inducţie matematică searatăcă y kj = x jm yx −jm , ∀j ∈ N ∗ . Urmeazăcă
y kn = x nm yx −nm şi folosind ipoteza obţinem y kn = y, de unde prin simplificare cu
y rezultă concluzia.
XII.25. Fie (G, ·) un grup cu n 2 − n +1 elemente astfel încât f : G → G,
f (x) =x n să fie endomorfism. Să se demonstreze că grupulG este abelian.
Ovidiu Munteanu, student, Braşov
Soluţie. Avem x n y n =(xy) n = x (yx) n−1 y, deci x n−1 y n−1 =(yx) n−1 . Atunci
67
,

y n x n =(yx) n = yx(yx) n−1 = yxx n−1 y n−1 = yx n y n−1 , de unde x n y n−1 = y n−1 x n .
Astfel, rezultă că x n(n−1) y n(n−1) = ¡ x n−1¢ n
(y n ) n−1 =(y n ) n−1 ¡ x n−1¢ n
= y n(n−1) ×
×x n(n−1) . Notând m =ordG, avemcă m = n 2 −n+1,decin (n − 1) = m−1, adică
x m−1 y m−1 = y m−1 x m−1 ,ceeacearatăcă x −1 y −1 = y −1 x −1 , ∀x, y ∈ G, şi atunci
xy = yx, ∀x, y ∈ G.
Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor
din nr.2/2001
A. Nivel gimnazial
G1. Trei elevi scriu câte un număr având 2001 cifre: A = a 2001 a 2000 ...a 2 a 1 ,
B = b 2001 b 2000 ...b 2 b 1 , C = c 2001 c 2000 ...c 2 c 1 . Săsearatecăînscriereaacestor
numere există treipoziţii m, n şi p astfel încât a m = a n = a p , b m = b n = b p şi
c m = c n = c p .
Gabriel Popa, Iaşi
Soluţie. Să gândim cele trei numere scrise unele sub altele; citind pe verticală,
obţinem astfel 2001 numere de câte trei cifre a k b k c k , k = 1, 2,...,2001. Aceste
numere iau valori între 000 şi 999, aşadar 1000 de posibilităţi. Conform principiului
cutiei, între cele 2001 numere sunt măcar trei egale: există m, n, p astfel încât
a m b m c m = a n b n c n = a p b p c p , de unde concluzia.
G2. Determinaţi m ∈ N ∗ 1
maxim astfel încât (a +3)(a +5)(a +7)(a +9) să
m
fie număr natural pentru orice a număr natural impar.
Gheorghe Iurea, Iaşi
Soluţie. Cum a =2k +1, k ∈ N, trebuie determinat numărul natural maxim
m care divide 16 (k +2)(k +3)(k +4)(k +5), ∀k ∈ N. Căutăm m de forma 16n,
cu n | (k +2)(k +3)(k +4)(k +5), ∀k ∈ N. Pentru k = 0 şi k = 4 obţinem
că n este un divizor comun al numerelor 2 · 3 · 4 · 5 şi 6 · 7 · 8 · 9, deci n | 2 3 · 3.
Rezultă că valoarea maximă posibilă aluin este 24. Pe de altă parte, produsul
(k +2)(k +3)(k +4)(k +5)are patru factori consecutivi şi atunci se divide cu 3 şi
cu 8, deci cu 24. Prin urmare, valoarea maximă căutată aluim este 16 · 24 = 384.
G3. Fie ABC un triunghi cu unghiul A ascuţit. Pe laturile [AB] şi [AC] se
construiesc în exterior triunghiurile ADB echilateral, respectiv AEC dreptunghic cu
m( A)=90 b ◦ ,m( E)=60 b ◦ .FieM şi N mijloacele segmentelor [CE], respectiv[BC].
a) Arătaţi că DM ≡ BE;
b) Aflaţi măsurile unghiurilor 4DMN.
Adrian Zanoschi, Iaşi
Soluţie. a) Triunghiul AMC este isoscel,
deci m( \MAC) = m( \ACM) = 30 ◦ . Atunci
m( \DAM) = 60 ◦ + m( A)+30 b ◦ = 90 ◦ +
+m( A) b = m(\BAE). Dacăţinem seama că
DA = BA şi AM = AE, urmează congruenţa
triunghiurilor 4ADM şi 4ABE (L.U.L), deci
DM = BE. b)[MN] este linie mijlocie în
4CBE, deci MN = BE
2 = DM (1)
2
68

şi \NMC ≡ \BEC. Cum \AMD = \AEB din congruenţa de triunghiuri dovedită
la a), avemcă m( \AMD)+m( \NMC)=m( \AEM) =60 ◦ ,decim( \DMN) = 120 ◦ −
−60 ◦ =60 ◦ . Ţinând seama de (1), rezultăcă 4DMN este dreptunghic, cu unghiurile
respectiv de 30 ◦ , 60 ◦ , 90 ◦ .
G4. Fie ABC un triunghi oarecare şi A 1 , B 1 , C 1 proiecţiile vârfurilor A, B şi
respectiv C pe laturile opuse. Ce condiţii trebuie impuse triunghiului ABC pentru
ca între 4A 1 B 1 C 1 şi 4ABC să existeoasemănare
Paraschiva Bîrsan, Iaşi
Soluţie. În cazul în care 4ABC este ascuţitunghic, între unghiurile sale şi cele ale
triunghiului ortic există legăturile: m( A b 1 ) = 180 ◦ − 2m( A), b m( B b 1 ) = 180 ◦ − 2m( B), b
m( C b 1 ) = 180 ◦ − 2m( C). b Între 4ABC şi 4A 1 B 1 C 1 există şase posibile asemănări.
Dacă, de exemplu, 4ABC ∼ 4A 1 B 1 C 1 ,atunci A b ≡ A1 b , B b ≡ B1 b , C b ≡ C b 1 , de unde
m( A) b = 180 ◦ − 2m( A) b şi analoagele, deci m( A)=m( b B)=m( b C)=60 b ◦ . La aceeaşi
concluzie se ajunge şi în celelalte cazuri.
Dacă 4ABC este obtuzunghic cu m( A) b > 90 ◦ ,atuncim( A b 1 )=2m( A) b − 180 ◦ ,
m( B b 1 )=2m( B), b m( C b 1 )=2m( C). b ÎntrcâtA = A 1 ar conduce la m( A)=2m( b A) b −
180 ◦ ⇔ m( A)=180 b ◦ şi analog B = B 1 ⇔ m( B)=0 b ◦ , C = C 1 ⇔ m( C)=0 b ◦ ,
situaţii inacceptabile, rămâne în esenţă de studiat subcazul: 4ABC ∼ 4B 1 C 1 A 1 .
Obţinem m( A)=2m( b B), b m( B)=2m( b C), b m( C)=2m( b A)−180 b ◦ , deci m( C)= b 180◦
7 ,
m( B)=2m( b C), b m( A)=4m( b C). b
În concluzie, numai triunghiurile echilaterale şi cele cu unghiurile π 7 , 2π 7 şi 4π 7
sunt asemenea cu propriile triunghiuri ortice.
G5. Fiind dat triunghiul ABC, să se determine mulţimea punctelor P din spaţiu
care satisfac condiţia PA 2 + PB 2 =2PC 2 + CA 2 + CB 2 .
Dan Popescu, Suceava
Soluţie. Evident, C este punct al mulţimii căutate. Fie P 6= C un punct
al locului geometric definit în enunţ şi fie α = m( \PCM), unde M este mijlocul
segmentului [AB]. Din teorema medianei, PM 2 = 1 ¡
PA 2 + PB 2¢ − 1 2
4 AB2 şi
CM 2 = 1 ¡
CA 2 + CB 2¢ − 1 2
4 AB2 . Însă conform teoremei cosinusului aplicată în
4PCM,avemPM 2 = PC 2 + CM 2 − 2PC · CM · cos α. De aici, prin înlocuire
şi folosind ipoteza, obţinem că PC · CM · cos α =0,deciP aparţine planului π ce
conţine punctul C şi este perpendicular pe CM. Severifică faptulcă orice punct al
planului π satisface condiţia din ipoteză.
B. Nivel liceal
L1. Să serezolveînR sistemul de ecuaţii:
x 2 + λy 2 =1,u 2 + λv 2 =1,xu− λyv =0
în care x, y, u, v sunt necunoscute şi λ>0 o constantă.
Adrian Corduneanu, Iaşi
³ √λy´2
Soluţie. Prima ecuaţiesepoatescriex 2 + =1, deci există ϕ ∈ [0, 2π)
astfel încât x =cosϕ, √ λy =sinϕ. Analog, găsim u =cosψ, √ λv =sinψ. Prin
69

înlocuire în³ a treia ecuaţie, obţinem cos ϕ cos ψ−sin ϕ sin ψ =0, deci cos (ϕ + ψ) =0,
π kπ´
adică ψ =
2 + − ϕ, k ∈ Z. Atunciu =cosψ =(−1) k sin ϕ, iar √ λv =sinψ =
=(−1) k cos ϕ. Se verifică acumimediatcăsoluţiile sistemului sunt date de
x =cosϕ, y = √ 1 sin ϕ, u =(−1) k sin ϕ, v = (−1)k √ cos ϕ, cuϕ ∈ [0.2π)
λ λ
L2. Să searatecă
nX
k=0
C k n
F k
≥ 4n
F 2n
, unde F 0 = F 1 =1şi F n+1 = F n + F n−1 .
Mihail Bencze, Braşov
Soluţie. Se cunoaşte faptul că termenul general al şiruluiluiFibonacciestedat
de F n = √ 1 ¡
α n+1 − β n+1¢ ,undeα = 1+√ 5
, β = 1 − √ 5
. Atunci
5 2
2
"
nX
CnF k k = √ 1 n
#
X
nX
Cnα k k+1 − Cnβ k k+1 =
5
k=0
k=0
= √ 1 [α (α +1) n − β (β +1) n ]= 1 £
√ α 2n+1 − β 2n+1¤ = F 2n .
5 5
Folosind inegalitatea dintre media aritmetică ponderata şi media armonică ponderată,
obţinem
Pn P n
Pk=0 Ck nF k k=0
n ≥
Ck n
k=0 Ck n P n C k ⇔ F 2n
n
2 n ≥ 2 n
nX Cn
k
P n Cn
k ⇔ ≥ 4n
.
F k F 2n
k=0 k=0
F k
L3. Fie ABC un triunghi ascuţitunghic, A 1 , B 1 şi C 1 picioarele înălţimilor, O
centrul cercului circumscris şi A 2 , B 2 , C 2 punctele de intersecţie a dreptelor OA,
OB, OC cu dreptele B 1 C 1 , C 1 A 1 şi respectiv A 1 B 1 .SăsearatecădrepteleA 1 A 2 ,
B 1 B 2 şi C 1 C 2 sunt concurente.
Constantin Cocea, Iaşi
Soluţie. Se ştie că AA 1 , OA sunt simetrice
fată de bisectoarea unghiului A, deci [OAC ≡
≡ \A 1 AB, \OAB ≡ \A 1 AC. Atunci
A 2 B 1
= tg [OAC
A 2 C 1 tg \OAB = tg \A 1 AB
tg \A 1 AC = ctg B
ctg C .
Rezultă deaicică
A 2 B 1
· B2C 1
· C2A 1
= ctg B
A 2 C 1 B 2 A 1 C 2 B 1 ctg C · ctg C
ctg A · ctg A
ctg B =1,
şi atunci având în vedere reciproca teoremei lui Ceva aplicată în4A 1 B 1 C 1 , am
probat concurenţa dreptelor A 1 A 2 , B 1 B 2 şi C 1 C 2 .
L4. Fie f : R → R ofuncţie primitivabilă astfelîncât|f (x)| ≤ a

Soluţie (dată de Gheorghe Iurea, Iaşi). Pentru x ∈ R fixat considerăm
funcţia ϕ : R → R, ϕ (t) =F (x + t) − bt. Avem ϕ 0 (t) =f (x + t) − b şi atunci
ϕ 0 (t) ≤ a − b, ∀t ∈ R. Cuma0 rezultă R t
0 ϕ0 (x) dt ≤ R t
(a − b) dx, de unde
0
ϕ (t) ≤ ϕ (0) + (a − b) t, t > 0, (2)
iar pentru t