2015 Matematica Locala Brasov Clasa a Viia Subiectebaremsolutii
3
OLIMPIADA DE MATEMATIC ˘ A Faza local˘ a Bra¸ sov, 28 februarie 2015 Clasa a VII-a 1. ˆ In triunghiul ABC dreptunghic ˆ ın A, avem M mijlocul laturii (BC ), E mijlocul lui (AM ), iar m B<m C . Fie MF ⊥BE, F ∈ (BE), MS ⊥AB, S ∈ (AB). Ar˘ atat ¸i c˘ a (a) AB < 3 2 BE, (b) 4MF < 3MS . Camelia Postolache 2. Se dau numerele: a = 1+ 1 1+2 + 1 1+2+3 + 1 1+2+3+4 + ... + 1 1+2+3+ ... + 2015 b = 1 2 + 1 1 + 1 2 + 1 3 + ... + 1 2014 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + ... + 2 2014 + 3 3 + 3 4 + ... + 3 2014 + ... + 2013 2013 + 2013 2014 + 2014 2014 . Stabilit ¸i care dintre numerele √ a − 1, √ b, √ 2ab este rat ¸ional, justificˆandr˘ aspunsul. Dorina Rapcea 3. ˆ In triunghiul ABC (AB < AC ), bisectoarea interioar˘ a a unghiului A intersecteaz˘a latura BC ˆ ın punctul D ¸ si paralela prin C la AB ˆ ın punctul E, iar mediana cores- punz˘atoarelaturii BC intersecteaz˘a aceea¸ si paralel˘ aˆ ın punctul N . Fie M simetricul lui A fat ¸˘ a de B, O mijlocul lui [BC ]¸ si {P } = MO ∩ BN . Aflat ¸i valoarea raportului A AP M A BME . Sorina Stoian 4. (a) Ar˘ atat ¸i c˘ a oricare ar fi numerele reale a, b, c avem |a + b| + |a + c|≥|b − c|. (b) Demonstrat ¸i c˘ a pentru orice num˘ ar real x avem |x +1| + |x +2| + |x +3| + ... + |x + 2014|≥ 1007 2 . Gazeta Matematic˘ a 11/2014. Not˘ a. Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect valoreaz˘a 7 puncte. Timp de lucru 3 ore.
-
Upload
popa-mihaela -
Category
Documents
-
view
8 -
download
0
description
2015 Matematica Locala Brasov Clasa a Viia Subiectebaremsolutii
Transcript of 2015 Matematica Locala Brasov Clasa a Viia Subiectebaremsolutii
OLIMPIADA DE MATEMATICA
Faza locala
Brasov, 28 februarie 2015
Clasa a VII-a
1. In triunghiul ABC dreptunghic ın A, avem M mijlocul laturii (BC), E mijlocul lui
(AM), iar mB < mC. Fie MF⊥BE, F ∈ (BE), MS⊥AB, S ∈ (AB). Aratati ca
(a) AB < 32BE,
(b) 4MF < 3MS.
Camelia Postolache
2. Se dau numerele:
a = 1 +1
1 + 2+
1
1 + 2 + 3+
1
1 + 2 + 3 + 4+ ...+
1
1 + 2 + 3 + ...+ 2015
b =1
2+(11+
1
2+
1
3+ ...+
1
2014
)+(22+
2
3+
2
4+ ...+
2
2014
)
+(33+
3
4+ ...+
3
2014
)+ ...+
(20132013
+2013
2014
)+(20142014
).
Stabiliti care dintre numerele√a− 1,
√b,√2ab este rational, justificand raspunsul.
Dorina Rapcea
3. In triunghiul ABC (AB < AC), bisectoarea interioara a unghiului A intersecteazalatura BC ın punctul D si paralela prin C la AB ın punctul E, iar mediana cores-punzatoare laturii BC intersecteaza aceeasi paralela ın punctul N . Fie M simetricullui A fata de B, O mijlocul lui [BC] si {P} = MO∩BN . Aflati valoarea raportuluiAAPM
ABME
.
Sorina Stoian
4. (a) Aratati ca oricare ar fi numerele reale a, b, c avem |a+ b|+ |a+ c| ≥ |b− c|.(b) Demonstrati ca pentru orice numar real x avem
|x+ 1|+ |x+ 2|+ |x+ 3|+ ...+ |x+ 2014| ≥ 10072.
Gazeta Matematica 11/2014.
Nota. Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect valoreaza 7 puncte.Timp de lucru 3 ore.
Clasa a VII-a
1. In triunghiul ABC dreptunghic ın A, avem M mijlocul laturii (BC), E mijlocul lui (AM), iar
mB < mC. Fie MF⊥BE, F ∈ (BE), MS⊥AB, S ∈ (AB). Aratati ca(a) AB < 3
2BE,(b) 4MF < 3MS.Solutie.(a)In ∆ABC dreptunghic ın A, AM mediana, deci AM = BC
2 . (1p)
In ∆ABE, AB < AE +BE = BC4 +BE, 4AB < BC + 4BE.(2p)
Dar, BC < BE + EC, de unde 4AB < 5BE + EC. Cum mB < C avem mCME < mBME, rezultaEC < BE si 4AB < 6BE, AB < 3
2BE. (1p)(b) Cum BE mediana ın ∆ABM , rezulta A∆BEM = 1
2A∆ABM si 2BE · MF = AB · MS, (1p) sau4 · 3BE ·MF = 3 · 2AB ·MS. (1p)Dar, 2AB < 3BE, de unde 4MF < 3MS. (1p)
2. Se dau numerele:
a = 1 +1
1 + 2+
1
1 + 2 + 3+
1
1 + 2 + 3 + 4+ ...+
1
1 + 2 + 3 + ...+ 2015
b =1
2+(11+
1
2+
1
3+ ...+
1
2014
)+
(22+
2
3+
2
4+ ...+
2
2014
)
+(33+
3
4+ ...+
3
2014
)+ ...+
(20132013
+2013
2014
)+(20142014
).
Stabiliti care dintre numerele√a− 1,
√b,
√2ab este rational, justificand raspunsul.
Solutie.
a =2
1 · 2 +2
2 · 3 +2
3 · 4 + ...+2
2015 · 2016a = 2
(11− 1
2+
1
2− 1
3+
1
3− ...+
1
2015− 1
2016
)
a = 2(11− 1
2016
)=
2015
1008(2p)
si
b =1
2+ 1 +
1 + 2
2+
1 + 2 + 3
3+ ...+
1 + 2 + ...+ 2014
2014
b =1
2+
2
2+
2 · 32 · 2 +
3 · 42 · 3 + ...+
2014 · 20152 · 2014
b =1 + 2 + 3...+ 2015
2=
2015 · 20162 · 2 = 2015 · 504. (2p)
Astfel,√a− 1 =
√10071008 . Cum 1007
1008 fractie ireductibila, iar ultimele cifre ale numaratorului si numi-
torului sunt 7, respectiv 8, rezulta ca nici numitorul, nici numaratorul nu sunt patrate perfecte, deci√a− 1 =
√1007√1008
6∈ Q.(1p)√b =
√2015·2016
4 =√2015·2016
2 . Cum 2015·2016 este produs de numere consecutive, nu este patrat perfect,
deci√b 6∈ Q. (1p)√
2ab =√
2 · 20151008 · 2015 · 504 =
√20152 = 2015 ∈ Q. (1p)
3. In triunghiul ABC (AB < AC), bisectoarea interioara a unghiului A intersecteaza latura BC ınpunctul D si paralela prin C la AB ın punctul E, iar mediana corespunzatoare laturii BC intersecteazaaceeasi paralela ın punctul N . Fie M simetricul lui A fata de B, O mijlocul lui [BC] si {P} = MO∩BN .Aflati valoarea raportului AAPM
ABME.
Solutie.
5
Cum ABNC paralelogram si O mijlocul lui [BC] avem AO ≡ ON . Deci, [OM ] mediana ın ∆AMN.
(1p)Dar, AB ≡ BM implica [NB] mediana ın ∆AMN. (1p)Cum MO ∩ BN = {P}, rezulta ca P este centrul de greutate al ∆AMN , deci AAMP = 1
3AAMN (1).(2p)Din AM‖CE, N ∈ CE, rezulta ABME = ABMN . (1p)In ∆AMN , [BN ] mediana, deci ABME = 1
2AAMN (2). (1p)
Din (1) si (2) se obtine AAPM
ABME= 2
3 . (1p)
4.(a) Aratati ca oricare ar fi numerele reale a, b, c avem |a+ b|+ |a+ c| > |b− c|.(b) Demonstrati ca pentru orice numar real x avem
|x+ 1|+ |x+ 2|+ |x+ 3|+ ...+ |x+ 2014| > 10072.
Solutie.(a) Stiind ca |x|+ |y| > |x− y| =⇒ |a+ b|+ |a+ c| > |a+ b− a− c| = |b− c|. (2p)(b) Aplicand, pe rand relatia aratata la (a), obtinem
|x+ 1|+ |x+ 2014| > |x+ 2014− x− 1| = 2013,
|x+ 2|+ |x+ 2013| > |x+ 2013− x− 2| = 2011,
................. ... ........................
|x+ 1007|+ |x+ 1008| > |x+ 1008− x− 1007| = 1. (2p)
Insumand inegalitatile, obtinem:
|x+ 1|+ |x+ 2|+ ...+ |x+ 2014| > 1 + 3 + ...+ 2011 + 2013 = 10072, (1p)
unde
1 + 3 + ...+ 2011 + 2013 = (1 + 2 + ...+ 2014)− (2 + 4 + ...+ 2014)
=2014 · 2015
2− 2
1007 · 10082
= 10072. (2p)
6
