joined document 14ematematika.ro/wp-content/uploads/2015/10/Subiecte-barem...OLIMPIADA DE MATEMATIC...

Problema 3 a fost selectat� din Suplimentul Gazetei Matematice- Seria B, nr. 10/2013, publica�ie lunar� pentru tineret, fondat� în anul 1895, editat� de Societatea de �tiin�e

Matematice din România

OLIMPIADA DE MATEMATIC�

– ETAPA PE SECTOR, 23.02.2014 -

CLASA A V-A

Not�: Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect se puncteaz� de la 0 la 7 puncte.

Pe foaia de concurs se trec rezolv�rile complete. Timp de lucru: 2 ore.

1. Determina�i numerele ab �tiind c� împ�r�ind num�rul 5ab la num�rul ba ob�inem câtul 5 �i restul 25.

2. a) Determina�i toate perechile de numere naturale ( ),n p care verific� egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 4n n p+ + = + + + ;

b) Determina�i câte perechi de numere naturale ( ),n p care verific� egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + = + + + + .

3. Se consider� num�rul 2014

9 99 999 ... 99...99 2014.cifre

n = + + + + +��

a) Ar�ta�i c� num�rul n este divizibil cu 10; b) Determina�i câtul �i restul împ�r�irii num�rului n la 111.

4. Se consider� mul�imea A care are ca elemente numere naturale scrise cu cinci cifre

diferite care apar�in mul�imii { }1, 3, 5, 7, 9 .

a) Determina�i câte numere din mul�imea A au prima cifr� 1 �i ultima cifr� 3; b) Determina�i câte elemente con�ine mul�imea A ; c) Calcula�i suma tuturor elementelor din mul�imea A .

Bucuresti



CLASA A V-A

SOLU�II �I BAREME ORIENTATIVE

Not�: Fiecare subiect se puncteaz� de la 0 la 7 puncte. Se acord� numai punctaje întregi.

Orice alt� rezolvare se asimileaz� conform baremului.

Subiectul 1. Determina�i numerele ab �tiind c� împ�r�ind num�rul 5ab la num�rul ba ob�inem câtul 5 �i restul 25 .

Prof. Cristian Mangra, Bucure�ti

Detalii rezolvare Barem

asociat

Din teorema împ�r�irii cu rest avem 5 5 25ab ba= ⋅ + , cu 25ba > . 2 p

Folosind scrierea în baza 10 ob�inem 19 8 4a b⋅ = ⋅ + . 2 p

Deoarece num�rul din membrul drept se divide cu 4 deducem c� { }4,8a ∈ . 2 p

Pentru 4a = , ob�inem 9b = �i num�rul c�utat este 49 . Pentru 8a = nu avem solu�ie.

1 p

Subiectul 2. a) Determina�i toate perechile de numere naturale ( ),n p care verific� egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 4n n p+ + = + + + ;

b) Determina�i câte perechi de numere naturale ( ),n p care verific� egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + = + + + + .

Prof. Ion Cicu, Bucure�ti

Detalii rezolvare Barem asociat

a) Avem ( )( )1 2 10n n p+ + = , deci 1n + este divizor al lui 10, adic� { }1 1,2,5,10n + ∈ 1p

Ob�inem { }0,1,4,9n ∈ . Convin perechile 0, 5n p= = �i 1, 2n p= = . 2p

b) R�spuns: 0 perechi

Avem 1 2 3 ... 2014 1007 2015+ + + + = ⋅ care este num�r impar. 1p

Numerele 1n + �i 2n p+ au parit��i diferite deoarece 1 este impar, iar 2 p este par.

Prin urmare, num�rul ( )( )1 2n n p+ + este par. 2p

În concluzie ( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + ≠ + + + + , oricare ar fi numerele naturale n �i p. 1p

Subiectul 3. Se consider� num�rul 2014

9 99 999 ... 99...99 2014.cifre

n = + + + + +��

a) Ar�ta�i c� num�rul n este divizibil cu 10; b) Determina�i câtul �i restul împ�r�irii num�rului n la 111.

Prof. Aurica Pîrvescu, Boto�ani


asociat

a) Num�rul n are 2014 termeni forma�i numai cu cifra 9 . Vom scrie termenul 2014 ca o sum� format� din 2014 de 1. Avem

( ) ( ) ( ) ( )2014 2014

9 99 999 ... 99...99 1 1 1 ... 1 9 1 99 1 999 1 ... 99...99 1cifre termeni

n = + + + + + + + + + = + + + + + + + +��

sau

2014 2014

10 100 1000 ... 100...00 11...110cifre cifre

n = + + + + =��

.

Cum ultima cifr� este 0 , num�rul este divizibil cu 10

3p

b) Vom scrie 2012 2009 2111 10 111 10 ... 111 10 10n = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

( )2012 2009 2111 1 10 1 10 ... 1 10 10= ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ +

Câtul este ��

671 grupe

100100...100��

, iar restul este 10 .

2 p

2 p

Subiectul 4. Se consider� mul�imea A care are ca elemente numere naturale scrise cu cinci cifre diferite care apar�in mul�imii { }1, 3, 5, 7, 9 .

a) Determina�i câte numere din mul�imea A au prima cifr� 1 �i ultima cifr� 3; b) Determina�i câte elemente con�ine mul�imea A ; c) Calcula�i suma tuturor elementelor din mul�imea A .

Prof.Marius Perianu, Slatina


asociat

a) Numerele au forma 1 3abc . Cifra a poate lua 3 valori, cifra b poate lua 2 valori, iar cifra c o valoare. Sunt 3 2 1 6⋅ ⋅ = numere

2 p

b) Numerele au forma abcde . Cifra a poate lua 5 valori, cifra b poate lua 4 valori, cifra c poate lua 3 valori, cifra d poate lua 2 valori, iar cifra e o valoare. Sunt 5 4 3 2 1 120⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = de numere.

3 p

c) Fiecare cifr� apare, pe fiecare pozi�ie, de 24 de ori �i atunci suma numerelor are forma 4 3 224 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 10

24 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 24 25 11111 6666600

S = ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + ⋅ +

+ ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + = ⋅ ⋅ = 2 p

Problema 4 a fost selectat� din nr. 1/2014 al Gazetei Matematice- Seria B, publica�ie lunar� pentru tineret, fondat� în anul 1895, editat� de Societatea de �tiin�e Matematice

din România



CLASA A VI-A


Pe foaia de concurs se trec rezolv�rile complete. Timp de lucru: 2 ore. 1. Ar�ta�i c� exist� un singur num�r prim de trei cifre cu produsul cifrelor egal cu 70.

2. Se consider� unghiurile proprii , , ,AOB BOC COD DOA� � � � cu interioarele disjuncte, formate în jurul punctului O . Unghiul AOB� este suplementul unghiului AOC� precum �i al unghiului BOD� . M�surile unghiurilor AOB� �i BOC� sunt exprimate, în grade, prin dou� numere naturale care au cel mai mare divizor comun egal cu 30. Determina�i m�surile unghiurilor , , ,AOB BOC COD DOA� � � � .

3. Dac� numerele naturale , ,x y z verific� egalitatea 67 52 15x y z+ = , ar�ta�i c� num�rul

( )( )( )x y y z z x+ + + se divide cu 2010 .

4. Not�m cu S�mul�imea numerelor de cinci cifre distincte formate cu elementele mul�imii {1, 2, 3, 7, 8}. a) Dac� p este un element oarecare al mul�imii S, ar�ta�i c� numerele 5 ,3p p �i 7p nu sunt elemente ale mul�imii S. b) Determina�i toate elementele m S∈ care au proprietatea c� 4m S∈ .

Bucuresti



CLASA A VI-A



Orice alt� rezolvare se asimileaz� conform baremului. Subiectul 1. Ar�ta�i c� exist� un singur num�r prim de trei cifre cu produsul cifrelor egal cu 70.

***


asociat

Descompunerea în factori a lui 70 este 2 5 7⋅ ⋅ �i putem forma numerele 725, 752, 527, 572, 275, 257 2 p

Numerele care au ultima cifr� 5 nu sunt prime; se divid cu 5, iar numerele care au ultima cifr� 2 nu sunt prime pentru c� se divid cu 2.

2 p

527 17 31= ⋅ , a�adar nu este num�r prim 2 p

257 este num�r prim, se verific� prin împ�r�iri succesive la 7, 11, 13 �i 17. 1 p

Subiectul 2. Se consider� unghiurile proprii , , ,AOB BOC COD DOA� � � � cu interioarele disjuncte, formate în jurul punctului O . M�sura suplementului unghiului AOB� este egal� cu m�sura unghiului AOC� precum �i cu m�sura unghiului BOD� . M�surile unghiurilor AOB� �i

BOC� sunt exprimate, în grade, prin dou� numere naturale care au cel mai mare divizor comun egal cu 30. Determina�i m�surile unghiurilor , , ,AOB BOC COD DOA� � � � .

Prof. Victor Nicolae, Petre Simion, Bucure�ti


asociat

Not�m ( )m AOB a=� �i ( )m BOC b=� . Cum

( ), 30a b = , rezult� c� 30 , 30a x b y= =*,x y ∈� ,

( ), 1x y = . 1 p

Dac� AOC� are ca suplement AOB� , atunci ( ) 0180m AOC a+ =� .

Dar ( )m AOC a b= +� �i atunci 2 180a b+ = sau 60 30 180x y+ = , rezult� 2 6x y+ = . 2 p

Cum y este num�r par nenul, implic� { }2,4y ∈ .

Dac� 2y = , atunci 2x = �i numerele nu sunt prime între ele.

Dac� 4y = , atunci 1x = . Rezult� 0 030 , 120a b= = .

2 p

Avem ( ) 030m AOB =� , ( ) 0120m BOC =� .

Din ( ) ( ) ( )0 0 0180 150 120m BOD a m BOD m AOD+ = � = � =� � � .

Din suma m�surilor unghiurilor în jurul unui punct rezult� ( ) 090m COD =� .

2 p

Subiectul 3. Dac� numerele naturale , ,x y z verific� egalitatea 67 52 15x y z+ = , ar�ta�i c� num�rul

( )( )( )x y y z z x+ + + se divide cu 2010 .

Nicolae Iv��chescu, Craiova


asociat

2010 2 3 5 67= ⋅ ⋅ ⋅ .

Vom ar�ta c� num�rul ( )( )( )x y y z z x+ + + se divide cu 2, cu 15 �i cu 67. 1 p

Rela�ia dat� se mai scrie 67 67 15 15x y y z+ = + sau 67( ) 15( )x y y z+ = + 2 p

Cum 15 este relativ prim cu 67, rezult� 15 divide pe x y+ , a�adar

( )15 ( )( )x y y z z x+ + + (1)

Cum 67 este relativ prim cu 15 rezult� 67 divide pe y z+ , a�adar ( )67 ( )( )x y y z z x+ + +

(2)

2 p

Dac� , ,x y z sunt numere naturale atunci cel pu�in dou� au aceea�i paritate �i prin urmare, cel pu�in una din sumele x y+ , y z+ , z x+ se divide cu 2, de unde

( )2 ( )( )x y y z z x+ + + (3) 1 p

Din (1), (2) �i (3) rezult� ( )2 15 67 ( )( )x y y z z x⋅ ⋅ + + + , adic� ( )2010 ( )( )x y y z z x+ + + 1 p

Subiectul 4. Not�m cu S�mul�imea numerelor de cinci cifre distincte formate cu elementele mul�imii {1, 2, 3, 7, 8}. a) Dac� p este un element oarecare al mul�imii S, ar�ta�i c� numerele 5 ,3p p �i 7p nu sunt elemente ale mul�imii S. b) Determina�i toate elementele m S∈ care au proprietatea c� 4m S∈ .

Prof.Gheorghe Rotariu, Dorohoi, Boto�ani


asociat

a) Dac� p S∈ , atunci ( ) { }5 0,5U p ∈ . Deci 5 p S∉ 1 p

Dac� p S∈ , 9 3,p k k= + ∈� . Dar 3p este multiplu de 9, deci3p S∉ . 1 p

Dac� p S∈ , p abcde= �i 7 p S∈ , atunci 1a = �i 2b = . Se ob�ine c� 7 12cde S⋅ ∉ . 1 p

b) Dac� m S∈ , m abcde= �i 4m S∈ , atunci { }1,2a ∈ . 2 p

Dac� 1a = , atunci { }7,8b∈ �i se ob�ine 17832m = . 1p

Dac� 2a = , atunci 1b = �i se ob�ine 21783m = . 1p

Problema 1 a fost selectat� din nr. 10/2013 al Gazetei Matematice- Seria B, publica�ie lunar� pentru tineret, fondat� în anul 1895, editat� de Societatea de �tiin�e Matematice

din România



CLASA A VII-A


Pe foaia de concurs se trec rezolv�rile complete. Timp de lucru: 3 ore. 1. Determina�i toate perechile de numere naturale ( ),a b care verific� egalitatea

2 2 2 211 11 1893a b a b− − = .

2. Se consider� trapezul ABCD ( AB CD� ) în care { }O AC BD= ∩ . Punctele M �i N sunt

situate pe segmentele ( )AO �i respectiv ( )BO , iar punctele P �i Q sunt situate pe

segmentele ( )AD �i respectiv ( )BC , astfel încât MP AD⊥ , iar NQ BC⊥ .

a) Demonstra�i c� OAD OBCS S= ;

b) Demonstra�i c� MN AB� dac� �i numai dac� AD NQ

BC PM= .

3. Se consider� numerele întregi nenule a, b �i c care verific� egalitatea 1 1 1

a b ca b c

+ + = + + .

a) Ar�ta�i c� 3a b c+ + ≤ ;

b) Ar�ta�i c� cel pu�in unul dintre numerele a, b sau c are modulul egal cu 1.

4. Pe ipotenuza triunghiului dreptunghic ABC , �( ) 90m BAC =� , se consider� punctele D �i E

astfel încât BD AB= �i CE AC= . Punctele F �i G sunt situate pe laturile ( )AB , respectiv

( )AC astfel încât BF BE= �i CG CD= . Dac� I este centrul cercului înscris în triunghiul

ABC, demonstra�i c� punctele F, I �i G sunt coliniare.

Bucuresti



CLASA A VII-A



Orice alt� rezolvare se asimileaz� conform baremului. Subiectul 1. Determina�i toate perechile de numere naturale ( ),a b care verific� egalitatea

2 2 2 211 11 1893a b a b− − = . Prof. Eugen Predoiu, C�l�ra�i


asociat

Egalitatea din enun� este echivalent� cu ( )( )2 211 11 2014 2 19 53a b− − = = ⋅ ⋅ 3p

Deci { }2 11 1,2,19,53,38,106,1007,2014a − ∈ 2p

Convin numai 2 11 38a − = �i 2 11 53b − = sau 2 11 38b − = �i 2 11 53a − = , de unde ob�inem ( ) ( ) ( ){ }, 7,8 , 8,7a b ∈ .

2p

Subiectul 2. Se consider� trapezul ABCD ( AB CD� ) în care { }O AC BD= ∩ . Punctele M �i N sunt

situate pe segmentele ( )AO �i respectiv ( )BO , iar punctele P �i Q sunt situate pe segmentele

( )AD �i respectiv ( )BC , astfel încât MP AD⊥ , iar NQ BC⊥ .

a) Demonstra�i c� OAD OBCS S= ;

b) Demonstra�i c� MN AB� dac� �i numai dac� AD NQ

BC PM= .

Prof. Traian Preda, Bucure�ti


asociat

a) Avem DAB CABS S= . Sc�dem din ambii membri ai egalit��ii AOBS �i ob�inem

OAD OBCS S= . 2p

b) MN AB� este echivalent, conform teoremei lui Thales, cu OM ON

MA NB= .

Echivalent cu DMO CNO

DMA CNB

S S

S S= .

2p

Echivalent cu DMO DMA CNO CNB

DMA CNB

S S S S

S S

+ += , adic� DOA COB

DMA CNB

S S

S S= .

Echivalent cu DMA CNBS S= .

2p

Echivalent cu 2 2

AD MP BC NQ⋅ ⋅= , echivalent cu

AD NQ

BC PM= 1p

Subiectul 3. Se consider� numerele întregi nenule a, b �i c care verific� egalitatea

1 1 1

a b ca b c

+ + = + + .

a) Ar�ta�i c� 3a b c+ + ≤ ;

b) Ar�ta�i c� cel pu�in unul dintre numerele a, b sau c are modulul egal cu 1.

Prof. Lucian Petrescu, Tulcea, Cristian Mangra, Bucure�ti


asociat

a) Din ipotez�, rezult� 1 1 1 1 1 1

1 1 1 3a b ca b c a b c

+ + = + + ≤ + + ≤ + + = .

Egalitatea se ob�ine pentru ( ) ( ) ( ){ }, , 1,1,1 , 1, 1, 1a b c ∈ − − − 2p

b) Presupunem c� 2, 2, 2a b c≥ ≥ ≥ , atunci 1 1 1 1 1 1 3

12

a b ca b c a b c

≤ + + = + + ≤ + + ≤

Ob�inem 1a b c+ + = 2p

Dac� toate numerele a, b �i c sunt impare, atunci 1 1 1

1 13 3 3

a b c= + + ≤ + + = , deci

3a b c= = = . Cum a b c+ + este multiplu de 3, rezult� c� 1a b c+ + ≠ 1p

Dac�, de exemplu numerele a �i b sunt pare �i c este impar, atunci 1 1 1 1 1 1

12 6 3a b c

= + + = + + , dar 2 3 6 11 1+ + = ≠ . Rezult� c�, cel pu�in unul dintre numerele

a, b, c are modulul egal cu 1.

1p

Un triplet care verific� egalitatea din enun� este, de exemplu ( ) ( ), , 1, 2, 2a b c = − 1p

Subiectul 4. Pe ipotenuza triunghiului dreptunghic ABC , �( ) 90m BAC =� , se consider� punctele D

�i E astfel încât BD AB= �i CE AC= . Punctele F �i G sunt situate pe laturile ( )AB , respectiv

( )AC astfel încât BF BE= �i CG CD= . Dac� I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC,

demonstra�i c� punctele F, I �i G sunt coliniare. Prof. Gabriel Vrînceanu, Mircea Fianu, Bucure�ti


asociat

Deoarece triunghiul BFE este isoscel �i (BI este bisectoarea unghiului �EBF , rezult� c�

dreapta BI este mediatoarea segmentului [ ]EF (1) .

Cum triunghiul CAE este isoscel, iar (CI este bisectoarea unghiului �ACE , rezult� c�

dreapta CI este mediatoarea segmentului [ ]EA (2).

Din (1) �i (2), rezult� c� I este centrul cercului circumscris triunghiului AFE, deci I este situat pe mediatoarea segmentului [ ]FA (3).

2p

Analog, ob�inem c� I este centrul cercului circumscris triunghiului AGD, deci I este situat pe mediatoarea segmentului [ ]GA (4). 2p

Din (3) �i (4) deducem c� I este centrul cercului circumscris triunghiului AGF. 1p

Cum triunghiul AFG este dreptunghic în A, rezult� c� I este mijlocul ipotenuzei [ ]FG ,

deci punctele F, I �i G sunt coliniare. 2p

Problema 4 a fost selectat� din Suplimentul Gazetei Matematice- Seria B nr.10 /2013,publica�ie lunar� pentru tineret, fondat� în anul 1895, editat� de Societatea de

�tiin�e Matematice din România



CLASA A VIII-A


Pe foaia de concurs se trec rezolv�rile complete. Timp de lucru: 3 ore.

1. Demonstra�i c� dac� a, b �i n sunt numere naturale nenule astfel încât a b

nb a

+ = , atunci

num�rul

2014 radicali

2A n n n n n= + + + + + +�

��

este natural.

2. Se consider� expresia ( )2 2

2 2 2 2

16,

a b abE a b

b a a b= + +

+, unde a �i b sunt numere reale strict

pozitive.

a) Ar�ta�i c� num�rul ( )2 1, 2 1E − + este ra�ional;

b) Determina�i cel mai mare num�r real n pentru care inegalitatea ( ),E a b n≥ are loc,

oricare ar fi numerele reale strict pozitive a �i b. 3. Se consider� triunghiul echilateral ABC �i triunghiul BCD situate în plane perpendiculare. Fie M mijlocul segmentului [ ]AD �i G centrul de greutate al triunghiului ABC.

Dac� ( )DG MBC⊥ , demonstra�i c� triunghiul BCD este dreptunghic isoscel.

4. Ar�ta�i c�, dac� a, b �i c sunt lungimile laturilor unui triunghi dreptunghic cu ipotenuza a, atunci

a) 2a

bc≥ ;

b) ( )( )

( )( )17 12 2

a b a c

a b a c

− −≤ −

+ +.

Bucuresti



CLASA A VIII-A



Orice alt� rezolvare se asimileaz� conform baremului.

Subiectul 1. Demonstra�i c� dac� a, b �i n sunt numere naturale nenule astfel încât a b

nb a

+ = ,

atunci num�rul

2014 radicali

2A n n n n n= + + + + + +��

este natural.

Prof. Lucian Petrescu, Tulcea


asociat

Ridicând la p�trat rela�ia din ipotez� ob�inem 2 2

2 2a b a b

nb a ab

++ = = − ∈� . 2p

Putem considera ( ), 1a b = . Frac�ia 2 2a b

ab

+ este ireductibil� , deci 1a b= = . 3p

Ob�inem 2n = . 1p

Finalizare, 2A = ∈� 1p

Subiectul 2. Se consider� expresia ( )2 2

2 2 2 2

16,

a b abE a b

b a a b= + +

+, unde a �i b sunt numere reale strict

pozitive.

a) Ar�ta�i c� num�rul ( )2 1, 2 1E − + este ra�ional;

b) Determina�i cel mai mare a num�r real n pentru care inegalitatea ( ),E a b n≥ are loc, oricare ar

fi numerele reale strict pozitive a �i b. Prof. Traian Preda, Bucure�ti


asociat

a) ( )2

2 1, 2 1 363

E − + = ∈� . 2p

b) Inegalitatea din enun� este echivalent� cu ( )

22

2 28 10

a ba bn

b a a b

−� �− − ⋅ ≥ −� �

� � +.

Adic� ( )( )( )

( )

22 2 2 22

2 2 2 2

810

a b a b a ba b n

a b a b

+ + −− ⋅ ≥ −

+.

2p

Deoarece 2 2 2a b ab+ ≥ �i ( )2

4a b ab+ ≥ , ob�inem, prin înmul�ire

( )( )22 2 2 28a b a b a b+ + ≥ . Deci ( ), 10 0E a b − ≥ , oricare ar fi numerele reale strict

2p

pozitive a �i b.. Deducem c� 10n ≥ .

Cum ( ), 10E a a = , 0a > , rezult� c� 10n = . 1p

Subiectul 3. Se consider� triunghiul echilateral ABC �i triunghiul BCD situate în plane perpendiculare. Fie M mijlocul segmentului [ ]AD �i G centrul de greutate al triunghiului ABC.

Dac� ( )DG MBC⊥ , demonstra�i c� triunghiul BCD este dreptunghic isoscel.

Prof. Mircea Fianu, Bucure�ti


asociat

Fie N mijlocul segmentului [ ]BC . Punctele A, G �i N sunt coliniare �i AN BC⊥ (1)

Cum ( )DG MBC⊥ , rezult� c� DG BC⊥ (2)

Din (1) �i (2) deducem c� ( )BC AND⊥ , deci dreapta DN este mediatoare a segmentului

[ ]BC , prin urmare, triunghiul BDC este isoscel cu DB DC= .

2p

În triunghiul dreptunghic AND avem 2

ADNM = (3). Dac� P este mijlocul segmentului

[ ]AG �i { }R DG MN= ∩ , atunci [ ]PM este linie mijlocie în triunghiul ADG, de unde

deducem c� [ ]GR este linie mijlocie în triunghiul NPM, deci R este mijlocul segmentului

[ ]MN . Cum DR MN⊥ , rezult� c� triunghiul DMN este isoscel cu 2

ADDN DM= = (4)

Din (3) �i (4) ob�inem c� triunghiul MDN este echilateral.

3p

Triunghiurile ANC �i AND sunt congruente (C. U.), deci 2

BCND NC= = , adic�

triunghiul DBC este dreptunghic în D. 2p

Subiectul 4. Ar�ta�i c�, dac� a, b �i c sunt lungimile laturilor unui triunghi dreptunghic cu ipotenuza a, atunci

a) 2a

bc≥ ;

b) ( )( )

( )( )17 12 2

a b a c

a b a c

− −≤ −

+ +.

Prof. Valerian Vl�escu, Dorohoi


asociat

a) Prin ridicare la p�trat, inegalitatea devine 2

2a

bc≥ , sau 2 2a bc≥ , adic� 2 2 2b c bc+ ≥ .

Ultima inegalitate este adev�rat� deoarece este echivalent� cu ( )2

0b c− ≥ .

2p

b) 2 2 2a b c= + , ob�inem

2ca b

a b− =

+ �i

2ba c

a b− =

+. Inegalitatea din enun� devine

( ) ( )( )

2 2 2

2 23 2 2

b c

a b a c≤ −

+ +, adic�

( )( )

13 2 2

3 2 2

bc

a b a c≤ − =

+ + +.

2p

Inegalitate echivalent� cu

( )2

1 1

2 11 1a a

b c

≤� ��

++ +� ��

sau ( )2

1 1 2 1a a

b c

� �� + + ≥ +� ��

� �� .

Avem ( ) ( )22 2 22

1 1 1 1 1 2 1a a a a a a a

b cb c bc bc bc bc bc

� �� + + = + + + ≥ + + = + ≥ +� ��

� ��

3p

joined document 14ematematika.ro/wp-content/uploads/2015/10/Subiecte-barem...OLIMPIADA DE MATEMATIC...

Documents

Transcript of joined document 14ematematika.ro/wp-content/uploads/2015/10/Subiecte-barem...OLIMPIADA DE MATEMATIC...