Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/2011

Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/2011Clasele primareP.206. Dan a scris în ordine descrescătoare numerele de la 75 la 23. Calculaţidiferenţa dintre al zecelea şi al 32-lea număr.(Clasa I)Andreea Bîzdîgă, elevă, IaşiSoluţie. Al zecelea număr este 75−10+1 = 66, iar al 32-lea este 75−32+1 = 44.Diferenţa celor două numere este 22.P.207. Fiecărei forme geometrice îi corespunde unpreţ de cost: □ →10 lei, → 20 lei, △ → 30 lei, ○ → 20 lei. Cât costă confecţionareacăsuţei?(Clasa I)Mariana Nastasia, elevă, IaşiSoluţie. Căsuţa costă 10 lei + 10 lei + 10 lei +20 lei +30 lei +20lei = 110 lei.P.208. Pe trei rafturi sunt 75 cărţi. Dacă pe primul raft punem jumătate dincărţile de pe cel de-al doilea, atunci vom avea pe rafturi numere consecutive de cărţi.Câte cărţi erau la început pe fiecare raft?(Clasa I)Iulia Sticea, elevă, IaşiSoluţie. La început, pe primul raft erau a cărţi, pe al doilea b+b cărţi, iar peal treilea c cărţi. În final, pe primul raft sunt a+b cărţi, pe al doilea b cărţi, iar peal treilea c cărţi. Deoarece a+b > b, inseamnă că pe primul raft vor fi 26 cărţi, peal doilea 25 cărţi, iar pe al treilea 24 cărţi. La început, pe cele trei rafturi erau 1,50,respectiv 24 de cărţi.P.209. Numărul lalelelor dintr-o vază este cu 7 mai mare decât numărul trandafirilor,care reprezintă jumătate din numărul lalelelor. Câte flori sunt în vază?(Clasa a II-a)Inst. Maria Racu, IaşiSoluţie. Numărul florilor din vază este (7+7)+7 = 14+7 = 21.P.210. Ce zi nu poate fi astăzi, dacă alaltăieri nu a fost luni şi poimâine nu estesâmbătă?(Clasa a III-a)Mihaela Gâlcă, elevă, IaşiSoluţie. Astăzi nu poate fi nici miercuri, nici joi.P.211. Suma a două numere este un număr de două cifre al căror produs este 5.Care sunt cele două numere, dacă diferenţa lor este 7?(Clasa a III-a)Ana Cojocariu, IaşiSoluţie. Suma celor două numere poate fi 15 sau 51. Deoarece diferenţa lor este7, atunci numerele sunt 4 şi 11 sau 22 şi 29.P.212. Un elev a greşit la adunarea a două numere: a scris cifra zero la sfârşitulprimului număr în loc s-o scrie la sfârşitul celui de-al doilea şi astfel a obţinut suma98 şi nu 89 - suma corectă. Aflaţi cele două numere.(Clasa a III-a)Cristina Timofte, IaşiSoluţie. Dacă numerele sunt a şi b, avem a+b = 89, iar 10a+b : 10 = 98 saua+b = 89 şi 100a+b = 980, de unde 99a+89 = 980. Găsim a = 9, b = 80.164

P.213. O vilă turistică are apartamente cu 3 şi 4 camere. Ştiind că în uşa deintrare a fiecărui apartement se află câte 2 chei, iar numărul camerelor şi al cheilorla un loc este 39, aflaţi câte apartamente cu 3 camere sunt în vilă.(Clasa a IV-a)Dorel Luchian, IaşiSoluţie. Notăm cu x numărul apartamentelor cu 3 camere şi cu y numărul celorcu 4 camere. Avem (3x + 4y) + (2x + 2y) = 39 ⇔ 5x + 6y = 39, cu soluţia unicăx = 3, y = 4.P.214. La o masă rotundă stau cinci copii, fiecare având câte un jeton pe careeste scris un număr. Toţi copiii afirmă că vecinii lor au jetoane cu numere de parităţidiferite. Arătaţi că măcar un copil nu spune adevărul.(Clasa a IV-a)Iuliana Moldovan, studentă, IaşiSoluţie. Fie A,B,C,D şi E cei cinci copii şi să presupunem că niciunul dintre einu minte. Spunem că A este par dacă are un jeton cu număr par şi spunem că A esteimpar în caz contrar.Dacă A este par, avem succesiv că C este impar, E par, B impar, D par, A impar– contradicţie. Analog ajungem la contradicţie dacă A este impar. În concluzie, celpuţin un copil minte.P.215. Într-un rucsac sunt 12 şosete care pot forma şase perechi de culori diferite,iar două dintre ele sunt rupte. Câte şosete trebuie scoase la întâmplare din rucsacpentru a avea o pereche bună?(Clasa a IV-a)Petru Asaftei, IaşiSoluţie. Avem de analizat două cazuri. Primul, când cele două şosete rupte auaceeaşi culoare. Cea mai dezavantajoasă situaţie este să scoatem 7 şoşete, dintre care5 şosete bune de culori diferite şi o pereche de aceeaşi culoare, însă rupte. Dacă maiextragem o şosetă, atunci putem forma o pereche de şosete bune.Al doilea, când cele două şosete rupte au culori diferite. În această situaţie, celmai dezavantajos este să extragem 8 şosete, 6 şosete bune de culori diferite şi douăşosete rupte, tot de culori diferite. Dacă mai extragem o şosetă, aceasta este bunăşi putem forma o pereche de şosete bune. În concluzie, pentru a fi siguri că avem opereche de şosete bune, trebuie să extragem 9 şosete.Clasa a V-aV.130. Determinaţi numărul a0bb (3) , dacă a0bb (3) = bba (7) .Nicolae Ivăşchescu, CraiovaSoluţie. Trecând în baza 10, egalitatea din enunţ devine 27a+4b = 56b+a, adică26a = 52b, prin urmare a = 2b. Cum a şi b sunt cifre în baza 3, a ≠ 0, convine doarsituaţia a = 2, b = 1. În concluzie, a0bb (3) = 2011 (3) .V.131. Se consideră numărul N = 1+7+13+19+a+b+37, unde termeniisumei sunt scrişi în ordine strict crescătoare. Determinaţi numărul perechilor (a,b)pentru care N este pătrat perfect.Anca Chiriţescu, Ţigănaşi (Iaşi)Soluţie. Observăm că N min = 1+7+13+19+20+21+37 = 118, iar N max =1 + 7 + 13+19 + 35+36 + 37 = 148, deci N este pătrat perfect dacă este egal cu121 sau cu 144. Rezultă a + b poate lua valorile 44 sau 67, prin urmare (a,b) ∈165

{(20,24);(21,23);(31,36);(32,35);(33,34)}. În concluzie, există cinci perechi (a,b)pentru care N este pătrat perfect.V.132. Numerele 0,1,...,2011 sunt aranjate într-un tablou astfel:0 7 8 15 ... 20081 6 9 14 ... 20092 5 10 13 ... 20103 4 11 12 ... 2011.a) Stabiliţi care sunt elementele coloanei 211 (de sus în jos).b) Calculaţi suma elementelor de pe a treia linie.Ioana Maria Popa, elevă, IaşiSoluţie. a) Coloana n conţine numerele 4n−4,4n−3,4n−2 şi 4n−1, în ordinecrescătoare dacă n este impar şi în ordine descrescătoare dacă n este par. Atuncielementele coloanei 211 sunt (de sus în jos): 840,841,842,843.b) Suma elementelor de pe a treia linie este S = S 1 + S 2 , unde S 1 = 2 + 10 +18 + ... + 2010 = (2+2010)·252 = 253512, iar S 2 = 5 + 13 + 21 + ... + 2005 =ßÞÐ2011de9ßÞÐ2011de92(5+2005)·251= 252255. În concluzie, S = 505767.2V.133. Calculaţi sumele:ßÞÐa) S 1 = 85+985+9985+...+ 99...985;b) S 2ßÞÐ= 17+197+1997+...+199...97.Eugeniu Blăjuţ, BacăuSoluţie. a) Observăm că S 1ßÞÐ ßÞÐ= (100−15)+(1000−15)+...+(1 00...0 −15) =2013 de 011...1100−15·2012 = 11...11080920.2012de12008 de 1b) Cum S 1 = 5S 2 , atunci S 2 = S 1 : 5 = 22...2216184.2008 de 2V.134. Lucian-Georges rămâne nesupravegheat la calculator şi, din neatenţie,printează toate numerele naturale de 1 la 1000000. Drept pedeapsă, el trebuie sănumere de câte ori a fost tipărită cifra 5. Care este răspunsul corect pe care trebuiesă-l dea copilul?Andrei Nedelcu şi Cătălin Budeanu, IaşiSoluţie. Numărul apariţiilor cifrei 5 nu se modifică dacă în loc de numerele1...1000000 considerăm numerele 0...999999, iar fiecare număr se scrie cu ajutorula şase cifre, adăugând zerouri în stânga sa (de exemplu, în loc de 2011 vom scrie002011). În acest fel, numărul total de cifre va fi 6×106 şi fiecare cifră va avea acelaşinumăr de apariţii, deci cifra 5 va fi folosită de 6·10 6 : 10 = 600000 ori.V.135. Demonstraţi că 2 122 < 10 37 .166Titu Zvonaru, Comăneşti

este mediatoarea segmentului AC şi triunghiul MAC va fi isoscel, cu m(MAC) ≡m(MCA) = 1 2 (180◦ − 28 ◦ ) = 76 ◦ şi m(AMC) = 180 ◦ − 2 · 76 ◦ = 28 ◦ . Apoi,m(MAB) = 76 ◦ −28 ◦ = 48 ◦ , iar m(ABM) = 180 ◦ −28 ◦ −48 ◦ = 104 ◦ .VI.133. Măsura unui unghi este u = ab ′ ab ′′ , unde 0 < ab < 60, iar numărulnatural nenul n are proprietatea că n·u exprimă un număr întreg de grade. Aflaţi upentru care n este minim.Marian Panţiruc, IaşiSoluţie. Observăm că u =ab60 3600◦+ ab =61·ab. Cum n · u ∈ N3600◦∗ ,0 < ab < 60, 61 este relativ prim cu 3600 iar n este minim, rezultă că ab trebuie săfie multiplu al celui mai mare divizor al lui 3600 mai mic decât 60. Astfel, ab = 45,caz în care n = 80.VI.134. Arătaţi că numărul A = 2010 2010 +2012 2012 −2 este divizibil cu 2011.Daniela Munteanu, IaşiSoluţie. Cum 2010 2010 = (2011 − 1) 2010 = M 2011 + (−1) 2010 = M 2011 + 1 şi2012 2012 = (2011+1) 2012 = M 2011 +1, rezultă că A = (M 2011 +1)+(M 2011 +1)−2 =M 2011 .VI.135. Determinaţi câte fracţii ireductibile şi subunitare au proprietatea că sumadintre numărător şi numitor este 1005.Mirela Marin, IaşiaSoluţie. Fracţiile căutate sunt de forma , cu a < 1005−a, adică a ∈1005−a{1,2,...,502}. O astfel de fracţie este reductibilă prin d dacă d|a şi d|1005−a, decicând d|1005, adică d ∈ {3,5,67,3·5,3·67,5·67}. Numărul fracţiilor reductibile este å502238,3è+å5025è+å50267è−å50215è−å502201è−å502335è=167+100+7−33−2−1=prin urmare numărul de fracţii ireductibile va fi 502−238 = 264.VI.136. După ce fiecare echipă a jucat cu fiecare dintre celelalte câte un meci,clasamentul grupei A de la Campionatul mondial de fotbal 2010 arăta astfel:1. Uruguay 3 2 1 0 4-0 72. Mexic 3 1 1 1 3-2 43. Africa de Sud 3 1 1 1 3-5 44. Franţa 3 0 1 2 1-4 1Ştiindcăîn meciul Uruguay-Franţanu s-amarcat niciun gol, aflaţi rezultatele fiecăruiadintre cele şase meciuri.Titu Zvonaru, ComăneştiSoluţie. Deoarece rezultatul meciului Uruguay-Franţa a fost 0 − 0, scorurileposibile pentru fiecare echipă sunt:168

Uruguay: (0-0,1-0,3-0) sau (0-0,2-0,2-0)Franţa: (0-0,1-2,0-2) sau (0-0,1-3,0-1)Mexic: (0-0,2-0,1-2) sau (0-0,3-0,0-2) sau (0-0,3-1,0-1)sau (1-1,2-0,0-1)Africa de Sud: (0-0,1-0,2-5) sau (0-0,2-0,1-5) sau (0-0,3-0,0-5)sau (0-0,2-1,1-4) sau (0-0,3-1,0-4) sau (0-0,3-2,0-3)sau (1-1,1-0,1-4) sau (1-1,2-0,0-4) sau (1-1,2-1,0-3).Cum printre scorurile posibile ale echipelor Uruguay, Franţa şi Mexic nu se găsesc5−2,5−1,5−0,4−1,4−0,3−2 singura posibilitate pentru Africa de Sud rămâne(1−1,2−1,0−3). Deoarece meciul egal al Africii de Sud a fost cu Mexicul, scorurileacestei echipe vor fi (1 − 1,2 − 0,0 − 1). Acum obţinem uşor scorurile echipelorUruguay: (0−0,1−0,3−0) şi Franţei: (0−0,1−2,0−2). Rezultatele complete alegrupei au fost:Uruguay-Franţa 0−0; Mexic-Africa de Sud 1−1;Uruguay-Africa de Sud 3−0; Mexic-Franţa 2−0;Uruguay-Mexic 1−0; Africa de Sud-Franţa 2−1.Clasa a VII-aVII.130. Fie C ′ mijlocul laturii AB a triunghiului AABC, iar P un punct pe segmentul CC ′ . Dacă AP ∩BC = {R}, arătaţi că AP ·CR = BC ·PR.Claudiu Ştefan Popa, Iaşi CSoluţie. Cu teoremalui Menelaus întriunghiul ABRPcu transversalaC ′ −P−C, obţinem că AC′ ·BCCR·RPC ′ B PA =BC ·PRB R C1, deci = 1, de unde cerinţa problemei.AP ·CRVII.131. Într-un triunghi ABC, lungimile laturilor verifică relaţia a b = b+ca .Dacă m(A) = α, determinaţi măsurile unghiurilorB şiC.Neculai Stanciu, BuzăuSoluţie. Considerăm punctul D astfel încât A ∈ (CD), AD = AB = c. CumCBBCA = CDCB şi unghiulC este comun, rezultă că△CAB ∼ △CBD, de unde m(ABC) = m(CDB).ÎnsăBAC este unghi exterior triunghiului isoscelABD, prin urmare m(BAC) = 2m(D)a c=2m(CBA). Deducem că m(CBA) = α 2 , iarC b A c Dm(C) = 180 ◦ − 3α 2 . (Evident, se impune ca α < 120◦ , în caz contrar neexistândtriunghiuri ca în enunţ.)VII.132. În cercul C(O,r) se consideră coarda [AB]. Notăm cu C mijlocul arculuimareAB, cu O ′ simetricul punctului O faţă de AB şi fie x = m(ACB). Determinaţivalorile lui x pentru care O ′ ∈ IntC.Geanina Havârneanu, Iaşi169

Soluţie. Avem O ′ ∈ IntC ⇔ OO ′ < r ⇔ d(O,AB) < r 2 = AO 2 ⇔ sin(OAB) 60 ◦ (unde D este mijlocularcului micAB) ⇔ m(AD) > 60 ◦ ⇔ m(AB) > 120 ◦ ⇔ 2x >OAB. .120 ◦ ⇔ x > 60 ◦ . Evident că x ≤ 90 ◦ (deoarece C se află pearcul mareAB), prin urmare valorile căutate ale lui x sunt celedin intervalul (60 ◦ ,90 ◦ ].OVII.133. Se consideră pătratul ABCD cu laturade 3 √ 5cm.DPe semidreptele (AB şi (BC se consideră punctele M, respectivN, astfel încât AM = 7 √ 5cm şi BN = 10 √ 5cm. Determinaţi măsura unghiuluiMND.Constantin Apostol, Rm. SăratSoluţie. Întrucât AM = CN = 7√ 5cm şi AD = CD = 3 √ 5cm, triunghiuriledreptunghice AMD şi CND sunt congruente (C.C.), A Dprin urmare DM = DN şiMDA ≡NDC. Însăm(ADM) + m(MDC) = 90 ◦ , deci m(NDC) + BNm(MDC) = 90 ◦ , adică m(MDN) = 90 ◦ . Deducem că C△DMN este dreptunghic isoscel şi astfel m(MND) =45 ◦ .VII.134. Comparaţi numerele reale a = 2 √ 1+2 √ 2+ M2 √ 3+...+2 √ 64 şi b = ( √ 0+ √ 2)+( √ 1+ √ 3)+( √ 2+ √ 4)+...+( √ 63+ √ 65).Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, PiteştiSoluţie. Eliminând termenii comuni ai celor două sume, compararea numerelor aşi b revine la compararea numerelor √ 1+ √ 64 cu √ 65. Însă √ 1+ √ 64 = 9 = √ 81 >√65, prin urmare a > b.VII.135. Rezolvaţi în numere întregi ecuaţia x 3 +y 3 +3xy = 9.Cristina Ene, elevă, CraiovaSoluţie. Cum 3¬x 3 +y 3 , avem două cazuri:I. x = 3a,y = 3b, cu a,b ∈ Z; atunci 27(a 3 +b 3 +ab) = 9, imposibil.II. x = 3a+1,y = 3b−1, cu a,b ∈ Z; atunci x 3 +y 3 = 27a 3 +27a 2 +9a+1+27b 3 −27b 2 +9b−1, deci x 3 +y 3. .9. Rezultă atunci că 3xy . .9, adică xy = (3a+1)(3b−1) . .3,ceea ce este imposibil. În concluzie, ecuaţia dată nu are soluţii întregi.VII.136. Numerele întregi x,y şi z verifică relaţia 17x+5y−2z = 0. Arătaţi cănumărul(3x+y)(z −x)(2x+2y+z)(3y +3z −x)A =210este natural, pătrat perfect.Mihai Haivas, IaşiSoluţie. Cum z = 17x+5y = 8x+2y + x+y , rezultă că x +y = 2n, n ∈ Z.2 2Atunci y = 2n − x şi z = 5n + 6x, deci A = 2·3·5·7·(x+n)2 ·(3n+2x) 2=210[(x+n)(3n+2x)] 2 şi concluzia se impune.170

Clasa a VIII-aVIII.130. Date fiind punctele A,B şi C, determinaţi punctele P din spaţiu cuproprietatea că PA 2 +PB 2 −PC 2 = AB 2 −AC 2 −BC 2 .Dan Popescu, SuceavaSoluţie. Fie M mijlocul segmentului AB; folosind teorema medianei în triunghiurilePAB şi CAB, obţinem că PA 2 + PB 2 = 2PM 2 + 1 2 AB2 , iar AC 2 + BC 2 =2CM 2 + 1 2 AB2 . Înlocuind în relaţia din enunţ, găsim că 2(PM 2 + CM 2 ) = PC 2 .Cu teorema medianei în △CMP, avem că 2(PM 2 + CM 2 ) = 4MN 2 + PC 2 , undeN este mijlocul segmentului CP. Atunci 4MN 2 = 0, de unde N = M. În concluzie,singurul punct P cu proprietatea din problemă este simetricul lui C faţă de mijlocullui AB.Notă. Cazultriunghiului dreptunghic înC, situaţie încarerelaţiadin eunţ devinePA 2 + PB 2 = PC 2 , constituie obiectul uneia dintre problemele de la ConcursulNaţional de Matematică, R.D.G. 1982, problemă ce apare şi în G.M. 11/2000. A sevedea şi problema înrudită G5 din RecMat 2/2001.VIII.131. Demonstraţi că(1−x)(1+y)+(1+x)(1−y) ≤4−(x+y) 2 ,∀x,y ∈ [−1,1].Rodica Pop şi Ovidiu Pop, Satu MareSoluţie. Inegalitatea din enunţ se scrie echivalent:(1−x)(1+y)+(1+x)(1−y)+2(1−x 2 )(1−y 2 ) ≤ 4−(x+y) 2 ⇔⇔ 0 ≤ 2−x 2 −y 2 −2(1−x 2 )(1−y 2 ) ⇔ 0 ≤ (Ô1−x 2 −1−y 2 ) 2 ,inegalitate adevărată. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă y = ±x.VIII.132. Dacă a,b,c ∈ R ∗ + şi √ a 2 +ab+b 2 + √ a 2 +ac+c 2 + √ b 2 +bc+c 2 =√3(a+b+c), arătaţi că a = b = c.D.M. Bătineţu-Giurgiu, BucureştiSoluţie. Se arată uşor că √ √3a 2 +ab+b 2 ≥ (a + b), egalitatea realizându-se2√când a = b. Scriind inegalităţile similare şi sumând, deducem căÈ√ a2 +ab+b 2 ≥3(a+b+c). Cum se atinge egalitatea, rezultă că a = b = c.VIII.133. Fie E(x,y,z) = (1+x)(1+y)1+ √ + (1+y)(1+z)xy 1+ √ + (1+z)(1+x)yz 1+ √ .zxa) Arătaţi că E(x,y,z) ≥ x+y +z +3, ∀x,y,z ∈ (0,1).b) Arătaţi că E(x,y,z) ≤ x+y +z +3, ∀x,y,z ∈ (1,∞).Ion Nedelcu, Ploieşti şi Liviu Smarandache, CraiovaSoluţie. a) Dacă x,y ∈ (0,1), atunci (1+x)(1+y)1+ √ ≥ 1+ x+y (după calcule,xy 2această inegalitate revine la ( √ x− √ y) 2 ( √ xy−1) ≤ 0). Scriind încă două inegalităţianaloage şi adunând membru cu membru, obţinem că E(x,y,z) ≥ x+y +z +3, cuegalitate când x = y = z.171

) Pentru x,y ∈ (1,∞), avem că ( √ x− √ y) 2 ( √ xy−1) ≥ 0, deci (1+x)(1+y)1+ √ ≤xy1+ x+y etc.2VIII.134. Dacă a,b,c ∈ R ∗ + sunt laturile unui triunghi, demonstraţi că +2ac aa2 ·(a+b+c)b b2 +2ab ·c c2 +2bc

Clasa a IX-aIX.116. Rezolvaţi în numere întregi ecuaţia 8x 3 +y 3 +12xy = 8.Vasile Chiriac, BacăuSoluţie. Cu notaţiile s = 2x+y, p = 2xy, ecuaţia dată se scrie succesiv:(2x+y)(4x 2 −2xy +y 2 )+12xy−8 = 0 ⇔ s(s 2 −3p)+6p−8 = 0 ⇔⇔ (s−2)(s 2 +2s+4)−3p(s−2) = 0 ⇔ (s−2)(s 2 +2s+4−3p) = 0.Dacă s = 2, obţinem soluţiile x = m, y = 2 − 2m, m ∈ Z. Dacă s ≠ 2, atunci(s+1) 2 +3−2p = 0, deci s+1.3. Rezultă că s = 3k −1, k ∈ Z, apoi p = 3k 2 +1.Numerele 2xşi y vorfi soluţiile ecuaţiei t 2 −(3k−1)t+(3k 2 +1) = 0, cu discriminantul∆ = −3(k + 1) 2 < 0, prin urmare în acest caz nu obţinem soluţii întregi. În final,ecuaţia dată are soluţiile (m,2−2m), m ∈ Z.IX.117. Determinaţi funcţiile f : N → N cu proprietatea că f(x+y) = f(x) +f(y)+3xy(x+y), ∀x,y ∈ N.2Mihály Bencze, BraşovSoluţie. O soluţie evidentă este funcţia f 0 (x) = x 3 , ∀x ∈ N. Dacă f verificăecuaţia funcţională din enunţ, funcţia g(x) = f(x) − x 3 , x ∈ N, verifică ecuaţiaCauchy g(x+y) = g(x) + g(y), ∀x,y ∈ N. Atunci g(x) = αx, unde α = g(1) ∈ N,prin urmare f(x) = x 3 +αx, ∀x ∈ N, unde α ∈ N.IX.118. Dacă x,y,z ∈ R ∗ + , demonstraţi că are loc inegalitatea√ xyx+y ≥cycliccyclicz √ xy(x+z)(y +z)Ṁarian Tetiva, Bârlad√ √ xz yzSoluţie. Relaţiax+z + y +z ≥ 4· z √ xy(x+z)(y +z) este echivalentă cu √ x(y +z)+ √ y(x+z) ≥ 4 √ xyz şi, cum y +z ≥ 2 √ yz şi x+z ≥ 2 √ xz, are loc inegalitateaanunţată. Scriem încă două inegalităţi analoage şi, prin adunare, rezultă inegalitateadin enunţ.IX.119. Fie P un punct în interiorul triunghiului echilateral ABC şi P 1 ,P 2 ,P 3proiecţiile lui pe laturile triunghiului. Dacă G este centrul de greutate al triunghiuluiABC, demonstraţi că mijlocul G 1 al segmentului PG este centru de greutate pentrutriunghiul P 1 P 2 P 3 .Petru Asaftei, IaşiSoluţie. Vom folosi următoarele proprietăţi uzuale:(1) G este centrul de greutate al △ABC ⇔ −→ GA+ −→ −→ −→ GB + GC = 0;(2) Dacă P ∈ IntABC şi G este centrul de greutate al △ABC, atunci −→ PA+ −→ PB+−→PC = 3 −→ PG;(3) Dacă △ABC este echilateral atunci, cu notaţiile din enunţ, are loc egalitatea−→PA+ −→ −→ −−→ PB + PC = 2( PP1 + −−→ PP 2 + −−→ PP 3 ).173

Întrucât −−−→ G 1 P 1 + −−−→ G 1 P 2 + −−−→ G 1 P 3 = ( −−→ G 1 P + −−→ PP 1 )+( −−→ G 1 P + −−→ PP 2 )+( −−→ G 1 P + −−→ PP 3 ) =3 −−→ G 1 P +( −−→ PP 1 + −−→ PP 2 + −−→ PP 3 ) (3)= 3 −→GP + 1 2 2 (−→ PA+ −→ −→ (2)PB + PC) = 3 −→GP + 3 −→PG = −→ 0 ,2 2din (1) rezultă că G 1 este centrul de greutate al triunghiului P 1 P 2 P 3 .IX.120. Fie P un punct în interiorul triunghiului ABC astfel încâtPAB ≡PBC ≡PCA. Dacă AB ·−→ −→ −→ −→AP +BC · BP +CA· CP = 0, arătaţi că △ABC esteechilateral.Claudiu Mândrilă, elev, TârgovişteSoluţie. Fie ϕ măsura comună a unghiurilor din enunţ. Vectorii AB · −→ AP şi−→AP · AB au acelaşi modul, deci se obţin unul din celălalt printr-o rotaţie de unghiϕ. Raţionând analog pentru ceilalţi doi termeni ai sumei, rezultă că vectorul AP ·−→ −→ −→ −→ −→ −→AB + BP · BC + CP · CA se obţine din AB · AP + BC · BP + CA · CP printr-o−→ −→ −→ −→rotaţie de unghi ϕ, prin urmare AP · AB + BP · BC + CP · CA = 0. De aici,−→ −→ −→(AP − PB) · AB + (BP − PC) · AC = 0, aşadar PA = PB = PC şi atunci Peste centrul cercului circumscris △ABC. În aceste condiţii, m(BPC) = 2m(A); însăm(BPC) = 180 ◦ −m(PBC)−m(PCB) = 180 ◦ −ϕ−[m(C)−ϕ] = 180 ◦ −m(C) =m(A) +m(B) şi deducem căA ≡B. Analog se arată căB =C, adică △ABC esteechilateral.Clasa a X-aX.116. O urnă conţine x bile roşii şi n−x bile verzi, unde x,n ∈ N ∗ , x < n. x 3bile roşii şi x bile verzi sunt marcate cu 1, iar celelalte bile sunt marcate cu 2. Din2urnă se extrage o bilă şi se consideră evenimentele A: ”obţinem o bilă roşie” şi B:”obţinem o bilă marcată cu 1”.a) Determinaţi n şi x pentru care A şi B sunt evenimente independente.b) Aflaţi P(B|A).Laurenţiu Modan, BucureştiSoluţie. Se impune ca x.3 şi x.2, deci x = 6k, k ∈ N ∗ , iar n−x > x 2 , aşadarx ∈1,2,...,å2n3è.a) Evenimentele A şi B sunt independente când P(A)·P(B) = P(A∩B), adicăxn · 5x6n = x3n . Obţinem că 5x = 2n, prin urmare x = 6k, n = 15k, k ∈ N∗ .b) AvemcăP(B|A) = P(A∩B)P(A)= 2n−3x , deci P(B|A) = 2n−3x2n 2(n−x) .n−x− x 2n, unde P(A) = 1−P(A) = n−xn , iarP(A∩B) =X.117. Demonstraţi că √ n+1− √ n > 3√ n+1− 3√ n, ∀n ∈ N ∗ .Ionuţ Ivănescu, CraiovaSoluţie. Amplificând în ambii membri cu expresiile conjugate, observăm că ar fisuficient să dovedim că √ n+1+ √ n < 3(n+1) 2 + 3(n+1)n+ 3√ n 2 ; vom arăta174

că √ n+1 ≤ 3(n+1) 2 (1) şi că √ n < 3(n+1)n + 3√ n 2 (2). Ridicând ambiimembri la puterea a şasea, (1) revine la (n+1) 3 ≤ (n+1) 4 , adevărat pentru n ∈ N ∗ .Apoi, din inegalitatea mediilor, 3n(n+1)+ 3√ n 2 ≥ 2 6n 3 (n+1) > 6√ n 3 = √ n, deciare loc şi (2) şi cu aceasta soluţia problemei este completă.X.118. Determinaţi n ∈ N pentru caresin 2n x+cos 2n x+nsin 2 xcos 2 x = 1, ∀x ∈ R.Ani Drăghici şi Ileana Mândruleanu, CraiovaSoluţie. Pentru x = π 1, relaţia din enunţ devine4 2 n + 12 n +n = 1, sau 1+(n−4)·42 n−3 = 0. Această egalitate nu poate avea loc pentru n ≥ 4. Pentru n = 0, condiţiadin ipoteză devine 2 = 1, fals. Pentru n = 1, obţinem că 1+sin 2 xcos 2 x = 1, ∀x ∈ R,imposibil. Se verifică imediat că identitatea din enunţ este adevărată pentru n = 2 şin = 3, valori care constituie soluţiile problemei.X.119. Demonstraţi că pentru orice z 1 ,z 2 ,z 3 ∈ C are loc inegalitatea|z 1 +z 2 | 2 +|z 2 +z 3 | 2 +|z 3 +z 1 | 2 ≥ |z 1 +z 2 +z 3 | 2 +Im(z 1 z 2 +z 2 z 3 +z 3 z 1 ).Dan Nedeianu, Drobeta Tr. SeverinSoluţie. Se ştie (sau se arată uşor) că |z 1 +z 2 | 2 +|z 2 +z 3 | 2 +|z 3 +z 1 | 2 −|z 1 +z 2 +z 3 | 2 = |z 1 | 2 +|z 2 | 2 +|z 3 | 2 , deci rămâne să dovedim că(∗) |z 1 | 2 +|z 2 | 2 +|z 3 | 2 ≥ Im(z 1 z 2 +z 2 z 3 +z 3 z 1 ).Pornim de la inegalitatea evidentăÈ|z 1 −iz 2 | 2 ≥ 0, care se scrie sub formaÈ(z 1 −iz 2 )(z 1 +iz 2 ) ≥ 0, sau 2È|z 1 | 2 +Èi(z 1 z 2 −z 1 z 2 ) ≥ 0. Însă z−z = 2i·Imz, ∀z ∈ C,prin urmare i(z−z) = −2Imz, ∀z ∈ C, deci obţinem că 2·È|z 1 | 2 −2ÈImz 1 z 2 ≥ 0,adică tocmai inegalitatea (*).X.120. Fie ABCD un patrulater înscris în cercul C(M,R), având m(BOC) ≤90 ◦ , unde {O} = AC ∩BD. Demonstraţi căAB 2 −BC 2 +CD 2 −DA 2 ≥ AC ·BD −4R 2 .Când se realizează egalitatea?Florin Stănescu, GăeştiSoluţie. Notăm: AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f,m(AB) = 2x, m(BC) = 2y, m(CD) = 2z, m(DA) = 2t. Cu teorema sinusurilorîn triunghiurile ABC şi ACD, obţinem că a = 2Rsinx, b = 2Rsiny, c = 2Rsinz,d = 2Rsint. Cum ABCD este inscriptibil, ef = ac + bd (teorema lui Ptolemeu) şiatunci inegalitatea de demonstrat devine4R 2 (sin 2 x−sin 2 y +sin 2 z −sin 2 t) ≥ 4R 2 (sinxsinz +sinysint−1) ⇔⇔ 1−cos2x2− 1−cos2y2+ 1−cos2z2− 1−cos2t2175≥ cos(x−z)−cos(x+z) +2

cos(y −t)−cos(y +t)+ −1 ⇔ (cos2y +cos2t)−(cos2x+cos2z) ≥2≥ cos(x−z)+cos(y −t)−2 ⇔ 2cos(y +t)cos(y −t)−2cos(x+z)cos(x−z) ≥≥ cos(x−z)+cos(y −t)−2 ⇔ cos(y −t)[2cos(y +t)−1]+cos(x−z)··[2cos(y +t)−1] ≥ −2 ⇔ [2cos(y +t)−1]·2cos y −t+x−z cos y −t−x+z ≥2 2≥ −2 ⇔ [2cos(y +t)−1]·sin(t+z)·sin(y +z) ≥ −1.(Pe parcurs am folosit faptul că x+y +z +t = π.) Observăm că 2cos(y +t)−1 =2cos(BOC)−1 ∈ [−1,1], întrucât cos(BOC) ∈ [0,1], apoi sin(t+z) = sinB ∈ (0,1],sin(z +y) = sinA ∈ (0,1], deci ultima inegalitate este adevărată.Se realizează egalitatea când cos(BOC) = 0, sinB = 1 şi sinA = 1, adicăBOC =90 ◦ ,B = 90 ◦ ,A = 90 ◦ , prin urmare în cazul în care ABCD este pătrat.Clasa a XI-aXI.116. a) Fie α ∈ R + şi A ∈ M 2 (R) astfel încât det(αI 2 +A 2 ) = 0; demonstraţică detA = α.b) Arătaţi că există α ∈ R ∗ − şi A ∈ M 2(R) astfel încât det(αI 2 + A 2 ) = 0 şidetA ≠ α.Dan Popescu, SuceavabSoluţie. a) Fie A =ac d∈M 2 (R), iar u = a+d = trA, v = ad−bc = detA.CumA 2 = uA−vI 2 ,atunciαI 2 +A 2 ub= uA+(α−v)I 2 =ua+(α−v)uc ud+(α−v),prin urmare det(αI 2 +A 2 ) = u 2 v +ua(α −v) +ud(α −v) +(α −v) 2 +(α −v) 2 =u 2 α+(α−v) 2 . Deoarece u 2 , α,(α−v) 2 ∈ R + , suma precedentă este nulă numai dacăα−v = 0, adică detA = α.0b) De exemplu, putem considera A =1α = −1; atunci det(αI0 2şi 2 +A 2 ) =¬0 0iar detA = 2 ≠ α.0 3¬=0,XI.117. Dacă a,b ∈ R ∗ + , arătaţi că ax ≥ ln(bx + 1), ∀x ∈− 1 b ,∞dacă şinumai dacă a = b.Dumitru Săvulescu, BucureştiSoluţie. Dacă a = b, cu notaţia y = ax ∈ (−1,∞), ar trebui să dovedim că y ≥ln(y +1), fapt binecunoscut. Reciproc, fie f : (− 1 ,∞) → R, f(x) = ax−ln(bx+1).bCum f(x) ≥ 0 = f(0), ∀x ∈− 1 b ,∞, rezultă că x = 0 este punct de minim local allui f, prin urmare f ′ (0) = 0. Dar f ′ (x) = a−că a = b.bbx+1 , deci f′ (0) = a−b şi deducemXI.118. Fie α 1 ,α 2 ,α 3 ,α 4 numere reale pentru care limita l = limx→∞ (α 1{x} +176

α 2x+ 1 2+α 3x+ 2 3+α 4 {3x}) este finită (unde {·} desemnează partea fracţionară).Arătaţi că α 1 +α 2 +α 3 +3α 4 = 0.Marius Drăgan, BucureştiSoluţie. Se ştie că o funcţie continuă şi periodică ce are limita finită la +∞este constantă; în cazul nostru, deducem că α 1 {x} + α 2x+ 1 3+α 3x+ 2 3+α 4 {3x} = c, ∀x ∈ R, unde c este o constantă. Dând lui x valorile 0, 1 3 şi 2 3 , obţinemcă α 2 + 2α 3 = α 1 + 2α 2 = 2α 1 + α 3 = 3c, de unde α 1 = α 2 = α 3 = c. Atuncic({x}+x+ 1 3+x+ 2 3−1)+α 4 {3x} = 0 şi, folosind identitatea lui Hermite,rezultă că (c+α 4 ){3x} = 0, adică α 4 = −c şi de aici concluzia problemei.XI.119. Se consideră şirul (u n ) n≥0 definit prin u 0 = 1, u 1 = 2, u n+2 = 1 +14 arctg u n+1, n ∈ N ∗ . Arătaţi că şirul este convergent şi aflaţi-i limita.u nMoubinool Omarjee, ParisSoluţie. Observăm că u n ∈1, 3 2, ∀n ≥ 2. Fie a = 1 + π 16 = 1 + 1 4 arctg1;vom demonstra prin inducţie că |u n − a|

a 1 = 1k +a − 1b−a(k +a)(k +b) , rezultă că 1=k +x nk +b =b−a(k +a)(k +b) , întrucât y n > 0, ∀n ∈ N ∗ . Deducem că x n +k k +y n(k +a)(k +b), deb−ab) Deoarece x n+1 −x n = k2 +kx n> 0 şi y n+1 −y n = k2 +ky n> 0, şirurile diny nproblemă sunt strict crescătoare, deci au limită: l = lim x n, l ′ = limy n , cu l,l ′ > 0.n→∞Şirul (x n ) n≥1 este mărginit: x n ∈a, k2 +2ka+ab, deci l ∈ R ∗b−a+. Dacă, prinabsurd, l ′ ∈ R ∗ +, prin trecere la limită în relaţia x n+1 = k2 +kx n +x n y ny nx nrezultă căl = k2 +kl+ll ′l ′ , de unde k 2 +kl = 0; atunci l = −k < 0, fals. Rămâne că l ′ = +∞.Trecând acum la limită în relaţia1k +x n=b−a(k +a)(k +b) + 1k +y n, obţinem că1k +l = b−a(k +a)(k +b) , deci l = k2 +2ka+ab.b−aClasa a XII-aXII.116. Determinaţi funcţia f : Z 8 → Z 8 cu proprietatea căf(3x)+f(5x)+f(7x) = 3x 2 +5x+6, ∀x ∈ Z 8 .Bogdan Chiriac, student, IaşiSoluţie. Înlocuim succesiv pe x cu 3x,5x şi 7x în relaţia din enunţ; adunând celetrei egalităţi obţinute şi ţinând seama de ipoteză, obţinem că3f(x)+2(3x 2 +5x+6) =x 2 +3x+2. Prin înmulţire cu 3, rezultă că f(x) = x 2 +3x+2, ∀x ∈ Z 8 .XII.117. Aflaţi n ∈ N pentru care există α ∈ R ∗ − astfel încâtα(2t 3 +3)dt = n.Soluţie. Avem căαα−1(2t 3 + 3)dt =t 4 2 +3t¬αα−1α−1Romeo Cernat, Iaşi= 2α 3 − 3α 2 + 2α + 5 2 .Ecuaţiadin enunţ sescriesubformaf(α) = 0,unde f(α) = 2α 3 −3α 2 +2α+52 −n.Întrucât f ′ (α) = 6α 2 − 6α + 2 ≠ 0, ∀α ∈ R, ecuaţia f(α) = 0 are o unică soluţiereală, iar aceasta se află în intervalul (−∞,0) dacă şi numai dacă f(0) > 0. Condiţiaf(0) = 5 −n > 0 conduce la valorile căutate ale lui n, anume n ∈ {0,1,2}.2XII.118. Fie f : [0,1] → R o funcţie continuă cu proprietatea că1f(x)dx =ln a+1a , unde a ∈ (0,1) este dat. Demonstraţi că există x 0 ∈ (0,1) astfel încât1x 0 +1 < f(x 0) < 1 x 0.Bogdan Victor Grigoriu, Fălticeni1780

1 a+1Soluţie. Cum1dx = ln , funcţia f are proprietatea că10 x+a a 0f(x)−1= 0. Fie g(x) = f(x)−x+adx 1 , x ∈ [0,1] funcţie continuă, iar G o primitivăx+asa; atunci G(1) = G(0) şi, cum G este derivabilă pe [0,1], sunt îndeplinite condiţiileteoremei lui Rolle. Obţinem că există x 0 ∈ (0,1) pentru care G ′ (x 0 ) = 0, adică1f(x 0 ) =x 0 +a . Deoarece a ∈ (0,1), rezultă că 1x 0 +1 < 1x 0 +a < 1 , de undex 0cerinţa problemei.n(n 2 +1 2 )(n 2 +2 2 )·...·(n 2 +n 2 )XII.119. Demonstraţi că limn→∞ n 2 = 2 e 2 ·e π 2.Adrian Corduneanu, IaşiSoluţie. Considerăm funcţia continuă, deci integrabilă, f : [0,1] → R, f(x) =ln(1+x 2 ). Integrând prin părţi, obţinem că I =1ln(1+x 2 )dx = xln(1+x )¬12 −210x 211+x2dx = ln2 − 21−10 1+x 2dx=ln2 + π 20− 2. Considerând şirulde diviziuni ∆ n = (x 0 = 0 n ,x 1 = 1 n ,...,x n = n ) cu şirul normelor tinzând lanzero,observămcăs n = 1 nÈk=1f(x k ) = 1 12 22 n2ln1+n n n21+ n2·...·1+ n 2=n(n 2 +1)(n 2 +2 2 )·...·(n 2 +n 2 )lnesteun şirdesume Riemannacăruilimită esten 2egală cu I. Astfel, limita şirului din enunţ este e I = 2 e 2 ·e π 2.XII.120. Fie f : R → (0,∞) o funcţie continuă cu lim f(x) = 0, astfel încâtx→∞noricare ar fi n ∈ N ∗ , există un unic x n ∈ R ∗ + pentru carexn0sinf(t) x ndt. Calculaţi limf(t) n→∞ n .Soluţie. Considerăm şirul a n = 1 nn000ln(1+f(t))dt =f(t)Florin Stănescu, Găeştisinf(t)dt, n ∈ N ∗ . Folosind lema Stolzf(t)sinf(t)n→∞n+1sinf(c n ),f(c n )Cesàroşiteoremademedie, obţinem lim a n = lim dt = limn→∞ n f(t) n→∞cu n < c n < n+1. Cum c n → ∞ şi lim f(x) = 0, rezultă că lim a n = 1.x→∞ n→∞Utilizând acum teorema lui Lagrange şi inegalitatea ln(1 + t) ≤ t, ∀t ∈ [0,∞),deducem căx n0ln(1+f(t))dt = F(x n )−F(0) = x n·F ′ (y n ) = x ln(1+f(y n))n·f(t)f(y n )x n · 1 = x n , ∀n ∈ N ∗ (unde F(t) este o primitivă a funcţieix n >x n0ln(1+f(t))dt =nf(t) 0

lim x n = ∞.n→∞1Întrucât lim f(x) = 0, avem că (1 + f(t))f(t)> 2 pentru t > t 0 convenabilales, decixx→∞ln(1+f(t))>xln2 → ∞ când x → ∞. În calculul limitei1limx→∞ xx00 f(t) 0ln(1+f(t))dt vom putea aplica regula lui l ′ Hospital (cazul ∞ ) şi obţinemf(t)∞ln(1+f(x))că limita este egală cu limx→∞În relaţiann10f(x)sinf(t)dt = x nf(t) n ·= 1.1x nx n0∞ şi, conform celor de mai sus, rezultă că 1 =limn→∞ln(1+f(t))dt facem pe n să tindă laf(t)x n x naşadar limn·1,n→∞ n = 1.(continuare de la pag. 147)2. Asteroizi cu nume de români - toţi aceştia fac parte din centura principală deasteroizi situată între Marte şi Jupiter• 2331 Parvulesco (Constantin Pârvulescu (1890-1945) şi copii săi Carinaşi Antares), cu diametrul estimat între 11 şi 24 km şi cu o rotaţie în jurulSoarelui la 3,78 ani;• 4268 Grebenikov (Eugeniu Grebenicov, n. 1932, Basarabia), cu diametrul5-12 km şi o rotaţie în jurul Soarelui în 4,28 ani;• 6429 Brâncuşi, cu diametrul de 4-9 km şi o rotaţie în 3,16 ani;• 9253 Oberth (Herman Iulius Oberth, 1894-1989), cu diametrul până la6 km;• 9403 Sanduleak (Nicolae Sanduleak, 1933-1990), cu diametrul până la6 km, o rotaţie în 4 ani;• 9493 Enescu, cu diametrul până la 9 km;• 9494 Donici (Nicolae Donici, 1875-1957, membru fondator al UAI);• 9495 Eminescu, cu diametrul până la 6 km şi o rotaţie în 3,23 ani;• 10 034 Birlan (Mirel Bîrlan, n. 1963, Giurgiu);• 12 498 Dragesco (Jean Dragesco, n. 1920), cu diametrul de cel mult10 km.3. Comete cu nume de români• Cometa Daimaca 1943c (Victor Daimaca, 1892-1969, Turnu Severin);• Cometa van Gent-Peltier-Daimaca 1943W1.180