1

ARTUR BĂLĂUCĂ

ARITMETICĂ ALGEBRĂ GEOMETRIE

1250 DE

PROBLEME SEMNIFICATIVE PENTRU

OLIMPIADE, CONCURSURI ŞI

CENTRE DE EXCELENŢĂ

Clasa a VI-a

EDIŢIA a VIII-a

EDITURA TAIDA IAŞI

3

Prefaţă

Se alătură cam prea des vorbele carte şi dialog; mai mereu, cartea este un monolog al unuia ce are (sau nu) ceva de spus către alţii care vor, sau trebuie, sau sunt împinşi de întâmplare.

Susţinem că această carte (şi suratele ei) este un dialog. Autorul are multe de spus şi ştie cum să le spună: de decenii el şlefuieşte nestemate pentru alte nestemate: cizelează probleme pentru adolescenţi ce pot şi vor să lase minţile lor iscoditoare şi însetate să pătrundă şi să cuprindă matematica. Pentru a lucra asemenea nestemate trebuie să ştii să vezi - dincolo de zguri sterile - lacuri şi scântei, mări şi aurore ce le înnobilează. Mai ştie autorul cum să monteze problemele nestemate în culegeri = poteci şi trepte spre ţările matematicii. Tot el, ştie să monteze nestematele de elevi în grupuri potrivite călăuzirii pe poteci relevante şi pe trepte prielnice pornirii de zboruri. La marile expoziţii matematice ale elevilor, olimpiade sau concursuri interjudeţene, elevii săi acaparează mai toate premiile.

Despre trei asemenea diamante solitare trebuie să vorbim mai adânc: Cezar Chirilă, Ioana Mihăilescu şi Daniel Hurmuz elevi ai meşterului din Botoşani Artur Bălăucă. Prefaţatorul a avut şansa de a-i preţui în diverse lumini şi satisfacţia de a-i vedea – la distanţa de doi ani a vârstelor lor - cucerind aurul competiţiei balcanice de juniori. Tăria acestor diamante vine şi din cărţi ale colegului Bălăucă, străbătute de ei în lung şi în lat. Pentru această carte (şi pentru vecinele ei de raft de librărie sau bibliotecă) Cezar, Ioana şi Daniel sunt meşteri

cizelatori. S-a cumpănit dacă să li se zică autori; este mai potrivit să se spună că din ucenici au devenit calfe, zidari de carte, meşteri, asistenţi ai profesorului.

Este drept să ne amintim de ceva mai vârstnicul lor coleg, Daniel Moldovan,

din alt umăr al ţării, Clujul, şi el medaliat la o balcaniadă de juniori. Nu 1-a avut profesor pe Artur Bălăucă la clasă, ci doar la loturi de juniori prin Buciumul Iaşilor. După ce a sorbit în vreme din culegerile meşterului, a zămislit de unul singur trei cărţi pentru elevi, îndreptăţindu-şi numele de autor. Prefaţatorul nu găseşte disonanţe între numirile de meşter cizelator şi autor, ci doar potriviri de cuvinte pentru activităţi consonante.

Se ştie bine dar repetarea este aici cu folos: nestematele de elevi descopăr în nestematele de probleme străluciri ascunse dar profunde. Meşterul are privilegiul, sârguinţa, priceperea şi înţelepciunea de a se apleca asupra rezonanţelor dintre nestemate, să le recizeleze şi remonteze în noi culegeri. Circumscriem făptuirile sale zicând că îi învaţă pe elevi (nu doar din clasele sale) să aleagă, să preţuiască şi să cizeleze probleme la care sunt un pic co-autori.

Este dreptul cititorilor să aprecieze dacă potrivirile de cuvinte carte - dialog şi autor - meşter cizelator sunt aici oportune. Poate alte cărţi, născânde din acestea, ne vor ajuta să găsim vorbe mai adecvate.

Prof. Dr. Dan Brânzei, Împărţitor cu meşterul autor de trude ale şlefuirii diamantelor

4

Cuprins

Bre-viar

Enun-ţuri

Solu- ţii

Programa Olimpiadei de Matematică ........................................ 5

ALGEBRĂ Capitolul I. NUMERE NATURALE

I.1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în ���� ...................... I.2. Criterii de divizibilitate .................................................... I.3. Numere prime. Numere compuse .................................. I.4. Numărul divizorilor ......................................................... I.5. C.m.m.d.c şi c.m.m.m.c. Numere prime între ele .........

7 15 19 25 30

10 17 21 28 33

180 184 185 190 191

Capitolul II. NUMERE RAŢIONALE POZITIVE .......................... 37 42 193

Capitolul III. RAPOARTE. PROPORŢII. PROCENTE. PROBABILITĂŢI. MĂRIMI DIRECT PROPORŢIONALE. MĂRIMI INVERS PROPORŢIONALE. ŞIR DE RAPOARTE EGALE. MEDIA ARITMETICĂ ...............................................

58

63

206

Capitolul IV. NUMERE ÎNTREGI.DIVIZIBILITATE ÎN ����. MODULUL UNUI NUMĂR ÎNTREG. TEOREMA ÎMPĂRȚIRII CU REST ÎN ���� ........................................................................

76

80

215

Capitolul V. ECUAŢII ŞI INECUAŢII ÎN ����, ����, ����+ ....................... 86 91 219

Capitolul VI. PROBLEME DE NUMĂRARE. PROBLEME DE COLORARE ...........................................................................

99

104

228

GEOMETRIE Capitolul I. PUNCTE. DREPTE. SEMIDREPTE.SEGMENTE

DE DREAPTĂ (Temă pentru centrele de excelență) ..........

113

116

236

Capitolul II. UNGHIURI (Temă pentru centrele de excelență) ... 121 127 241

Capitolul III. CONGRUENŢA TRIUNGHIURILOR ...................... 132 140 245

Capitolul IV. PERPENDICULARITATE. MEDIATOAREA UNUI SEGMENT. LINII IMPORTANTE ÎN TRIUNGHIURI. SIMETRIA FAȚĂ DE O DREAPTĂ ........................................

143

146

248

Capitolul V. PARALELISM .......................................................... 150 151 250

Capitolul VI. PROPRIETĂŢI ALE TRIUNGHIURILOR. TRIUNGHIUL DREPTUNGHIC ..............................................

154

156

254

Capitolul VII. TRIUNGHIUL ISOSCEL. TRIUNGHIUL ECHILATERAL........................................................................

161

165

259

Capitolul VIII. PROBLEME DE COLINIARITATE. PROBLEME DE CONCURENŢĂ ................................................................

178

270

SOLUŢII. INDICAŢII. RĂSPUNSURI ........................................... 180

Bibliografie .................................................................................. 272

5

Programa olimpiadei de matematică

*Pentru fiecare clasă, în programa de olimpiadă sunt incluse în mod implicit conţinuturile programelor de olimpiadă din clasele anterioare. Cunoştinţele suplimentare faţă de programa şcolară, pot fi folosite în rezolvarea problemelor de olimpiadă.

Etapa locală

ALGEBRĂ 1. Numere naturale Proprietăţile divizibilităţii în �. Criteriile de divizibilitate cu: 2; 5; 10; 2n; 5n; 3; 9; 7; 11; 13. Numerele prime şi numerele compuse. Teorema fundamentală a aritmeticii. C.m.m.d.c. şi c.m.m.m.c; [a; b] ⋅ (a; b) = a ⋅ b. Numere prime între ele. a / bc şi (a; b) = 1 ⇒ a / c (teorema lui Gauss). Dacă (a; b) = d ⇒ ∃ x, y ∈ � astfel încât (x; y) = 1 şi a = xd; b = yd.

Dacă [a; b] = m ⇒ ∃ x, y ∈ � astfel încât (x; y) = 1 şi m = ax; m = by.

2. Rapoarte şi proporţii Rapoarte. Proporţii. Procente. Mărimi direct proporţionale. Mărimi invers proporţionale. Şir de rapoarte egale. Proporţionalitate directă. Proporţionalitate inversă.

GEOMETRIE 1. Punct. Dreaptă. Semidreaptă. Segment (conţinutul programei şcolare). 2. Unghi (conţinutul programei şcolare şi, în plus, teorema directă şi teorema reciprocă a unghiurilor opuse la vârf). 3. Congruenţa triunghiurilor (conţinutul programei şcolare şi cazul L.U.U.)

Etapa judeţeană (municipiul Bucureşti) / etapa naţională

ALGEBRĂ 1. Numere întregi Operaţii în �. Modulul unui număr întreg. Puterea unui număr întreg cu exponent număr natural. Reguli de calcul cu puteri.

Proprietăţi ale divizibilităţii în � 1) a / a, ∀a ∈�; 3) a / b şi b / a ⇒ a = b sau a = −b; 5) a / 1 sau a / −1 ⇒ |a| = 1; 7) 0 / a ⇒ a = 0; 9) a / b ⇒ a / b · c, ∀c ∈�; 11) a / b1 şi a / b2 ⇒ a / (b1c1 ± b2 c2)

unde c1, c2 ∈�; 13) a · c / b · c, c ≠ 0 ⇒ a / b;

2) a / b şi b / c ⇒ a / c; 4) 1 / b şi −1 / a, ∀a ∈�;

6) a / 0, ∀a ∈�;

8) a / b ⇔ (−a) / b ⇔ a / (−b) ⇔ (−a) / (−b); 10) a / b1 şi a / b2 ⇒ a / (b1 ± b2); 12) a / b ⇒ a ⋅ c / b ⋅ c, ∀c ∈�;

14) a1 / b1 şi a2 / b2 ⇒ a1a2 / b1b2.

7

A L G E B R Ă CAPITOLUL I

NUMERE NATURALE I.1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în I.1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în I.1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în I.1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în N

� Numărul natural b divide numărul natural a dacă există un număr natural c astfel încât a = b · c. Notaţii: b / a sau a b� (“b divide a” sau “a se divide cu b”). Observaţie: Nu există pentru orice pereche de numere naturale a şi b un număr natural c

astfel încât a = b · c şi urmează că relaţia b / a nu este peste tot definită în �. Pentru a ∈ � se consideră mulţimea Da = {x � � / x / a} ale cărei elemente se numesc

divizorii lui a. Dacă a � �*, atunci Da este mulţime finită.

PROPRIETĂȚILE RELAȚIEI DE DIVIZIBILITATE

1. a / a oricare ar fi a ∈ � (reflexivitatea); 2. a / b şi b / a ⇒ a = b (antisimetria); 3. a / b și b / c ⇒ a / c; a, b, c ∈ �* (tranzitivitatea); 4. a / 1 1a⇒ = ; 5. a / 0, oricare ar fi a ∈ �; 6. 0 / a ⇒ a = 0; 7. a / b ⇒ a / b⋅ c, oricare ar fi c ∈ �;

8. a / b1 şi a / b2 ( )1 2 1 2 1 2/ şi / ; a b b a b b b b⇒ + − ≥

Generalizare: a / b1, a / b2, ..., a / bn ⇒ a / b1 + b2 + ... + bn ; 9. Dacă a, b, c ∈ �*, c / a + b și c / a, atunci c / b. Demonstrație: c / a + b și c / a implică conform definiției că există m, n ∈ �* astfel încât a + b = cm și

a = cn, de unde a + b – a = b = cm – cn = c(m – n). Deci c / b. 10. a / b şi a � c ⇒ a � b + c;

11. a / b1 şi a / b2 1 1 2 2/a b c b c⇒ + , oricare ar fi c1, c2 ∈ �;

Generalizare: a / b1; a / b2; …; a / bn 1 1 2 2/ ...n n

a b c b c b c⇒ + + + , oricare ar fi 1 2, ,...,n

c c c ∈�;

12. a / b ⇒ ac / bc, oricare ar fi c ∈ �; 13. ac / bc şi 0 /c a b≠ ⇒ ; 14. a1 / b1 şi a2 / b2 1 2 1 2/a a b b⇒ ⋅ ⋅ ;

Generalizare: a1 / b1; a2 / b2;…; an / bn 1 2 1 2... / ...n n

a a a b b b⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ .

Probleme rezolvate:

1. Arătați că numărul 7663 + 6653 este divizibil cu 71.

Rezolvare: Să ne amintim! an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2 · b + an – 3 · b2 + ... + a · bn – 2 + bn – 1), oricare ar fi a, b, n ∈ �*.

an + bn = (a + b)(an – 1 – an – 2 · b + an – 3 · b2 – ... – a · bn – 2 + bn – 1), unde a, b, n ∈ �*, n impar.

a2 – b2 = (a – b)(a + b) = a2 – b2, oricare ar fi a, b ∈ �.

8

Avem 7663 + 6653 = (7663 – 563) + (6653 + 553) + (563 – 553) = (76 – 5)(7662 + 7661 · 5 + ... + + ... + 76 · 561 + 562) + (66 + 5)(6652 – 6651 · 5 + ... – 66 · 551 + 552) + 553(510 – 1) = = M71 + 553(510 –1). Însă 510 – 1 = (55 – 1)(55 + 1) = (5 – 1)(54 + 53 + 52 + 5 + 1) · (55 + 1) = = 4 · 781 · (55 + 1) = 4 · 71 · 11 · (55 + 1) = M71.

2. Se știe că numărul A = aabbcccc este pătrat perfect cu a ≠ b ≠ c ≠ a. a) Arătați că 121 / A. b) Determinați toate numerele A cu proprietatea de mai sus.

(Concursul „Florica T.Câmpan, etapa județeană, Iași, 2012, Cristian Lazăr)

Rezolvare:

a) Cazul c ≠ 0.

A = aa · 106 + bb · 104 + cc · 102 + cc = 11(a · 106 + b · 104 + c · 102 + c), de unde 11 / A.

Cum 11 este număr prim rezultă 112 / A. Dacă c = 0, atunci A = 104 · ( aa · 102 + bb ) = = 104 · 11 · (a · 102 + b) etc. b) A pătrat perfect implică c ∈ {0; 1; 5; 6; 9}. Dacă c ∈ {1; 5; 6; 9}, atunci A este de

forma 4k + 3 sau 4k + 2, deci A nu este pătrat perfect. Să analizăm cazul c ∈ {0; 4}.

Dacă c = 4, atunci A = 4· ( )6 4

6 4 4 210 10 · · 1111 4· · 5 ·2 · 5 ·2 1111

4 4aa bb aa bb

+ + = + + =

= 22 · (M4 + 3), deci A nu este pătrat perfect. A mai rămas că analizăm cazul c = 0.

Dacă c = 0, atunci A = aabb · 104. Deci este necesar ca numărul aabb să fie pătrat perfect.

Dacă b = 0, atunci 00aa = 100 · aa . Dar aa nu este pătrat perfect, oricare ar fi cifra a.

b = 1 implică 11aa = M4 + 3, nu convine.

b = 4 implică 44aa = aa · 100 + 44 = 11(100a + 4) = 11[99a + a + 4], de unde 11 / a + 4. Deci a = 7 soluție.

b ∈ {5; 6; 9}, conduce la aabb este de forma M4 + 3 sau M4 + 2, nu convine. Prin urmare, A = 77440000 soluție unică.

3. Se știe că numerele abc și cba scrise în baza zece sunt divizibile cu 7. Arătați că numărul n = 6a + 12b + 6c este divizibil cu 7.

Rezolvare:

abc = 100a + 10b + c = (98a + 7b) + (2a + 3b + c), (1).

cba = 100c + 10b + a = (98c + 7c) + (2c + 3b + a), (2). Din (1) și (2) rezultă că 7 / 2a + 3b + c și 7 / 2c + 3b + a, de unde 7 / (2a + 3b + c) + (2c + 3b + a),

adică 7 / 3a + 6b + 3c și 7 / 2(3a + 6b + 3c).

4. Arătați că suma și produsul oricăror cinci numere naturale consecutive, se divide cu 5.

Rezolvare: Resturile împărțirii a cinci numere naturale consecutive la 5 sunt 0, 1, 2, 3 și 4, nu

neapărat în această ordine, adică ele sunt de forma M5, M5 + 1, M5 + 2, M5 + 3, M5 + 4 nu neapărat în această ordine.

Însă S = M5 + M5 + 1 + M5 + 2 + M5 + 3 + M5 + 4 = M5 + 10 = M5. Dintre două numere naturale consecutive exact unul dă restul 0 la împărțirea cu 5, deci

unul din cei cinci factori ai produsului se divide cu 5. Prin urmare, produsul lor se divide cu 5.

10

8. Arătați că cifra zecilor pătratului unui număr impar este o cifră pară.

Rezolvare:

Fie N = –1 3 2 1...n n

a a a a a =2

–1 3 2 1...p p

b b b b b cu b1 cifră impară.

Avem N = ( ) ( )2 2 2–1 3 2 1 –1 3 2 –1 3 2 1 1... · 10 ... · 100 ... · · 2 · 10

p p p p p pb b b b b b b b b b b b b b b+ = + + .

Însă 21b ∈ {1; 9; 25; 49; 81}. Se observă că cifra zecilor fiecărui termen al sumei este

pară, prin urmare și N are cifra zecilor pară.

EXERCIŢII ŞI PROBLEME

1. Să se afle cel mai mare număr natural format din cifre distincte cu proprietatea: numărul format din oricare două cifre alăturate (în ordinea în care sunt scrise în componenţa numărului) este multiplu de 7.

2. Fie a, b, c cifre nenule în baza 10 şi n = ab ba+ + bc + cb + ac + ca . Arătaţi că:

a) 11/n; b) 9/n dacă şi numai dacă 9/ abc ; c) Determinaţi abc , dacă n este pătrat perfect. (etapa judeţeană, Iaşi, 1996)

3. Aflaţi numărul abc ştiind că abc = 25 (a + b + c).

4. Determinaţi pătratele perfecte de forma n = abbc , unde cifrele a, c, b sunt consecutive cu a < c < b în baza zece de numeraţie.

5. Determinaţi numerele naturale ,abc în baza zece, ştiind că: 7a + 10b = 17c.

6. Aflaţi cifrele a şi b astfel încât numărul A = aabaa , scris în baza 10, să fie divizibil cu 109.

7. Determinaţi numerele naturale de trei cifre care au suma cifrelor 11 şi sunt divizibile cu 7.

8. Împărţind numărul 947 la un număr natural se obţine restul 12. Aflaţi împărţitorul.

9. Să se arate că suma numerelor naturale de trei cifre care au cifra a (1 ≤ a ≤ 9) exact de două ori se divide cu 111.

10. Arătaţi că pot fi alese maxim 671 de numere din mulţimea A = {1, 2, 3 ,..., 2011}, astfel încât diferenţa oricăror două numere alese să nu dividă suma acestura.

(Concursul "Florica T. Câmpan", etapa interjudeţeană, Iaşi, 2011)

11. Fie numărul n = 42011. a) Determinaţi restul împărţirii numărului n la 3; b) Demonstraţi că n are cel puţin 1207 cifre; c) Eliminăm câteva cifre de la începutul numărului n, pe care le adunăm la numărul rămas. Continuăm procedeul până obţinem un număr de zece cifre. Demonstraţi că acest număr are cel puţin două cifre egale.

(Concursul "La Şcoala cu Ceas", 2011, Rm. Vâlcea, Constantin Bărăscu)

19

I. 3. Numere prime. Numere compuseI. 3. Numere prime. Numere compuseI. 3. Numere prime. Numere compuseI. 3. Numere prime. Numere compuse

Reţineţi: ���� Un număr natural a este prim dacă a are exact doi divizori; pe 1 şi pe a. Exemple: 2, 3, 5, 23 etc. ���� Un număr natural este compus dacă are cel puţin 3 divizori. Exemple: 6 are 4 divizori (1, 2, 3, 6); 8 are 4 divizori (1, 2, 4, 8) etc.

Cum arătăm că un număr este prim? ���� Pentru a arăta că un număr natural este prim îl împărţim pe rând la numere prime în

ordine crescătoare. - dacă la un moment dat una din împărţiri dă restul 0, atunci numărul este prim; - dacă nicio împărţire nu dă restul 0 şi la un moment dat obţinem un cât cel mult egal cu

împărţitorul, atunci numărul este prim. Exemple: Să se decidă dacă numărul 1007 şi 2011 sunt prime. 2 � 1007; 3 � 1007; 5 � 1007; 7 � 1007; 11 � 1007; 13 � 1007; 17 � 1007; 19 / 1007

(1007 = 19,53), deci 1007 nu este număr prim. 2 � 2011; 3 � 2011; 5 � 2011; 7 � 2011; 11 � 2011; 13 � 2011; 17 � 2011; 19 � 2011;

23 � 2011; 29 � 2011; 31� 2011; 37 � 2011; 41 � 2011; 47 � 2011 (câtul este 42 şi 42 < 47); deci numărul 2011 este număr prim.

���� Notă: a) 1 nu este nici prim, nici compus. b) 2 este singurul număr prim par.

Probleme rezolvate:

1. Demonstrați că există o infinitate de numere prime. (teorema lui Euclid)

Demonstrație: Prin reducere la absurd presupunem că există un număr finit de numere prime. Fie acestea

p1, p2, ..., pn (pn fiind cel mai mare). Considerăm numărul N = p1 · p2 · p3 · ... · pn + 1. Evident N > pn și ar urma că N nu este

număr prim, adică este număr compus și se divide cu pk unde 1 ≤ k ≤ n (pk număr prim). Însă din pk / N rezultă pk / 1, adică pk = 1, contradicție! Prin urmare, există o infinitate de numere prime. 2. Fie n un număr natural compus. Demonstrați că n este divizibil printr-un număr prim p

astfel încât p2 < n.

Demonstrație: Fie p cel mai mic divizor prim al numărului compus n. Deci n = p · q, unde p ∈ �* și q ∈ �*

cu p ≥ 2 și q ≥ 2, p ≤ q. Din p ≤ q rezultă p2 ≤ pq, adică p2 ≤ n. Rețineți! Din concluzia acestei proprietăți rezultă că dacă un număr natural n nu este

divizibil cu niciun număr prim p cu p2 ≤ n, atunci n este prim. 3. Să se determine numerele naturale n, pentru care, fiecare din numerele: n + 1, n + 3,

n + 7, n + 9, n + 15 este număr prim.

Rezolvare: Observație: Dacă n este impar, atunci, de exemplu n + 3 nu este prim. Deci n este număr

natural par.

20

Analizăm următoarele cazuri: • dacă n = 0, atunci n + 1 = 1 și nu este prim; • dacă n = 2, atunci n + 7 = 9 și nu este prim. • dacă n = 4, toate numerele sunt prime, soluție.

Arătăm că n = 4 este soluție unică. Într-adevăr, dacă n = 10k, k ∈ �, atunci n + 15 se divide cu 5. Dacă n = 10k + 2, atunci n + 3 se divide cu 5. Dacă n = 10k + 4, k ∈ �*, atunci n + 1 se divide cu 5. Dacă n = 10k + 6, atunci n + 9 se divide cu 5. Dacă n = 10k + 8, atunci n + 7 se divide cu 5. Conchidem că numerele date sunt simultan prime numai dacă n = 4. 4. Se dă șirul de numere naturale scrise în baza zece:

121, 12321, 1234321, ..., 12345678987654321. a) Arătați că toți termenii șirului sunt numere compuse. b) Câți termeni ai șirului se divid cu: i) 3; ii) 37; iii) 101.

(Concursul „Ștefan Dârțu“, Vatra Dornei, 2014, Artur Bălăucă)

Rezolvare: a) Avem 121 = 112, 1234321 = 1112, ..., 12345678987654321 = 1111111112. Deci toți termenii șirului sunt numere compuse.

b) i) Fie a = 123...321 =�2

cifre

11...1p

, unde p ∈ �*, 2 ≤ p ≤ 9. a se divide cu 3 dacă 3 / p, adică

p ∈ {3, 6, 9}. Sunt 3 numere divizibile cu 3 în șirul dat. ii) 37 / a dacă 37 /�

cifre

11...1p

, adică p = 3k, k ∈ �*, pentru că 37 / 111. Sunt 3 numere

divizibile cu 37. iii) 101 / a dacă 101 /

cifre

111...1p

��� . Cum 101 / 1111 rezultă că p = 4k, k ∈ �*, deci p ∈ {4, 8} și

sunt două numere divizibile cu 101. 5. Să se arate că există 2015 numere naturale consecutive compuse. Generalizare.

Rezolvare: Să considerăm numărul A = 1 · 2 · 3 · … · 2015 · 2016 și numerele A + 2, A + 3, …,

…, A + 2016, (1). Observăm că A + 2 se divide cu 2, A + 3 se divide cu 3, A + 4 se divide cu 4, …, A + 2016 se divide cu 2016, adică toate cele 2015 de numere consecutive din șirul (1) sunt consecutive și compuse. Generalizare: Fiind dat numărul natural n, n ≥ 2, există n numere naturale consecutive și

compuse. 6. Să se determine un număr natural p, știind că numerele p, p + 1, p + 2, …, p + 2015

sunt numere compuse.

Rezolvare: Putem considera p = 1 · 2 · 3 · 4 · … · 2017 + 2. Să observăm că p este divizibil cu 2, p + 1 este divizibil cu 3, p + 2 este divizibul cu 4,

ș.a.m.d. p + 2014 este divizibil cu 2016, iar p + 2005 este divizibil cu 2017. Prin urmare, toate numerele din șirul dat sunt compuse.

21

EXERCIŢII ŞI PROBLEME 1. Aflaţi valoarea de adevăr a propoziţiei: „Pentru orice număr natural n, numărul n(n + 3) + 19 este număr prim.”

2. Fie y produsul primelor 1997 de numere prime. Determinaţi ultimele două cifre ale numărului = 7 yx .

3. Dacă x şi x + 2 sunt numere prime mai mari decât 3, demonstraţi că x + 7 este număr compus şi determinaţi cel puţin doi divizori proprii ai acestuia.

4. Aflaţi numerele naturale n pentru care 2, +4n n şi 2 + 6n sunt simultan numere prime.

5. Determinaţi numerele naturale de trei cifre distincte cu proprietatea că cifrele numărului sunt factori primi pentru număr.

6. Determinaţi numărul a = xyzxyz , ştiind că este produs de numere prime consecutive.

7. Determinaţi toate perechile (a, b) de numere naturale prime, cu a > b astfel încât a – b şi a + b să fie tot numere prime.

8. Determinaţi numerele naturale x şi y ştiind că îndeplinesc simultan condiţiile: a) x2 + 9x + 19y = 1998; b) y este prim.

9. Determinaţi 1997 de numere naturale consecutive şi neprime.

10. Determinaţi numerele naturale a, b şi c, ştiind că: a este prim, 7a + 5b + 3c = 15 980 şi 7b + 5c =23 950.

11. Aflaţi numerele prime a, b, c ştiind că: 5a + 7b + 11c = 167.

12. Aflaţi numerele naturale a, b, c ştiind că: a + 8b + 14c = 124 şi numerele a, b, c sunt prime.

13. Determinaţi numerele prime a, b, c ştiind că: 3a + 7b + 14c = 112.

14. Determinaţi toate tripletele de numere prime care verifică relaţia: 2a + 5b + c = 35. (etapa judeţeană, Botoşani, 1999)

15. Să se determine numerele prime de forma abc în baza zece care au produsul cifrelor 252.

16. Aflaţi numerele naturale prime a, b, c ştiind că: 3a + 5b + 7c = 67.

17. Determinaţi numerele naturale de forma abcd în baza zece, ştiind că numerele naturale a, b, c, d sunt prime şi că 3a + 5b + 10c + 20d = 195. (Artur Bălăucă)

18. Determinaţi numerele naturale n şi p ştiind că p este număr prim şi n + p + n2 = 92.

19. Determinaţi numerele prime a, b, c, d astfel încât: 3a + 4b + 6c + 9d = 114. (Artur Bălăucă)

150

CAPITOLUL V

PARALELISM

Probleme rezolvate:

Reţineţi! Teorema liniei mijlocii a triunghiului Fie triunghiul ∆ABC, iar M şi N mijloacele laturilor [AB], respectiv [AC]. Să se arate

că MN || BC şi MN = .2

BC

Rezolvare: Fie P simetricul punctului M faţă de punctul N (fig. 39).

∆AMN ≡ ∆CPN (L.U.L) ⇒ �MAN ≡ �NCP (alterne

interne) ⇒ AM � CP, însă (MB) ≡ (AM) ⇒ MB � CP şi

(MB) ≡ (CP) ⇒ �BMC ≡ �MCP (alterne interne).

∆MBC ≡ ∆CPM (L.U.L) ⇒ (BC) ≡ (MP) şi �PMC ≡ �MCB ⇒ (BC) ≡ (MP) şi �PMC ≡

≡ �MCB, dar MP = 2MN, deci MN = 2

BC şi MP � BC.

Teorema reciprocă a liniei mijlocii a triunghiului Fie triunghiul ∆ABC şi M mijlocul laturii [AB], iar MN || BC (N ∈ AC). Să se arate că

punctul N este mijlocul laturii [AC].

Rezolvare: Prin absurd presupunem că N nu este mijlocul laturii (AC). Fie N’ mijlocul laturii AC.

Conform teoremei liniei mijlocii în ∆ABC rezultă că MN’ � BC, contradicţie! (axioma

paralelelor). Centrul cercului circumscris Să se demonstreze că mediatoarele laturilor unui triunghi se intersectează într-un punct.

Rezolvare: Fie triunghiul ABC şi dreptele a şi b mediatoarele laturilor [AB] şi respectiv [BC].

Dacă a � b, atunci prin punctul B trec două drepte AB şi BC perpendiculare pe dreapta a,

contradicţie! Deci a ∩ b = {O}. O ∈ a ⇒ d(O, A) = d(O, B); O ∈ b ⇒ d(O, B) = d(O, C), deci d(O, A) = d(O, C) ⇒ O aparţine mediatoarei laturii AC. Ortocentru Să se demonstreze că înălţimile unui triunghi se intersectează într-un punct.

Rezolvare: Fie triunghiul ABC şi înălţimile sale AA’, BB’, CC’ (fig. 40).

Prin vârfurile triunghiului ducem dreptele MN, NP şi MP paralele la laturile BC, AB şi, respectiv, (AC). Se arată că ∆ABC ≡ ≡ ∆PCB ≡ ∆CNA ≡ ∆BAM (U.L.U.) ⇒ (AM) ≡ (AN); (MB) ≡ (PB); (PC) ≡ (CN). Dreptele AA’, BB’ şi CC’ sunt mediatoarele laturilor triunghiului ∆MNP, deci sunt concurente (vezi problema 3) etc. Fig. 40

A

M

B C

PN

Fig. 39

A

B CA’

B’C’

H

M N

151

EXERCIŢII ŞI PROBLEME 1. Fie B’ şi C’ simetricele vârfurilor B şi C ale triunghiului ∆ABC faţă de vârful A. Demonstraţi că B’C’|| BC.

2. a) Să se demonstreze că două unghiuri cu laturile respectiv paralele sunt congruente sau suplementare. b) Să se demonstreze că bisectoarele a două unghiuri cu laturile respectiv paralele sunt paralele sau perpendiculare.

3. Demonstraţi că bisectoarele a două unghiuri interne de aceeaşi parte a secantei formate de două drepte paralele sunt perpendiculare.

4. În triunghiul ∆ABC paralele prin B şi C la bisectoarea (AD a unghiului �BAC. D ∈ (BC) intersectează dreptele AC şi AB în E, respectiv F. Arătaţi că (BC) ≡ (EF).

5. Fie triunghiul ∆ABC şi O un punct exterior triunghiului. Pe semidreptele opuse semidreptelor [OA, [OB, [OC considerăm respectiv punctele A’, B’, C’ astfel încât [OA] ≡ [OA’], [OB] ≡ [OB’], [OC] ≡ [OC’]. Să se arate că: a) Punctele A’, B’, C’

nu sunt coliniare. b) �ABC ≡ �A’B’C’. (etapa judeţeană, Botoşani, 1990)

6. Să se demonstreze că paralelele duse prin mijloacele A’, B’, C’ ale laturilor (BC), (CA), (AB), ale triunghiului ∆ABC la bisectoarele interioare ale unghiurilor �A,

�B, �C sunt concurente.

7. Fie triunghiul ABC și punctul M mijlocul laturii AC, iar punctul N simetricul lui B față de M. a) Arătați că AN || BC. b) Dacă punctul P se află pe latura (AC) astfel

încât AP =1

3AC și PN ∩ AB = {Q}, arătați că QM || AN.

8. Fie triunghiul ABC. Pe latura (BC) se consideră punctele M și N astfel încât

BM = NC =3

BC. Dacă punctul P este mijlocul laturii (AC) și BP ∩ AM = {Q},

arătați că punctul Q este centrul de greutate al triunghiului ABN.

9. Fie segmentul (AB) și punctul O mijlocul acestuia. Prin punctul O se duce o dreaptă oarecare d care intersectează perpendicularele în punctele A și B pe dreapta AB în punctele M și, respectiv, N. În punctul O se duce dreapta g perpendiculară pe dreapta d care intersectează dreptele AM și BN în punctele P și, respectiv, Q. Arătați că: a) PN || MQ; b) (MN este bisectoarea �PMQ.

10. Fie triunghiul ABC și punctul I intersecția bisectoarelor (BB' și (CC' ale triunghiului (C' ∈ (AB) și B' ∈ (AC)). Prin punctul I se duce o dreaptă d paralelă la dreapta BC care intersectează laturile (AB) și (AC) în punctele M și, respectiv, N.

Arătați că MN ≠2

BC.

161

CAPITOLUL VII

TRIUNGHIUL ISOSCEL. TRIUNGHIUL ECHILATERAL

Probleme rezolvate:

1. Se consideră triunghiul isoscel ABC, cu AB = AC și m(�BAC) = 30°. Punctul D se află în interiorul unghiului �ACB, astfel încât m(�DCB) = 15° și m(�DBA) = 75°. Demonstrați că are loc egalitatea AC = AD.

(Concursul „Recreații matematice“, 2012, Muncel)

Rezolvare: Fie CD ∩ AB = {E}, fig. 45. Din (AB) ≡ (AC) rezultă că

∆ABC este isoscel, de unde m(�ABC) =180 –m( )

2

BAC°=

�

= 75°. Cum m(�DCB) = 15°, rezultă că m(�BEC) = 90°. În ∆DBC, (BE este bisectoare și înălțime, deci acesta este triunghi isoscel, de unde (BD) ≡ (BC). ∆ABC ≡ ∆ABD (L.U.L.), de unde concluzia.

2. În triunghiul ABC, AC < BC și m(�ACB) = 60°. Pe latura (BC) se consideră punctul D astfel încât (BD) ≡ (AC) și fie punctul E simetricul punctului A față de punctul C. Să se demonstreze că [DE] ≡ [AB].

(Concursul „Recreații Matematice“, 2012, Muncel, Iași)

Rezolvare: Să efectuăm o construcție auxiliară! Cum?

Având m(�ACB) = 60°, să construim un triunghi echilateral. Fie F ∈ (BC) astfel încât (AC) ≡ (CF)

(fig. 46). Astfel avem triunghiul ACF echilateral, de unde (CF) ≡ (AC) ≡ (CE) ≡ (AF), (1). m(�ECD) = m(�AFD) = 180° – 60° = 120°,(2).

Din (CF) ≡ (DB) rezultă că (CD) ≡ (FD), (3). Fig. 46 Observație: Putem avea și ordinea C – D – F, însă congruențele sunt aceleași. Din (1), (2) și (3) rezultă ∆ECD ≡ ∆AFB (L.U.L.), de unde (AB) ≡ (DE). 3. În triunghiul echilateral ABC se consideră bisectoarea [AM,

M ∈ (BC). Pe segmentul (AM) se consideră punctul P astfel încât m(�PBM) = 15°. Arătați că AM + MP = BC.

(Concursul de geometrie „Dan Brânzei“, Muncel, Iași, 2012) Rezolvare: Ideea vine relativ cu ușurință. Să prelungim segmentul (AM) cu

un segment (MQ) astfel încât (MQ) ≡ (MP). Urmează să arătăm că (BC) ≡ (AQ). De fapt, punctul Q este simetricul punctului P față de dreapta (BC), pentru că AM ⊥ BC (fig. 47). Avem m(�ABQ) = 60° + 15° = 75° (∆PBQ este isoscel și BM ⊥ AM) și cum

m(�BAQ) = 30°, rezultă că m(�AQB) = 75°. Deci, ∆ABQ este isoscel cu (AB) ≡ (AQ).

A

D

BC

E

30°

15°75°Fig. 45

A

C F D B

E

A

B C

PM

Q

Fig. 47

180

SOLUŢII. INDICAŢII. RĂSPUNSURI

ARITMETICĂ. ALGEBRĂ. Capitolul I. Numere naturale

I. 1. Proprietăţile relaţiei de divizibilitate în � 1. 98421. 2. a) n = 22(a + b + c) etc;

b) (9,22) = 1 ⇒ 9/a + b + c � 9/n etc. c) 22/a + b + c şi a + b + c ≤ 27 ⇒ abc = 484.

3. abc = 25(a + b + c) � 25/ abc ⇒ b = c = 0 sau bc ∈{25, 50, 75}. 1. Pentru bc = 25 se

obţine 100a + 25 = 25(a + 7), de unde rezultă a = 2; 2. Pentru bc = 50 se obţine a = 1;

3. Pentru bc = 75 se obţine a = 3. 4. b = c = 0 ⇒ nu există a. 4. n = abbc = 1000a + 110b + c = = 1000a + 110(a + 2) + a + 1 = 1111a + 221. Deoarece U(n) ∉ {2, 3, 7, 8} rezultă că

a ∈ {3, 4, 5} şi abbc ∈ {3554, 4665, 5776}. 3554 este de forma 4k + 2, deci nu este pătrat perfect, iar 4665 nu este pătrat perfect pentru că se divide cu 5 şi nu se divide cu 25.

5776 = 24 · 192 = 762. 5. abc ∈ {111, 222, 333, …, 999}. 6. A = 11011a + 100b =

= a(101 · 109 + 2) + 100b = M109 + (100b + 2a) ⇒ a = 9; b = 2. 7. abc ∈ {119, 182, 245, 308, 371, 434, 560, 623, 812}. 8. Notăm cu x împărţitorul şi cu q câtul; 947 = xq + 12, x > 12⇒ xq = 935 ⇒ xq = 5 · 11 · 17 ⇒ x ∈ {17, 55, 85, 187, 935}. 9. Suma numerelor de

forma aab este egală cu: 110(1 + 2 + ... + 9) + (1 + 2 + ... + 9) = 111 · 45 etc. 10. Considerăm submulţimea A1 ⊂ A, unde A1 = {1, 4, 7, 10, …, 2011}, adică toate numerele din A care dau restul 1 la împărţirea cu 3. Oricare are fi elementele 3k + 1 şi 3q + 1 din A1, avem (3k + 1) − (3q + 1) � (3k + 1) + (3q + 1) etc. 11. a) 42011 = (3 + 1)2011 = M3 + 1, restul este 1. b) Arătaţi că 42011 > 101206. c) Deoarece n = M3 + 1, oricâte cifre am permuta, numărul obţinut dă restul 1 la împărţirea cu 3. Dacă numărul de 10 cifre obţinut după un număr de paşi, ar avea cifre distincte două câte două, atunci el s-ar divide cu 3, contradicţie! 12. 5 · 92011 = 5 · 92 · 92009 = 405 · 92009 = (50 · 8 + 5) · 92009 = (8 · 92009) · 50 + 5 · 92009. Restul este 5 · 92009. 13. x(x + 1) + y(y + 3) + z(z + 5) = 2011. Dar x(x + 1); y(y + 3) şi z(z + 5) sunt numere pare oricare ar fi x, y, z � �, contradicţie. 14. Conform teoremei împărţirii cu rest

avem relaţiile: abc = 8m + 3; abc = 7n + 2; abc = 6p + 1 şi abc = 5q, unde m, n, p, q ∈ �*.

Din aceste relaţii rezultă că abc + 5 = M8 = M7 = M6 şi 5/ abc , de unde [6, 7, 8] / abc + 5,

adică abc + 5 ∈ {168, 336, 504, 672, 840} şi abc ∈ {163; 331; 499; 667; 835}. Cum

5/ abc rezultă că 835 este singura soluţie a problemei. 15. Presupunem că există k ∈ N

astfel încât: 2k < 2n < 2n + 1 < … < 4n − 1 < 4n < 2k + 1; 2k < 2n ⇒ 2k − 1 < n (1); 4n < 2k + 1 ⇒ ⇒ n < 2k − 1 (2). Contradicţie din (1) şi (2), deci există cel puţin o putere a lui 2 cu proprietatea dată. 16. Fie n � �* aşa încât n = 17 · q + q, q < 17, q � N şi n = 23 · r + r, r < 23, r � �. Deci n = 18q cu 0 ≤ q < 23 şi n = 24r cu 0 ≤ r < 17. Din 18q = 24r rezultă 3q = 4r. Deci q = 4a, r = 3a cu a � � şi a ≤ 4. Rezultă n = 18 · 4a = 72a, deci n ∈{72, 144,

216, 288}. 17. Din abc = c3 + c2 + c rezultă ab ·10 = c2(c + 1) �100 � c2(c + 1) < 1000,

4 < c < 10, dar 10 / c2(c + 1), deci c ∈ {5, 9} şi abc ∈ {155, 819}. 18. 7744. 19. a = 9648; b = 7. 20. 52n + 52n + 2 + 52n + 4 + 52n + 6 = 52n(1 + 52 + 54 + 56) = 52n[(1 + 56) + 52(1+ 56)] = = 52n(1 + 56)(1 + 56) = 52n · 26 · 626 etc. 21. Fie a + 2, a + 4, ..., a + 2k numerele pare

consecutive, unde a ∈ �, k ∈ N*\{1}, a este par. Avem (a + 2) + (a + 4) +...+ (a + 2k) =

= 182 � k(a + k + 1) = 182. Rezultă k/182, de unde k ∈ {2, 7, 13, 14, 26, 91, 182}. Pentru k ≥ 14, rezultă k(a + k + 1) > 182, deci k ∈ {2, 7, 13}. 22. a) Numerele naturale de trei cifre

181

multipli de 6 sunt 17 · 6, 18 · 6, ..., 166 · 6, de unde rezultă că sunt 166 – 16 = 150 de multipli de 6 care au trei cifre; b) Numerele naturale multipli de 2 care au trei cifre sunt: 50 · 2, 51 · 2, ..., 499 · 2, adică 499 – 49 = 450 de numere. Dintre acestea trebuie să excludem numerele multipli de 3, adică de 6, care sunt 150. Deci 450 – 150 = 300 de numere satisfac cerinţele problemei. 23. a) Numerele naturale de trei cifre multipli de 15 sunt: 15 · 7, 15 · 8, ..., 15 · 66, de unde rezultă că sunt 66 – 6 = 60. b) Numerele naturale multipli de 3 sunt: 34 · 3, 35 · 3, ..., 333 · 3, de unde rezultă că sunt 333 – 33 = 300. Dintre acestea trebuie să excludem numerele multipli de 5, adică de 15, care sunt 60. Conchidem că sunt 300 – 60 = 240 de numere care satisfac cerinţele problemei. c) Procedaţi analog. 24. 686 de numere. 25. 17/(a + 3b + 5c + 7d) implică 17/2(a + 3b + 5c + 7d) şi, cum 17/51(a + b + c + d) rezultă 17/53a + 57b + 61c + 65d. Din 17/34a + 34b – 34c – 34d şi 17/3 · (a + 3b + 5c + 7d) rezultă 17/37a + 43b – 19c – 13d. 26. n = 3k + 1; k ∈ �.

27. Sn = 9 + 99 + ... + �

99...9n cifre

+ 9n2 – 18n = 9 � cifre

1 11 ... 11...1n

+ + +

+ 9(n2 – 2n). Restul

împărţirii sumei 1 + 11 +...+ � cifre

11...1n

la 3 este egal cu restul împărţirii sumei cifrelor tuturor

termenilor sumei la 3. Se arată că 3/( ) 21

22

n nn n

++ − , n ∈ �. 28. n = 999 sau n = 909.

29. Se arată că 4/y şi 7/x – z. 30. ( )4

U 2n = 6 ⇒ U(p) = 5 ⇒ p = 5 şi n = 3. 31. Determinăm

exponenţii lui 2 şi ai lui 5 din descompunerea în factori a produsului 1000! = 1· 2· 3·...· 1000. Exponentul lui 2 este egal cu suma câturilor împărţirilor: 1000 : 2; 1000 : 22; 1000 : 23; 1000 : 24; 1000 : 25; 1000 : 26; 1000 : 27; 1000 : 28; 1000 : 29, adică 994. Exponentul lui 5 este egal cu suma câturilor împărţirilor: 1000 : 5; 1000 : 52; 1000 : 53; 1000 : 54, adică 249. Deci 1000! = 2994 · 5249 · k = (2 · 5)249 · 2745 · k = 10249 ⋅ 2745 · k, unde 2 nu divide k şi 5 nu divide k. Prin urmare, numărul 1000! se termină în 249 zerouri. 32. a) Aplicați formula lui

Legendre. Exponentul lui 2 din 4000! este egal cu 2 11

4000 4000 4000+ +...+ =3994.

2 2 2

Exponentul lui 3 din 4000! este egal cu: 2 7

4000 4000 4000+ +...+ =1996.

3 3 3

b) 1980! = 21972 · 3987 · 5493 · 11197 · k şi 1980180 = 2360 · 3360 · 5180 · 11180 etc. 33. 36/n, 72 � n şi n = 72k + r ⇒ 36/r şi r ≠ 0⇒ r = 36. 34. Dacă n ∈ {0, 1, 2}, atunci 120/a. Pentru n = 3 se obţine a = 120 şi pentru n > 3, 120/a. Numărul este 120. 35. Avem relaţiile: a = 8m,

m ∈ N* (1), 7/b şi b = a + 1 = 8m + 1 = 7m + (m + 1) ⇒ 7/m + 1 (2), 6/c şi c= a + 2 =

= 8m + 2 = 6m + 2(m + 1) ⇒ 6/2(m + 1) ⇒ 3/m + 1 (3), 5/d şi d = a + 3 = 8m + 3 = = 5m + 3(m + 1) ⇒ 5/3(m + 1) ⇒ 5/m + 1 (4). Din relaţiile (2), (3) şi (4) rezultă că 3 · 5 · 7 =

= 105/m + 1, deci m + 1 = 105k, k ∈ N*. Pentru ca a să fie cel mai mic număr natural, alegem

k = 1 deci m = 104 şi a = 832, iar numerele căutate sunt 832, 833, 834, 835. În cazul a > b > c > d

avem evident a = 8, b = 7, c = 6 şi d = 5. 36. n =� cifre

44...4·n

� cifre

99...9n

= 4 · 9 · �

2

cifre

11...1 .n

37. Presupunem

că există x, y ∈ � astfel încât 7x8 – 8y7 = 1984 = 31 · 64, de unde rezultă că x este par.

Deoarece x8 şi 1984 sunt divizibile cu 64 rezultă 64/8y7, adică y este par. x şi y fiind pare rezultă 28/7x8 – 8y7, deci 28/1984, absurd. 38. n ∈ {13, 16} şi (a, b, c, d, e, f) ∈ {(10, 5, 2, 1, 1, 1),

182

(15, 6, 3, 2, 1, 1)}. 39. Se observă că n ≤ 12. n = 12 conduce la 12! = 210 · 35 · 52 · 71 · 111, de unde a = 3, b = 0, c = 2, d = 0, e = 1. n ≤ 11 conduce la b + 5 < 5, imposibil. 40. 1) Notăm

multiplul căutat cu 1988a , unde a este număr natural de cel puţin o cifră. 1988a = a · 104 +

+ 1988, însă 1988/ 1988a ⇒ 1988/a ·104 ⇒ 10000

1988a⋅ ∈ � ⇒

2500

497a⋅ ∈ � ⇒ 497 / 2500a ⇒

⇒ 497/a pentru că (2500, 497) = 1. Cum 497/a rezultă că cel mai mic număr a este 497 şi multiplu căutat este 4971988. 2) Multiplul este 791975. 41. Notăm multiplul căutat cu

1988a , unde a este un număr scris cu n cifre (n ≥ 1) dintre care măcar una este nenulă.

Avem: 1988a � cifre

198800...0n

= + a = 10n · 1988 + a. Dar 1988/1988a ⇒ 1988/a şi cum a ≠ 0, cea

mai mică valoare pe care o poate lua este 1988, iar următoarea 1988 · 2 = 3976. Deci multiplul căutat este 19881988, iar următorul este 19883976. 42. Presupunem că n > m şi că ar exista

p ∈ � astfel încât n = mp. Deoarece n şi m au câte 7 cifre rezultă 2 ≤ p ≤ 8. Suma cifrelor

lui n, respectiv m este 28, deci n = 9a + 1 şi m = 9b + 1, înlocuind în n = mp, avem: 9a + 1 = = (9b + 1)p ⇒ 9(a – pb) = p, relaţie imposibilă. 43. Presupunem că a ≤ b. a ∈ Da ⇒

⇒ a ∈ Da ∪ Ma ⇒ a ∈ Db ∪ Mb; din a ≤ b, a ≠ 0 ⇒ a ∈ Db ⇒ (1) a/b ⇒ a/a + b ⇒

⇒ a + b ∈ Ma ⇒ a + b ∈ Da ∪ Ma ⇒ a + b ∈ Db ∪ Mb; dar a + b > b ⇒ a + b ∈ Mb ⇒

⇒ b/a + b ⇒ (2) b/a. Din (1) şi (2) ⇒⇒⇒⇒ a = b. 44. a) Din x ∈ A ∩ B rezultă 3n = 5m + 3.

Elementele mulţimii A ∩ B sunt de forma 15k + 2, k ∈ � şi cel mai mic element al mulţimii

A ∩ B este 2; b) i) 992; ii) 9992. 45. Presupunem prin absurd că nici unul din cele 10

numere nu este prim. Atunci, am avea: x1 ≥ 6; x2 ≥ 8; x3 ≥ 9; x4 ≥ 10; x5 ≥ 12; x6 ≥ 14; x7 ≥ 15; x8 ≥ 16; x9 ≥ 18 şi x10 ≥ 20, de unde rezultă că suma x1 + x2 +...+ x10 ia valoarea minimă 128, contradicţie. 46. a) �

1979 cifre 222 cifre

100...0 4 999...9��� ; b) Dacă x are cifra 1 pe prima poziţie (cazul cel mai

nefavorabil), atunci suma celor 200 de cifre egale cu 7 împreună cu 1 este egală cu 1401. Mai trebuie utilizate 1802 cifre a căror sumă să fie 802. Cel mai nefavorabil caz îl obţinem dacă folosim 802 cifre egale cu 1 şi în acest caz numărul de zerouri este 1200 etc.

47. Fie a ∈ A şi b ∈ B. 2a = k2 şi 3a = q3 (k, q ∈ N*) ⇒ 3k2 = 2q3 ⇒ 3/q şi 2/k ⇒ q = 3m şi

k = 2p (m, p ∈ N*) ⇒ 12p2 = 54m3 ⇒ 2p2 = 9m3 ⇒ 2/m şi 3/p ⇒ m = 2x şi p = 3y

(x, y ∈ N*) ⇒ 72x3 = 18y2 ⇒ 4x3 = y2 ⇒ 2/y ⇒ y = 2z (z ∈ N*) ⇒ 4x3 = 4z2 ⇒ x3 = z2.

Al doilea element al mulţimii A se obţine pentru x = 4 şi z = 8 şi anume a = 4608. Procedând analog se obţine că primul element al mulţimii B este 108. a = 72z2 şi b = 12t2,

unde z, t ∈ N*. Dacă A ∩ B ≠ Ø, atunci 72z2 = 12t2, de unde 6z2 = t2. Se demonstrează prin

reducere la absurd că 6z2 ≠ t2. 48. Nu. Presupunem că suma comună celor 8 vârfuri este a. Avem: 8a = 2(1 + 2 + 3 + ... + 12), fiecare muchie este numerotată de două ori, câte o

dată pentru fiecare capăt. Avem: 39

2a = ∉N , contradicţie. 49. a) Cel de 19 l. b) 3 lei.

50. 7 · 32000 = (4 + 3) · 32000 = 4 · 31997 · 27 + 32001 = (4 · 31997) · 27 + 81 · 31997 = (4 · 31997) · 27 +

+ (80 + 1) · 31997 = 4 · 31997 · (27 + 20) + 31997 = 47 · (4 · 31997) + 31997 etc. 51. Notăm n! = 1 · 2 · 3 · ... · n. Avem 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + 4 · 4! + ... + 2003 · 2003! < 2004! � � (2 – 1) · 1! + (3 – 1) · 2! + (4 – 1) · 3! + ... + (2004 – 1) · 2003! < 2004! � 2! – 1! + 3! – 2! +