Micii Matematicieni (Online) - ISSN 2344 - 4827 cu ISSN (2016).pdf · se găsea şi Fericitul...
80
Micii Matematicieni (Online) - ISSN 2344 - 4827
Transcript of Micii Matematicieni (Online) - ISSN 2344 - 4827 cu ISSN (2016).pdf · se găsea şi Fericitul...
Micii Matematicieni (Online) - ISSN 2344 - 4827
Acela-i matematician pentru care egalitatea 2xe dx
este
evidentă ca " 2 × 2 = 4 ". W. Thompson (lord Kelvin)
Micii MATEMATICIENI
Revista elevilor din Hârlău Fondată în anul 2007
Anul X, nr. 10, martie 2016
REDACŢIA REVISTEI
REDACTOR ŞEF:
IOAN SǍCǍLEANU
MEMBRII REDACŢIEI:
AUREL NEICU GHEORGHE OANCEA BOGDAN DORNEANU
RAMONA DARIE PAVĂL TEODORA DANA
ADRESA REDACŢIEI: COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLǍU
STR. MIHAI EMINESCU, NR. 5
TEL/FAX: 0232/720911
WEB: http://hirlau.licee.edu.ro
ADRESELE DE E-MAILL: [email protected]
TEHNOREDACTARE: IOAN SǍCǍLEANU
ILUSTRAŢIA COPERTEI: RAMONA DARIE
SPONSORII REVISTEI: ASOCIAŢIA PǍRINŢILOR ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLǍU
PRIMǍRIA ORAŞULUI HÂRLǍU
S.C. AGRICOLA PRUT S.R.L., HÂRLĂU
S.C. TRIALTERN S.R.L., HÂRLĂU
C.M.I. DOCTOR STELA TATIANA NEICU
S.C. REZIDENT HOUSE S.R.L., HÂRLĂU
S. C. BEST COLOR S.R.L, HÂRLĂU
S. C. COTNARI S.A, COTNARI
RESTAURANT ŢǍPUŞǍ, HÂRLĂU
ISSN 1844 – 153X
1
Micii MATEMATICIENI
O REVISTA DE...10 !
„Nu vă faceți griji de dificultățile voastre la matematică.
Vă asigur că ale mele sunt și mai mari.” ALBERT EINSTEIN
Bună ziua, dragi elevi și stimați colegi!
Încep direct prin a vă adresa o întrebare. Spuneți-mi vă rog ce legătură vedeți între numerele
10 ; 3,14 ;160 şi Colegiul Național „Ștefan cel Mare” , Hârlău ?
Gândiți-vă puțin ! Poate ați spune că numărul 10 are proprietatea că 21 0 1 , adică este
pătrat perfect, că 3,14 are proprietatea că suma cifrelor sale 33 1 4 8 2 , adică este un cub
perfect ... .
Iată legătura:
Numărul 10 este un număr de sărbătoare pentru revista Colegiului MICII MATEMATICIENI și
reprezintă, în luna martie, câți ani serbează elevii de la lansarea primului număr al revistei.
Numărul 10 al revistei va apărea exact în ziua mult așteptatului concurs „MICII
MATEMATICIENI” pe 26 martie, concurs care și el împlinește 10 ani!
Sunt foarte bucuros și, în același timp, sunt onorat de ocazia pe care o am de a vă transmite un
gând bun, felicitări și calde urări elevilor, profesorilor de matematică și profesorilor din colectivul de
redacție al frumoasei reviste!
Revista cu o prezentare grafică deosebită se bucură de un conținut bogat de cunoștințe
matematice pentru clasele I XII , prin deosebitele rubrici ale ei printre care se enumeră:
1) ARTICOLE ȘI NOTE MATEMATICE; 2 ) VIAȚA MATEMATICĂ ZONALĂ, unde se află și subiectele
concursului MICII MATEMATICIENI; 3 ) Concursul CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ, concurs cu premii,
chiar în bani, lucru pe care nu și-l poate permite orice revistă; 4 ) clasicele rubrici PROBLEME ȘI
SOLUȚII și 5 ) PROBLEME PROPUSE pentru clasele I XII ; 6 ) RUBRICA REZOLVITORILOR și în sfârșit
rubrica 7 ) CU OCHII ÎN 3.14, rubrica de divertisment matematic. Vedeți acum legătura dintre
aproximarea lui , 3,14 cu Colegiul din Hârlău ? Este a 7 a rubrică a revistei și interesant este
că tot în martie pe 14 s-a celebrat pe plan mondial ZIUA NUMĂRULUI PI, zi creată în urmă cu 25 de
ani în Statele Unite, unde această dată se scrie 3 / 14 (unde 3 reprezintă luna martie și 14 ziua).
S-au văzut și rezultatele contribuției revistei și muncii de la clasă prin rezultatele deosebite la
concursurile de matematică, printre care putem enumera elevii: Pletan Denisa Elena (M-faza
naţională) şi Laiu Andrei (P1-faza judeţeană) la Concursul de matematică aplicată „Adolf
Haimovici”; Aghiorghesei Horia, (M: OjM); Mihăilă Maria Denisa, (M: OjM); Buzilă Andreea
(M:OjM), Pintilii Anda Dumitrela şi Apachiţei Ana Maria, studente la facultatea de matematică.
Felicit toți participanții la concursul „MICII MATEMATICIENI” din 26 martie 2016 și profesorii
lor, felicit întreg colectivul de redacție al revistei, în frunte cu redactorul șef Ioan Săcăleanu, pe
domnul prof. Aurel Neicu, membru al colectivului de redacție, fondator al revistei și mentorul
întregii activități a colegiului prin funcția managerială pe care o are de atâția ani!
2
Micii MATEMATICIENI
Ce legătură are numărul 160 cu Colegiul ? Numărul reprezintă frumoasa vârstă de 160 ani
de la înfiinţarea şcolii de băieţi „ŞTEFAN CEL MARE” din Hârlău, predecesoarea colegiului de azi.
Adică 24 ori 10 , numărul de apariţii ale Revistei de matematică „MICII MATEMATICIENI”.
Deși aș mai avea multe de transmis mă opresc aici cu promisiunea că voi fi în continuare un
prieten al revistei și al dumneavoastră, al tuturor. Vă urez putere de muncă, noi rezultate remarcabile
și „La mulți ani revistei” și concursului MICII MATEMATICIENI!
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU,
CANADA
POEME INEDITE DAN BRÂNZEI
CAUT DUBITO
(... ergo cogito)
Tânjesc spre adevăruri Noi atârnăm în lume
ce nu au fost rostite. prin simţuri fără noime
Mă prinde îndoială: Un fir de judecată
cum nu au fost găsite, Cu încetul ne sileşte
de mulţii dinaintea mea, Să admitem în afunduri
de ce să caut fală nedesenate nuanţe,
şi să le zgândâr eu ? explozii iniţiale,
Mă-ntorc şi iar tânjesc dileme în verdicturi.
esenţe să găsesc, Gândeam trei dimensiuni,
dar iar mă îndoiesc. or fi acum doişpe ?
Şi gândul pendulează: Acum particulele-s coarde
spre stânga încredinţează, vibrând în legea lor.
spre dreapta întristează. De-o parte era spaţiul,
Pendula m-oboseşte: de alta era timpul
ce-s eu să oscilez ? zăcând cuminţi şi fixe;
Mai bine dormitez. acum sunt contopite,
O şoaptă adie blând: zburlite de curburi.
Nu adevăru-i rostul, Să te încrezi în simţuri ?
ci drumul tău spre el. Doar cel ce se îndoieşte
îşi construieşte noime.
3
Micii MATEMATICIENI
ARTICOLE ŞI NOTE MATEMATICE
„ŞIRUL CONVERGENT”
-SOLUŢIONARE A PARADOXULUI INFINITULUI ?
RAMONA BUJOR(1
Când vorbim despre infinit, ne aflăm în aceeaşi situaţie paradoxală de comprehensiune, în care
se găsea şi Fericitul Augustin când tematiza “timpul”: dacă nimeni nu ne întreabă, ştim ce este
infinitul; dar, când trebuie să-l explicăm cuiva, nu mai putem afirma că îl cunoaştem. Cert este că
utilizăm frecvent acest termen, de la abrevieri lingvistice care îl sugerează (“etc.”, “ş.a.m.d.”) până la
faptul că îl întâlnim presupus în orice ştiinţă (matematică, fizică, filosofie). Ştiinţa se raportează la el
chiar în dimensiunea ei de progres continuu în cunoaştere. Raţiunea relaţionează cu “infinitul”, tinde
către el, se înţelege pe sine pornind de la el. Însă, când doreşte să-l înţeleagă, ajunge în situaţii
paradoxale: de la paradoxele vechilor greci, la cele ale antinomiilor Kantiene, până la cel al
mulţimilor, al lui B. Russell.
În matematică, s-a încercat ceea ce Solomon Marcus numea “pariul analizei matematice”,
anume reducerea infinitului la finit ( 1 , sau înţelegerea infinitului prin finit.
1. Problema a fost pusă, pentru prima dată în explicaţie matematică de către G. W. Leibniz, autorul
calculului infinitezimal – prin care, utilizând ceea ce se va numi “infinitul actual”, dorea să
demonstreze continuitatea între unităţi diferite, prin diferenţiale. “Infinitul actual”era o integrare
de infiniţi mici, consideraţi ca mărimi actuale. Demonstraţia era:
a) Fie AB şi AD două drepte perpendiculare. Unghiul BAD de măsură 090 (deschiderea de un sfert de cerc) nu se măsoară numai prin arcul
mare BCD , ci şi printr-un arc mai mic EFG ,oricât de mic ar fi acesta,
deschiderea începând încă din punctul A . Deci, în acest centru A,
oricât de indivizibil ar fi, începe aceeaşi deschidere sau acelaşi număr de grade care se află în
arcurile EFG şi BCD . La fel, şi în cazul unghiului BAC , de 045 , deschiderea se găseşte
şi în arcul BC şi în arcul mai mic EF , oricât de mic ar fi acesta, până în punctul A , unde
începe înclinaţia liniilor BA şi CA ( 2 . Deci, orice arc de cerc va tinde continuu către zero;
arcul de cerc BCD se reduce la arcul EFG ; BC la EF până în apropierea de originea A ,
unde întâlnim imposibilitatea atingerii ei, astfel încât, pe de o parte vor exista mărimi tot mai
mici de arc de cerc, ceea ce duce la un regressus ad infinitum, iar pe de altă parte, oricât de
mare ar fi deschiderea unui arc de cerc ea se regăseşte şi în cea mai mică deschidere a
aceluiaşi arc de cerc, ceea este o contradicţie reală (în care cel mai mare este egal cu cel mai
mic: cel mai mare arc de cerc devine egal cu unghiul de bază).
b) Suprafaţa unei figure plane este formată din benzi mici fără lăţime, deci infinite. Dar, de aici
ajungem în paradoxul punctului: punctul este în spaţiu, deci el are dimensiune, însă atunci nu
mai este punct; punctul nu are dimensiune, deci el nu este în spaţiu. Aşadar, o infinitate de
benzi (infinituri discrete, cum le numeşte Leibniz) nu pot forma o arie de mărime finită decât
la limită, dar am văzut că limita nu poate fi atinsă. Ne lovim de aceeaşi contradicţie.
B
A
E
G D
F
C
4
Micii MATEMATICIENI
2. Clarificarea conceptului de infinit o va aduce Lobacevski ( 3 , distingând între infinitul actual şi
infinitul potenţial. Orice “câtime”(quantum) poate fi definită, deci constantă. Dar, “câtimea” se
poate schimba, devenind mai mare sau mai mică. Atunci, avem un quantum variabil. În fiecare
stare, această variabilă este finită, dar este un infinit potenţial, în sensul în care poate deveni mai
mare decât oricare alt quantum.
Infinitul actual este un maximum-absolut, deci mai mare decât orice constantă finită, oricât
de mare am lua-o. Filosoful german Schelling susţinea, în lucrarea sa Bruno, că orice noţiune este
un infinit actual, pentru că reuneşte în sine o mulţime de reprezentări care nu este finită. Sau, în
exemplul nostru de mai sus, figura plană este un infinit-actual, reunind o mulţime infinită de
puncte.
Matematicianul Pavel Florenski stipula că orice infinit potenţial presupune ca necesitate a
existenţei sale, infinitul actual: pentru ca o schimbare să fie nelimitată este nevoie de un
“domeniu” de schimbare care nu se mai poate modifica el însuşi (pentru a se evita regressus ad
infinitum), care nu este finit, ci infinit. “Orice infinit potenţial presupune deja existenţa unui
infinit actual ca limită supra-finită a sa” ( 4 .
3. G. Cantor va încerca soluţionarea infinitului actual prin progresul împins la limită, în “Bazele
Teoriei infinitului actual” (Leipzig, 1883). El va pleca de la numerele iraţionale cu următoarea
justificare a acestora: 2 este simbolul unei imposibilităţi matematice pentru că nu există niciun
număr x al cărui pătrat să fie egal cu 2 . Iar, în geometrie, diagonala şi latura unui pătrat sunt
incomensurabile: lungimea diagonalei este transcendentă lungimii laturii.
G. Cantor consideră o mulţime infinită de numere 1 2 3 n n ma ;a ;a ;...;a ;...;a , în care
fiecare are în vecinătate pe următorul şi pe cel precedent (cu excepţia primului).
Simbolic, se reprezintă:
1 2 3 4 n n ma ;a ;a ;a ;...;a ;...;a ;... .
Şirul infinit va converge spre zero dacă luând un , oricât de mic se va găsi un termen na atât
de îndepărtat, încât diferenţa dintre el şi orice n ma următor (oricât de mare ar fi m ), va fi mai
mică decât : n m na a , unde este oricât de mic.
Deci, oricât de mare ar fi m (spre infinit), se va apropia de zero, fără a-l atinge.
Putem deduce, până acum o primă concluzie în două faze. O dată, contradicţia progresiei:
oricât de mare ar fi m, el tinde către zero, sau altfel spus, infinitul tinde către zero. Şi, în acelaşi
timp, tinderea către zero, către o limită, fără a coincide cu zero sau limita, ne demonstrează că
finitul, limita, elementul, diferenţa dintre elemente nu pot reduce infinitul.
În acest sens, observăm relaţia pe care o stabileşte G. Cantor între mulţimea , luată ca
infinit actual şi elementele 1 2 3a ;a ;a ;... ca finite ale sale. Niciun element nu are nimic comun
cu . Dacă se notează cu ia şirul convergent i 1,2,3,...,n şi transpunem toate ia în forma lui
, va fi o asemănare între ele. Dar, din punctul de vedere al lui ia nu putem vedea rădăcinile lui
ia , dar se pot vedea din punctul de vedere a lui . Aici este ipoteza de unde va pleca B. Russell
în formularea paradoxului mulţimilor: o mulţime sau se cuprinde ca element al său, sau nu se
cuprinde. Dacă se cuprinde, atunci ea nu mai este mulţime; dacă nu se cuprinde, atunci ea este
5
Micii MATEMATICIENI
mulţimea acelor mulţimi care nu se cuprind, deci ea nu mai este mulţimea elementelor care se
cuprind în ea. O transcendenţă imanentă elementelor, din punct de vedere logic-matematic, este
imposibil. Nu imposibil în filosofie, cum ar fi natura naturată la B. Spinoza, sau conceptul de
speculum la Schelling.
4. Solomon Marcus va urma raţionamentul lui G. Cantor, plecând de la aceeaşi progresie succesivă,
subliniind că analiza matematică vizează ce se întâmplă în trecerea de la o etapă la alta (acestea
fiind infinite) pentru a sesiza tendinţa manifestată.
Problema propusă de el este, în aparenţă, banală: cineva mănâncă azi jumătate din cât a
mâncat ieri. Pentru că nu avem un număr fix de zile, deci e în cauză o fiinţă nemuritoare, există
tendinţa naturală să considerăm cantitatea de pâine mâncată, infinită ( 5 . Se efectuează operaţia de
adunare a o infinitate de numere: 2 n
1 1 1... ...
2 2 2 . Se adună primii doi termeni, suma lor cu
al 3-lea, ş.a.m.d, deci fără să încheiem operaţia.
Solomon Marcus propune “rezolvarea” infinitului prin stipularea unei reguli (procedură
finită) de trecere de la un anumit termen la altul, rangul termenului: fiecare termen se obţine din
cel imediat precedent prin înmulţirea cu 1
2. Trebuie să reţinem că regula finită se aplică repetat
de un număr arbitrar de ori: n
1...
2 . Se formează progresia geometrică. Căutând un număr n ,
suficient de mare, se pune întrebarea: ce tendinţă manifestă suma primilor n termeni nS , când
n creşte ?
Şirul va tinde la zero, atunci când n este destul de mare. Pentru un număr pozitiv, notat cu
, se va găsi un număr natural n , astfel încât, dacă n îl întrece pe n , termenul n 1
1
2 este
majorat de . Dar, îi dăm lui o valoare cât mai mică, apropiată de zero, astfel încât 0 1 .
Dacă pentru o anumită valoare 0 a lui , există un 0n , rezultă că pentru orice număr este mai
mare decât 0 . Numărul ia valori din ce în ce mai mici, odată ce n ia valori din ce în ce mai
mari, iar şirul descrescător tinde la zero: 1 2 n... ... . Adică, devine finit, ca în cazul
exemplului cu pâinea.
Ne amintim de paradoxul, formulat de Zenon “Ahile şi broasca”: un segment se divide la
infinit. Broasca porneşte din poziţia 0S după 0t , şi ajunge, după 1t în poziţia 1S . Ahile porneşte
din 0S când broasca este în 1S , iar în 1S ajunge după o durată 2t , care aduce broasca în 2S .
Eroarea se află în infinitul de diviziune: cele infinite nu pot fi străbătute în timp finit. Deci, spaţiul
şi timpul ar fi divizibile la infinit.
Solomon Marcus propune rezolvarea paradoxului prin convergenţa şirului, plecând de la
intuiţia comună: viteza lui Ahile (“cel iute de picior”) este mai mare decât cea a broaştei şi,
experienţa ne dă mărturie că o va întrece după un interval finit de timp (chiar dacă acest interval
este foarte mare, adică orice valoare mare ar lua n ). Durata totală necesară lui Ahile pentru a
ajunge în poziţia nS este 2 n 1t ... t . Şirul de termeni 2 n 1t ... t nu tinde obligatoriu la infinit
când n creşte. În funcţie de nt , limita şirului poate fi infinită sau finită. Dacă este finită, va fi
6
Micii MATEMATICIENI
egală cu t , atunci, după durata t , Ahile va ajunge broasca: “I-au trebuit omenirii multă vreme
pentru a ajunge, cu rigoarea necesară, la constatarea că: un şir crescător poate fi convergent ( 6 ”.
Putem continua raţionamentul lui Solomon Marcus: dacă limita ar fi infinită, atunci va
tinde către zero, deci distanţa se va micşora continuu (pentru orice n , cât de mare, n ).
Problema pe care ne-o punem este următoarea: s-a soluţionat prin finit, chestiunea
incomodă a infinitului ? Ne vom plasa într-o perspectivă filosofică-matematică şi vom face apel
la două noţiuni centrale, care sunt implicite în încercările de mai sus: continuitatea şi derivata
(ultima fiind “personajul principal al calculului diferenţial” ( 7 ). Solomon Marcus sesizează
eroarea, (de care putem spune că se face “vinovat” şi G.W. Leibnitz), confundării continuităţii cu
derivabilitatea. De aici, avem acel infinit de diviziune continuă (“infiniţii mici actuali”).
Continuitatea ar avea avea proprietatea valorii intermediare între o etapă şi alta. Matematicianul
român îl aminteşte pe G. Darboux pentru care nu se trece de la o valoare la alta fără a se
parcurge toate valorile intermediare.
Însă, continuitatea (şi ne referim la şirul progresiv) presupune, pentru a nu cădea în
aporie, un interval mărginit, conţinându-şi ambele extremităţi. Dar, acel A din figura lui Leibnitz
este originea, adică ruptura continuităţii: ea generează continuitatea, fără a fi continuitate.
Ridicăm următoarea interogaţie: reducerea infinitului la finit nu intră în următoarele
paradoxe:
1. Acel 0 şi 1 nu este, în aparenţă un interval mărginit, deoarece în el însuşi întâlnim
acelaşi infinit actual ?
2. Creşterea progresivă, devenind mai mică decât , pentru orice n oricât de mare, utilizând
diferenţa n m na a , tinzând la zero, poate fi redusă la unitate. Tinderea relevă că zero
nu va fi atins, deci infinitul nu va fi finit, egal cu un număr.
3. Continuitatea însăşi nu presupune aceleaşi etape infinite intermediare, un continuum infinit ?
Ceea ce se uită este acea specificaţie a lui G. Cantor, preluată şi de P. Florenski: nu
infinitul este redus la finit, ci finitul poate fi înţeles în “planul infinitului”, schimbarea nelimitată
(infinitul potenţial) este posibilă doar dacă tinde către infinitul actual, care îi este limită şi nu către
finit !
NOTE: 1)
SOLOMON MARCUS, ȘOCUL MATEMATICII, EDITURA ALBATROS, BUCUREȘTI, 1987, PAG. 215; 2 )
G.W. LEIBNITZ, SCRIERI FILOSOFICE, TRADUCERE ÎN ROMÂNĂ A. NIŢĂ, EDITURA ALL, BUCUREŞTI, 2001, PAG. 80; 3 )
A SE VEDEA, PAVEL FLORENSKI, STÂLPUL ŞI TEMELIA ADEVĂRULUI, TRADUCERE ÎN ROMÂNĂ E. IORDACHE, EDITURA POLIROM, IAŞI, 1999, CAP XV ŞI XVII; 4 )
IBIDEM, PAG. 311; 5 )
SOLOMON MARCUS, OPERE CITATE, PAG. 215; 6 )
IBIDEM, PAG. 220; 7 )
IBIDEM, PAG. 246.
1) PROFESOR DOCTOR ÎN FILOSOFIE,
COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7
Micii MATEMATICIENI
ASUPRA UNOR DEFINIŢII IMPROPRII ÎN GEOMETRIA TETRAEDRULUI
OANA ALEXE
(1
IOAN SĂCĂLEANU(2
În acest articol, vom arăta cum una dintre cele mai cunoscute noţiuni din geometria
tetraedrului, ne referim la centrul de greutate al unui tetraedru, este prezentată incorect şi incomplet
în unele manuale şi culegeri de geometrie clasică. Din această cauză mulţi elevi îşi formează o
percepţie greşită asupra acestei noţiuni atât de importantă şi care, de multe ori, intră în contradicţie
cu prezentarea aceleiaşi noţiuni făcut la fizică.
În unele manuale şi culegeri de probleme, se defineşte ca fiind centrul de greutate al
tetraedrului, punctul de concurenţă G al medianelor şi bimedianelor sale.
Vom arăta că şi această definiţie geometrică nu concordă cu realitatea fizică.
Vom determina centre de greutate (de masă) ale tetraedrului 1 2 3 4A A A A considerând pe rând:
1. vârfurile, ca puncte materiale cu mase egale: îl vom nota cu 1G ;
2. muchiile tetraedrului ca bare omogene de aceeaşi densitate; îl vom nota cu 2G ;
3. feţele tetraedrului ca plăci omogene de aceeaşi densitate; îl vom nota cu 3G ;
4. domeniul tetraedrului ca fiind un corp omogen; îl vom nota cu 4G
Înainte de a determina condiţiile în care aceste centre de masă coincid cu centrul de greutate
geometric G , adică intersecţia medianelor şi a bimedianelor, vom face câteva consideraţii asupra
centrului de masă aşa cum este definit în mecanică şi asupra unor proprietăţi ale tetraedrului.
Fie un sistem de puncte materiale iP de mase im . Asupra fiecăruia dintre aceste puncte va
acţiona forţa de greutate corespunzătoare iG
de forma i iG m g , i 1;n
, unde g
este vectorul
acceleraţie gravitaţională orientat spre centrul pământului. Avem g g
cu 2g 9,8 m / s m
şi
, versorul verticalei locului, iar i iG m g sunt greutăţile punctelor iP , i 1;n . Punctul G
definit prin relaţia vectorială:
n n
i i i ii 1 i 1
n n
i ii 1 i 1
G OP m OP
OG
G m
se numeşte centru de masă (baricentru).
Această formulă ne arată că centrul G nu depinde de greutăţile punctelor şi nici de originea
reperului ales, ci doar de masele acestora şi de vectorii lor de poziţie.
Spunem că 1 2 3 4P p ; p ; p ; p este în coordonate baricentrice faţă de tetraedrul 1 2 3 4A A A A dacă
1 2 3 4j h ki A A A APA A A
p V :V , i; j;h;k 1;2;3;4 cu ip 0 sau ip 0 după cum iA şi P sunt
de aceeaşi parte, sau nu faţă de planul feţei j h kA A A . Are loc 1 2 3 4p p p p 1 .
o Vectorul de poziţie al lui 1 2 3 4P p ; p ; p ; p este 1 1 2 2 3 3 4 4OP p OA p OA p OA p OA
o Prin bimediană a tetraedrului înţelegem segmentul cu extremităţile în mijloacele muchiilor
opuse, iar mediana tetraedrului uneşte un vârf cu centrul de greutate al feţei opuse.
o Cele patru mediane ale tetraedrului sunt concurente în G , mijlocul fiecărei bimediane, numit
8
Micii MATEMATICIENI
centrul de greutate geometric al tetraedrului.
1 Centrul de greutate geometric al tetraedrului are coordonatele baricentrice 1 1 1 1
G ; ; ;4 4 4 4
.
2 Un tetraedru este echifacial dacă şi numai dacă ariile feţelor sale sunt egale (definiţia).
3 Un tetraedru este echifacial dacă şi numai dacă muchiile opuse sunt congruente.
1. Vectorul de poziţie faţă de un reper oarecare al centrului de masă 1G , al vârfurilor tetraedrului
dotate cu mase egale not
1 2 3 4m m m m m este
4
ii 1
1 1 2 3 44
i 1
m OP1
OG OA OA OA OA4
m
Dar, rezultă conform 1 , că centrul de masă 1G şi centrul de greutate geometric G au aceleaşi
coordonate baricentrice; deci, coincid 1G G .
2. Să determinăm, acum, coordonatele baricentrice ale centrului de masă 2G . Se ştie că centrele de
masă ale muchiilor se află în mijlocul lor, atunci 2G poate fi considerat centrul de masă al
mijloacelor ij i jA A A , al muchiilor sale, dotate cu mase proporţionale cu lungimile laturilor
sale ij ji i ja a d A ; A , i j 1;4 . Notăm suma lungimilor muchiilor tetraedrului cu
ij1 i j
a a
. Atunci vectorul de poziţie al centrului de masă 2G , faţă de un reper oarecare este:
Înlocuim cu vectorul mediană ij i j
1OA OA OA
2
şi dezvoltăm suma. Avem
că 4
ij ik ih
2 ij i j i1 i j 4 i 1
a a a1OG a OA OA OA
2a 2a
, i; j;k;h 1;2;3;4 .
Punctele G şi 2G coincid 2G G ele au aceleaşi coordonate baricentrice, adică au loc:
Scăzând prima egalitate din celelalte se obţine că: 13 24 23 14
23 14 12 34
12 34 24 13
a a a a
a a a a
a a a a
.
Adunând toate cele trei egalităţi, obţinem că 13 24 24 13a a a a 13 24a a ,
de unde egalităţile de muchii: 23 14a a şi 12 34a a . Deoarece muchiile
opuse ale tetraedrului sunt congruente, rezultă, conform rezultatului din
3 , că tetraedrul 1 2 3 4A A A A este echifacial.
Reciproc, dacă tetraedrul 1 2 3 4A A A A este echifacial, atunci muchiile opuse sunt egale, adică
13 24a a , 23 14a a şi 12 34a a , de unde suma muchiilor care pornesc din fiecare vârf este a
2,
adică 12 13 14 12 23 24 13 23 34 14 24 34
aa a a a a a a a a a a a
2 . Prin urmare,
coordonatele baricentice ale lui 2G sunt egale cu 1
4. Conform 1 rezultă că 2G şi G coincid.
Aşadar, am arătat că 2G G dacă şi numai dacă tetraedrul este echifacial.
ij ij1 i j 4
2
ij1 i j 4
a OA
OG .a
12 13 14
12 23 24
13 23 34
14 24 34
1a a a a
2
1a a a a
2.
1a a a a
2
1a a a a
2
9
Micii MATEMATICIENI
3. Fie acum 3G , centrul de masă al tetraedrului având suprafaţa materializată ca o membrană
omogenă cu aceeaşi densitate. Suprafeţele celor patru feţe ale tetraedrului pot fi private
concentrate în kI , punctele de concurenţă ale feţelor i j hA A A , i; j;h;k 1;2;3;4 , având
masele direct proporţionale cu kS , ariile feţelor corespunzătoare. Atunci 3G poate fi considerat
ca centrul de masă al punctelor kI , k 1;4 .
Ţinând cont de k i j h
1OI OA OA OA
3
şi
4
kk 1
S S
, atunci vectorul de poziţie al lui 3G este
4
k kk 1 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3
3 1 2 3 44
kk 1
S OIS S S S S S S S S S S S
OG OA OA OA OA3S 3S 3S 3S
S
.
Punctele 3G şi G coincid au coordonate baricentrice egale kS S 1
3S 4
1 2 3 4S S S S ariile feţelor sunt egale tetraedrul este echifacial, conform lui 2 .
4. Vom arăta că centrul de masă 4G al tetraedrului materializat
ca un corp material omogen coincide cu centrul de greutate
geometric al tetraedrului. Considerăm tetraedrul secţionat cu
un plan variabil paralel cu muchiile opuse 1 2A A şi
3 4A A ; secţiunea va fi un paralelogram MNPQ .
De fapt, ne imaginăm tetraedrul fizic secţionat într-un
număr mare de straturi; grosimile lor vor fi neglijabile şi vor fi
interpretate drept figure plane, în speţă paralelograme.
Centrul de simetrie O , al paralelogramului MNPQ
coincide cu centrul de masă al “membranei omogene” MNPQ .
Este convenabil să privim pe O drept mijloc al liniei
mijlocii BC . Când planul variază, punctele B şi C
descriu medianele 1 34A A şi 2 34A A ale feţelor tetraedrului în
aşa fel încât dreapta BC să fie mereu paralelă cu 1 2A A , iar
mijlocul O al segmentului BC descrie că mediana 12 34A A a
triunghiului 1 2 34A A A , adică o bimediană a tetraedrului.
Din punct de vedere fizic ne-am imaginat masa “paralelogramului” MNPQ concentrată în
“bara”de densitate liniară constantă BC . Astfel nu afectăm poziţia centrului de greutate al
tetraedrului considerându-l concentrate în placa triunghiulară 1 2 34A A A . Densitatea acestei plăci
nu mai este constantă, ci creşte proporţional cu distanţa la baza 1 2A A . Centrul de greutate nu este
afectat când concentrăm masa plăcii 1 2 34A A A într-o bară 12 34A A , iar densitatea liniară a sa nu mai
este constantă. Din asemănări de triunghiuri avem: 1 12
3 4 1 34 12 34
A B A OMN
A A A A A A şi 34
1 2 12 34
A OBC
A A A A .
B
O
12A
34A2A
1A
C
B
O
12A
34A
3A
1A
C2A4A
M
N
P
Q
10
Micii MATEMATICIENI
Atunci densitatea liniară a barei este direct proporţională cu
3 4 1 212 342
12 34
A A A AMN BC A O A O
A A
.
Prin urmare, densitatea este proporţională cu produsul distanţelor lui O la extremităţile 12A şi
34A ale barei. Datorită simetriei densităţii liniare faţa de mijlocul G al bimedianei 12 34A A este
plauzibil, din punct de vedere fizic, să acceptăm că centrul de masă al barei al barei este mijlocul
ei G ; deci, în acest caz, punctele 4G şi G coincid.
În concluzie, cele patru centre de masă determinate anterior coincid dacă şi numai dacă
tetraedrul este echifacial.
Dacă tetraedrul ar fi definit din punct de vedere geometric ca fiind mulţimea formată din
reuniunea muchiilor sale, atunci ar fi normal este să se considere drept centru de greutate al
acestuia pe 2G şi nu pe 1 4G G .
Dacă tetraedrul ar fi definit din punct de vedere geometric ca fiind mulţimea formată din
reuniunea feţelor sale, atunci ar fi normal este să se considere drept centru de greutate al acestuia
pe 3G şi nu pe 1 4G G .
BIBLIOGRAFIE:
1. IOAN SĂCĂLEANU: GEOMETRIA TETRAEDRELOR. SFERE ASOCIATE, LUCRARE
METODICO-ŞTIINŢIFICĂ PENTRU OBŢINEREA GRADULUI I, 2004;
2. MIHAI MICULIŢĂ, DAN BRÂNZEI: ANALOGII TRIUNGHI-TETRAEDRU, EDITURA
PARALELA 45, 2000;
3. DAN BRÂNZEI, SEBASTIAN ANIŢA, CONSTANTIN COCEA: PLANUL ŞI SPAŢIUL
EUCLIDIAN, EDITURA PARALELA 45, 2000;
4. L. NICULESCU, V. BOSKOFF: PROBLEME PRACTICE DE GEOMETRIE, EDITURA TEHNICĂ,
1990;
5. C. IACOB: MATEMATICĂ APLICATĂ ŞI MECANICĂ, EDITURA ACADEMIEI, 1989;
6. A. HRISTIEV, V. FĂLIE, D. MANDA: FIZICĂ, MANUAL PENTRU CLASA A X-A, EDITURA
DIDACTICĂ ŞI PEDAGOGICĂ, 1997;
7. C. SAVU, G. CABA, E. TEODORESCU, D. POPOIU: MATEMATICĂ, MANUAL PENTRU
CLASA A VIII-A, EDITURA TEORA, 2004;
8. ION CHEŞCĂ, LIVIU PÂRŞAN: MATEMATICĂ, MANUAL PENTRU CLASA A X-A, EDITURA
ALL EDUCAŢIONAL, 2000.
1)PROFESOR GRAD 1,
ŞCOALA GIMNAZIALĂ „ PETRU RAREŞ” , HÂRLĂU 2) PROFESOR GRAD 1,
COLEGIUL NAŢIONAL „ ŞTEFAN CEL MARE” , HÂRLĂU
11
Micii MATEMATICIENI
TRIUNGHIURI ISOPERIMETRICE
CONSTANTIN CHIRILĂ(1
În prezenta notă sunt expuse proprietăți ale triunghiurilor care au același perimetru, numite triunghiuri isoperimetrice. Prima problemă tratează un caz particular relativ la aceste triunghiuri, iar cea de a doua problemă este o generalizare care poate conduce la noi probleme interesante. PROBLEMA 1. Fie ABC și notăm lungimile laturilor BC a , AC b , AB c , cu r raza cercului înscris, iar cu aria triunghiului ABC . Considerăm triunghiul echilateral A' B' C' cu lungimea
laturii 3
a b cl
și notăm cu r' raza cercului înscris triunghiului, iar cu ' aria sa. Să se arate că
r' r . DEMONSTRAȚIE: Notăm cu p şi p' semi-perimetrul ABC , respectiv A' B' C' . Din ipoteză
obținem că 2 3 2p' l a b c p , prin urmare cele două triunghiuri sunt isoperimetrice. Atunci
r' r 2 2/r ' p r p ' ' . Presupunem în continuare că ultima inegalitate are
loc și rescriem relația înlocuind explicit cu formulele ariilor celor două triunghiuri:
2
2 23
4
lp( p a )( p b )( p c )
4
1
16 27 2 2 2 2
a b c a b c a b c a c b b c a .
Împărțim ambii membri ai inegalității cu 16
a b c și obținem inegalitatea mediilor:
3
27
a b ca b c a c b b c a
. Prin urmare presupunerea făcută este adevărată și are
loc inegalitatea cerută. Se observă că r' r are loc dacă a b c . ***
Problema următoare este o generalizare a problemei 1.
PROBLEMA 2. Fie n triunghiuri i i iA B C , cu 1 2 3i , , ,...,n . Pentru fiecare i i iA B C notăm cu
i i i i i i i i iB C a , AC b , A B c lungimile laturilor, iar cu ir , i şi is raza cercului înscris, aria,
respectiv semi-perimetrul corespunzător i i iA B C . Considerăm numerele 1 2 nw ,w ,...,w cu
proprietatea că 1
1n
ii
w
. Atunci numerele 1
n
i ii
a a w
, 1
n
i ii
b b w
, 1
n
i ii
c c w
sunt lungimile
laturilor unui triunghi cu semi-perimetrul 1
n
i ii
s s w
, raza cercului înscris r și arie . Mai mult, au
loc inegalitățile: 3
1 32 2
1
1n
i i ii
r s w r s
şi
2
1 2
1
2n
i ii
w
.
Demonstrațiile celor două inegalități se bazează pe formula lui Heron și inegalitatea lui Hölder. Se
observă că pentru 3n și 1
1 2 33
iw , i , , se obține problema 1.
BIBLIOGRAFIE 1. PROBLEMA 4086, REVISTA DE MATEMATICĂ SCHOOL, SCIENCE AND MATHEMATICS, NR. 1, VOL.87, 1987
1) PROFESOR GRAD 1,
COLEGIUL NAŢIONAL „ GARABET IBRĂILEANU” , IAŞI
2 2
'
12
Micii MATEMATICIENI
ASUPRA COPLANARITĂŢII BICEVIENELOR ŞI CONCURENŢA UNOR CEVIENE
IOAN SĂCĂLEANU (1
AUREL NEICU
Fie un tetraedru 1 2 3 4A A A A . Pentru orice elemente distincte i, j 1;2;3;4 considerăm
punctele ij i jM A A , diferite de iA şi jA . Pentru orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 vom nota
dreptele ce trec prin punctele ijM şi khM cu ij kh ij khm m M M , numite biceviene ale tetraedrului.
Pentru orice i; j;k;h 1;2;3;4 , vom considera următoarele şase plane distincte:
ij i ij i j ij i j kh i j kh j i ji ji1 A ;m A ; A ;m A ; A ;m A ; A ;M A ; A ;m
ik i ik i k ik i k jh i k jh k i ki ki2 A ;m A ; A ;m A ; A ;m A ; A ;M A ; A ;m
ih i ih i h ih i h jk i h jk h i hi hi1 A ;m A ; A ;m A ; A ;m A ; A ;M A ; A ;m
Pentru orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 , din ij ijm ,
kh khm şi ij khm m deducem că:
ij kh ij kh4 m m ,
iar, din notăm
ikh k h j k hM A A A A A A şi ijA A rezultă că
ij khA M A şi cum j kh ijA M din 1 obţinem:
j kh ij j k h5 A M A A A .
TEOREMĂ: În condiţiile de mai sus, afirmaţiile sunt echivalente:
i bicevienele 12m , 13m , 14m sunt concurente sau paralele
ii pentru i 1;4 fixat, cele trei ceviene j khA M ale feţei j k hA A A sunt concurente sau paralele.
DEMONSTRĂM i ii :
Dacă bicevienele 12m , 13m , 14m sunt concurente într-un punct O , atunci ij ik ihO m m m ,
pentru orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 . Deoarece avem incluziunile ij i ij ijm A ;m ,
ik i ik ikm A ;m şi ih i ih ihm A ;m obţinem relaţia:
not
ij ik ih i i6 AO a , pentru orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 .
Dacă i j k ha A A A , atunci, ţinând seama de j kh ij j k hA M A A A şi că i ija ,
obţinem că i j kha A M , pentru orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 . Deci, cele trei
ceviene j khA M sunt paralele pentru i 1;4 fixat (fig.2).
Dacă i j k h ia A A A B , atunci, folosind 5 şi 6 , obţinem că:
ij kh k jh h jk ij ik ih i j k h iA M A M A M A a A A A B (fig.1).
Deci, cele trei ceviene j khA M , k jhA M şi h jkA M sunt concurente, pentru i 1;4 fixat.
Prin urmare, pentru fiecare i 1;4 fixat, cele trei ceviene j khA M , k jhA M şi h jkA M ale
feţei iA sunt concurente sau paralele, adică este adevărată afirmaţia din ii .
ikM
ijM
ihM jhMkhM
jkMiA
hA
kA
jA
iBO
Fig.1
13
Micii MATEMATICIENI
Dacă bicevienele sunt paralele, adică ij ik ihm m m , pentru alegere i; j;k;h 1;2;3;4
, atunci planele ij , ik şi ih se intersectează două câte două după drepte paralele cu ijm .
Conform cu axioma paralelelor, aceste drepte concurente în iA coincid. Deci, not
ik ij ih ia
şi i ija m . Toate dreptele ia , ja , ka , ha sunt paralele cu ijm ; deci, paralele între ele. Avem:
i i ij kh k jh k jh h jk ij ik ik ih i7 A M A M A M A M A A a A .
Dacă iia A , atunci j kh k jh k jh h jkA M A M A M A M şi, fiind situate în planul iA
rezultă că j kh k jh h kjA M A M A M , pentru i fixat.
Dacă ii ia A B , atunci, conform relaţiei 7 , avem: i j kh k jh h kjB A M A M A M .
Prin urmare, pentru orice i 1;4 fixat şi orice alegere i; j;k;h 1;2;3;4 , cele trei
ceviene j khA M ale feţei iA sunt concurente sau paralele.
În concluzie, este adevărată implicaţia " i ii " .
DEMONSTRĂM ii i : Pentru orice i 1;4 fixat, propoziţia ii se realizează în două alternative:
dacă dreptele j khA M , k jhA M şi h ijA M sunt concurente în iB , atunci punctul i iB A este comun
planelor ij ik ih; ; . Deci, notăm
ik ih ij i i iA B a .
dacă dreptele j khA M , k jhA M şi h ijA M sunt paralele, atunci planele ij ik ih; ; se intersectează
două câte două după drepte paralele cu j khA M , deci paralele cu planul iA .
Deci, intersecţia ij ik ih este dreapta paralelă prin vârful iA la planul feţei iA .
Prin urmare, notăm
ij ik ih i8 a şi i iA a , pentru orice i 1;4 .
Dreptele ia , i 1;4 sunt două câte două coplanare şi toate necoplanare, căci altfel punctele iA ,
i 1;4 ar fi coplanare, în contradicţie cu 1 2 3 4A A A A tetraedru. Folosind 4 şi 8 , obţinem:
ij ik ij kh ik jh ij ik hk hj i h j k9 m m a a a a ;
ij ih i k j h10 m m a a a a ; ik ih i j h k11 m m a a a a .
Dacă dreptele ia , ja , ka sunt concurente în punctul O , atunci, din 9 , 10 şi 11 , deducem
că ij ik ihO m m m . Deci, bimedianele 12m , 13m , 14m sunt concurente în O .
Dacă i j k ha a a a , atunci din i ija şi k kha rezultă că ia 4
i ij kh ija m . Analog,
se arată că ik im a şi ih im a , de unde bicevienele 12m , 13m şi 14m sunt paralele.
În concluzie, este adevărată implicaţia " ii i " .
BIBLIOGRAFIE:
1. IOAN SĂCĂLEANU: GEOMETRIA TETRAEDRELOR. SFERE ASOCIATE, LUCRARE METODICO-ŞTIINŢIFICĂ
PENTRU OBŢINEREA GRADULUI I, 2004; 2. MIHAI MICULIŢĂ, DAN BRÂNZEI: ANALOGII TRIUNGHI-TETRAEDRU, EDITURA PARALELA 45, 2000;
1)
PROFESORI GRAD 1, AI COLEGIULUI NAŢIONAL „ ŞTEFAN CEL MARE” , HÂRLĂU
14
Micii MATEMATICIENI
METODE DE DEMONSTRARE A PROBLEMELOR DE CONCURENŢĂ
IACOB GHEORGHE( 1
TOMUȘ ADRIAN Problemele de concurenţă sunt uşor de intuit folosind o construcţie riguroasă, dar situaţia
respectivă este mai dificil de demonstrat, necesitând raţionamente matematice, care de cele mai multe ori nu sunt uşoare. Metodele de demonstrare a concurenţei folosind unicitatea mijlocului unui segment, proprietăţile liniilor importante în triunghi sau utilizând reciproca teoremei lui Ceva ajută profesorul şi elevii să aleagă mai uşor rezolvarea. 1. DEMONSTRAREA CONCURENŢEI FOLOSIND UNICITATEA MIJLOCULUI UNUI
SEGMENT. Pe dreapta 1d se identifică punctele A şi B , iar pe 2d punctele
C şi D , astfel încât AB şi CD să aibă acelaşi mijloc. Metoda se poate
folosi şi în situaţia când trebuie demonstrată concurenţa mai multor drepte. EXEMPLUL1. Fie ABC , înscris în cercul de centru O şi D punctul diametral opus lui A . Paralelele prin D la AB şi AC intersectează cercul circumscris ABC în E şi, respectiv, F , iar laturile AC şi AB în M şi, respectiv, N . Să se arate că dreptele AD , CF , BE şi MN sunt concurente. SOLUŢIE. ABDE şi ACDF sunt dreptunghiuri, căci au laturile opuse paralele şi un unghi drept. Deducem că BE şi CF sunt diametre, ce trec prin O . Patrulaterul AMDN este paralelogram, de unde rezultă că MN trece prin mijlocul lui AD , adică O . Deci, AD , CF , BE şi MN sunt concurente în O .
EXEMPLUL 2. Fie paralelogramul ABCD şi punctele E, F BD ,astfel încât .BE EF FD Se
notează cu G BC AE , H CD AF , L AB CE , M AD CF . Să se demonstreze că AC , EF şi LH sunt concurente. SOLUŢIE.Din ADE BCF AE CF ,iar ADF BCE AF EC ,
de unde obţinem că AECF este paralelogram şi atunci EF trece prin mijlocul O al diagonalei AC . Cum ,AF EC obţinem că AHCL este paralelogram şi atunci LH
trece prin mijlocul O al diagonalei AC . Deci, dreptele AC , EF şi LH sunt concurente în O .
2. DEMONSTRAREA CONCURENŢEI FOLOSIND PROPRIETĂŢILE LINIILOR IMPORTANTE ÎN TRIUNGHI. Metoda constă în a găsi un triunghi în care acele drepte sunt înălţimi, mediane, mediatoare sau bisectoare. EXEMPLUL 3. În exteriorul ABC , se consideră punctele distincte D , E şi F , astfel încât AE FA BC , BD FB AC și DC CE AB . Să se demonstreze că perpendicularele duse din D , E , F pe BC , AC și respectiv, AB sunt concurente. SOLUȚIE. Patrulaterele FBCA și ABCE sunt paralelograme, deoarece ACFB , BCFA , BC AE , CEAB . Conform axiomei
paralelelor, obţinem că F , A şi E sunt puncte coliniare, căci FA BC AE . Analog, se arată că F , B şi D sunt coliniare, la fel ca şi
D, C şi E . Din || , || , ||FE BC FD AC DE AB rezultă că înălțimile
concurente ale FDE sunt perpendicularele duse din D, E, F pe BC, AC, respectiv AB .
EXEMPLUL 4. Diagonalele trapezului ABCD se intersectează în punctul I . Notăm mijloacele bazelor AB şi CD , ale diagonalelor AC şi BD cu E şi F , respectiv cu G şi H . Punctele simetrice ale lui I faţă de G ,
respectiv H sunt /I şi / /I . Să se arate că, dreptele EF , /HI şi / /GI sunt concurente, iar / /2 GK KI , unde / / /K GI HI .
SOLUŢIE. Din simetriile din enunţ, rezultă că /IG GI şi / /HI HI .
A
C B
D O
d1
d2
A
F E
B
D
C
N
M O
A M D
B C G
L H
F
E O
B
A
C
E F
H
D
A B E
I’ I’’ K G H
I
D F C
15
Micii MATEMATICIENI
Atunci K este centrul de greutate al / / /II I , de unde IK este mediană a acestui triunghi şi, mai
mult, GH este linie mijlocie în / / /II I . Rezultă că /GH I I , dar GH AB , deci / / /AB I I . Cum
IK trece prin mijlocul lui / / /I I
E IK . Deci EF , /HI şi /GI sunt concurente, iar / /2 GK KI .
3. DEMONSTRAREA CONCURENŢEI UTILIZÂND RECIPROCA TEOREMEI LUI CEVA TEOREMA LUI CEVA. Se consideră un triunghi ABC şi trei drepte concurente AM, BM, CM care intersectează suporturile laturilor triunghiului în punctele A’, B’ C’. Să
se demonstreze relaţia ' ' '
1.' ' '
A B B C C A
A C B A C B
DEMONSTRAŢIE. Aplicând teorema lui Menelaus triunghiurilor BB’C şi
ABB’ cu transversalele AMA’ şi C’CM, obţinem ' '
1,' '
A B CA B M
A C AB MB
' '
1' '
B C AC BM
CA C B MB
care înmulţite membru cu membru, ne dă
' ' '1.
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
RECIPROCA TEOREMEI LUI CEVA. Fie A’, B’, C’ trei puncte situate pe laturile (BC), (AC) şi (AB) ale
triunghiului ABC, astfel încât ' ' '
1,' ' '
A B B C C A
A C B A C B atunci dreptele AA’, BB’
CC’ sunt concurente. DEMONSTRAȚIE. Din ' ( )A BC , ' ( )C AB şi cum ,BC AB rezultă că
/AA și /CC sunt concurente într-un punct M . Presupunem că 'M BB și
fie '' ( )B AC astfel încât BB’’ trece prin M . Aplicând teorema lui Ceva și dreptele concurente /AA ,
/BB , /CC obținem că " ' '
1," ' '
B A CA BC
B C A B C A relații care înmulțite cu relația din ipoteză, ne dă
' '',
' ''
B C B C
B A B A
de unde / / /B B . Deci dreptele /AA , /BB și /CC sunt concurente.
EXEMPLUL 5. Fie ABC dreptunghic în A şi punctele /C şi /B , astfel încât /CC AC , /AC CC , /BB AB şi /BB AB . Să se arate că dreptele /BC și /CB se întâlnesc pe înălțimea /AA .
SOLUȚIE. Fie 'AB B C D și ' .AC C B E Avem: 2 'AB BC BA și
2 ',AC BC CA 2
2
'
'
A B AB
A C AC (1) (teorema catetei).
Cum ' ,ABE CC E rezultă '
,'CC EC AC
AC CCAB EA AB
adică
EC AC
EA AB (2). Cum ' ,BB D ACD rezultă ,'
'
AD AC ACAB BB
BD BB AB adică
DA AC
DB AB (3).
Înmulțind (1), (2) și (3), obținem că . .'
1'
R t CevaA B EC DA
A C EA DB dreptele /BC , /CB și /AA sunt concurente.
CONCLUZIE. Problemele de concurență au un grad sporit de dificultate care rezultă din faptul că redactarea conținutului nu ne sugerează metoda de rezolvare, ci suntem nevoiți a o descoperi, uneori prin mai multe încercări.
BIBLIOGRAFIE: [1] D. BRÂNZEI, S. ANIȚA, C. COCEA: PLAN ȘI SPAȚIU EUCLIDIAN, EDITURA ACADEMIEI, BUCUREȘTI, 1986. [2] M. Ș. BOTEZ: PROBLEME DE GEOMETRIE, EDITURA TEHNICĂ, BUCUREȘTI, 1976. [3] E. PĂTRAȘCU: PROBLEME DE CONCURENȚĂ ȘI COLINIARITATE, EDITURA NEURON, FOCȘANI, 1995.
1 ) PROFESORI
AI LICEULUI TEHNOLOGIC “MIHAI BUSUIOC”, PAȘCANI
A
B
C
B’ M
C’
A’
AB C
D E
C
B
A
A
B C
M
B’ B’’
A’
'C
16
Micii MATEMATICIENI
VIAŢA MATEMATICĂ ZONALĂ
Această rubrică conţine în acest număr informaţii despre: o concursul MICII MATEMATICIENI , ediţia a X-a din 28 martie 2015 ; o subiecte date la TESTAREA ELEVILOR de clasa a IV-a în vederea înscrierii în clasa a V a ; o proiectul educaţional SUPER MATE; o activităţi ale cercului de matematicǎ CLUBUL MATEMATIENILOR în anul şcolar 2014-2015.
CONCURSUL MICII MATEMATICIENI RAPORT DE ACTIVITATE
Concursul „Micii Matematicieni” ediția a X-a, parte a Proiectului educaţional cu acelaşi nume, s-a desfășurat în ziua de 28 martie 2015, la Colegiul Național ”Ștefan cel Mare” Hârlău, activitate înscrisă în CAERI 2015 la A12 Domeniul științific poziția 914. La concursul adresat elevilor din clasele III-VIII s-au înscris 321 elevi (din care 24 absenţi) provenind din 19 de școli din Iaşi, Botoșani, Pașcani, Târgu Frumos, Hírlău, Belceşti, Cristeşti, Deleni, Cotnari, Scobinţi, Cârjoaia, Maxut şi Pîrcovaci. Concursul dispune de un Regulament şi o Metodologie de desfășurare, afișate și transmise anterior tuturor școlilor. Comisia a fost formată din 15 profesori și învățători propunători de subiecte, aparținând școlilor participante, 20 corectori (comisie mixtă, formată din profesori provenind de la toate școlile participante), 20 de asistenți, selectați din personalul colegiului. La deschiderea festivă a concursului au participat Prof. Univ. Dr. Temistocle Bârsan de la Universitatea Tehnică Iași, coordonatorul revistei „Recreaţii matematice”-Iaşi şi inspector de specialitate prof. Dr. Irina Caprariu, din partea ISJ Iaşi. Au fost formulate subiecte pentru clasele III, IV, V, VI, VII, VIII. Elaborarea baremelor s-a făcut în timp util și a fost afișată ca la orice concurs național la avizierul școlii. Odată cu demararea concursului a fost lansată și Revista ”Micii Matematicieni” nr. VIII. Fiecare elev participant a primit o revistă și diplomă de participare. Corectarea s-a făcut în aceeași zi. La ora 18,30 au fost afișate rezultatele, iar luni 31 martie 2015 au fost evaluate contestațiile. Atât subiectele, baremele cât și rezultatele finale se află pe site-ul colegiului: http://colegiulharlau.info/MICIIMATEMATICIENI27042013/. Pentru fiecare clasă au fost acordate premii I,II,III și mențiuni, totalizând 101. Elevii au primit diplome și revista „Micii matematicieni”, premiile in bani provenind de la sponsorizările care au spijinit concursul atât în acest an,cât și în anii precedenți. Comisia de concurs a avut următoarea componență: coordonator concurs, prof. Aurel Neicu, președinte executiv prof. Gheorghe Oancea, secretar prof. Ioan Săcăleanu, membrii prof. Ramona Darie, prof. Iuliana Blanaru şi prof. Ionela Cristina Simionescu. Proba a durat două ore şi au supravegheat profesori din colegiu. Pentru elevii din clasa a IV-a care au acumulat minim 40 de puncte au fost rezervate de Consiliul de administrație al colegiului şase locuri fără testare la clasa a V-a. Concursul s-a bucurat de o detaliată prezentare în mass media locală și județeană, iar revista ”Micii matematicieni” a avut o distribuție națională, fiind solicitată de școlile care au trimis materiale spre publicare, din alte județe ale țării. Concursul și apariția revistei a avut ca sponsori: Asociația părinților ”Ștefan cel Mare” din colegiu, Primăria orașului Hârlău, alte firme din oraș. Diplomele și revistele au fost realizate la editura PIM Iași și Copy Center Hârlău. Revista Micii Matematicieni a fost distinsă cu Premiul special la faza județeană a concursului de reviste școlare, secțiunea Științifică. Concursul a fost popularizat în mass-media ,a avut impact la nivel național, în paginile sale regăsindu-se articole semnate de profesori din învățământul universitar și preuniversitar din Iași, Arad, Braşov, Craiova, Paşcani, Târgu Frumos, Hârlău.
PROF.AUREL NEICU, DIRECTOR AL COLEGIULUI NAŢIONAL “ŞTEFAN CEL MARE”, HÂRLĂU
17
Micii MATEMATICIENI
REZULTATELE CONCURSULUI MICII MATEMATICIENI , EDIŢIA A X-A, HÂRLĂU, 28 MARTIE 2015
NR. CRT
CL.
NUME ŞI PRENUME ŞCOALA DE PROVENIENŢĂ
PROFESORUL CLASEI PUNCTAJ
PREMIUL
1 III TURBINCĂ GABRIEL ŞC.G. CÎRJOAIA, COTNARI COSTEA AURORA 54 I
2 III ROMAN RADU GABRIEL ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 52 II
3 III PAVĂL ANDREEA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 50 III
4 III POPUŢOAIA IONUŢ ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI CRAMARIOUC LIDIA 48 M
5 III DAVIDESCU ŞTEFAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 43 M
6 III MAFTEI TEODORA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 42 M
7 III MIHALACHE SARA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 42 M
8 III APOSTOL DARIA MARIA L. T. MIRON COSTIN, PAŞCANI SOROHAN MARLENA 40 M
9 III ROMAN ELENA ARIADNA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 40 M
10 III STOICA DARIA ELENA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 40 M
11 III TCACI ALEXANDRU L. T. MIRON COSTIN, PAŞCANI SOROHAN MARLENA 39 M
12 III GĂINĂ IULIAN ŞC. G. PÎRCOVACI, HÂRLĂU NEAMŢU MARIA-MONICA 38 M
13 III ANUŞCA ANDREI L. T. MIRON COSTIN, PAŞCANI SOROHAN MARLENA 37 M
14 III RUSU IOANA L. T. MIRON COSTIN, PAŞCANI SOROHAN MARLENA 36 M
15 III AVORNICESEI TEODOR ANDREI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 35 M
16 III GĂINĂ MARIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 35 M
17 III BANU ROBERT-ADRIAN ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI NOVAC MIRELA 34 M
18 III PETRIŞOR AMIRA ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI CRAMARIOUC LIDIA 34 M
19 III LEAGĂN ANA MARIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 33 M
20 III ACOSTIOAEI ALEXANDRA ŞC.G. G.IBRĂILEANU, TG. FRUMOS NANE OLGA 32,5 M
21 III BURDUJAN ADI IONUŢ ŞC. MAXUT-DELENI IACOB ANA 32 M
22 III COTUNOAEI DORU ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU SIMIONESCU MARIA 32 M
23 III PINTILIE ANDREI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU SIMIONESCU MARIA 32 M
24 III PINTILIE TEODOR-DRAGOŞ ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI MIRON PETRU 32 M
25 III PÎNZARU ŞTEFANIA LIC.TEH. M. BUSUIOC, PAŞCANI COTUNA-PANTAZI MARICICA 31 M
26 III BRUDARIU ALEXANDRU-FLORIN ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI MIRON PETRU 30 M
27 III MIHĂILESCU ANDREI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 30 M
28 III TOFAN ADINA ELENA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 30 M
29 III HUŢUPAŞU PETRONELA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 29 M
30 III BATINCU MIHAI ŞC. MAXUT-DELENI IACOB ANA 27 M
31 III OCHIANĂ SABRINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 27 M
32 III OPREA MARIAN-ALEX ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI MIRON PETRU 27 M
33 III TROFIN FLORIN ŞC. SCOBINŢI PAVEL TATIANA 27 M
34 III TATARU ADRIAN-GABRIEL ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI NOVAC MIRELA 26 M
35 III IACOB DENIS ŞC. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ SILVIEA 25 M
36 III MACAROV LIVIA ŞC. I.CREANGĂ, TG. FRUMOS PAVĂL OLGA 25 M
37 III ACORNICESEI LUCIAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU NICULESCU CARMEN 24 M
38 III GĂINĂ OANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 24 M
39 III MINICARU LUCA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 24 M
40 III PAVEL OANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU NICULESCU CARMEN 24 M
41 III MUSCĂ SABINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 23 M
42 III ROBU DARIA ALEXANDRA ŞC. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ SILVIEA 23 M
43 IV PRIGOREANU ALIN GABRIEL ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 58 I
44 IV IVANOVICI IARINA EMA ŞC. ŞT. BÎRSĂNESCU, IAŞI BÎZDAGĂ NECULAI 57 II
45 IV NECHIFOR ALEXANDRU ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI NOUR EUGENIA 46 III
46 IV BÎRLĂDEANU RAREŞ ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 45,5 M
47 IV DUMBRĂVEANU ALEXANDRU ŞC. NR.17, BOTOŞANI RADA NASTASIA 44,75 M
48 IV MATEI EMMA GEORGIANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 40,5 M
49 IV UNGUREANU NARCISA MIHAELA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 40,5 M
50 IV MACOVEI ALEXANDRU ŞC. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS BOTEZATU MARIA 39 M
51 IV DASCĂLU CEZAR ANDREI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 38,5 M
52 IV ŞALARIU IOANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 38,5 M
53 IV CURCĂ MARIUS ALIN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU PÎRÎIALĂ OLGA 34,75 M
54 IV MATEI TEONA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 34 M
55 IV VORNICU DAVID ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 34 M
56 IV CHITIC IONELA DENISA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 29,25 M
57 IV TINCU ŞTEFANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU PÎRÎIALĂ OLGA 28 M
58 IV CURCĂ ALICE IONELA ŞC. PÎRCOVACI, HÂRLĂU TROFIN ANCA 25,75 M
18
Micii MATEMATICIENI
59 IV MARICI IOANA BIANCA ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI RADA NASTASIA 25,5 M
60 IV CIUBOTARIU DIANA ALEXIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 24 M
61 IV BOUREANU LAURA MIHAELA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 23 M
62 IV MĂRIUŢĂ GRIGORE DAVID ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 23 M
63 IV CUIBUŞ TEODOR ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TOMULESEI MIHAELA 21,25 M
64 IV GAFINCU IOANA CEZARA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI MARIETA 20 M
65 IV PINTILIE EDI GABRIEL ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU PÎRÎIALĂ OLGA 20 M
66 V PLEŞCAN MATEI COLEGIUL NAŢIONAL, IAŞI POPA GABRIEL 60 I
67 V HREBENCIUC MIHAIL C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 48,5 II
68 V IONESCU IONUŢ C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 45 III
69 V AGAVRILOAE MARINA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS GOŞMAN MARCELA 42,5 III
70 V BUCIUMANU ANA-MARIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI FRĂSILĂ MIHAIL 37,5 M
71 V MOVILEANU VLAD C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 37,5 M
72 V ACIOCANESA BIANCA ŞC. NR. 17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 32,5 M
73 V PAIU COSMIN-GEORGE C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI FRĂSILĂ MIHAIL 30,5 M
74 V FRUNZA ALEXANDRU L. T. ION NECULCE, TG. FRUMOS TURNEA MIHAELA 29 M
75 V BĂHNĂREANU ANDREEA SIMONA C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 28,5 M
76 V BOMPA ANDREI ROBERT C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI ANTON ADRIANA 25 M
77 V DUMITRACHE MARIA C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 24 M
78 V SANDU IOAN CRISTIAN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 24 M
79 V COSTAN ALEXANDRU-IONUŢ C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI FRĂSILĂ MIHAIL 23 M
80 V DAVID CRISTINA ELENA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 23 M
81 V GABOR IASMINE C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI FRĂSILĂ MIHAIL 21,5 M
82 VI ENEA VICTOR ROBERT L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 42,5 I
83 VI MAXIM ANDREEA LIC.TEH. M. BUSUIOC, PAŞCANI IACOB MIHAI 23,5 M
84 VII VÎNTUR ANTONIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 44 I
85 VII SCUTARIU IOANA ALEXANDRA C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 28 II
86 VII MIHĂILĂ MARIA DENISA C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 21 III
87 VII TUDORACHE ALEXANDRA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 20 M
88 VIII IOSUB MARIAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 45 I
89 VIII ROŞU RADU ANDREI C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI MACOVEI LIVIU 42 II
90 VIII ONOFREI TUDOR ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 39,5 III
91 VIII MUSTEAŢĂ ROBERT ANDREI C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 38 M
92 VIII URDEA PAULA CRISTINA ŞC. GIMNAZIALĂ DELENI PAVĂL TEODORA DANA 34 M
93 VIII OLARU ANDREEA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 32 M
94 VIII IVAN ALIN CONSTANTIN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 31,5 M
95 VIII PRICOP ANA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 31 M
96 VIII VICOL ŞTEFAN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 30 M
97 VIII CARP VALENTIN ŞC. CÎRJOAIA, COTNARI VASILIU ADINA 29,5 M
98 VIII PAVĂL MIHAI C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 29,5 M
99 VIII MARELE CARINA IOANA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 27,5 M
100 VIII ICHIM OCTAVIAN MARIAN ŞC. PÎRCOVACI, HÂRLĂU RĂILEANU ALINA 26,5 M
101 VIII TIMOFTE BIANCA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 26,5 M
*** ZÂMBETUL ŞTIINŢEI
ÎN ACEASTĂ RUBRICĂ VOM TRECE ÎN REVISTĂ CÂTEVA ANECDOTE SEMNIFICATIVE ŞI AMINTIRI DIN VIAŢA CELOR MAI DE FRUNTE MATEMATICIENI .
D’ALE LUI DAVID HILBERT
(MATEMATICIAN GERMAN, 1862-1943)
Un aspirant prea sâcâitor l-a adus pe conducătorul său ştiinţific David Hilbert într-o stare,
încât acesta să-i spună:
"Duceţi-vă şi elaboraţi construirea unui poligon regulat cu 65 537 (= 216+1) de laturi".
Aspirantul s-a retras, ca să revină după 20 de ani de activitate cu construcţia în cauză (actualmente ea se păstrează în arhivele din Gottingen).
19
Micii MATEMATICIENI
SUBIECTELE CONCURSULUI MICII MATEMATICIENI EDIŢIA A X-A, 28 MARTIE 2015
ENUNŢURI. SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE
CLASA A III-A: ENUNŢURI SUBIECTUL I (20 PUNCTE):
1. 12 p Calculaţi valoarea numărului 3 5 12 :a b c , ştiind că:
3:3 9 4 :3a ,
10 3: 5 4 : 8 12 : 2 8b şi
14 6 :5 3 15 6 : 7 1c .
2. 8 p Radu, Elena şi Maria se pregătesc pentru concursul Micii Matematicieni. Radu şi Elena au
rezolvat împreună 63 probleme, Elena şi Maria 73 probleme, iar Radu şi Maria 64 probleme. Câte probleme a rezolvat fiecare copil ?
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. 10 p Elevii A , B , C , D şi E participă la o cursă de alergat. Ei sosesc, în această ordine, la
un interval de cinci minute. Să se calculeze timpul total realizat de cei cinci alergători, ştiind că elevul A aleargă de două ori mai repede ca elevul E .
2. 10 p Într-un sat fermecat trăiesc ZÂNE, VRĂJITOARE şi SPIRIDUŞI. Fiecare creatură locuieşte
singură în casa sa. În ziua de Hallowen, Darius bate la 10 uşi şi observă că fiecare ZÂNĂ îi dă 3 bomboane, că fiecare VRĂJITOARE îi ia o bomboană, iar SPIRIDUŞII nu deschid. La primele 5 case, Darius a câştigat 8 bomboane, iar ultimele 5 nu a câştigat, dar nici nu a pierdut. În câte case locuiesc SPIRIDUŞI, ştiind că a deschis acelaşi număr de ZÂNE şi de VRĂJITOARE. Justificaţi fiecare afirmaţie făcută în redactarea rezolvării
SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1. 10 p În cinci vase se aşează 31 de lalele. În fiecare vas se găseşte un număr impar de lalele şi nu
există vase cu acelaşi număr de flori. Găsiţi două modalităţi diferite de aşezare a lalelelor în vase.
2. 10 p Descoperă regula şi completează numerele lipsă:
5
16 4 1,
8
36 6 2,
64 8 2,
45 5 3
SUBIECTE ELABORATE/MODIFICATE/SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROFESORII: MARIETA MUŞEI, MARIA CREŢU, MIRELA MUNTEANU, EMILIA OPREA
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE ŞI NOTARE. I.1. Aflarea lui 2a ... 2p; 1b ... 3,5p; 2c ... 3,5p. Finalizare: 3 5 : 2 7a b c .......... 3p. I.2. Aflarea dublului sumei: 200 ... 3p. Aflarea sumei 100 probleme ... 2p. Aflarea numărului de probleme pentru fiecare copil: Radu 27 ; Elena 36 ; Maria 37 probleme ...............3 1 3p p
II.1. Reprezentarea grafică sau scrierea relaţiilor: B A 5 ; C A 10 ; D A 15 ; E A 20 ; E 2 A , de unde A 20 min ... 4p. Aflarea timpului fiecărui alergător: B 25 min , C 30 min ,
D 35 min , E 40 min ... 4 1p 4 p . Calculul timpului total 150 min ............................... 2p.
II.2. Din faptul că numai zânele câştigă deducem că sunt cel puţin 3 zâne ...................................... 1p. Nu pot fi 4 sau 5 zâne întrucât ar câştiga 12 bomboane şi ar trebui să piardă mai mult de 4
bomboane, adică cel puţin 4 vrăjitoare că ar fi mai mult de 8 case (fals) .............................. 2p. Prin urmare, în primele 5 case sunt 3 zâne 9 bomboane că trebuie să piardă 9 8 1 bomboană 1 vrăjitoare şi 1 spiriduş ........................................................................................ 2p.
Pentru ultimele 5 case avem de analizat două situaţii:
20
Micii MATEMATICIENI
toate cele 5 case cu spiriduşipe total: 3 cu zâne, 1 cu vrăjitoare, 6 cu spiriduşi, fals ....... 2p. o casă cu o zână trebuie pierdute 3 bomboane3 case cu vrăjitoare şi 1 cu spiriduş .... 2p.
În concluzie, sunt 2 case locuite de spiriduşi ..................................................................................... 1p III.1. Descompunerea numărului 31 în 5 numere impare diferite (ex. 1 ;3 ;5 ; 7 ; 15 şi 1 ; 3 ; 5 ; 9 ; 13). Pentru fiecare variantă corectă …………………………………………………… 2 5 10p p
III.2. Descoperirea regulii : 16 : 4 1 5 şi 36 :6 2 8 … 6p. Identificarea numerelor lipsă (10 şi 12 ) : 64 : 8 2 10 şi 45 : 5 3 12 …………………………………………... 2 2 4p p
CLASA A IV-A: ENUNŢURI SUBIECTUL I (20 PUNCTE):
1. 8 p Stabiliţi dacă este adevărată afirmaţia: “Însumând produsul numerelor 11 şi 111 cu câtul
împărţirii 111: 3 se obţine un număr mai mic decât 2016 cu dublul numărului 379 .”. Scrieţi exerciţiul corespunzător afirmaţiei şi justificaţi prin rezolvarea exerciţiului.
2. 12 p Determinaţi numerele impare consecutive m , a , b şi c , în această ordine, din
egalitatea următoare: 3246 : : 777 : 7 7 333 55 : 5 3 2016aa a m bbb b .
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. 8 p Într-o clasă sunt 32 elevi cu vârstele de 11 ani sau de 12 ani. Dintre ei, 12 au 11 ani, 12
sunt băieţi şi 11 fete au 12 ani. Aflaţi câte fete au 11 ani şi câţi băieţi au 12 ani.
2. 6 p Însumând trei numere obţinem anul în care suntem. Ştiind că al treilea număr este
diferenţa dintre primul număr şi al doilea mărit cu 7, iar primul număr este împătritul celui de-al doilea mărit cu 15, aflaţi numerele.
3. 6 p Câţi copii are o familie, ştiind că un băiat are tot atâtea surori cât şi fraţi, iar fiecare soră
are fraţi de două ori mai mulţi decât surori. SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1. 2 p Scrieţi cu cifre numărul, compus din unsprezece mii, unsprezece sute şi unsprezece unităţi.
2. În figura alăturată, în locul literelor trebuie puse cifrele nenule, fiecare o singură dată, iar cifrele 1, 2 şi 3 sunt deja fixate. Ştiind că suma celor patru numere de pe fiecare latură este aceeaşi, efectuaţi:
a) 3p calculul sumei a b c d e f , fără a aşeza în figură nicio altă
cifră nenulă, dintre cele şase care lipsesc;
b) 9p sumele a b , c d şi e f ;
c) 6p înlocuirea literelor cu cifrele corespunzătoare enunţului, astfel încât a b , c d şi e f .
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. : MARIANA DÎRVARIU, GABRIELA ONOFREI, MARIA SIMIONESCU, MARIA TEREZA RUGINĂ ŞI IOAN SĂCĂLEANU
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.
I.1. Exerciţiul 11 111 111: 3 2016 2 379 ...1p. Aflarea produsului 1221 …2p; a câtului
37 …2p; a sumei 1258 ...1p; a dublului 758 …1p. Găsirea valorii de adevăr
(A)........1p. I.2. Aflarea lui 11m ... 12x0,75p 9 p ; 9, 7, 5a b c consecutive descrescător .......3x1p = 3p.
a b
c
de
f
1
2
3
21
Micii MATEMATICIENI
II.1. Aflarea numărului total de fete 20 ...2p; a numărului fetelor de 11 ani 9 .................…2p;
a numărului copiilor de 12 ani 20 …2p; a numărului băieţilor de 12 ani 9 ....................…2p.
II.2. Reprezentarea grafică a problemei ...5p. Aflarea numerelor : 1011, 249, 755a b c .........3p
II.3. Aflarea numărului de băieţi (4) ...2p; a numărului de fete (3) ...2p; a numărului de copii (7) ...2p. III.1. Numărul este 11 1000 11 00 11 12111 ......................................................................... 2p. III.2.a. Calculul sumei 4 5 6 7 8 9 39a b c d e f ………..........…...…........…... 3p
III.2.b. Pe laturi avem: 1 3 3 2 2 1 : 3a b c d e f S . Adunând egalităţile
obţinem 1 3 3 2 2 1 12 39 51S a b c d e f .........................................6p
Aflarea sumelor 13, 12, 14a b c d e f …............……………………………………....... 3p
III.2.c. 6, 7, 4, 8, 5, 9a b c d e f sau 4, 9, 5, 7, 6, 8a b c d e f .................... 6p
CLASA A V-A: ENUNŢURI
SUBIECTUL I (20 PUNCTE)
1. (14p) Fie numărul N aaabbb .
a) Arătați că N se divide cu 00a b . b) Dacă a b , arătați că N se divide cu 7, 11 și 13.
2. (6p) Aflați a 2015-a zecimală a numărului 2
7.
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. (10p) Determinați toate numerele de forma abc care împărțite la bc dau câtul 4 și restul 8bc .
2. (10p) Fie 20157 7x și 20159 1y . Arătați că x și y au cel puțin trei divizori comuni, 1 .
SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1. (10p) Determinați valorile naturale ale lui n pentru care 6 5 4 33 3 3 2 3 4 3n n n n n xxxx .
2. (10p) Determinați numărul natural x pentru care fracția 2 1 2 257
258 256
2 2 2
2 2
x x
este echiunitară.
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROFESORII: OANA ALEXE, TEODORA DANA PAVEL ŞI IULIANA BLANARU
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.
I.1.a. Avem: 100N aaa bbb …3p. 111 1000N a b …2p. 111 00 00N a b a b ….........2p
I.1.b. Dacă 111111a b N aaaaaa a ...3p; 111 111 3 7 11 13 37 …3p. Finalizare ......1p
I.2. 2 : 7 0, 285714 ...2p; 2015: 6 334 rest 1 ...2p; a 2015-a zecimală a numărului este 2 ….2p
II.1. 4 8abc bc bc …..........3p; 100 4 8a bc ............3p; 25 2a bc …................2p;
3 1, 2,3a a …..............................1p; Numerele sunt: 127, 252 și 377 …..............................1p
II.2. Avem : 2015 4 503 3 37 7 7 3U U U …........…..2p; 20157 7 0U ….............……2p
2015 2 1007 1 19 9 9 9U U U ….........................2p; 20159 1 0U ……….................……2p
Atunci x și y au cifra unităților egală cu 0 numerele se divid cu 2, 5 și 10 …………………. …2p
III.1. 6 5 4 33 3 3 3 2 3 4 1111n x …...............3p; 3 1111 1111 3n nx x ….............2p;
x cifră, 31 9, 3,9x x M x ……..................…3p; 1, 2n …………………………..2p
22
Micii MATEMATICIENI
III.2.2 1 2 257
258 256
2 2 2
2 2
x x
echiunitară 2 1 2 257 258 2562 2 2 2 2
x x ………………………………..3p
2 256 22 2 1 2 2 1 2x
….3p ; 2 2562 2 2 256x x ….......2p; 82 2 8x x ………..2p
CLASA A VI-A: ENUNŢURI SUBIECTUL I (20 PUNCTE): 1. (10p) Biletul de intrare la un film costă 6 lei. Din lipsă de spectator, preţul biletului a fost redus şi
numărul spectatorilor a crescut cu 50% , încasările mărindu-se în acest fel cu 25% . Cu ce procent s-a redus preţul biletului ?
2. (5p) Determinaţi numerele prime x pentru care fracţia 2 1 2 257
258 256
2 2 2
2 2
x x
este subunitară.
3. (5p) Fie A cel mai mare număr natural format din cifre nenule a căror sumă este 2015 . Aflaţi restul împărţirii numărului A la numărul 101.
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. 8 p Profesorul de matematică a desenat pe caietul lui Darius segmentul AB şi îi cere acestuia
să-l măsoare. Uitând trusa geometrică acasă, Darius cel isteţ începe să-şi fabrice o riglă gradată
astfel: taie o panglică de hârtie atât de lungă cât segmentul AB , apoi împătureşte panglica în
două, apoi panglica obţinută o împătureşte iar în două şi repetă operaţia de cinci ori. Alegând ca unitate de măsură segmentul dintre două cute alăturate, Darius măsoară segmentul. Înainte de a-l comunica profesorului, el “împrumută” rigla gradată în centimetri de la colegul său, Emilian şi îl mai măsoară o dată. Constată cu uimire că a obţinut acelaşi rezultat. Care este lungimea
segmentului desenat AB ? Justificaţi răspunsul.
2. (12p) Se consideră şapte puncte distincte şi coliniare în această ordine: , , , , , ,A B C D E F H , astfel
încât D să fie mijlocul segmentului AH , iar 2BC AB CD , 2CD BC DE , 2DE CD EF
şi 2EF DE FH . Demonstraţi că segmentele AB , BC , CD , DE , EF şi FH sunt
congruente. SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1. Se consideră unghiul AOB cu măsura de 0126 şi semidreptele 1OM , 2OM , …, 1nOM
interioare lui, astfel încât interioarele unghiurilor 1AOM , 1 2M OM , …, 1nM OB să fie
disjuncte două câte două, iar 01 2m AOM ,
021 2 2m M OM , …,
0
1 2nnm M OB .
a) (5p) Arătaţi că 6n .
b) (5p) Dacă OM este bisectoarea 4AOM , determinaţi măsura complementului AOM .
2. (10p) Determinaţi toate dreptunghiurile cu lungimile exprimate în numere naturale, pentru care aria şi perimetrul se exprimă prin acelaşi număr.
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROFESORII: GHEORGHE OANCEA, PETRONELA CIOBANU ŞI ADINA VASILIU
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I.1. Notăm cu a , numărul de spectatori inițial şi cu b , procentul cu care a fost redus prețul ……..1p
Atunci 6a reprezintă încasările inițiale ....1p, iar 25 15
6 6100 2
aa a sunt încasările finale …….1p
23
Micii MATEMATICIENI
Prețul după reducere este 600 6
6 6100 100
b b …...1p, iar numărul de spectatori final este
50 3
100 2
aa a ……………….…1p. Atunci are loc egalitatea
600 6 3 15
100 2 2
b a a ……….....2p
600 6 100
5 600 6 500 16, 6 %100 6
bb b b
…………………………………......3p
I.2. Avem 2 1 2 257 258 2562 2 2 2 2x x ………....1p 2 1 256 22 2 1 2 2 1 2
x
……….1p
2 2562 3 2 3x
………....1p 2 256 8x x ……….….1p 2,3, 4,5,7x …………….1p
I.3. Din datele problemei că 2015 cifre
11.............1A ……..1p . Se observă că 1111 101*11 ………..1p
2011 2007 3 2011 2007 31111 10 1111 10 ... 1111 10 111 101 11 10 10 ... 10 101 10A …....2p
Se deduce că restul este egal cu 10 . ……………………..…………………...…………………….1p.
II.1. I tăietură:2 segmente …..1p ; 2II tăietură: 2 =4 segmente …1 p; 3III tăietură:2 =8 segmente
…...1p ; 4IV tăietură:2 =16 segmente …1p ;
5V tăietură:2 =32 segmente ..1p ;
32segmente=32cmAB ..…1p
II.2.2 BC CD
BC AB CDAB BC
…1p ;2 CD DE
CD BC DEBC CD
…1p ; 2DE CD EF
DE EF
CD DE ……1p ; 2 EF FH
EF DE FHDE EF
…1p ;BC CD DE EF FH
kAC BC CD DE EF
…..1p ;
2 21AD AB BC CD AB kAB k AB AB k k ……………………………………….2p ;
3 4 5 3 21DH DE EF FH k AG k AC k AB k AB k k …………….2 p. Din AD DH
2 3 2 31 1 1 1AB k k k AB k k k k …….2p ; Finalizare …………………….1p
III.1.a. 2 12 2 ... 2 2 2n n …1p ; 1 1 72 2 126 2 128 2n n …2p ; 1 7 6n n ...1p
III.1.b. 4 2 4 8 16 30m AOM ..2p ; 4 15m AOM m MOM ….1p 75 …2p
III.2.Laturile x , y 2x y x y …1p2 2 4 4 4
22 2 2
y yx
y y y
...2p
4
2y
42 1, 2, 4 3,4,6y D y …3p ; 3,4,6x …2p ; 2 dreptunghiuri …………...2p
CLASA A VII-A: ENUNŢURI
SUBIECTUL I (20 PUNCTE):
1. Numerele reale a , b şi c verifică relaţiile: 2 3 13
a b a c b c
.
a) 5 p Demonstraţi că dacă 0a b c , atunci 0a b c .
b) 5 p Dacă în plus avem că 1000a b a c b c , calculaţi 2015
90a b c .
2. Se consideră numărul real 1 2 3 ... 2013
20151 3 5 ... 2013
a
.
a) 5 p Demonstraţi că a .
24
Micii MATEMATICIENI
b) 5 p Aflaţi restul împărţirii numărului 0 1 2 2015...S a a a a la numărul 31.
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. 10 p Demonstraţi că ecuaţia 1 1 2
1007 2014 1007 2014x x x x
are
2015 soluţii în mulţimea numerelor întregi.
2. a) 5 p Demonstrați că media geometrică a două numere reale pozitive este mai mică decât
media aritmetică a acestora.
b) 5 p Arătați că 30 56 72 90 110 132
311 15 17 19 21 23
.
SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1. Se consideră triunghiul ABC cu 50 , 60m A m C . Se construiește punctul D BC
astfel încât CAD BCA . Pe prelungirea lui AD se ia un punct E astfel încât EB BD și
F AD astfel încât BF BD .
a) 5 p Arătați că BE AC .
b) 5 p Arătați că , , ,A F B C sunt vârfurile unui trapez isoscel.
2. În trapezul ABCD de baze ,AD BC avem 2BC AD , punctul M mijlocul lui BC și N mijlocul
lui AD . Notăm P AM BN și Q NC MD . Arătați că:
a) 5 p PQ BC
b) 5 p2
3PQ AD .
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROFESORII: AUREL NEICU, MIHAELA TURNEA ŞI RAMONA DARIE
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.
I.1.a. 2 3 13 9
a b a c b c a b c
…..1p; 2 , 13 , 3 , 9a b k b c k a c k a b c k …...1p;
4 , 6 , 7a k b k c k …1p. Pentru 0k avem 0, 0, 0a b c ceea ce contrazice ipoteza ..…1p.
Pentru 0k avem 0, 0, 0a b c ceea ce verifică ipoteza și 0a b c ………................……1p
I.1.b. Înlocuind , ,a b c obținute la punctual a) obținem 210a b b c c a k ………................2p
10, 40, 60, 70, 90k a b c a b c ………..……2p; 2015
90 0a b c ………..…..1p.
I.2.a. Formula lui Gauss:2013 2014
1 2 3 ... 2013 2013 10072
….....................................2p
şi 22014 10071 3 5 ... 2013 1007
2
....2p
2013 10072015 2015 2013 2
1007a
…..1p
I.2.b. 2 3 4 6 2 3 4 2011 2 3 41 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ... 2 1 2 2 2 2S ….....3p
6 20111 13 2 2 ... 2 restul este 1S r …………………………………..........………….2p
II.1. Condițiile de existență: 0, 2014 0x x , de unde 0 2014x ….3p; x număr întreg
0,1,2,..., 2014x …..2p; Obținem 1007 2014 1007 2014
1007 1007 1007
x x x x
x x x
……3p.
identitatea 0 = 0 adevărată pentru 0,1, 2,..., 2014x care conține 2015 elemente .............2p
25
Micii MATEMATICIENI
II.2.a. ,2
g a
a bm ab m
....2p. Arătăm
2
a bab
2 ab a b
2
0a b A ...3p
II.2.b. Din a) 5 6 11
302 2
;
7 8 1556
2 2
;
8 9 1772
2 2
;
9 10 1990
2 2
10 11 21110
2 2
;
11 12 23132
2 2
…...............................................................................…3p
30 56 72 90 110 132 1 1 1 1 1 13
11 15 17 19 21 23 2 2 2 2 2 2 ……………............……......2p
III.1.a. ,ACD BDF echilaterale, DBE isoscel.…......2p; ,DFB DAC EA secantă și
dreptele ,BF AC BF AC ....1p ; 30 , 60 , 90m DBE m DBF m EBF .........1p
,BE BF BF AC BE AC ………………..………………..…………………............………1p
III.1.b. BF AC BFAC trapez ...2p; AF AD DF DC DB BC BFAC trapez isoscel...3p
III.2.a. 2 2 2BC AD BM MC ...............1p; 2 2AN ND AD BM MC …......................1p; 1
2
AN NP APBMP NAP
BM BP PM …...1p;
1
2
NQ ND DQNQD CQM
QC CM MQ …...1p;
MP MQPQ AD BC
PA DQ folosind teorema lui Thales …………………............……………….1p
III.2.b. PQ AD MPQ MAD ………..............…1p; MP MQ PQ
MA MD AD …...............…1p
1 2 2
2 1 3
AP PM PM
PM AP MA ……….…........…..2p;
2 2
3 3
PQPQ AD
AD ……...….……1p
CLASA A VIII-A: ENUNŢURI
SUBIECTUL I (20 PUNCTE):
1. Se consideră numerele reale a şi b, astfel încât a b . Demonstraţi
a) (5p) egalitatea: 2
2 2
2 2 64
a b a b b
a b a b a b
.
b) (5p) inegalitatea:
2
2 1 26
6
a b a ba b a b
a b b a b
2. Se consideră numerele reale x şi y cu proprietăţile: x y x y şi 2015x . Demonstraţi că:
a) (5p) este adevărată egalitatea: 1 1 1x y ;
b) (5p) partea fracţionară a numărului y este mai mică decât 1
2014.
SUBIECTUL II (20 PUNCTE):
1. Fie expresia
2
2 2
2 4 12 4.
2 3 2 2 2
x x xE x x
x x x x x x x x
a) (5p) Să se afle valorile lui x pentru care expresia este bine definită. b) (5p) Aduceţi expresia la forma cea mai simplă. c) (5p) Calculaţi (1) (3) ... (2015).E E E
2. (5p) Arătaţi că numărul 7 2 3 2 2 4 2 3 7 4 3x este natural.
26
Micii MATEMATICIENI
SUBIECTUL III (20 PUNCTE):
1) Fie paralelogramul ABCD cu 060m A . Pe perpendiculara în C pe planul (ABC) se ia punctul P.
a) (5p) Demonstraţi că ( ) ( )PBC PBD dacă şi numai dacă 2 .AB BC
b) (5p) Dacă AB = 2a, BC = a şi 3,PC a aflaţi , .d A PBD
2) Se consideră cubul ABCDA B C D de muchie a şi tetraedrul .DA BC
a) (7p) Arătaţi că 3.cub
DA BC
V
V
b) (3p) Dacă 3576DA BCV cm , aflaţi a şi apoi aria totală a cubului.
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROFESORII: CRISTINA MACOVEI, BOGDAN DORNEANU ŞI IOAN SĂCĂLEANU
SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I.1.a. Aducerea la același numitor .........2p. Desfiinţarea parantezelor ….....2p. Finalizare …......…1p
I.1.b.Utilizarea rezultatului a)…1p; 24 2 2 2 2 236 2 6b a b a b b ...2p;
22 2 26 0b a b ....2p;
I.2.a. 1 1 1x y x y x y …........2p; 1 1 1 1x y x y x y ……...…3p
I.2.b. Din a) 1
11
yx
…......2p; 1
1y
x
……..2p;
12015
2014x y ….........…1p
II.1.a. 2 2 0 0, 2x x x x ........1p; 3 2 2 0 3, 2, 2x x x x x x .............1p;2 2 0 0, 2x x x x …… . ....1p; 0x ……....1p. Finalizare \ 3; 2;0;2x …… .... 1p
II.1.b.
22 4 4
2 2 2 2
x xE x
x x x x x
.......1p; Aducerea la același numitor … ............... . .1p
Calcul paranteză …………..1p; Simplificări …….....… .1p. Finalizare E x x ……………… ..1p
II.1.c. 1 3 ... 2015 1 3 ... 2015E E E ..........1p; Calculul sumă 21008S ……........4p
II.2. 3 3 13 3 3
6 3 3 4 2 32 2 2
…..................................................................2p;
2
7 4 3 2 3 2 3 2 3 ...2p;3 3
7 2 3 2 2 7 2 3 6 2 3 12
…1p
III.1.a. PBC PBD DB PBC …..............2p;
DB PBCDB BC
BC PBC
……......... .1p
60 6030
m A m Cm BDC
DB BC
……….1p; 2
2
DCBC AB BC . ...................... . 1p
III.1.b. 2
2 dr
AB a ADB drAB BC
BC a PBD
…...............2p; 3
3 2ABD
PABD
PC A aV
…........…1p;
2 3
3 3PBD
PABD APBD
h A h aV V
….....................1p; 3
,2
ah d A PBD …............................…..1p
III.2.a. Demonstrează DA BC tetraedru regulat…................1p; Calcul volum cub:V 3a ……….1p
Calcul volum tetraedru: V3
3
a …..........................................2p. Finalizare …..................................1p
III.2.b. 12a cm ……………………………..3p; 2867tA cm …………………………….........………...2p
27
Micii MATEMATICIENI
TESTAREA ABSOLVENŢILOR DE CLASA A IV-A ÎN VEDEREA ÎNSCRIERII ÎN CLASA A V-A
VARIANTA NR. 1, 23 MAI 2015
SUBIECTUL I (30 PUNCTE): Aflaţi suma şi produsul numerelor :
6 3 8 6 5:3 50 :10 2a ;
2015 2015: 5 17 : 2 9 1b ,
9 2 96 : 4 108 :9 10 2 :10 : 6c .
SUBIECTUL II (20 PUNCTE): Să se afle valoarea necunoscutelor din egalităţile :
a) 8 puncte
2016 : 3 7 42 7a
b) 12 puncte
3 8 72 :8 234 703 2a .
SUBIECTUL III (26 PUNCTE):
1. 10 puncte Alin are de citit o carte care conţine 100 pagini. El citeşte o pagină în 5 minute
şi, în fiecare zi, citeşte câte o jumătate de oră. În câte zile termină de citit cartea ?
2. 16 puncte Darius se urcă pe un cântar ţinând în mână ghiozdanul şi o sacoşă plină.
Cântarul indică 56 kg. Câte kilograme are Darius împreună cu ghiozdanul, ştiind că
ghiozdanul şi sacoşa au împreună 16 kg, iar sacoşa este mai grea cu 4 kg decât ghiozdanul ?
SUBIECTUL IV (14 PUNCTE): Anul înființării Colegiului Național „Ștefan cel Mare” Hîrlău este reprezentat de un număr de
patru cifre impare distincte. Știind că cifra miilor este cel mai mic număr natural nenul, că
diferența dintre cifra zecilor și cea a unităților este 2, iar suma dintre cifrele sutelor, a zecilor
și unităților este 17, să se afle câți ani „aniversează” Colegiul în anul 2016.
VARIANTA NR. 2, 23 MAI 2015
SUBIECTUL I (30 PUNCTE):
1. Calculaţi: 4 4 4 4 4 4 4 : 4 : 4 4 4 4 : 4 4 .
2. Dacă 86a b , 117b c şi 99a c , să se calculeze produsul c a c b b a .
SUBIECTUL II (25 PUNCTE): Să se afle valoarea necunoscutelor din egalităţile :
a) 3 : 2012 2012 : 2013 2013 : 2014 2014 2015a ;
b) 420 2 45 : 37 7 : 4 4 1 25b .
28
Micii MATEMATICIENI
SUBIECTUL III (25 PUNCTE): 1. Cinci copii au participat la o testare, obţinând în total 540 puncte. Dacă fiecare ar mai fi
primit acelaşi număr de puncte, ar fi avut: 102, 103, 118, 129, respectiv 133 puncte. Câte
puncte a avut fiecare copil ?
2. Pe o păşune sunt mai multe animale. Un copil, trecând pe acolo, îl întreabă pe paznic :
- Sunt 100 de animale ?
- Nu, răspunse paznicul. Ca să fie 100, ar mai trebui un animal. Ele sunt o parte viţei, de
patru ori mai multe oi şi de şase ori mai mulţi miei decat viţei. Socoteşte tu câţi viţei sunt,
câte oi şi câţi miei.
SUBIECTUL IV (10 PUNCTE): Un număr natural adunat cu jumătatea sa, cu sfertul său şi optimea sa dă 30. Aflaţi numărul
VARIANTA NR. 3, 23 MAI 2015
SUBIECTUL I (28 PUNCTE):
1. Se consideră următoarele afirmaţii :
a) Jumătatea numărului 946 este 473 ;
b) Diferenţa numerelor 200 şi 36 este 164 ;
c) Suma numerelor 13278 şi 22 este 13300 ;
d) Câtul numerelor 2015 şi 6 este 338 ;
e) Produsul numerelor 103 şi 7 este 721.
Verificaţi afirmaţiile şi descoperiţi propoziţia falsă.
2. Efectuaţi : 147 7 155 : 7 5 5 4 36 : 6
SUBIECTUL II (26 PUNCTE): Determinaţi termenul necunoscut din egalităţile :
a) 2015 1007a
b) 2016 : 3 2 10 3 2004b ;
c) 657 : 9c .
SUBIECTUL III (20 PUNCTE): 1. Un rând de elevi este organizat astfel : la capete câte un băiat, între oricare băieţi consecutivi
sunt aşezate două fete, iar numărul fetelor este cu 9 mai mare decât numărul băieţilor. Câţi
băieţi sunt în şir ?
2. Mama, tata şi bunicul au împreună 138 de ani.
a) Câţi ani aveau împreună în urmă cu 5 ani ?
b) Dacă tatăl are cu 3 ani mai mult decât mama, iar bunicul cu 27 de ani mai mult decât tatăl,
aflaţi vârstele fiecăruia.
SUBIECTUL IV (16 PUNCTE): Determinaţi toate posibilităţile pe care le pot lua valorile lui a şi b din egalitatea :
264 : 3 20 5 16 44a b .
SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:
IOAN SĂCĂLEANU, AUREL NEICU, GHEORGHE OANCEA ŞI RAMONA DARIE
29
Micii MATEMATICIENI
PROIECTUL EDUCAŢIONAL “SUPER MATE”
A fi profesor înseamnă, înainte de toate, a găsi metode și mijloace de a atrage elevul, dând la o parte rutina și strategiile didactice uzate. De aceea, consider că PROIECTUL EDUCAŢIONAL ,,SUPER
MATE” desfășurat la ȘCOALA GIMNAZIALĂ ,,PETRU RAREȘ,, Hîrlău, a reușit să atragă elevii spre matematică prin implicare și stimulare. Anul școlar 2014-2015 a fost un an bogat, plin de realizări, pentru care le mulţumim învăţătorilor şi profesorilor de la Şcoala Gimnazială ,,Petru Rareş”Hîrlău, participanți la proiect: PROF. MARIANA CHELARU, PROF.LUMINIŢA MUŞEI, PROF. VASILICA TEODORESCU , PROF. PETRONELA CIOBANU , PROF. VASILE ROZNOVĂŢ , PROF. BOGDAN DORNEANU , PROF. ADRIANA
MELINTE, PROF. MIHAELA TOMULESEI, PROF. MIRELA MUNTEANU ( ŞC. ,,PETRU RAREŞ”
HÂRLĂU) ŞI PROF. GEORGETA ROPCEANU (ŞC. SLOBOZIA). Ne mândrim cu rezultate deosebite obţinute şi anul acesta la concursurile la care au participat elevii noştri, atât pe plan local, cât şi judeţean sau național: CONCURSUL ,,MICII MATEMATICIENI”organizat de Colegiul Național ,,Ştefan cel Mare”, CLASA A III-A: A: Roman Radu (P2); Pavăl Andreea (P2); Davidescu Ștefan (M); Roman Elena (M); Găină Iulian (Pîrcovaci) (M); Burdujanu Ionuț (Maxut) (M); Batincu Mihai (Maxut) (M); Ochiană Sabrina (M); Găină Oana (M); B: Maftei Teodora (M), Stoica Daria (M), Găină Maria (M), Leagăn Ana Maria (M); Mihăilescu Andrei (M), Tofan Adina Huțupașu (M), Petronela Mînicaru Luca (M), C: Cotunoaie Doru (M), Pintilie Andrei (M), D: Acornicesei Luciana (M). CLASA A IV-A: B: Matei Teona (M), Măriuță David (M), Cuibuș Teodor (M); Șalaru Ioana (M), Vornicu David (M), C: Curcă Alin (M); D: Prigoreanu Alin-Gabriel (P1); Bîrlădeanu Rareș (M), Ungureanu Narcisa (M), Dascălu Cezar (M), Chitic Denisa (M).
CONCURSUL ,,PRÂSLEA CEL ISTEȚ”. CLASA A III-A: A: Davidescu Ștefan (P1), Roman Radu (P1). B: Leagăn Ana-Maria (P1), Mihăilă Mihai (P1). GAZETA MATEMATICĂ JUNIOR. ETAPA I: CLASA A III-A: A: Davidescu Ștefan (P1); Roman Radu (P1); Pavel Andreea (P2); Gavrilescu Sebastian (P3); Ochiană Sabrina (P3); Mihalache Sara (P3); Roman Elena (M); Teodorescu Alexandru (M); B: Mihăilă Mihai (P3); Mihăilescu Andrei (P3);
Găină Maria (P3); Maftei Teodora (M); Mînicaru Luca (M); Stoica Daria (M); C: Cotunoaei Doru (P1); D: Ciubotariu Mihnea (M). CLASA A IV-A: D: Chitic Denisa (P1); Dascălu Cezar (M);
Opincă Larisa (M). ETAPA A II-A: CLASA A III-A: A: Davidescu Ștefan (P1); Gavrilescu Ștefan (P1); Roman Elena (P1); Mihalache Sara (P1); Ochiană Sabrina (P1); Roman Radu (P1); Pavăl Andreea (P3); Teodorescu Alexandru (M); B: Găină Maria (P1); Leagăn Ana-Maria (P1); Maftei Teodora (P1); Mihăilă Mihai (P1); Mînicaru Luca (P1); Stoica Daria (P1); Tofan Adina (P2); Rugină Mateea (P3); C: Cotunoaei Doru (P1); Ursache Andreea (P1); Marin Mădălina (P3).
CLASA A IV-A: B: Șalaru Ioana (P3); Cuibuș Teodor (M); D: Dascălu Cezar (P1); Prigoreanu Alin (P3); Chitic Denisa (M). CONCURSUL ,,DIMITRIE POMPEIU”. CLASA A III-A: A: Roman Radu (M1), Mihalache Sara (M+PS), Davidescu Ștefan (M+PS), Roman Elena (M+PS), Gavrilescu Sebastian (M+PS). CONCURSUL ,,FII INTELIGENT LA MATEMATICĂ”. CLASA A III-A: A: Davidescu Ștefan (P1);
Mihalache Sara (P1); Roman Elena (P1); Roman Radu (P1); Pavăl Andreea (P2); B: Leagăn Ana-Maria (P1), Mihăilă Mihai (P1). C: Cotunoaei Doru (P1); Ursache Andreea (P2).
CONCURSUL ,,COMPER”. CLASA A III-A: (CALIFICAŢI ÎN FINALĂ) B: Leagăn Ana - Maria (100P), Mihăilă Mihai (100P); D: Ciubotariu Mihnea (100P).
CONCURSUL ,,FLORICA T. CÂMPAN”. CLASA A III-A: C: Cotunoaei Doru (M).
PROF. ÎNV.PRIMAR MIRELA MUNTEANU,
ŞCOALA GIMNAZIALĂ ,,PETRU RAREŞ” COORDONATOR - CENTRUL NR. 6 - HÂRLĂU
30
Micii MATEMATICIENI
CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI
Vom prezenta activitatea cercului CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI şi rezultatele obţinute de unii membri ai cercului în anul şcolar 2014-2015, activitate desfăşurată pe următoarele coordonate de referinţă:
1. PREGĂTIREA CONCURSURILOR ŞCOLARE PRIN REZOLVAREA PROBLEMELOR PROPUSE ÎN DIVERSE REVISTE. Astfel, unii membri ai cercului au apărut la RUBRICA REZOLVITORILOR în revistele :
GAZETA MATEMATICĂ, BUCUREŞTI
CLASA A V-A (PROF. ÎNDRUMĂTOR IOAN SĂCĂLEANU): Chiriac Maria Denisa; Dumitrache Maria; Alexa Sami; Cuibuş Codruţ; Bran Ionuţ Alexandru; Gheorghină Teodora; Blaga Ştefania Gianina; Spinei Irina-Maria; Mihăilă Alexandru; Sandu Ioan Cristian şi Curcă Florin-Alexandru. CLASA A VIII-A (PROF. ÎNDRUMĂTOR AUREL NEICU): Musteaţă Robert Andrei; Duhan Dragoş; Petcu Stelian; Moraru Eduard; Florişteanu Bianca; Bezedică Robert; Maticiuc Cosmin; Pavel Mihai; Deleanu Radu şi Vicol Ştefan.
2. DEZVOLTAREA POTENŢIALULUI CREATIV PRIN CREAREA DE NOI PROBLEME. Concursul de creaţie matematică CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ-2015 oferă posibilitatea elevilor de a-şi dezvolta potenţialul creativ şi de a propune probleme originale. Au răspuns invitaţiei elevii : PAVEL OANA(CL. A III-A-M), PRIGOREANU ANDREI (CL. A IV-A-M), CURCĂ ALIN(CL. AIV-A) şi ROŞU-PAŞCU PARASCHIVA(CL. A IV-A).
3. REZULTATE OBŢINUTE LA CONCURSURI (PREMII ŞI MENŢIUNI) Participarea membrilor cercului şi rezultatele obţinute la următoarele concursuri :
CONCURSUL ŞCOLAR NAŢIONAL DE COMPETENŢĂ ŞI PERFORMANŢĂ COMPER
EDIŢIA 2014-2015: CLASELE: A VI-A ŞI A VII-A (mentor Gheorghe Oancea ) şi A VIII-A (mentorAurel Neicu ).
CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ APLICATĂ SPERANŢE OLIMPICE
Paşcani, 8 noiembrie 2014: CLASA A V-A ( prof. îndrumător Ioan Săcăleanu) Dumitrache Maria (M), Ciubotaru Ştefana Paula (M), Spinei Irina Maria (M) şi Băhnăreanu Andreea Simona (M).
CONCURSUL INTERNAŢIONAL DE MATEMATICĂ ÎN LIMBA FRANCEZĂ MATHÉMATIQUES SANS FRONTIÈRES
organizat de Academie de Strasburg, decembrie 2014-martie 2015: MSF (liceu): clasele: A IX-A A, A X-A A şi A XI-A A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu). MSFJ (gimnaziu): clasele: A V-A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu) şi A VIII-A (îndrumător Aurel Neicu ).
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA JUDEŢEANĂ
Iaşi, 8 martie 2015: CLASA A V-A (îndrumǎtor Săcăleanu Ioan): Dumitrache Maria (M).
CONCURSUL NAŢIONAL DE MATEMATICĂ APLICATĂ ADOLF HAIMOVICI -ETAPA JUDEŢEANǍ
Iaşi, 14-16 aprilie 2015: CLASA A IX-A (B îndrumǎtor Ramona Darie): Maxinoaea Maria Magdalena (M) CLASA A XI-A (B îndrumǎtor Aurel Neicu): Acornicesei Georgiana (P2); Coroeanu Andrei (P3)
(C îndrumǎtor Ramona Darie): Pricope Ana Maria (M). CLASA A XII-A (C îndrumǎtor Iuliana Blanaru): Gagea Mihaela (M); (G îndrumǎtor Ramona Darie): Procovanu Cosmina Elena (P2); Ilinca Alexandru Gheorghe (M)
CONCURSUL JUDEŢEAN MICII MATEMATICIENI
Hârlău, 29 martie 2014: CLASA A V-A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu ): Băhnăreanu Andreea Simona (M), Dumitrache Maria (M), Sandu Ioan Cristian (M). CLASA A VII-A (îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Scutariu Ioana Alexandra (P2), Mihăilă Maria Denisa(P3), CLASA A VIII-A (îndrumǎtor Aurel Neicu): Mustaţă Robert Andrei (M), Vicol Ştefan (M), Pavăl Mihai (M).
RESPONSABILUL CATEDREI DE MATEMATICĂ, PROF. IOAN SĂCĂLEANU,
COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
31
Micii MATEMATICIENI
PROBLEME ŞI SOLUŢII
Această rubrică conţine enunţurile şi soluţiile PROBLEMELOR PROPUSE în numărul 9 al
revistei MICII MATEMATICIENI , din martie 2015.
MATEMATICA PITICĂ P.157: Catinca a cules viorele. A oferit 5 şi i-au rămas de trei ori mai multe decât triplul numărului
de viorele oferite. Câte viorele a cules? PROF. ÎNV. PRIMAR TEREZA RUGINĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie x numărul de viorele culese. Atunci x 5 3 3 5 x 5 45 x 50 viorele. P.158: Cu cele 36 abţibilduri şi cu ale fratelui său, Ioana a decorat şase dulapuri cu câte nouă
abţibilduri. Aflaţi câte abţibilduri are fratele său ? PROF. ÎNV. PRIMAR ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Cu abţibildurile ei, Ioana decorează 36 : 9 4 dulapuri, iar cu ale fratelui său 6 4 2 dulapuri. Prin urmare, fratele Ioanei are 2 9 18 abţibilduri. P.159: Eu am 10 ani. Când m-am născut eu, bunicul avea dublul vârstei mamei mele. Dacă mama
are cu 4 ani mai mult decât împătritul vârstei mele, câţi ani avea bunicul la naşterea mea ? OANA PAVEL, ELEVĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Vârsta actuală a mamei este 10 4 4 44 ani. La naşterea mea, mama avea 44 10 34 ani, iar bunicul avea 34 2 68 ani. P.160: La cercul de matematică „Micii matematicieni” s-au înscris la începutul anului școlar 12
băieți și 8 fete. În fiecare săptămână se mai înscriu 2 fete și un băiat. Câți membri va avea cercul atunci când numărul băieților va fi egal cu cel al fetelor?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIETA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: La începutul anului şcolar, diferenţa dintre numărul băieţilor şi cel al fetelor este 12 8 4 copii. În fiecare săptămână, această diferenţă se micşorează cu 2 1 1 copil. Numărul săptămânilor până când băieţii şi fetele vor fi în număr egal este 4 :1 4 săptămâni. Cercul va avea
2 12 4 32 membri.
P.161: Un număr este mai mare decât altul cu 77. Suma dintre o şeptime din primul şi o şeptime din
al doilea este 35. Aflaţi numerele. PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu a şi b numerele. Deducem releţiile a b 77 şi a :7 b :7 35 a b 35 7 b 77 b 245 2 b 245 77 b 168 : 2 84 şi a 84 77 161 . P.162: Maria a numărat florile din grădina bunicii: 12 trandafiri și 8 crizanteme. Constată că în
fiecare zi au mai înflorit 2 crizanteme și 1 trandafir.Câte flori vor fi în total atunci când numărul trandafirilor va fi egal cu numărul crizantemelor?
PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu x numărul de zile trecute până când crizantemele şi trandafirii sunt în număr egal. Atunci
12 x 1 8 2 x 12 8 2 x x x 4 zile 2 12 4 2 16 32 flori în total.
32
Micii MATEMATICIENI
P.163: În patru lăzi sunt cantităţi egale de portocale. Dacă din fiecare ladă se iau 45 kg de
portocale, rămân în toate lăzile, la un loc, atâtea kg de portocale câte erau la început în fiecare ladă. Câte kg de portocale erau la început în cele patru lăzi la un loc ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu x cantitatea de portocale din fiecare ladă la început. Atunci: 4 x 45 x
4 x 180 x 4 x x 180 3 x 180 x 180 : 3 60 . La un loc sunt 4 60 240 kg . P.164: Mama, tata și cei doi fii ai lor au împreună 124 ani. Vârstele părinților, cât și vârstelor celor
doi fii sunt reprezentate prin numere naturale consecutive. Câți ani are fiecare dintre ei, dacă copiii au împreună de 3 ori mai puțini ani decât părinții lor ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie n şi n 1 două numere consecutive având suma egală cu x . Atunci 2 n 1 x
2 n x 1 n x 1 : 2 . Notăm cu a suma vârstelor părinţilor şi cu b suma vârstelor fiilor.
Atunci a b 124 şi b a : 3 a 3 b 3 b b 124 4 b 124 b 124 : 4 31 ani
şi a 3 31 93 ani . Numerele consecutive care au suma x 31 sunt n 31 1 : 2 15 şi
n 1 16 , deci cei doi fii au 15 ani și 16 ani. Numerele consecutive care au suma 93 sunt 46 și 47, deci părinții au 46 ani și 47 ani. P.165: Anul înființării Colegiului Național „Ștefan cel Mare” Hârlău este reprezentat de un număr
de patru cifre impare distincte. Știind că cifra miilor este cel mai mic număr natural nenul, că diferența dintre cifra zecilor și cea a unităților este 2, iar suma dintre cifrele sutelor, a zecilor și unităților este 17, să se afle câți ani „aniversează” Colegiul în anul 2015.
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIETA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie abcd anul înfiinţării Colegiului din Hârlău. Atunci a 1 , c d 2 , b c d 17 . Rezultă că c d 2 şi b d 2 d 17 b 2 d 15 . Dacă d 9 , atunci b 15 18 , nu este număr natural. Dacă d 7 b 15 2 7 1 a , fals. Dacă d 5 b 15 2 5 5 d , fals. Deci, d 3 b 15 2 3 9 şi c 3 2 5 . Deci, anul înfiinţării este 1953 şi vor fi aniversaţi 2015 1953 62 ani. P.166: Ștefania a cumpărat un stilou, două pixuri și două ascuțitori pentru care a plătit 60 lei. Un
pix costă de 3 ori mai mult decât o ascuțitoare sau un sfert din prețul stiloului. Cât costă fiecare obiect cumpărat de Ștefania ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu s, p, a preţul unui stilou, a unui pix, respectiv a unei ascuţitori. Se deduc
relaţiile: s 2 p 2 a 60 , p 3 a şi p s : 4 s 4 p s 4 3 a 12 a . Înlocuind în
prima relaţie, obţinem 12 a 6 a 2 a 60 20 a 60 a 3 , p 3 3 9 şi
s 12 3 39 lei . P.167: Cei 24 de elevi ai clasei a II-a A au plecat împreună cu învăţătoarea lor în excursie. Ei vor să
traverseze un râu, cu barca. Proprietarul bărcii le spune că în barcă încap 6 persoane. Câte traversări ale râului va face acesta pentru a-i transporta pe malul celălalt ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: Cei 24 şi învăţătoarea, adică 25 persoane vor trebui să fie transportate pe celălalt mal al râului. Deoarece în barcă încap 6 persoane, atunci la o transversare pot fi trecute 5 persoane din grup, căci barcagiul trebuie să ducă barca înapoi pe celălalt mal. Prin urmare, se fac 25 : 5 5 traversări cu persoane din grup şi alte 4 traversări cu numai barcagiul în barcă. În total, 9 traversări.
33
Micii MATEMATICIENI
P.168: Andreea are o colecţie de păpuşi. Ea vinde jumătate din sfertul numărului de păpuşi pe care le avea. Aflaţi câte păpuşi a avut colecţia Andreei, ştiind că acum a rămas cu 14 păpuşi.
PROF. ÎNV. PRIMAR ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Jumătate din sfertul numărului de păpuşi reprezintă o optime. Aşadar, îi rămâne şapte optimi din numărul păpuşilor, adică 14. Colecţia are 14 8 :7 112 :7 16 păpuşi.
P.169: Un automobil parcurge distanţa Hârlău – Iaşi astfel: în prima zi parcurge 3
9 din distanţă, a
doua zi cu 1
9 mai puţin decât în prima zi şi mai are de parcurs până la Hârlău 40 km. Care este
distanţa Iaşi – Hârlău? ANDREI PRIGOREANU, ELEV, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: A doua zi parcurge 2
9 din drum, deci în total în primele două zile parcurge
3 2 5
9 9 9 din
drum. Cei restul de 40 km înseamnă 9 5 4
9 9 9 din lungimea drumului. Aşadar, drumul are
lungimea egală cu 40 9 : 4 360 : 4 90 km. P.170: Dintr-o panglică s-au tăiat o bucată de 5 metri şi o alta de 3 ori mai lungă. Câţi metri de
panglică au fost la început dacă după tăierea celor două bucăţi au rămas dublul metrilor tăiaţi ? PROF. ÎNV. PRIMAR GABRIELA ONOFREI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie x lungimea panglicii. Avem: x 5 3 5 2 5 3 5 x 20 40 x 60 m.
P.171: La un concurs de matematică fiecare elev are de rezolvat 10 probleme. Pentru fiecare
problemă rezolvată corect se acordă 7 puncte, iar pentru fiecare problemă rezolvată greşit se scad 2 puncte. Câte probleme au rezolvat corect primii trei clasaţi, dacă au obţinut respectiv 61, 52 şi 43 de puncte ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: Fie x numărul de probleme rezolvate corect de un concurent. Atunci 10 x este numărul
de probleme rezolvate greşit. Punctajul realizat de acest concurent este 7 x 2 10 x 9 x 20 .
Pentru primul clasat 9 x 20 61 9 x 81 x 9 probleme rezolvate corect, pentru al doilea 9 x 20 52 9 x 72 x 8 , iar pentru al treilea 9 x 20 43 9 x 63 x 7 .
P.172: Aflaţi numerele naturale care respectă condiţiile: 33 5a b , 40 3a d , 31 7c d şi 1928a b c d .
PROF. ÎNV. PRIMAR VASILE ROZNOVĂȚ, ȘCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREȘ, HÂRLĂU
SOLUŢIE:Din33
a 33 b 5
a 33 b 5 a 28 b b a 28 . Din 40
a 40 d 3
a 37 d d a 37 . Din 31
c 31 d 7
c 24 d 37
c 24 a 37
, de unde
24
c 37 a 24
c 13 a c a 13 . Atunci a a 28 a 13 a 37 1928
4 a 1928 37 13 28 4 a 2016 a 2016 : 4 504 , b 476 , c 491 şi d 467 . P.173: Adunând un număr natural x cu triplul predecesorului său şi cu dublul succesorului său
obţinem 2015. Aflaţi numărul! PROF. ÎNV. PRIMAR ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Deducem egalitatea: x 3 x 1 2 x 1 2015 x 3 x 3 2 x 2 2015
6 x 2015 2 3 6 x 2016 x 2016 :6 x 336 .
34
Micii MATEMATICIENI
P.174: Cu cincimea jumătăţii din jumătatea unei sume de bani pe care o are Ionel poate cumpăra o carte care costă 5 lei. Ce sumă are Ionel?
PROF. ÎNV. PRIMAR LUMINIŢA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie x suma de bani pe care o are Ionel. Avem: x : 2 : 2 : 5 5 x : 2 : 2 25
x : 2 50 x 100 lei. P.175: Pentru a face compot, o gospodină taie 48 de mere în două, după care jumătate din numărul
bucăţilor le mai taie în două, apoi jumătate din numărul total de bucăţi le taie iarăşi în două. Câte bucăţi de mere are gospodina pentru compot ?
PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din 48 mere întregi se obţin 48 2 96 jumătăţi de măr. Din 48 jumătăţi de măr se obţin
48 2 96 sferturi de măr, totalizând 48 96 144 bucăţi de măr. Din jumătate dintre acestea, adică
144 : 2 72 bucăţi obţinem, prin tăiere, alte 72 bucăţi. Aşadar, 72 bucăţi plus 2 72 jumătăţi 144
totalizează 216 bucăţi de mere folosite de gospodină la compot.
P.176: Suma a două numere este 2016 , iar dintre jumătatea primului şi sfertul celuilalt este 904. Aflaţi produsul dintre sfertul celui de al doilea şi jumătatea celuilalt.
PROF. ÎNV. PRIMAR VASILE ROZNOVĂȚ, ȘCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREȘ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu a şi b numerele. Atunci a b 2016 . Fie x , jumătatea lui a şi y sfertul lui b .
Deducem că a 2 x şi b 4 y . Atunci x y 904 şi :22 x 4 y 2016 x 2 y 1008
y 1008 904 104 şi x 904 104 800 . Deci, produsul dintre jumătatea primului număr cu sfertul
celui de al doilea este x y 800 104 83200 .
P.177: Suma a trei numere naturale este 69. Aflaţi numerele, ştiind că dacă mărim cu 5 treimea
primului număr, mărim cu 9 treimea celui de al doilea număr şi cu 8 treimea celui de al treilea număr obţinem trei numere consecutive.
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu a, b, c numerele cerute şi cu x cel mai mic dintre cele tre numere consecutive.
Atunci au loc: 5
a : 3 5 x
3
a : 3 x 5
a 3 x 5 ; b : 3 9 x 1 b 3 x 8
şi c : 3 8 x 2 c 3 x 6 . Cum a b c 69 3 x 5 x 8 x 6 69 , de unde
3 x 5 8 6 23 3 x 23 6 8 5 3 x 42 x 42 : 3 14 . Atunci numerele sunt a 3 9 27 , b 3 6 18 şi c 3 8 24 .
BANCURI ... ÎN COMPLETARE
ÎNVĂŢĂTOAREA: Şi azi vrei să primeşti 2 la matematică. Chiar nu înţelegi ce spun eu ?
ELEVUL: Eu înţeleg, doamnă învăţătoare, dar ….
Văd că dumneavoastră nu prea înţelegeţi ce spun eu! ÎNVĂŢĂTOAREA :
Bine ..., îţi pun două întrebări. Dacă nu ştii să răspunzi vei lua nota 2 .
ELEVUL: Doamnă învăţătoare,…. Nu s-ar putea să-mi puneţi 10 întrebări ?
35
Micii MATEMATICIENI
MATEMATICA GIMNAZIALĂ Clasa a V-a 5.123 : Sunt un număr natural de două cifre cu suma lor 9. Dublul meu se termină în 6, iar triplul este un număr impar. Cine sunt eu ?
ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie ab numărul căutat cu 9a b . Deoarece 3 ab este un număr impar, rezultă că b este
cifră impară şi cum 2 ab se termină în 6 deducem că b 3 , de unde a 6 . Deci 63ab . 5.124 : Îmi aleg două numere naturale. Însumând suma acestor numere cu produsul lor obţin 146, adică de trei ori primul număr adunat cu al doilea. Ce numere am ales ?
ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu a şi b numerele alese. Avem a b a b 146 şi 3 a b 146 . Deducem că
a b a b 3a b a b 2a . Dacă a 0 , atunci b 146 . Dacă a 0 , atunci b 2 , de
unde 3 a 2 146 3 a 144 a 144 : 3 48 . 5.125 : Elevii prezenţi la concursul “Micii matematicieni” au fost repartizaţi în mod egal în 18 săli de clasă, astfel încât în fiecare sală numărul elevilor să fie mai mare decât 11 şi mai mic decât 17. Dacă numărul băieţilor este de patru ori mai mic decât numărul fetelor, să se afle numărul concurenţilor.
PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu c numărul concurenţilor, cu f şi b numărul fetelor, respectiv al băieţilor dintre
concurenţi. Rezultă că c f b . În fiecare sală sunt c : 18 concurenţi, b : 18 băieţi ,
f : 18 fete. Din datele problemei 11 c : 18 17 , şi b f : 4 f 4 b c 5 b
5c : 18 5 b :18 c : 18 15 c 15 18 270 b 270 : 5 54 şi f 4 54 216 .
5.126 : Produsul a două numere naturale este egal cu 96. Dacă un număr se micșorează cu 9, iar celălalt se mărește de 4 ori, produsul nu se schimbă. Să se afle numerele.
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIETA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm numerele căutate cu a şi b . Atunci avem: a b 96 şi 4 a b 9 96
4 a b 9 96 (asociativitatea înmulţirii) a b 9 24 . Aplicând distributivitatea înmulţirii
faţă de scădere obţinem că a b a 9 24 96 a 9 24 a 9 96 24 a 72 : 9 a 8 şi b 96 : a 96 : 8 12 . 5.127 : Se consideră două numere naturale de două cifre astfel încât cifra unităţilor de la al doilea număr este jumătate din cifra zecilor primului număr, iar ultima cifră al primului este dublul cifrei zecilor celui de al doilea. Calculaţi suma tuturor numerelor care îndeplinesc aceste condiţii.
PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie ab şi xy cele două numere. Atunci b 2 x şi y a : 2 a 2 y . Din a şi b cifre
nenule x, y 1;2;3;4 . Avem ab xy 10a b 10x y 20 y 2x 10x y 21y 12x
ab xy 33;45;57;69;54;66;78;90;75;87;99;111;96;108;120;132 . Suma tuturor acestor
numere este egală cu 1320.
36
Micii MATEMATICIENI
5.128 : Demonstraţi că exact două dintre cifrele x , y şi z sunt egale, ştiind că numărul 925 este
un divizor al numărului a xyz xzy yxz yzx zxy zyx . PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
SOLUŢIE: Scrierea numărului a în baza zece conduce la a 222 x y z . Cum 25 divide a şi
nu divide 222 rezultă că 25 divide x y z 27 , deci x y z 25 . Unul dintre cei 3 termeni
ai sumei este egal 9 , căci altfel x, y,z 8 , de unde 25 x y z 24 , absurd. Fie acesta z 9 .
Atunci x y 16 . Unul dintre x sau y este 8 , căci altfel am avea 16 x y 16 , absurd. Fie
acesta y 8 . Dacă y 8 x 8 x y z . Dacă y 9 x 7 z y x .
Prin urmare, exact două dintre cifrele x, y,z sunt egale.
5.129 : Găsiţi cifrele distincte , , , ,a b c d e astfel încât să avem egalitatea: ab cd eee . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Din eee e 111 37 3 e rezultă că 37 divide ab cd numărul prim 37 divide ab
ab 37;74 . Dacă ab 74 , atunci 2 cd 3 e 3 cd şi 2 e . Cum 3 e 2 cd 20 e 7
e 8 cd 12 şi eee 888 . Dacă ab 37 , atunci cd 3 e . Din 12 3 e 27 rezultă că
cd;eee 12;444 , 15;555 , 18;666 , 21;777 , 24;888 , 27;999 .
5.130 : Arătaţi că numerele de forma 53 2 243n n , unde n , sunt divizibile cu 1215. PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
SOLUŢIE: Avem: not
n 5 n n 5 n 5 5 n n 5 na 3 2 243 3 3 2 3 3 2 3 1 3 6 1 . Deoarece ultima
cifră pentru n este nU 6 6 nU 6 1 5 , de unde factorul n6 1 este divizibil cu 5 şi
cum 3 şi 5 sunt prime între ele, rezulta că 51215 3 5 divide numărul a .
5.131 : Să se calculeze suma: 1 1 1 1
...30 120 264 1380
S .
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE:Avem1 1 1 1
...3 2 5 3 5 8 3 8 11 3 20 23
S
1 1 1 1 1
...3 2 5 5 8 8 11 20 23
S
Scriem fracţiile ca diferenţe: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...3 3 2 5 3 5 8 3 8 11 3 20 23
S
şi
obţinem că 1 1 1
9 2 5S
1
5
1
8
1
8
1
11 ...
1
20
1 1 21 7
23 9 46 132
.
5.132 : Arătaţi că nu există numere naturale care împărţite la 31 să dea restul 13 şi împărţite la numărul 2015 să dea restul 155 .
PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU SOLUŢIE: Presupunând că ar exista un astfel de număr. Fie acesta a . Atunci, din teorema împărţirii cu rest, există x, y pentru care a 2015 x 155 şi a 31 y 13 . Din 155 31 5
şi 2015 31 65 rezultă că 31 divide a , de unde 31 divide 31 y 13 31 13 , absurd.
5.133 : Determinați numărul abc , știind că 14 7 6 11138 64 128 3 1024abc abc abc . PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
37
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Deoarece 14 abc 7 abc 6 abc 42 abc8 64 128 2 şi 101024 2 rezultă că 42 abc 11133 2 3 1024
42 abc 11130 abc 11130 : 42 265 .
5.134 : Aflaţi restul împărţirii numărului 5090 2016 la 900 . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
SOLUŢIE: Notăm cu 50a 90 2016 . Atunci 2 48a 90 90 2016 48a 8100 90 1800 216
48a 900 9 90 900 2 216 48a 900 9 90 2 216 . Din 216 900 şi unicitatea
restului şi câtului deducem că restul cerut este 216 , iar câtul este 489 90 2 .
5.135 : Există numere naturale ab pentru care avem egalitatea: 3111
aab ?
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: O bază de numeraţie este strict mai mare decât cifrele sale. Din scrierea a111 rezultă că
a 1 a 2 , iar din scrierea 3ab deducem că a 2 şi b 2 . Deci, a 2 . Scriind explicit în
baza 10 , numerele din egalitatea dată obţinem că 22 3 b 1 2 1 2 1 6 b 7 b 1 . Aşadar, răspunsul este afirmativ. Singurul număr în baza zece care verifică ipoteza este 21 .
5.136 : Să se determine ultimele patru cifre ale numărului 100825 . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Avem succesiv: 5031008 2016 4 2012 4 2012 4 4 4 425 5 5 5 5 5 1 5 5 5 1 5
, de
unde 1008 4 425 5 5 1 A 625 390000 A 625 ...90625 .
5.137 : Determinaţi mulţimile A , B şi C , ştiind că sunt îndeplinite simultan condiţiile:
1 10;11;12;13A B C , 2 / 10;11A B , 3 / 11;12A C şi 4 / 12;13B C .
PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD
SOLUŢIE: Din 2 10;11 A şi 10;11 B . Din 3 12 A şi 11;12 C . Din 4
12;13 B şi 13 C . Dacă 13 A şi cum 13 C ar rezulta că 13 A / C 11;12 , contradicţie.
Aşadar, A 10;11;12 , B 12;13 . Dacă am avea 10 C şi cum 10 A ar rezulta că
10 A / C 11;12 , fals. Deci, C 10 .
5.138 : Ordonaţi crescător numerele 67164a , 100716b şi 403625c după numărul divizorilor săi. PROF. IONELA CRISTINA SIMIONESCU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Numărul 6716 4026a 2 2 are 4027 divizori,
10074 4028b 2 2 are 4029 divizori, iar
4034 1612c 5 5 are 1613 divizori. Avem ordinea: c a b .
5.139 : Suma a opt numere naturale nenule este 33 . Arată că cel puţin două numere sunt egale. PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
SOLUŢIE: Dacă oricare două dintre cele 8 numere sunt diferite între ele, atunci suma lor este mai mare sau egală cu suma celor mai mici 8 numere nenule şi distincte , adică 1 2 ... 8 9 8 : 2 36 , de unde 33 36 , absurd. Prin urmare, există cel puţin două numere egale. 5.140 : Profesorul Aritmel cere elevilor săi patru numere de două cifre. La auzul numărului 85 dă răspunsul 13, la 63 dă 20, la 86 dă 12, iar la 61 dă 60. Află răspunsul la auzul numărului 99 ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
38
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Fie di numărul auzit şi cr răspunsul profesorului. Dacă di 85 , atunci cr 13 şi observăm că 8 5 1 3 . Cum 6 3 2 0 , 8 6 1 2 şi 6 1 6 0 deducem regula care conduce la răspuns: d i c r . Răspunsul provocat de numărul 99 este 10 , căci 9 9 1 0 .
5.141 : Fie n . Arătaţi c, dacă numărul 1
000...00 000...00de n oride n ori
x a a
este cubul unui număr natural
atunci numărul n este multiplul numărului a . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din n 1 n n n n 2x a 10 a 10 a 10 10 1 a 2 5 3 şi x cub perfect rezultă că cifra
a 0 este divizibilă cu 3 şi nu este divizibilă cu 5 , căci altfel ar fi multiplu de 15 , fals. Deducem
că n este multiplul lui 3 n 3 p , de unde 32 px a 3 10 3a 3 b . Dar a 9
31 b 3 b 1 a 3 . Deci, numărul n este multiplul numărului a .
5.142 : Demostraţi că .. ... ... .. ... ... ... ..de n ori de n ori de n ori de n oride n ori de n ori de n ori de n ori
aa a ee e bb b dd d cc c ff f dd d gg g este un multiplu a lui 3 ,
dacă cifrele , , ,a b c d sunt crescător consecutive, iar , , ,e d f g sunt pare, consecutive crescător. PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din a,b,c,d cifre consecutive crescător a d 3 0 d 4 , iar din e,d , f ,g cifre
pare, consecutive crescator g d 4 8 d 4 . Deci, d 4 a 1 , b 2 , c 3 , e 2 ,
f 6 , g 8 . Atunci not
n n n n n n n nn n
S 1...12...2 2...24...4 3...36...6 4...4 8...8 1...12...2 1 2 3 4
nn
S 1...12..20 , având suma cifrelor egală cu 1 n 2 n 0 3 n divizibilă cu 3 3S .
Clasa a VI-a
6.97 : După 3 ore de mers cu bicicleta, mai aveam 4 kilometri până la jumătatea drumului. După 5 ore trecusem de jumătate cu 16 kilometri. Ce lungime are drumul pe care trebuia să-l parcurg ?
ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: În 5 3 2 ore biciclistul parcurge 4 16 20 km . Deducem că într-o oră se parcurge 20 : 2 10 km . Prin urmare, în 3 ore parcurge 3 10 30 km , iar lungimea a jumătate din drum este 30 4 34 km . Aşadar, lungimea totală a drumului este 34 2 68 km .
6.98 : Numerele ,a b verifică egalitatea 3 10a b a b . Demonstraţi că a b sau b a .
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din relaţia dată rezultă că 3
3 a b 10 a 10 b
100
9 a b 30 a 30 b 100 100
3a 3b 10 10 3b 10 100 3b 10 3a 10 100 3a 10 este divizor natural al
lui 100 3a 10 1;2;4;5;10;20;25;50;100 3a 11;12;14;15;20;30;35;60;110
a 4;5;10;20 . Deci, a;b 4;20 , 5;10 , 10;5 , 20;4 . Se observă că a b sau b a .
6.99 : Află , ,x y z , ştiind că: 3922 5 4016
x y z şi 2008 10 1961x y z x y x z y z .
PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD
39
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Din x z
3922 4016 :24016 x 3922y 2016 x 1961z . Atunci x y z 10 x z .
Dacă x z 0 soluţia y 10 , x 3922 10 : 5 7844 , z 4016 10 : 5 8032 . Dacă x z 0
soluţia x y z 0 .
6.100 : Fie A mulţimea numerelor de două cifre care au proprietatea că diferenţa dintre număr şi
suma cifrelor sale este 45 şi B mulţimea numerelor de trei cifre al căror produs este un număr prim. Câte submulţimi ale lui A au suma elementelor egală cu un număr din B ?
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Dacă ab A , atunci ab a b 45 , deci 9a 45 a 5 . Astfel A 50;51;...;59 .
Dacă xyz B , atunci x y z este număr prim. Prin urmare, două dintre x, y,z sunt egale cu 1 , iar a
treia este 2; 3; 5 sau 7 . Rezultă că B 112;121;211;113;131;311;115;151;511;117;171;711 .
Fie n 1 2 nX 5x ;5x ;...;5x A o submulţime cu n elemente: 1 2 nx x ... x . Atunci n 10 şi
cifre distincte două câte două. Suma elementelor lui nX este 1 2 nS 50 n x x ... x . Din faptul
că 1 2 nx x ... x 0 1 2 ... 9 10 9 : 2 45 50 deducem că n este câtul împărţirii lui
S la 50 , iar restul este 1 2 nx x ... x . Dacă S 711 n 14 14 10 , absurd. Dacă
S 511 n 10 1 2 10x x ... x 11 45 11 , absurd. Dacă S 311 , atunci că n 6
şi 1 2 611 x x ... x 0 1 ... 5 30 , absurd. Dacă S 211 , atunci că n 4 şi
1 2 3 4x x x x 11 . Deoarece avem: 11 8 2 1 0 , 11 7 3 1 0 , 11 6 4 1 0 ,
11 6 3 2 0 , 11 5 4 2 0 şi 11 5 3 2 1 , rezultă că sunt 6 submulţimi ale lui A
cu 4 elemente astfel ca S B . Dacă S 121;131 , atunci n 2 şi 1 2x x 21;31 , fals,
deoarece 1 2x x 9 8 17 . Dacă S 151 n 3 şi 1 2 33 x x x 1 , absurd. Dacă
S 171 n 3 şi 1 2 3x x x 21 . Deoarece 21 9 8 4 9 7 5 8 7 6 rezultă că
sunt 3 submulţimi cu 3 elemente astfel ca S B . Dacă S 112;113;115;117 , atunci găsim
n 2 şi 1 2x x 12;13;15;17 . Deoarece 15 9 6 8 7 , 12 9 3 8 4 7 5 ,
13 9 4 8 5 7 6 şi 17 9 8 , rezultă că sunt 9 submulţimi cu 2 elemente cu S B . Prin urmare, sunt 18 submulţimi în condiţiile enunţului.
6.101 : Aflați câte numere naturale de forma abcabcd sunt divizibile cu 440. PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
SOLUŢIE: Din 10 abcabcd d 0 . Din 44 abc 1001 şi 11 1001 rezultă că abc este multiplul lui
4 , de unde abc 4 25;...;4 249 . Avem 249 24 225 numere de forma 440abcabcd .
6.102 : Demonstraţi egalitatea: 0 / 0 / 0 / / 0 /1 51 6 48 :102 4 20 : 3 9 32 3 59 .
PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Egalitatea / / / 0 /111 408 : 102 260 : 3 9 3 27 / / / /111 4 260 : 3 207 : 9
/ / /111 264 : 3 23 / / /111 88 23 / /23 23 , evident adevărată.
6.103 : Aflaţi numerele abc , ştiind că 2 3 5n n nabc ab bc ca , unde n este un număr natural. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
40
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Dacă n 3 , atunci 3 3 3abc 2 11 3 11 5 11 1760 abc , fals. Rămâne n 0;1;2 .
Dacă n 0 , atunci abc ab bc ca , de unde 89 a b 10 c 89 a cb că abc 198 .
Dacă n 2 , atunci abc 4 ab 9 bc 25 ca , de unde 35 a 84 b 258 c . Din 35 a 315 şi
84 b 258 c 84 1 258 1 342 , deducem că nu se obţin noi soluţii în acest caz. Dacă n 1 ,
atunci abc 2 ab 3 bc 5 ca , de unde 75 a 22 b 52 c . Evident că a este cifră pară.
Scrierea 77 a 22 b 44 c 2 a 8 c conduce la 11 divide numărul par a 4c . Deoarece
5 a 4c 45 rezultă că a 4c 22;44 . Dacă a 22 4c
75 22 300c 22b 52c , de
unde :2275 22 22b 352c 75 b 32c . Evident că c 2 . Dar 9 a 22 4c 4c 13
c 4 , absurd. Dacă a 44 4c , atunci 44 4c 9 35 4c c 9 , de unde c 9 şi
a 44 36 8 , iar 22b 75 8 52 9 22b 132 b 6 . Astfel, abc 869;198 .
6.104 : Aflaţi multiplul lui 5 de trei cifre, care adunat cu numerele 1, 2, respectiv 3 se obţine un
multiplu de 6, 7, respectiv 8. PROF. ADINA VASILIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ CÂRJOAIA, IAŞI
SOLUŢIE: Din 5 abc rezultă că c 0;5 . Dacă c 0 atunci abc 1 ab1 nu este par, deci nu
poate fi divizibil cu 6 . Aşadar, c 5 . Din 6 abc 1 6 ab6 3 a b 6 3 a b şi
cum 7 abc 2 7 ab7 7 ab ab 21;42;63;84 . Deci toate numerele care verifică
primele trei condiţii sunt 215, 425, 635, 845 . Dacă adunăm 3 obţinem 218, 428, 638, 848 şi se
observă că doar numărul 848 este divizibil cu 8 , deci soluţia problemei este abc 845 . 6.105 : Să se găsească două numere prime astfel încât suma lor să fie un număr natural impar de
forma aa (Numerele sunt scrise în baza 10). PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
SOLUŢIE: Numerele naturale impare de forma aa sunt 11, 33, 55, 77, 99 . Deoarece suma celor două
numere prime din enunţ este un număr impar, deducem că unul dintre ele este număr par şi prim, adică 2 , iar celălalt este impar şi se găseşte printre diferenţele 11 2 9 , 33 2 31 , 55 2 53 ,
77 2 75 , 99 2 97 . Deci, soluţiile problemei sunt 2;31 , 2,53 şi 2;97 .
6.106 : Rezolvaţi în următoarea ecuaţie 2016 5x y y x .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Avem: x y y 5x 5 2011 y x 1 5 x 1 2011 x 1 y 5 2011 .
Deoarece y y 5 1 şi că numărul 2011 este prim, rezultă că x 1 1 şi y 5 2011 .
Aşadar, mulţimea soluţiilor este S 2;2006 .
6.107 : Demonstraţi că cel puţin unul dintre numerele: 5 2n n şi 5 2n n se divide cu 7 , n . PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV
SOLUŢIE: Avem n nn
75 7 2 2 . Dacă n este par, atunci n n75 2 n n
75 2 ,
iar, pentru n impar, n n75 2 n n
75 2 q.e.d . .
6.108 : Folosind un compas şi o riglă, construiţi trei unghiuri congruente în jurul unui punct.
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
41
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Fie O punctul dat. Presupunem problema rezolvată. Atunci cele
trei unghiuri congruente au măsura de 0 0360 : 3 120 . Fie acestea COB ,
BOD şi DOC . Prelungim semidreapta OC cu opusa ei OA . Atunci
0m COA 180 . Deoarece BOC DOC rezultă că şi suplementele
lor sunt congruente şi anume, 0 0 0m AOB m AOD 180 120 60 .
Problema se reduce la a putea construi un unghi cu măsura de 060 folosind doar compasul şi rigla. Construcţia: Trasăm prin punctul dat O dreapta d şi considerăm, de o parte şi de alta, punctele A şi C . Luăm deschizătura compasului cât
lungimea lui OA şi desenăm arce din O şi din A . Acestea se
intersectează în punctele B şi D . Astfel, obţinem unghiurile congruente COB , BOD şi DOC în jurul punctului dat. 6.109 : Suma a trei numere naturale este 2007. Împărţind al treilea număr la suma primelor două se
obţine câtul 20 şi restul 12. Determinaţi numerele, ştiind că cel mai mare divizor comun al primelor două numere este 19.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Fie a , b , c numerele căutate. Avem relaţiile: a b c 2007 a b 2007 c şi că
c a b 20 12 cu 12 a b . Obţinem c 20 2007 c 12 c 40140 20c 12
21c 40152 c 40152 : 21 1912 , de unde a b 95 . Din a;b 19 rezultă existenţa lui
x; y cu x; y 1 , a 19x şi b 19 y , ceea ce conduce la x y 5 . Se obţin soluţiile
a;b;c 19;78;1912 , 38;57;1912 , 57;38;1912 , 78;19;1912 .
6.110 : Fie numerele naturale nenule n , m , p , 2 3 6 3a n m p şi 3 6 9 4b n m p .
Să se determine a şi b , ştiind că au cel mai mic multiplu comun egal cu 330 . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Avem a b a;b a;b şi c.m.m.m.c. egal cu a;b 330 . Vom demonstra că a;b 1 .
Fie d a;b . Atunci d a şi d b d 3a 2b d 6n 12m 18 p 9 6n 12m 18 p 8
d 1 d 1 . Deci, a b 330 a;b 1;330 , 2;165 , 3;110 , 5;66 , 11;30 cu a b .
6.111 : Aflaţi numerele , ,a b c dacă 6 9 10a b c şi 21 5 2016a b c .
PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din :906a 9b 10c nota b c
x15 10 9 a 15x , b 10x , c 9x . Înlocuind în a
doua egalitate, obţinem că 15x 210x 45x 2016 270x 2016 ( 18
2016 112x
270 15
a 15112
15 112 , 2b 10
3
112
15
22474, 6
3 şi ^3c 9
5
112
15
33667,2
5 .
6.112 : Punctele A , M şi C verifică egalităţile: 2AC AM şi 2m CAM m ACM .
Demonstraţi că AM MC sau M este mijlocul segmentului AC .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
060OC
B
A
D
0600120
0120
O AC
B
D
d
42
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Dacă AM MC , atunci problema este rezolvată. Dacă AM MC 0m AMC 90 ,
vom că punctele A,M ,C sunt coliniare prin metoda reducerii la absurd.
Presupunem prin absurd că punctele A,M ,C sunt necoliniare. Fie punctul N
mijlocul lui AC şi punctul T MC astfel încât AT să fie bisectoarea MAC .
Din AC 2 AM şi AC 2 AN , rezultă că AM AN . Adăugând
MAT NAT şi latura comună AT , obţinem MAT NAT LUL AMC ANT 1 .
Cum ip1
m TAC m MAC m ACM2
rezultă că ATC este isoscel de bază AC ,
mediana TN devine şi înălţime, de unde 0m TNA 90 1
0m AMC 90 , contradicţie.
Prin urmare, A,M ,C sunt coliniare M AC . Dacă am avea C AM AC AM
2 AM AM AM 0 , absurd. Dacă am avea A MC ACM este unghi alungit, iar
MAC alungit şi atunci 0 0180 2 0 , absurd. Deci, M AC AC AM MC
2 AM AM MC AM MC şi cum M AC deducem că M este mijlocul lui AC .
6.113 : Stabiliţi existenţa triunghiului ABC şi, în caz afirmativ, stabiliţi natura sa dacă
0
2 15m BAC x , 0
17 2m ABC x şi 0
22 2m ACB x , unde x .
PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Trei puncte distincte (coliniare sau necoliniare) determină trei unghiuri şi anume, BAC , ABC şi ACB . Aceste unghiuri pot fi ori toate improprii şi atunci vârfurile lor sunt coliniare, ori
toate proprii, iar vârfurile unghiurilor determină un triunghi. Indiferent de coliniaritatea sau
necoliniaritatea acestor puncte, suma măsurilor celor trei unghiuri determinate de aceste este de 0180
Atunci 0m ABC m BAC m ACB 180 2x 15 17 2x 22x 2 180 , de
unde 22x 4 180 22x 176 x 176 : 22 8 . Obţinem că 0m ABC m BAC 1 şi
0m ACB 178 . Observăm că toate sunt unghiuri proprii, ceea ce dovedeşte existenţa triunghiului
ABC şi că triunghiul este obtuzunghic şi isoscel de bază AC .
6.114 : Se consideră punctele , , , , ,A B C D E astfel încât DE ABC ACB BAC , E AC
şi D BC . Demonstraţi că DE AB şi că C DE .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU SOLUŢIE: Dacă A, B, C ar fi necoliniare, atunci ;DE ABC ACB BAC BC BAC B C
absurd. Deci, punctele A, B, C sunt coliniare.
Dacă am avea ordinea A B C , atunci DE AC (se suprapun), în contradicţie cu
E DE AC şi ipoteza E AC .
Dacă am avea ordinea B A C , atunci DE BC (se suprapun), în contradicţie cu
D DE BC şi ipoteza D BC .
Prin urmare, avem ordinea A C B , de unde segmentele DE şi
AB se suprapun sunt congruente şi, cum C AB C DE .
A
M
CN
T
A BC
D E
43
Micii MATEMATICIENI
CLASA A VII-A
7.80 : Determinaţi mulţimile A , B , C şi D , ştiind că îndeplinesc simultan condiţiile:
1 0;1;2;3;4A B , 2 / 6;1 , 6;3 , 7;1 , 7;3 , 8;1 , 8;3C D A B ,
3 5;6;7;8;9;10C D , 4 / 0;5 , 0;9 , 4;5 , 4;9A B D C .
PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
SOLUŢIE: Din 4 0;4 A B 0 A, 4 A şi 0 B, 4 B . Din 2 1;3 A / B
1 A, 3 A şi 1 B 3 B . Dacă am avea că 2 B şi cum 2 A B din 1 că 2 A , de unde
2 A / B , contrazice 2 . Deci, 2 B şi 2 A , căci altfel am avea 2 A B în contradicţie cu
4 . Prin urmare, A 0;1;3;4 şi B 0;2;4 . Din 2 6;7;8 C D 6;7;8 C şi
6;7;8 D . Din 4 5;9 D / C 5 D, 9 D şi 5 C 9 C . Dacă am avea că 10 C şi
cum 10 C D din 3 că 10 D , de unde 10 D / C , contrazice 4 . Deci, 10 C şi 10 D
, căci altfel am avea 10 C D în contradicţie cu 2 . Deci, C 6;7;8;10 şi D 5;6;7;8;9 .
7.81 : La începutul primăverii, Ștefana cumpără 25 de mărțișoare într-un interval de 17 zile. Știind că în fiecare zi a cumpărat cel puțin un mărțișor, să se arate că există un număr de zile consecutive în care a cumpărat în total exact 8 mărțișoare.
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
SOLUŢIE: Fie nx numărul total de mărțișoare cumpărate în primele n zile. Atunci are loc inegalităţile:
1 2 171 x x ... x 25 1 , de unde obţinem: 1 2 179 x 8 x 8 ... x 8 33 2 .
Avem 34 de numere naturale cuprinse între 1 și 33 , deci cel puțin două dintre cele 34 de numere
din 1 sau 2 vor fi egale, conform principiului cutiei. Datorită inegalităților stricte, trebuie ca un
număr din şirul 1 să fie egal cu un număr din şirul 2 . Rezultă că există i și j astfel încât
i jx 8 x , adică i j8 x x . Deci, în zilele i 1, i 2, ..., j s-au cumpărat în total 8 mărțișoare.
7.82 : Fără a extrage rădăcina pătrată, să se demonstreze inegalitatea:
2 6 12 20 30 423
3 5 7 9 11 13 .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
SOLUŢIE: Pentru x şi x 1 cu x 0 , între medii, avem: x x 1
x x 12
x x 1 1
2x 1 2
.
Pentru x 1,6 obţinem: 2 1
3 2 ,
6 1
6 2 ,
12 1
7 2 ,
20 1
9 2 ,
30 1
11 2 şi
42 1
13 2 , care
însumate, membru cu membru, ne dă concluzia din enunţul problemei.
7.83 : Demonstraţi că 5 1 5 2 5 4 4A n n n este un număr iraţional, pentru n .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Un pătrat perfect poate avea ultima cifră 2U A 0;1;4;9;6;5 . Dacă n este par, atunci
U 5n 0 U 5n 1 5n 2 5n 4 U 1 2 4 8 2U A U 8 4 2 , contradicţie.
44
Micii MATEMATICIENI
Dacă n este număr impar, atunci U 5n 5 U 5n 1 5n 2 5n 4 U 6 7 9 8
2U A U 8 4 2 , contradicţie. Deci, 2A nu este pătrat perfect A A este iraţional.
7.84 : Să se demonstreze inegalitatea: 1 3 5 2015 1 3 5 ... 2015
...4 8 12 4032 4
PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Ţinând seama de formula: 21 3 5 ... 2n 1 n rezultă, pentru n 1008 , că
21 3 ... 2015 1008 1008
4 4 4
. Aplicând inegalitatea mediilor pentru 2n 1 şi 1 obţinem
că 2n 1
2n 1 1
1
2 2n 1 n
2n 1 1
4n 4
. Dând valori lui n 1;1008 şi
însumând inegalităţile, găsim că 1 3 2015 1008 1 3 ... 2015
...4 8 4032 4 4
.
7.85 : Determinaţi 0;1x din inecuaţia: 1 1 2015
2015 220152015
xx
xx
.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Efectuând calculele în inegalitatea dată, obţinem succesiv: 2016 x 1 2015 x
22015 x x 2015
2016 x 2016 4030 2x 2014x 2014 x 1 şi cum x 0;1 , atunci x 1 .
7.86 : Scrieţi numărul 2 2 2 22 3 4A a b c d ca sumă de două pătrate, ştiind că a , b , c , d sunt numere întregi consecutive în această ordine.
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Ţinând seama de 22 22 b 2 a 1 2a 4a 2 ,
22 23 c 3 a 2 3a 12a 12 şi
22 24 d 4 a 3 4a 24a 36 , obţinem că numărul 2A 10a 40a 50 . Scriem succesiv
2 2 2 22 2 2A 9a 42a 49 a 2a 1 3a 2 3a 7 7 a 1 3a 7 a 1
, q.e.d.
7.87 : Fie triunghiul ABC şi AD BC . Se construiesc OM bisectoarea unghiului ADB, M AB
şi ON bisectoarea unghiului ADC, N AC . Dacă MN BC , determinaţi natura triunghiului ABC. PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Dacă se aplică teorema bisectoarei în ADB obţinemAM AD
MB DB , iar în ADC obţinem
.AN AD
NC DC Folosind teorema lui Thales în triunghiul ABC obţinem .
AM AN
MB NC Din cele trei relaţii
obţinem AD AD
DB DCDB DC
şi cum AD BC deducem că ABC este triunghi isoscel de bază BC.
7.88 : Se consideră înălţimea AD , D BC şi medianele ,CE BF ale ABC . Demonstraţi că:
a) dreptele ED şi DF sunt perpendiculare dacă şi numai dacă 090m BAC ;
b) patrulaterul AEDF este romb dacă şi numai dacă ABC este triunghi isoscel de bază BC . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
45
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: Teorema medianei în triunghiurile ADB şi ADC ,
dreptunghice în D conduce la egalităţile: AB
DE AE2
1 şi
ACDF AF
2 2 , de unde deducem că AED şi AFD sunt
isoscele de bază AD . Proprietatea triunghiurilor isoscele referitoare la
unghiurile de la bază ne dă că EAD EDA şi FAD FDA
EAF EDF 3 .
a) Atunci ED DF 0m EDF 90 2
0m EAF 90 0m BAC 90 .
b) Atunci patrulaterul AEDF este romb AE AF
1
2
AB AC
2 2 AB AC ABC este
triunghi isoscel de bază BC .
7.89 : Fie patru puncte distincte din plan cu proprietatea că formează exact trei unghiuri drepte. Să se calculeaze suma tuturor distanţelor şi suma tuturor unghiurilor nenule ce se pot forma cu aceste
puncte, ştiind că cel mai mic dintre aceste unghiuri are măsura de 030 şi cea mai mare dintre distanţe este de 28 cm .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cele patru puncte distincte din plan cu A , B , C şi D . Aceste puncte nu pot fi toate coliniare deoarece s-ar forma numai unghiuri improrii, în contradicţie cu ipoteza. Dacă oricare trei dintre ele ar fi necoliniare, atunci se formează patrulaterul ABCD . Cum triunghiurile
ABC , ADC , ABD şi CBD conţin toate unghiurile ce se pot forma cu vârfurile în aceste puncte şi nu pot avea decât un singur unghi drept, rezultă că cele trei unghiuri drepte nu pot fi decât printre unghiurile patrulaterului. Dar, suma
unghiurilor unui patrulater este de 0360 că se pot forma patru unghiuri drepte, în contradicţie cu ipoteza. Atunci punctele A,B,C,D sunt necoliniare şi trei dintre ele sunt coliniare. Fie acestea
B C D . Cele trei unghiuri drepte ce se formează sunt ACD , ACB şi BAC . Evident, cea mai mare dintre distanţe este BD 28 cm . Cel mai mic unghi care se poate forma se află printre
unghiurile ascuţite, între care există congruenţele ABC DAC şi BAC ADC . Fie acest
unghi ABC . Atunci 0m ABD m CAD 30 . Aplicând teorema 0 0 030 60 90 în ABD ,
respectiv ACD obţinem că 1
AD BD 14 cm2
şi că 1
CD AD 7 cm2
, de unde
BC BD CD 21cm . Aplicând teorema 1 a înălţimii în BAD avem 2AC BC CD
AC 21 7 7 3 cm , iar cu teorema catetei găsim că 2AB BC BD
AB 21 28 14 3 cm . Suma tuturor distanţelor ce se pot forma cu cele patru puncte este egală
AB BC AC AD DC BD 14 3 21 7 3 14 7 28 70 21 3 cm . Unghiurile
cu vârful în A sunt BAC , CAD şi BAD , având suma măsurilor egală cu 0 0 0 060 30 90 180 . Unghiurile cu vârful în B sunt ABC , ABD şi CBD , având suma
măsurilor egală cu 0 0 0 030 30 0 60 . Unghiurile cu vârful în C sunt ACB , ACD şi BCD
, având suma măsurilor egală cu 0 0 0 090 90 180 360 . Unghiurile cu vârful în D sunt ADC ,
ADB şi CDB , având suma măsurilor egală cu 0 0 0 060 60 0 120 . Prin urmare, suma tuturor
acestor unghiuri este egală cu 0 0 0 0 0180 60 360 120 720 .
B
A
D C
E F
A
B C D7 cm21cm
030 060
14 3 14cm7 3
46
Micii MATEMATICIENI
CLASA A VIII-A
8.69 : Demonstraţi că numărul 1 1 1 1 1 1
...13 14 15 50 51 52
n nu este natural şi că 16
13n .
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Numărul 14 15 ... 52 13 15 ... 52 ... 13 14 ... 51
n13 14 ... 52
nu este natural deoarece
numitorul şi toţi termenii de la numărător sunt divizibili cu 13 mai puţin primul. Cu inegalitatea 1 1 4
a b a b
deducem:
1 1 4
13 52 65 ,
1 1 4
14 51 65 , ....,
1 1 4
32 35 65 , de unde, prin însumare,
obţinem că 4
n 2065
16
n13
.
8.70 : Găsiţi soluţii întregi nenule ale ecuaţiei: 3 3 32016 2 a b c . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Identitatea 3 3 3 3
k 1 k 1 k k 6 k (se verifică uşor) şi că 2016 6 336
conduce, pentru k 336 , la soluţia a 336 , b 335 şi c 337 .
8.71 : Arătaţi că numărul 1 2 3 1n n n n este număr natural, oricare ar fi n .
PROF. IULIANA BLANARU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notând cu 2x n 3n atunci not
2 2a n n 1 n 2 n 3 1 n 3n n 3n 2
22 2a x x 2 1 x 2x 1 x 1 x 1 n 3n 1 , n .
8.72 : Numerele raţionale nenule verifică egalitatea: 1 1 1
1x y z . Demonstraţi că numărul
1 1 1x y y z x z
Az x y
este pozitiv şi că A este raţional.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Din 1 1 1
1x y z xy xz yz xyz . Primul factor din numărul A se transformă
succesiv: z ) 2 2
2 2 2 2
x y z z y z y z x zxy xy z xyz z xy xz yz z1
z z z z z z
.
Analog,
2
z x y xyz1
x x
şi
2
x y z yxz1
y y
. Înlocuind aceste relaţii în numărul A ,
obţinem că
2 2 2
2 2 2
x y y z z x x y y z z xA
x y z xyz
, exact ce trebuia dovedit.
8.73 : Ştiind că ecuaţia 21 2 1 2 1 2 0a a x b b x c c are soluţii reale şi că 2b este media geometrică
a cifrelor 2a şi 2c , să se demonstreze că ecuaţia 2
1 1 1 0a x b x c are soluţii reale. PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
47
Micii MATEMATICIENI
SOLUŢIE: O ecuaţie de gradul al doilea are soluţii reale dacă şi numai dacă discriminantul 0 .
Din 2b medie geometrică a cifrelor 2a şi 2c rezultă că 22 2 2b a c 2
2 2 2b 4a c 2 2 2b 2 a c
1 . Presupunem, prin absurd, că ecuaţia din concluzie nu are soluţii reale 21 1 1b 4 a c
2
1 1 10 b 2 a c , pe care o înmulţim cu 1 1 2 1 2 2 1b b 4 a c a c 1 2 1 2 2 1b b 2 a c a c (s-a
aplicat inegalitatea mediilor) 1 2 1 2 2 120b b 40a c 40a c 3 . Din 2 21 1 1100b 400a c 4 .
Adunând 4 , 3 , 1 , obţinem: 2 21 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2100b 20b b b 400a c 40a c 40a c 4a c , de unde
2
1 2 1 1 2 2 1 210b b 4 10a 10c c a 10c c 2
1 2 1 2 1 2b b 4 a a c c . Deducem că 0 în
contradicţie cu . Deci, ecuaţia 21 1 1 0a x b x c
nu are soluţii reale.
8.74 : Să se demonstreze inegalitatea: 2 2 2
a b ca b c
a b c
, , , 0;2a b c .
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Arătăm că, pentru x 0;2 , are loc 2xx
2 x
2x
x2 x
3 2x 2x x 0
2
x x 1 0 A . Adunând inegalităţile obţinute pentru x a;b;c , deducem cerinţa problemei.
8.75 : Determinaţi toate funcţiile de gradul 1 :f cu proprietatea 9f f x x , x .
PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
SOLUŢIE: Fie funcţia de gradul întâi f : , f x a x b cu a 0 . Proprietatea
2a f x b 9 x, x a ax b b 9x, x a x ab b 9x, x , de
unde 2a 9 a 3 şi b a 1 0 b 0 , căci a 1 0 . Deci, f x 3x şi f x 3x .
8.76 : Fie punctele de 2,3 , 1,1A B . Dacă C este simetricul punctului A faţă de axa Ox,
determinaţi aria triunghiului ABC, sinusul ACB şi aria discului înscris triunghiului ABC. PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Avem: C 2; 3 şi AAC 2 d A;Ox 2 y 2 3 6 . Lungimea înălţimii din B este
B Ah d B;Oy d A;Oy x x 1 2 3 . Atunci aria ABC
h AC 3 6A 9
2 2
.
Formula distanţei ne dă: 2 2 2 2 2 2
C B C BBC x x y y 2 1 3 1 3 4 5 , iar
2 2
AB 2 1 3 1 9 4 13 . Formula arie ABC
1A CA CB sin ACB
2 conduce
la 1
92
3
6 5 sin ACB 9 3
sin ACB15 5
. Se ştie că raza cercului înscris triunghiului
ABC se calculează cu
ABC ABC18 11 13A 2 A 2 9 11 13
rp AB AC BC 108 611 13
, de
unde aria discului este
2
211 13 134 22 13 67 11 13
r36 36 18
.
48
Micii MATEMATICIENI
8.77 : Se dă paralelipipedul dreptunghic / / / / .ABCDA B C D Dacă ,AC BD O / ,P OC
/ ,BP C D F / ,DP BC E atunci arătaţi că dreptele / / /, ,D F B E CC sunt concurente.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Utilizăm teorema lui Ceva în /C BD pentru
cevienele /C O , BF şi DE concurente în P obţinând relaţia: /C F DO
FD
OB /
BE1
EC
/ /C F C E
FD EB
R.t .TH .
EF DB . Întrucât
/ /DB D B , deducem că / /EF D B . Dreptele coplanare sunt /D F BE , căci altfel am avea / /D B EF paralelogram
/ /EF D B DB şi cum EF DB DBFE paralelogram
DF BE în contradicţie cu DF şi BE concurente în /C . Notăm cu / /Q D F B E . Din faptul
că / / /Q D F D DCC şi / / /Q B E B BCC rezultă că / / / / /Q D DCC B BCC CC .
Putem concluziona că dreptele / / /, ,D F B E CC sunt concurente în punctul Q .
8.78 : Se dă cubul ABCDA B C D de muchie 6 cm şi punctele M, N, P astfel încât
2 1 1
, , , , ,3 2 2
M AA AM AA N A B A N AA P CC CP AA . Aflaţi perimetrul
secţiunii determinat de planul care trece prin cele trei puncte. PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Avem AM 4 , /A M 2 , / /A N NB 3
şi /CP PC 3 . Dreapta MN intersectează /B B în punctul X , iar pe AB în Z . Dreapta XP
intersectează / /B C în Q , iar pe BC în Y . Dreapta
XY intersectează DC în R , iar pe AD în punctul S . Atunci poligonul MNQPRS este secţiunea în cubul dat
determinat de planul MNP . Din / /NA M NB X
/ /B X A M 2 . Din / /QB X QC P rezultă
că / /
/ /
B Q B X 2
QC C P 3 / 12
B Q5
şi / 18C Q
5 . Din
/PC Q PCY şi /CP PC 3 / 18CY C Q
5 . Atunci obţinem că
48BY BC CY
5 .
Din /MA N MAZ / /
AZ AM
A N A M
AZ 4
3 2 AZ 6 BZ BA AZ 12 . Deoarece
CRY BZY CR CY 18 48
:BZ BY 5 5
CR 3
12 8
9CR
2
9 3DR DC CR 6
2 2 .
Din RCY RDS SD DR 3 9 1
:CY RC 2 2 3
18 1 6
SD5 3 5
6 24
AS AD SD 65 5
Cu teorema lui Pitagora obţinem: / 2 / 2MN A M A N 13 , / 2 / 2 3 41NQ B Q B N
5 ,
/ 2 / 2 3 61QP C Q C P
5 , 2 2 3 13
PR CP CR2
, 2 2 3 41SR DS DR
10 , iar
OB
D
/D /C
C
QP
A
/A/B
E
F
A
/A
B
/B
C
/C
D
/D
M
N
P
Q
RS
X
Y
Z
49
Micii MATEMATICIENI
2 2 4 61MS AM AS
5 . Atunci perimetrul secţiunii MNQPRS este
25 13 9 41 14 61
10
.
8.79 : Se dă dreptunghiul ABCD , simetricul E a lui A faţă de DB . În B se ridică perpendiculara
BI pe planul dreptunghiului. Ştiind că 8AB cm , 6AD cm , 10BI cm , să se calculeze:
a) măsurile unghiurilor ,IBE IED şi ;DB IEC ;
b) volumul şi aria totală a tetraedrului IDEB . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA
SOLUŢIE: Din E simetricul punctului A faţă de dreapta BD rezultă că BD este
mediatoarea segmentului AE , de unde BE AB 8 cm şi DE AD 6 cm ,
conform proprietăţii mediatoarei. Atunci ABD EBD CDB LLL .
Deducem că 0m BED m BAD m BCD 90 că DE BE 1 ,
că BDA BDE CBD 2 şi că BED DCB , de unde BCED
este patrulater inscriptibil 0m CED m CBD 180 2
0m CED m BDE 180 . Fiind unghiuri interne de aceeaşi
parte a secantei ED CE BD 3 .
a) Din BI ABCD şi DE ABCD rezultă că DE BI ,
adăugând şi 1 obţinem că DE IBE şi cum DE IED
găsim că IBE IED , de unde 0m IEB , IEC 90 .
Din EC IEC 3
că BD IEC 0m BD; IEC 0 .
b) Aria 2BED BAD
AB AD 8 624 cm
2 2
4 , de unde volumul tetraedrului
IBED este egal cu 3I BED BED
1 10 24V BI 80 cm
3 3
. Triunghiul BAD fiind
dreptunghic în A , rezultă că 2 2 2 2BD AB AD 8 6 10 cm . Din faptul că
IB BED , BE BED şi BD BED rezultă că IBE şi IBD sunt dreptunghice în B ,
de unde cu teorema lui Pitagora că 2IBE
IB BE 10 840 cm
2 2
şi că
2IBD
IB BD 10 1050 cm
2 2
. Din faptul că IBE este dreptunghic în B
T .P.
2 2 2 2IE IB BE 10 8 2 41 cm . Din faptul că IB BED şi BE ED din 1 T 3
IE ED IED dreptunghic în E IED
IE ED
2
2
IED
2 41 66 41 cm
2
.
Aria totală: 2t IDE IDB BED IEB 6 41 50 24 40 114 6 41 cm .
A
B C
D
EM
M
C
E
I
B
A D
O
50
Micii MATEMATICIENI
MATEMATICA LICEALĂ CLASA A IX-A
9.76 : Se consideră notaţia 1 2 3 ... !n n , n . Demonstraţi că 2
! 1 !n
nk
S k k n
nu
depinde de numărul natural 2n . PROF. IONELA CRISTINA SIMIONESCU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Deoarece k k 1 1 atunci numărul n
nk 2
S k 1 ! k ! n 1 !
, de unde obţinem că
nS n 1 ! n! n! n 1 ! ... 4! 3! 3! 2! n 1 ! 2! 2 .
9.77 : Să se determine 25 numere întregi consecutive, dacă suma pătratelor lor este pătrat perfect. PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie a cel mai mic număr dintre cele 25 numere întregi consecutive şi b pentru care
avem: 2 22 2a a 1 ... a 24 b 2 2 2 2 225a 2 1 2 ... 24 a 1 2 ... 24 b .
Ţinând cont de formulele de calcul prescurtat şi de n
k 1
n n 1k
2
şi
n2
k 1
n n 1 2n 1k
6
obţinem
echivalenţele: 2
5a 224 25
a2
424
25 49
6
2b 2 2 25a 2 5a 60 60 1300 b
22b 5a 60 1300 b 5a 60 b 5a 60 1300
b 5a 60 10
b 5a 60 130
a 0
b 70
.
Numerele căutate sunt: 0;1;2;...;24 sau 0; 1; 2;...; 24 .
9.78 : Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuația 2 1 23 2
2 3x x x .
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
SOLUŢIE: Se obţin ecuaţiile: 2 8 11 : x 3x x 0
3 3 sau 2 4 1
2 : x 3x x 03 3
.
Dacă 1
x3
atunci, din 1 rezultă ecuația 23x 6 x 7 0 care nu are soluții reale, iar din 2
obţinem ecuația 23x 12x 5 0 cu soluțiile 1,2
6 21x
3
ambele soluţii mai mari decât
1
3.
Dacă 1
x3
atunci, din 1 rezultă ecuația 2x 4x 3 0 cu soluțiile 1x 1 şi 2x 3 , iar din 2
2x 2x 1 0 cu soluțiile 1 2
1x x 1
3 . Deci mulțimea soluțiilor ecuației este S 1;3 .
9.79 : Determinaţi funcţiile :f de gradul 1 cu proprietatea 9f f x x , x .
PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
SOLUŢIE: Fie funcţia de gradul întâi f : , f x a x b cu a 0 . Proprietatea se transcrie:
51
Micii MATEMATICIENI
2a f x b 9 x, x a ax b b 9 x, x a x ab b 9 x, x ,
de unde 2a 1 , absurd, căci a 2a 0 1 0 . Deci, nu există astfel de funcţii.
NOTA REDACŢIEI: Presupunem că ar exista astfel de funcţii f . Compunerea a două funcţii având
aceeaşi monotonie este o funcţie crescătoare (se verifică uşor). Atunci f f : ,
f f x x 9 este strict crescătoare pe , iar pe de altă parte este descrescătoare pe , fiind
de gradul 1 şi coeficientul lui x fiind 1 0 , contradicţie. Aşadar, nu există astfel de funcţii. 9.80 : Se consideră numerele reale pozitive 1 2, ,..., , 0nx x x a cu 1 2 ... nx x x a .
Demonstraţi că are loc inegalitatea: 3
2 21 1 2
ni
i i i
x a
x x
, ştiind că 1 1nx x .
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
SOLUŢIE: Din inegalitatea mediilor, pentru i 1,n , avem: 2 2i i 1
i i 1
x xx x
2
i i 1
2 2i i 1
x x 1
x x 2
.
Atunci: 2 2 23
i i i 1 i i 1 i i 1ii i 12 2 2 2 2 2
i i 1 i i 1 i i 1
x x x x x x xxx x
x x x x x x
. Rezultă că
3i
i i 12 2i i 1
x 1x x
x x 2
.
Adunând relațiile pentru i 1,n obținem: 3n n ni
i i 12 2i 1 i 1 i 1i i 1
x 1 a ax x a
x x 2 2 2
, q.e.d.
9.81 : Numerele reale pozitive verifică 1x y y z z x . Să se demonstreze inegalitatea: 2 2 2 1
2
x y z
x y y z z x
.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Din x y y z z x 0 rezultă că 2 2 2 2 2 2x y y z z x
0x y y z z x
, de unde
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y z y z x 1 x y y z z x
x y y z z x x y y z z x 2 x y y z z x
. Ţinând cont de
inegalităţile: 2 2x y x y
xyx y 2
,
2 2y z y zyz
y z 2
,
2 2z x z xzx
z x 2
şi de
condiţia din enunţ, obţinem inegalitatea cerută.
9.82 : Patrulaterul convex ABCD are ADC ABC şi DC BC . Arătaţi că AC BD .
PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu m ABC m ADC . Teorema sinusurilor în ABC şi ADC ne dă:
AC BC
sin sin BAC
şi
AC CD
sin sin CAD
. Cum DC BC rezultă că sin BAC sinCAD , de
unde unghiurile BAC şi CAD sunt congruente sau suplementare. Patrulaterul ABCD fiind
convex conduce la faptul că semidreapta AC este interioară BAD şi că punctele B, A,D sunt
necoliniare, de unde 0m BAC m CAD m BAD 180 . Deci, BAC CAD , de unde
BCA DCA CA este bisectoarea BCD şi cum BCD este isoscel AC este înălţime în
BCD AC BD , adică patrulaterul ABCD este ortodiagonal.
52
Micii MATEMATICIENI
9.83 : Se consideră ABC cu semiperimetrul p şi aria S şi punctele 1A BC , 1B AC şi 1C AB .
Ştiind că 1 1 1
1 1 1 p
AA BB CC S , să se demonstreze că 1AA , 1BB şi 1CC sunt concurente în
ortocentrul triunghiului ABC . PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu a BC , b AC , c AB , de unde p a b c : 2 şi cu A B Ch , h , h lungimile
înălţimilor ABC A B Ca h b h c h 2 S . Din 1 AAA d A;BC h , 1 BBB h şi 1 CCC h
găsim ip
1 1 1 A B C A B C
p 1 1 1 1 1 1 a b c a b c p
S AA BB CC h h h ah bh ch 2S S
. Aşadar, are loc
egalitate, de unde 1 AAA h , 1 BBB h şi 1 CCC h şi cum distanţa de la un punct la o dreaptă este unică
deducem că 1AA , 1BB şi 1CC sunt înălţimile ABC , deci concurente în ortocentrul .
9.84 : Se consideră ABC şi punctele , , ,M N P Q astfel încât BM MC
, 2AN NC
,
3AP PB
. Demonstraţi că 3 8BN BQ
dacă şi numai dacă Q este mijlocul segmentului MP .
PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Avem1
BM BC2
, 1
CN CA3
şi 1
BP BA4
. Fie S mijlocul lui MP . Deoarece
1 1 1 1 1 1BN BC CN BC CA BC CB BA BC BC BA 2 BC BA
3 3 3 3 3 3
1 ,
iar 11 1 1 1 3
BS BP BM BA BC BA 2 BC BN2 8 4 8 8
8 BS 3 BN
2 .
Atunci: 3 BN 8 BQ
2
BS BQ
S şi Q puncte identice Q mijlocul segmentului MP .
9.85 : Fie ABC cu 11BC , 13AC , 3AB şi punctele D AC , E AB , F BD CE
astfel încât 11 14BF FD
şi 3 22CF FE
. Arătaţi că BD este bisectoare şi CE este mediană. PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm rapoartele notAE
xEB
EB 1
BA x 1
şi
notADy
DC
DC 1
AC y 1
. Cu teorema lui
Menelau în ABD cu transversala C F E , respectiv AEC cu transversala B F D găsim:
AE BF DC1
EB FD CA
AD CF EB1
DC FE BA
14 1x 1
11 y 1
22 1y 1
3 x 1
214x 11y 11
3x 22y 3
28x 22y 22
3x 22y 3
25x 25
3x 22y 3
x 1
3y
11
AE1
EB
AD 3 AB
DC 11 BC
E mijlocul lui AB
BD bisectoare în ABC
,conform reciprocei
teoremei bisectoarei.
53
Micii MATEMATICIENI
CLASA A X-A
10.49: Efectuați împărțirea 1 3 : 1i i și determinați valoarea 12
tg
.
PROF. DANA TEODORA PAVEL, ŞCOALA GIMNAZIALĂ DELENI, IAŞI
SOLUŢIE: Cu ajutorul formelor trigonometrice 1 i 3 2 cos i sin3 3
şi 1 i 2 cos i sin
4 4
obţinem că 1 i 3 2
cos i sin 2 cos i 2 sin1 i 3 4 3 4 12 122
. Pe de altă parte, avem
că
2
1 i 3 1 i1 i 3 3 1 3 1i
1 i 1 i 2 2
. Ţinând cont de egalitatea celor două numere
3 1 3 12 cos i 2 sin i
12 12 2 2
obţinem că
3 1cos
12 2 2
şi
3 1sin
12 2 2
.
Prin urmare, 3 1
tg12 2 2
2 2
2
3 1 4 2 32 3
2 23 1
.
10.50: Demonstraţi că are loc inegalitatea:
2
3 3 3
1 1 1 3 3 51 ... ,
2 1 22 2 3 3
n nn
n nn n
.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Aplicând inegalitatea mediilor pentru k , 1, 1 obţinem: 3 3 k 1 1 k 2k k 1 1
3 3
, de
unde 3
1 3
k 2k
3
1 3
k k 2k k
3
1 3 3
2k 2 k 2k k
. Dăm valori lui k 1,n şi însumăm:
n
3k 1
1 3 3
2 6k k
3 3
4 8
3
6
3
10
3
8
3
12
3
...2 n 2
3
2n
3
2 n 1
3 3
2 n 1 2n
3
2 n 2
.
Deci,
2
3 3 3 3 3
1 2 3 n 1 n 3 1 1 1 3 3n 5n... 1
2 2 n 1 n 2 2 n 1 n 21 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n
.
10.51: Aflaţi n , ştiind că 24 4 2 22 sin cos 1 sin cos 1n n n nx x x x , pentru 0;
4x
.
PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Au loc 4 n 4 n 2 n 2n 2 n 2nsin x cos x 1 2 sin x cos x 2 sin x 2 cos x 0 , x 0;4
22n 2n 2n 2nsin x cos x 1 4 sin x cos x 0
2 2n n n nsin x cos x 1 sin x cos x 1 0
Pentru x 0;4
avem inegalităţile:
n
n n20 sin x cos x 1
2
. Dacă
2n nsin x cos x 1 ,
atunci n nsin x cos x 1 n ncos x sin x 1 nsin x 1 1 n0 sin x 0 , absurd. Dacă
2n nsin x cos x 1 n nsin x cos x 1 , x 0;
4
. Pentru x 0;
6 4
obţinem ecuaţia
54
Micii MATEMATICIENI
exponenţială
nn1 3
12 2
, având soluţia unică n 2 . Pentru n 2 egalitatea este verificată
pentru x 0;4
, datorită formulei fundamentale a trigonometriei 2 2sin x cos x 1 .
10.52: Demonstraţi că are loc inegalitatea: 1 2 1 2z z z z , pentru 1 2,z z .
PROF. DANA TEODORA PAVEL , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie k k kz x i y , k 1,2 formele algebrice ale numerelor complexe 1z şi 2z .
Deoarece în mulţimea nu există relaţie de ordine deducem că 1 2z z , de unde 1 2y y 0
2 21 2 1 2y y 2y y . Atunci 1 2 1 2z z z z 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2x y x y x i y x i y 2 2 2 21 1 2 2 1 2x y x y x x
. Dacă 1 2x x 0 , atunci este evident adevărată. Dacă
1 2x x 0 , ridicând la 2 21x 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2y 2 x y x y x 2 22 1y x 2
1 2 22x x x
2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2x y x y x x y y . Dacă 1 2 1 2x x y y 0 , atunci este evident adevărată. În
cazul când 1 2 1 2x x y y 0 ridicând la pătrat inegalitatea este echivalentă succesiv cu
2 21 2x x 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2x y y x y y 2 21 2x x 2 2
1 2 1 2 1 22x x y y y y 2
1 2 1 2x y y x 0 , adevărată în .
10.53: Să se calculeze câte numere de 10 cifre cu produsul cifrelor lor 36, există.
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Numerele de forma 9,4,1,...,1 sunt 210
10! 9 10A 45
8! 2! 2
de numere. Numerele de
forma 6, 6, 1, ..., 1 sunt în număr de 90 : 2 45 numere , de forma 9, 2, 2, 1, ..., 1
sunt în număr de 10 9 8 : 2 360 numere , de forma 4, 3, 3, 1, ..., 1
sunt 360 numere , iar de forma 2, 2, 3, 3, 1, ..., 1 sunt
210 numere . În total, avem 1065 numere.
10.54: Determinaţi m ştiind că are loc 2 4 2 4
cos cos 2 cos cosn n n n
m m m m
, n .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Fie numărul complex 2 2
z cos i sinm m
. Atunci n 2n 2n
z cos i sinm m
, n şi
n 2n 2nz cos i sin
m m
, n . Prin însumare găsim că 2n
n
2n z 1cos
m 2 z
, n şi că
4n
2n
4n z 1cos
m 2 z
, n . Egalitatea dată devine
2 nz ) 2nz 1
2
nz ) 4n
n
z 1
z 2
2n2
z
2nz 1
2
4n
n
z 1
z 2
2nz,
n 4nz 2nz 5n n 6 n 2nz z z z 4nz 1 , n 5n nz 1 z 1 0 , n
Dacă nz 1, n , atunci z 1 , de unde 2
cos 1m
există k astfel încât
22k
m
1 m k m 1 . Dacă 5nz 1, n , atunci 5z 1 , de unde 10 10
cos i sin 1m m
există k astfel încât 10
2km
5 m k m 1, 5 . Deci, m 1;1; 5;5 .
55
Micii MATEMATICIENI
10.55: Să se rezolve în mulţimea numerelor reale, ecuaţia: 2 1 1 25 11 5 5 60 53 4 0x x xx x x .
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
SOLUŢIE: Ecuaţia se scrie 2x x 25 5 55x 1 5 60x 53x 4 0 . Notând pe x5 t t 0 ,
obţinem ecuaţia de gradul al doilea în t : 2 25 t 55x 1 t 60x 53x 4 0 cu
2
65x 9 şi soluţiile 1
4t x
5 şi 2t 12x 1 . Ecuaţia x 4
5 x5
are soluţia unică
1x 1 deoarece funcţia exponenţială xf : , f x 5 este strict crescătoare, funcţia liniară
4
g : , g x x5
este strict descrescătoare, iar ecuaţia f x g x are cel mult o soluţie
reală. Ecuaţia x5 12x 1 are soluţiile 2x 0 şi 3x 2 şi sunt unice, întrucât f este strict
convexă, h : , h x 12x 1 este liniară şi se ştie că f x h x poate avea cel mult două
soluţii. Deci, S 1;0;2 .
10.56: Se consideră înălţimea AD a triunghiului ABC . Să se demonstreze că CD
CB este soluţie
unică a ecuaţiei 2 2 2 2 2 2 0BC x BC AB AC x DC .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Folosind notaţiile uzuale a BC , b AC , c AB , 1
S a AD2
aria ABC ,
discriminantul 22 2 2 2 2 2a c b 4a b AD
2 22 2 2 2 2a c b 2ab 4a AD
22 2 2 2 2 2a c b 2ab a c b 2ab 4 2S
2 22 2 2a b c a b c 16S
2a b c a b c a b c a b c 16S . Ţinând cont de semiperimetrul
2 p a b c şi de formula lui Heron S p p a p b p c , obţinem că
22a 2 p 2 p 2b 2 p 2 p 2c 16S 216 p p a p b p c 16S 0
. Aşadar, ecuaţia dată are o singură soluţie 2 2 2 2 2 2
1 2 2
a c b a b c b bx x cosC
2a 2ab a a
(teorema cosinusului). În ADC , dreptunghic în D avem CD
cos CAC
CD b cosC . Atunci
1 2
CDx x
BC , cu semnul " " dacă 0m C 90 , iar cu semnul " " dacă 0m C 90 . Dacă
C BD 1
CD CDx
BC CB , iar dacă C BD 1
CD CDx
BC CB .
10.57: Să se rezolve în intervalul 1; ecuația : 23log 3log 2 1 1x x .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Cu formula b blog c log aa c ecuaţia se rescrie sub forma 23 log x 1log x2 1 3
. Notând cu
3a log x şi cu 2b log x 1 obţinem că a3 x şi b2 x 1 , de unde a b3 2 1 , iar din
relaţia iniţială că b a3 2 1 . Deducem egalitatea a a b b3 2 3 2 . Funcţia f : 1; ,
x xf x 3 2 este injectivă, căci este o sumă de funcţii exponenţiale strict crecătoare. Cum
56
Micii MATEMATICIENI
f a f b rezultă că a b . Obţinem a a3 2 1 a a
2 11
3 3
, având soluţia unică a 1 ,
întrucât funcţia g : 1; , x x
2 1g x
3 3
este descrecătoare, fiind sumă de funcţii strict
crescătoare şi deci, g este injectivă. Singura soluţie a ecuaţiei date este x 3 .
CLASA A XI-A
11.39: Discutaţi după parametrul întreg a , compatibilitatea sistemului următor:
2
3
4 4
16 6
64 10
ax y z
a x y z
a x y z
şi, în caz afirmativ, stabiliţi natura soluţiilor sale.
PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD
SOLUŢIE: Determinantul sistemului este
1 2
3 2
C CC C
2s
3 2 2
a 1 4 1 1 1 0 1 0
a 1 16 4a a 1 4 4a a 1 1 3
a 1 64 a 1 16 a 1 1 15
3
s
0 1 01 1
12a a 1 1 1 1 12a a 1 1 1 12a a 1 a 4a 1 5
a 1 1 5
. Dacă parametrul
a 0;1;4 s 0 şi este minor bordat al lui p
1 412 0
1 16 . Deci, p este minor principal.
Minorul caracteristic este c
1 4 4
1 16 6 48 0
1 64 10
, de unde deducem că sistemul este incompatibil.
Dacă a / 0;1;4 , atunci s 0 sistemul este de tip Cramer că este compatibil determinat.
Avem x 48 , y 8a a 4 5a 7 şi z 2a a 1 a 2 . Componentele soluţiei sunt date
de
x
s
4x
a a 1 a 4
,
y
s
2 5a 7y
3 a 1
şi
z
s
a 2z
6 a 4
. Cum a / 0;1;4
rezultă că fiecare componentă a soluţiei este raţională. Stabilirea naturii soluţiei sistemului se referă la a găsi
a pentru care toate componentele soluţiei să fie din . Din x 4a D a 4 a 2 2 .
Din z 6a 2 M , de unde a 2 soluţia 1;2;0 .
11.40: Demonstraţi că funcţia :f , 28 8 4 42 sin cos 1 sin cos 1f x x x x x este
o funcţie constantă. PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Din 2 2 2sin x cos x 1 rezultă că 4 4 2 2sin x cos x 1 2 sin x cos x . Atunci derivata este
/ 7 7 4 4 3 3f x 2 8 sin x cos x 8 cos x sin x 2 sin x cos x 1 4 sin x cos x 4 cos x sin x
/ 6 6 2 2 2 2f x 16 sin x cos x sin x cos x 16 sin x cos x 1 sin x cos x sin x cos x , de unde
57
Micii MATEMATICIENI
/ 6 6 2 4 2 2 2 4f x 8 sin 2x sin x cos x sin x sin x cos x cos x sin x cos x . Grupând că
/ 4 2 2 2 4 2 2 2f x 8 sin 2x sin x sin x cos x sin x cos x cos x sin x cos x . Obţinem că
/ 2 2 2 2f x 8 sin 2x sin x 1 sin x cos x 1 cos x . Formula fundamentală a
trigonometriei conduce la / 2 2f x 8 sin 2x sin x cos x 2 2cos x sin x 0 , x . Atunci
funcţia f este costantă pe .
11.41: Se consideră matricele 3
1 2 6
1 3 4
1 3 6
A
şi 3
1 3 12
1 4 9
1 4 12
B
. Să se
demonstreze dubla inegalitate: 0 det det 1A x B B x A , 2; 1x .
PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Considerăm funcţia f : , f x det A x B det B x A . Forma explicită e
L1 L2L2 L31 x 2 3x 6 12x 1 x 3 2x 12 6 x 0 1 x 2 0 1 x 3 2x
f x 1 x 3 4x 4 12x 1 x 4 3x 9 4x 0 0 2 0 0 3 2x
1 x 3 4x 6 12x 1 x 4 3x 12 6 x 1 x 3 4x 6 12x 1 x 4 3x 12 6 x
4 41 x 2 1 x 3 2x
f x 1 x 1 1 x 10 2 0 3 2x
2 2f x 2 x 1 1 x 3 2x
2
f x 1 x 5 2x 3f x 2x 9x 12x 5 / 2f x 6 x 18x 12 cu soluţiile 1x 2 şi 2x 1
. Avem / 2sgn f x sgn x 3x 2 , de unde /f x 0, x 2; 1 f este descrescătoare pe 2; 1
f 1 f x f 2 , x 2; 1 0 det A x B det B x A 1, x 2; 1 .
11.42: Fie matricea nA cu proprietatea că 3 4A A . Să se demonstreze că matricea 2
nI A A este inversabilă și să se afle inversa sa. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Din ipoteza 3 4A A rezultă că 4 5A A . Demonstrând 2 3n n n: I A A I A A I
deducem că matricea 2nI A A este inversabilă şi că inversa este
12 3n nI A A I A A
. Atunci:
nI A 3A A 2A 4 2A A 3A 5nA I 4 5A A , adevărată.
11.43: Calculaţi limita şirului n nx
, definit prin recurenţa:
0
3 21
2,5
2 9 12 5n n n n
x
x x x x
.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Avem 3 2 2 2n 1 n n n n n n n n n nx 2x 5x 4x 10x 2x 5 x 2x 5 2x 2x 5 2x 5
2n 1 n n nx 2x 5 x 2x 1
2
n 1 n nx 2x 5 x 1 . Cum 0x 2,5 02x 5 0
1x 0 . Inductiv, se demonstrează că nx 0, n , de unde 2
nx 1 1 n 1 nx 2x 5
n 1 nx 2x , n 2x 3x 4x n 1... x n 1 2x 2x 2 x 32 x n 2... 2 x n 12 x n 1n 1x 2 x .
Din 1x 0 n 11
nlim 2 x
rezultă că n
nlim x
, conform criteriului comparaţie la .
58
Micii MATEMATICIENI
CLASA A XII-A 12.35: Pe mulţimea se defineşte legea 4 4 20x y xy x y . Ştiind că o soluţie naturală a
ecuaţiei 12x y z este şi o soluţie a sistemului:
125
118, , ,
118
ax by cz
bx cy az a b c
cx ay bz
, să se
demonstreze că , ,a b c sunt rădăcinile polinomului 3 219 118 240f X X X .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
SOLUŢIE: Notăm cu m;n; p , m n p, din soluţia ecuaţiei x y z 12 , care este soluţie şi a
sistemului dat. Prin însumarea egalităţilor din sistem obţinem că 2a b c m n p 361 19 .
Atunci găsim că m n p 1;19;361 . Din scrierea legii x y x 4 y 4 4 deducem că
x y z x 4 y 4 z 4 4 . Atunci m;n; p este soluţie a ecuaţiei x 4 y 4 z 4 8
că soluţiile cu m n p, şi sunt: 5;5;12 , 5;6;8 , 6;6;6 , 3;3;12 , 0;2;5 , 0;3;6 ,
2;3;8 şi 2;2;6 . Cum numerele verifică relaţia găsim m;n; p 5;6;8 . Atunci a;b;c se
obţin din sistemul:
5a 6b 8c 125
8a 5b 6c 118
6a 8b 5c 118
. Observaţia că a;b;c 5;6;8 este soluţie a sistemului de tip
Cramer s 133 0 conduce la a 5 , b 6 şi c 8 . Conform reciprocei teoremei lui Viette rezultă
că a,b,c sunt rădăcinile polinomului 3 21 2 3f X S X S X S , unde 1S a b c 19 ,
2S a b a c b c 5 6 5 8 6 8 118 , iar 3S a b c 5 6 8 240 , adică a polinomului 3 2f X 19X 118X 240 .
12.36: Se consideră grupul ;G , astfel încât funcţia :f G G , 2016f x x este un morfism
surjectiv. Mulţimea ,G x G x y y x y G se numeşte centrul grupului G . Să se
demonstreze că 2015 ,x G x G .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Fie x G şi y G două elemente alese arbitrar. Notăm cu 1z x y G y x z 1 . Din
f surjectivă Im f G . Cum z G Im f există u G astfel încât f u z 2016u z 2 .
Din f morfism f x u f x f u 2016 2016 2016x u x u 3 . Demonstrăm că 2015x G
2015 2015x y y x 1
2015 2015x x z x z x 2
2016 2016 2016 2015x u x u x 3
2016 2016 2016 1x u x u x x
asociativitate
3
2016 1
2015
x u x u x ... u x u x u x x
2016 1 2016 1x u x u x u x u x x
2016 20161 1 1x u x x u u x u x x
2016 20161 1x u x x 1 x u x x , adevărată.
59
Micii MATEMATICIENI
12.37: Fie
1n na
şi
1n nb
două şiruri de numere nenegative cu următoarele proprietăţi:
a şirul 1n n
a
este mărginit;
b 0nb pentru n;
c există 0;1 astfel încât 1n n na a b pentru orice 2n .
Să se demonstreze că 0na pentru n . PROF. UNIV. DR. RADU PRECUP, UNIVERSITATEA BABEŞ-BOLYA, CLUJ-NAPOCA
SOLUŢIE: Fie 0 . Din b şi ipoteza că n n 1b
nenegativ rezultă că există un rang 1 1n n 2 astfel
încât n 1b , n n , conform teoremei de caracterizare cu a limitei unui şir. Cum n n 1a
este mărginit
rezultă că există C 0 astfel încât na C, n . Atunci, din c rezultă că n n 1 1a a , n n
Rezultă că n 1 n 2a a , de unde 2n n 2a a . Dar n 2 n 3a a
3 2n n 2a a . Continuând, găsim că 1 1
1
n n 1 n n2n n 1a a 1 ...
,
de unde 1
1
n n 1
n n 1n 1
1 1a C , n n
1
. Deoarece pentru 0;1 avem 1n n 1
nlim 0
,
deducem că există un rang 2 1n n astfel încât 1n n 12, n n . Deci, n 2
1a C , n n
1
.
Alegând 1
: / C1
găsim un rang 2 2n n pentru care na 0 , pentru orice 2n n ,
adică nnlim a 0
.
12.38: Fie : 0;f o funcție care admite primitiva F cu proprietatea că 0 1F .
Demonstrați că funcția : 0; 0;g definită prin lng x x F x este bijectivă.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
SOLUŢIE: Din Im f 0; şi F o primitivă a lui f rezultă că /F x f x 0, x . Aşadar, F
este o funcţie strict crescătoare. Pentru orice x 0 avem ip
F x F 0 1 ln
cresc. ln F x 0, x 0 .
Funcţiile 1 2g ,g : 0; 0; definite prin 1g x x , 2g x ln F x sunt strict crescătoare şi
pozitive. Deducem că funcţia 1 2g g g este strict crescătoare şi pozitivă. Atunci g este funcţie injectivă.
Deoarece g este continuă pe 0; , xlim g x
, x 0x 0
lim g x 0
atunci funcţia g este surjectivă.
Aşadar, funcţia g este bijectivă.
*** ZÂMBETUL ŞTIINŢEI
ÎN ACEASTĂ RUBRICĂ VOM TRECE ÎN REVISTĂ CÂTEVA ANECDOTE SEMNIFICATIVE ŞI AMINTIRI DIN VIAŢA CELOR MAI DE FRUNTE MATEMATICIENI .
“Pythagoras a sacrificat pe altarul lui Zeus o sută de boi şi acesta numai pentru un singur adevăr geometric. Dar dacă în zilele noastre am proceda în acelaşi fel, este puţin probabil că am putea găsi atâtea vite cornute pe întreg globul pământesc.”
M. V. LOMONOSOV
“După ce a descoperit celebra sa teoremă, Pythagoras a sacrificat o sută de boi. De atunci, de fiecare dată, când se descoperă vreun adevăr nou, vitele cornute mari au palpitaţii.”
LUDWIG BJÖRNE
60
Micii MATEMATICIENI
PROBLEME PROPUSE
MATEMATICA PITICĂ
P.178: Un număr se numește “pui” dacă este format din cifre distincte cu suma cifrelor egală cu 16 . Află diferența dintre “puiul” cel mai mic și “puiul” cel mai mare.
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA-TEREZA RUGINĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.179: Colegul tatălui meu locuieşte în Iaşi. În fiecare zi, când vine la serviciu, el face o oră şi
douăzeci de minute. La întoarcere spre casă el face doar 80 minute. Găsiţi o explicaţie? PROF. ÎNV. PRIMAR ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.180: Pentru paginarea manualului de Istorie s-au folosit 372 de cifre, iar manualul de Matematică
are 208 pagini. Aflaţi câte pagini are manualul de Istorie şi câte cifre au fost folosite pentru numerotarea manualului de Matematică.
PROF. ÎNV. PRIMAR RAMONA MIHAELA ADAM, ŞCOALA GIMNAZIALĂ MIROSLAVA, IAŞI P.181: Un pix şi un caiet costă 12 lei, iar trei pixuri şi patru caiete costă 43 lei. Care sunt preţurile
celor două obiecte ? PROF. ÎNV. PRIMAR GABRIELA ONOFREI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.182: Bogdan şi prietenii săi merg în drumeţie în pădure împreună cu Alex şi prietenii lui, în total
28 copii. Dacă trei prieteni din grupul lui Bogdan ar mai aduce fiecare câte patru colegi, iar patru prieteni din grupul lui Alex ar mai aduce fiecare câte doi colegi, atunci cele două grupuri ar avea acelaşi număr de copii. Aflaţi câţi prieteni are Bogdan şi câţi are Alex.
PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.183: Câte numere de trei cifre are proprietatea că, dacă ştergem prima sa cifră, atunci obținem un
număr de două cifre mai mic cu 300 decât el ? ÎNV. VASILICA TEODORESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.184: Ştiind că suma cifrelor a, b, c este diferită de zero, să se determine numărul x din egalitatea:
: 2016abc bca cab a b c x .
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.185: Ana şi Doina au împreună 18 ani. În urmă cu trei ani, vârsta Anei era de cinci ori mai mică
decât vârsta Doinei. Aflaţi vârstele celor două fete. PROF. DOINA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
P.186: Pentru un concurs organizat în săptămâna “Şcoala Altfel” pentru elevii clasei a IV-a au fost
aruncate pe terenul de sport 100 bile. Elevii primesc pentru fiecare bilă recuperată câte 6 puncte, iar pentru fiecare bilă nerecuperată au pierdut câte 3 puncte. Câte bile au strâns elevii dacă au obţinut în total 483 puncte ?
PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.187: Suma a trei numere a, b, c este 55. Jumătate din numărul b este un număr cu 2 mai mic decât
jumătate din numărul a. Dacă la b îl adun pe 3, obţin numărul c. Aflaţi cele trei numere. PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
61
Micii MATEMATICIENI
P.188: Să se afle trei numere naturale știind că suma succesorilor acelor numere este 24 , al doilea număr este media aritmetică a celorlalte două și că succesorul celui de al treilea număr este egal cu suma celorlalte două numere.
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.189: Într-o cutie sunt de trei ori mai multe bile roşii decât galbene. Dacă numărul bilelor albe este
egal cu produsul dintre două numere consecutive a căror sumă este 7, aflaţi numărul total de bile. PROF. ÎNV. PRIMAR OLGA ŞERBAN, ŞCOALA GIMNAZIALĂ BĂDENI, SCOBINŢI
P.190: Matei, Catinca şi Rareș au economisit suma de 375 lei. Dacă Matei i-ar da lui Rareș 10 lei,
iar Catinca i-ar da şi ea lui Rareș 20 lei, atunci Rareș ar avea de două ori mai mulți lei decât Catinca și cu 25 mai mulți decât Matei. Câți lei are fiecare ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA-TEREZA RUGINĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.191: Determinaţi cel mai mare număr natural cu cifre distincte şi cu suma cifrelor sale egală cu 8 ,
pentru care triplul său este număr impar, iar dublul său are cifra unităţilor egală cu 6 . PROF. ÎNV. PRIMAR RAMONA MIHAELA ADAM, ŞCOALA GIMNAZIALĂ MIROSLAVA, IAŞI
P.192: Doi prieteni, Matei și Ciprian, vor să cumpere împreună o bicicletă. Lui Matei îi lipsește o
jumătate din prețul acesteia, iar lui Ciprian îi mai trebuie trei pătrimi din preț. Dacă împreună au 1140 lei, aflați ce sumă are fiecare și care este prețul bicicletei.
PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.193: Din cei 30 elevi ai unei clase lipsesc doi băieţi. Câte fete sunt în clasă ştiind că jumătate din numărul băieţilor reprezintă de două ori mai mult decât a treia parte din numărul fetelor ?
PROF. ÎNV. PRIMAR CARMEN NICULESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.194: Câte numere naturale cuprinse între 100 şi 300 au restul egal cu 6 la împărţirea cu 7 ?
ÎNV. VASILICA TEODORESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.195: Vlad scrie pe tablă în ordine descrescătoare numere naturale a, b, c în aşa fel încât
a c 160 , iar câturile împărţirilor a : b şi b : c să fie egale cu 3 , iar resturile egale cu 2 . Care sunt numerele scrise de Vlad ?
PROF. ÎNV. PRIMAR CARMEN NICULESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P.196: Mircea și Nicu au adunat împreună 130 de ghiocei. Mircea spune: „Jumătatea numărului de
ghiocei adunați de mine este cu 5 mai mare decât sfertul numărului de ghiocei adunați de tine”. Fiecare băiat a oferit câte 5 ghiocei colegelor din clasă de 8 Martie. Câte colege are fiecare ?
PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.197: Câtul a două numere naturale este 6 și restul 7. La numărul mai mic se adună 2 și se împarte
din nou numărul mai mare la acest număr, rezultând câtul 5 și restul 17. Aflați cele două numere. PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
P.198: Pe tablă sunt desenate 11 puncte. Profesorul propune următorul joc: ca primul elev să vină
să deseneze un punct distinct, al doilea să vină să şteargă două, al treilea să deseneze trei puncte distincte, al patrulea să şteargă patru şi aşa mai departe. Câţi elevi sunt în clasa respectivă, ştiind că toţi elevii au participat la joc ?
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
62
Micii MATEMATICIENI
MATEMATICA GIMNAZIALĂ
Clasa a V-a 5.143 : Este posibil ca tatăl să aibă atâţia ani câte luni are fiica sa, iar împreună să însumeze 26 ani ? Justificaţi răspunsul !
PROF. ÎNV. PRIMAR CARMEN NICULESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU 5.144 : Numerele naturale nenule sunt distribuite ca în schema alăturată.
a) Completaţi cu următorul rând.
b) Câte numere sunt scrise pe al 2016 lea rând ?
c) Pe ce rând se găseşte numărul natural 2016 ?
d) Calculaţi suma tuturor numerelor de al 2016 lea rând.
PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
5.145 : Scrieţi fiecare dintre numerele 201610 şi 201710 ca o sumă de două pătrate perfecte distincte. PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
5.146 : Găsiţi numerele naturale de forma abca , ştiind că numerele ab , ca şi 2 a b c sunt simultan pătrate perfecte.
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
5.147 : Determinaţi toate numerele de trei cifre ştiind că produsul cifrelor sale este de patru ori mai mare decât suma lor, iar una dintre cifre este media aritmetică a celorlalte două.
PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
5.148 : Să se determine ultimele două cifre ale numărului natural 42 31x 7 9 . PROF. ALINA CRĂCIUN , LICEUL TEORETIC MIRON COSTIN, PAŞCANI
5.149 : Ştiind că numărul 42016 n 2 este pătrat perfect, să se arate că n este divizibil cu 5 . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
5.150 : Se dau numerele: 1, 3, 4, 5, 5, 6, 6, 7 . Se aleg patru dintre numerele date, se adună la
fiecare câte o unitate şi se scriu numerele obţinute în locul celor alese. Se poate ca după n n
astfel de operaţii să se obţină opt numere egale ? PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
5.151 : Determinaţi cifra unităţilor numărului natural 4a 2017 n 4 , n , ştiind că aceasta nu este pătrat perfect.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
5.152 : Găsiţi numărul natural ab cu cifra b 2 , a cărei reprezentare în baza b are forma aaa . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
5.153 : Demonstraţi că numărul 31 divide numărul 2016 2017 2018 20192 2 2 2 1 . PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
1
2 3
4 5 6
7 8 9 1 0
... . .. . . . .. . . ..
63
Micii MATEMATICIENI
5.154 : Determinaţi numerele abc care împărţite la bc dau câtul a 1 şi restul a 3 . PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
5.155 : Demonstraţi că toate fracţiile de forma 2 2
2 2
a b a b
c d c d
cu a,b,c,d sunt reductibile.
PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
5.156 : Să se determine cifrele x şi y nenule din egalitatea : 19
6,2,0
yxyx .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
5.157 : Să se scrie numărul 2 3 201690 89 90 89 90 89 90 ... 89 90A ca sumă de patru pătrate perfecte distincte.
PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
5.158 : Spunem că un număr natural de două cifre este o “lungime favorabilă” dacă restul împărţirii lui la 10 este mai mare sau egal cu 5 . Segmentul având lungimea o “lungime favorabilă” se numeşte segment favorabil. Notăm cu F mulţimea lungimilor favorabile. a) Aflaţi câte segmente favorabile necongruente pot exista ?
b) Determinaţi lungimea favorabilă ab , ştiind că ba F şi că ab nu poate fi descompus ca sumă de două lungimi favorabile.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
Clasa a VI-a
6.115 : Determinaţi restul împărţirii numărului 2016
a 201399...9 la numărul 38 .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
6.116 : Determinați soluțiile întregi ale ecuației 1 15 2yx x x .
PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
6.117 : Să se demonstreze dubla inegalitate: 2 2 2 2 2
1007 1 1 1 1 1 2014...
2016 2 3 4 2014 2015 2015 .
PROF. DANA TEODORA PAVEL , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
6.118 : Suma elementelor mulţimii X este mai mică decât 10 . Determinaţi mulţimea X ,
ştiind că există x X astfel încât x; x 3 X X .
PROF. NICU GOŞMAN, ŞCOALA GIMNAZIALĂ GARABET IBRĂILEANU, TÂRGU FRUMOS
6.119 : Determinaţi tripletul de numere raţionale x; y; z direct proporţionale cu tripletul 9;993;6
pentru care x y z 1986 , PROF. DOINA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
6.120 : Există numere naturale x şi y care să verifice egalitatea 2 2x 2 y 4 x 57 7 806736 ?
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
64
Micii MATEMATICIENI
6.121 : Dacă un număr natural A se împarte în părți direct proporționale cu numerele naturale a b c se obțin respectiv numerele naturale x, y, z , iar dacă se împarte în părți invers
proporționale cu aceleași numere, se obțin numerele m, n, p . Aflați numerele m , n , p , știind
că numerele a , b , c sunt numere prime, iar x y z 139755 . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
6.122 : Determinaţi numerele întregi x din proporţia: 2 2
2 2
x 5x 1 x 5x 26
x 5x 7 x 5x 38
.
PROF. ANDREEA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
6.123 : Se consideră mulţimea A 1;5;9;...;197 şi o submulţime a sa B , având 27 elemente.
Demonstraţi că se poate găsi două elemente ale lui B a căror sumă este 202 . PROF. ALINA ŞI MIHAI CRĂCIUN, PAŞCANI
6.124 : Se consideră mulţimea G a tuturor unghiurilor adiacente având acelaşi vârf. Spunem că
unghiurile mulţimii G sunt legate între ele dacă diferenţele măsurilor, în grade, a oricăror două unghiuri din G sunt numere naturale consecutive. a) Găsiţi o mulţime G având exact trei unghiuri în jurul unui punct legate între ele.
b) Demonstraţi că nu există o mulţime G, având patru unghiuri legate între ele. PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
6.125 : În triunghiul ascuţitunghic ABC , mediatoarea laturii BC se intersectează cu bisectoarea
interioară a unghiului B în punctul P , iar dreapta CP intersectează cu latura AB în punctul
N . Fie M mijlocul laturii BC . Cunoscând că 0m BPM 60 şi 0m PCA 15 , aflaţi
măsurile unghiurilor ABC şi demonstraţi că PM PN .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
6.126 : Triunghiurile ABC și ADC sunt situate în semiplane diferite față de dreapta AC .
Considerăm punctele E BC şi F DC astfel încât fiecare dintre măsurile unghiurilor
BAE , EAC , CAF și FAD este media aritmetică a măsurilor celorlalte trei unghiuri, iar
AC EF . Demonstrați că d E; AB d F; AD şi că AB AD .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
6.127 : În triunghiul ascuţitunghic ABC , înălţimile AD , BE , CF sunt concurente în H , unde
D BC , E AC , F AB . Ştiind că 0m HCE 30 şi HC 2 HF , să se arate că
triunghiul ABC este echilateral. PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
6.128 : Fie punctele distincte M ,N,P astfel încât NP 1cm , iar lungimile MP şi MN sunt
numere naturale. Fie ABC cu perimetrul de 3cm având 3 MN MP
AB4 MP 3
,
4 MP 1BC
9
şi 11
AC3 MN MP
. Demonstraţi că ABC este echilateral dacă şi numai dacă P MN .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
65
Micii MATEMATICIENI
6.129 : Să se determine numărul natural x , ştiind că 0 / 0 / 0x 1 2x 1 3x 2 28 x 116
PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
6.130 : Se consideră unghiul xOy , punctele A,B Ox cu A OB , iar C,D Oy cu C OD
pentru care AB CD şi există t ,v astfel încât t OA v AB t OC v DC . Demonstraţi
că bisectoarea xOy şi mediatoarele segmentelor AB şi CD sunt concurente dacă şi dacă are
loc egalitatea t 2 v . PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
CLASA A VII-A
7.90 : Se consideră numerele reale a, b, c, d astfel încât a b c 6 d , a c d 4 b ,
b c d 12 a şi a b d 18 c . Calculați 2 2 2 2016a b c . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
7.91 : Rezolvaţi în ecuaţia: 2x 1 2x 2 2x 3 2x 2014 2x 2015 2015x
...2015 2014 2013 2 1 1008
.
PROF. GHEORGHE OANCEA , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.92 : Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi ecuaţia: 2 2x y 107 x 9 y 2882 0 . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
7.93 : Arătaţi că soluţia ecuaţiei 14 6 5 x 3 2 1 2 2x 1 5 este din / .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
7.94 : Demonstraţi inegalitatea ab baba
2a ba
, pentru orice cifre nenule.
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
7.95 : Ce fel de triunghi este triunghiul ale cărui lungimi de laturi sunt a, b, c verifică relaţia:
3 2 2 2 2 2 22 a b c c b a c a b b a c a ? PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
7.96 : Determinaţi numerele naturale a b c 1007 şi care verifică inegalitatea:
2014 2017 2016 2018a b a c b c 2015 a 2016 b 2017 c
2 4
.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.97 : Demonstraţi că
2 2 2 2x 1 x 2 x 3 ... x 2015
2015 20162 x
, x 0 .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
66
Micii MATEMATICIENI
7.98 : Arătaţi că într-un trapez ortodiagonal linia mijlocie nu poate fi congruentă cu nicio diagonală. PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.99 : Se consideră ABC şi cevienele concurente AM , BP , CQ cu M BC , P AC ,
Q AB . Demonstraţi că punctul M este mijlocul laturii BC dacă şi numai dacă PQ BC .
PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.100 : Se consideră un punct I situate în interiorul ABC în aşa fel încât cercurile înscrise triunghiurilor AIB , BIC şi AIC sunt tangente şi congruente. Arătaţi că ABC este echilateral.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.101 : Punctele M , N şi P sunt situate pe laturile ABC astfel încât MN AC , NP AB şi
MP BC . Demonstraţi că dreptele AN , BP şi CM sunt concurente.
PROF. GHEORGHE OANCEA , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
7.102 : Să se arate că, dacă într-un triunghi dreptunghic un unghi ascuțit are măsura de 0 /37 30 ,
atunci lungimea perpendicularei dusă din piciorul înălțimii duse din vârful drept pe mediana
corespunzătoare ipotenuzei este o optime din lungimea ipotenuzei. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
7.103 : În triunghiul dreptunghic ABC cu 0m A 90 şi 0m B 30 se construieşte bisectoarea
unghiului C , care intersectează latura AB în punctul D . Prin D se construieşte DE BC cu
E BC şi prin E se duce EF CD cu F AB . Calculaţi EF , ştiind că AB 36 cm .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
7.104 : Se consideră ABC şi punctele D BC , M AB , N AC astfel încât AD BC ,
DM AB şi DN AC . Demonstraţi că bisectoarea exterioară a unghiului cu vârful în A a ABC
şi dreptele MN , BC sunt paralele dacă şi numai dacă are loc: 2
2
BD AB
DC AC .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
CLASA A VIII-A
8.80 : Rezolvaţi în mulţimea numerelor reale ecuaţia 25 x 1 2 y y 2 2x 2 y 1 0 .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
8.81 : Rezolvaţi inecuaţia 2
2
x x 2 2x 5 x 3 x 1 11 x 2 2015
5x 5 x 3 x 2 x 2 x 4
în
mulţimea / 3; 2; 1;2 .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
67
Micii MATEMATICIENI
8.82 : Demonstraţi inegalitatea x 1963 x 1961 2x 3870 54, x .
PROF. DOINA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
8.83 : Demonstraţi că cea mai mică valoare a numărului 2 2x 88x 2017 y 18 y 2017
este egală cu 53 . PROF. GHEORGHE OANCEA , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
8.84 : Explicaţi de ce ecuaţia x 220 x 1984 40 nu are soluţie reală. PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD
8.85 : Găsiţi numerele reale a, b, c, d , e, f , g pentru care suma radicalilor: 2a 8a 1697 ,
2b 12b 261 , 2c 16c 80 , 2d 20d 125 , 2e 24e 160 , 2f 28 f 200 şi
2g 32g 257 au suma mai mică sau egală cu 72 . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
8.86 : Fie a şi b două numere reale distincte. Ştiind că a a b 2016 şi b 2016 b a 2016
sunt numere raţionale, demonstraţi că există p , astfel încât a b p 2016 . PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
8.87 : Rezolvaţi sistemul cu necunoscutele x; y; z , format din următoarele ecuaţii:
x y z 800 , y x z 1000 şi z x y 2000 . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
8.88 : Demonstraţi că 2 2 2 22 2 24 a b c a b c a b c a b c a b c şi
scrieţi numărul 2016 ca sumă a patru pătrate perfecte distincte. PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
8.89 : De-a lungul existenţei sale, „visul” fracţiei 2x 2013
F xx 2
a fost să devină „întreagă”.
Un moment x al existenţei sale se numeşte „oportun” dacă x . Aflaţi câte momente oportune a avut fracţia F , de-a lungul existenţei sale, în care putea să-şi împlinească visul.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
8.90 : Să se rezolve, în mulţimea , ecuaţia: 3 3 3
x 55 x 1961 2x 2016 0 .
PROF. DOINA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
8.91 : În piramida triunghiulară regulată VABC de vârf V , muchia laterală face cu planul bazei un
unghi de 030 . Dacă distanţa dintre centrele de greutate ale bazei şi ale unei feţe laterale este de 4cm , calculaţi volumul piramidei.
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
8.92 : Pe planul trapezului ABCD cu CDAB // , AB AD 5 cm , BC 6 cm , CD 10 cm se
ridică perpendiculara MB 2 cm . Să se determine m MC;BD şi d M ;CD m M ; AD .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
68
Micii MATEMATICIENI
MATEMATICA LICEALĂ
CLASA A IX-A
9.86 : Numere întregi x, y, z verifică relaţia 2x y 4z 2 2z y z . Arătaţi că x y 3 .
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
9.87 : Arătaţi că 1 1 1 1
1 ... 882 3 2013 2014
, unde ... este notaţia pentru partea
întreagă a unui număr real. PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD
9.88 : Rezolvaţi în ecuaţia: n 1 n2 4 8 2 26 x 6 x 6 x ... 6 x 9x 2016
, pentru n .
PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CANADA
9.89 : Rezolvaţi ecuaţia x x 17 x , unde x şi x reprezintă partea întreagă, respectiv
partea fracţionară a lui x . PROF. DOINA STOICA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD
9.90 : Se consideră numerele b,c astfel încât 2016 1009 b 2 c 0 . Demonstraţi că
ecuaţia 2x b x c 0 nu poate avea ambele soluţii în intervalul 1;1008 .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
9.91 : Rezolvaţi în mulţimea sistemul de ecuaţii:
1 11
x 1 y
3x 9 y 2xy 3
.
PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI
9.92 : Funcţiile f : verifică f x f y x y f y y 2 f x 60 , x, y .
Arătaţi că aceste funcţii sunt liniare şi determinaţi, apoi, legile lor de definiţie. PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD
9.93 : Arătați că numărul 3 3 3 32 5 2 3 2 3 2 5a este iraţional. PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU
9.94 : Se consideră numerele reale a,b,c 0; având proprietatea că 2 2 2a b c 4 .
Demonstraţi că are loc inegalitatea: 3 3 3a b c
1b 3c c 3a a 3b
.
PROF. ALINA ŞI MIHAI CRĂCIUN, PAŞCANI 9.95 : Două triunghiuri având ariile şi perimetrele egale sunt congruente dacă şi numai dacă triunghiurile au două unghiuri omoloage congruente.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
69
Micii MATEMATICIENI
9.96 : Demonstraţi că patrulaterul convex ABCD pentru care ADC ABC şi DC BC are
diagonalele perpendiculare. PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
9.97 : Fie ABC şi punctele D BC , M AB , N AC astfel încât AD BC , DM AB
şi DN AC . Demonstraţi că bisectoarea exterioară a unghiului cu vârful în A a ABC şi dreptele
MN , BC sunt concurente dacă şi numai dacă are loc: 2
2
BD AB
DC AC . Reciproca este adevărată ?
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
CLASA A X-A
10.58: Se consideră triunghiul ascuţitunghic ABC cu H intersecţia înălţimilor /AA şi /BB şi
numerele x, y,z,a,b astfel încât
BC AB AC
x y z ,
/
HAa
HA şi
/
HBb
HB . Demonstraţi că :
a) a 1 şi b 2 dacă şi dacă x 3 , y 5 şi z 2 2 ;
b) a 1 şi b 3 dacă şi numai dacă x 2 şi y z 3 .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
10.59: Să se rezolve în mulţimea numerelor complexe ecuaţia 2015z z . PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
10.60: Să se demonstreze egalitatea:
20142014
10072015
1 i 3 21007cos
3 2 1 i 3
.
PROF. DANA TEODORA PAVEL , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
10.61: Să se demonstreze inegalitatea 2x 1 x 2
2log 2 2 4 x 2x 2 , pentru x .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
10.62: Demonstraţi că funcţia f : 2017; care îndeplinesc simultan inegalităţile:
3xf 3x 2014 3 2017, x şi 2015x 2017f 2015x 3 3 2017, x este inversabilă.
PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
10.63: Arătaţi că 2a 2b 2b 2c 2c 2a a b c a b c a b ce e e e e e 2 e e e a,b,c .
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
10.64: Să se arate că oricare ar fi n este adevărată inegalitatea:
2
3 3 3 3
1 1 1 1 3 3n 5n1 ...
2 n 1 n 22 2 3 3 4 4 n n
.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
70
Micii MATEMATICIENI
CLASA A XI-A
11.44: Se consideră matricele de ordinul trei 3A, B astfel încât matricea 3A B I este
inversabilă. Demonstraţi că matricea 3B A I este inversabilă. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
11.45: Să se arate că valoarea determinantului
2 2
2 2
2 2
0 x x 1
x 0 x 1d
x x 0 1
1 1 1 0
nu depinde de x , unde
... şi ... reprezintă notaţiile uzuale pentru partea întreagă, respectiv partea fracţionară.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
11.46: Se consideră matricele 3A, B cu proprietatea că det A B det A det B 0 .
Definim șirul n nx
prin 1x și n 1 n nx det A x B det B x A , n .
Demonstraţi că șirul n nx
are limită și aflaţi limita sa în cazul în care det A det B 1 .
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
11.47: Arătaţi că funcţia f : 1;1 definită prin 2f x 1 x este o funcţie convexă.
Demonstraţi că n n n
22 2i i i i
i 1 i 1 i 1
1 x 1 1 y 1 x 1 y
are loc oricare
ar fi 0;1 şi i ix , y , i 1,n satisfăcând condiţiile n
2i
i 1
x 1
şi n
2i
i 1
y 1
.
PROF. UNIV. DR. RADU PRECUP, UNIVERSITATEA BABEŞ-BOLYA, CLUJ-NAPOCA
CLASA A XII-A
12.39: Două triunghiuri având având ariile şi perimetrele egale sunt congruente dacă şi numai dacă cercurile circumscrise triunghiurilor sunt congruente.
PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
12.40: Demonstraţi că polinomul 2nf X n 1 X 1 X are o singură rădăcină în inelul
n ; ; dacă şi numai dacă n 3 .
PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU
12.41: Să se calculeze integrala nedefinită
2
14
1 x22
1 xe dx
1 x
.
PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI
12.42: Determinaţi funcțiile derivabile f : 0; pentru care există o primitivă F : 0;
a funcției f astfel încât /f x f x F x , x 0; , x 0lim F x 0
şi x 0
1lim f x
2
.
PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS
71
Micii MATEMATICIENI
RUBRICA REZOLVITORILOR Au dat soluţii corecte la PROBLEMELE PROPUSE în numărul 9 al revistei, următorii elevi:
COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU, IAŞI CLASA A V-A (PROF. RAMONA DARIE): AGAVRILOAIE ŞTEFAN MARIAN(15P); ATOMEI TEOFIL DANIEL(15P); AVĂDANI MARIA-DIANA(15P); BÎRLĂDEANU RAREŞ(15P); BUZNEA ALEXANDRU CONSTANTIN(15P); CEOBANU
IOAN CASIAN(15P); CHITIC IONELA DENISA(15P); DASCĂLU CEZAR ANDREI(15P); DOBOŞ IOANA-MARIA(15P); GĂINĂ IONUŢ(15P); GÎLCĂ DENIS FLORIN(15P); MATEI EMMA GEORGIANA(15P); MATEI TEONA(15P); MĂRIUŢA
GRIGORE DAVID(15P); MORUZI ALEXANDRU(15P); OPINCĂ LARISA ANDREEA(15P); PRIGOREANU ALIN
GABRIE(15P)L; ŞALARU IOANA(15P); TINCU ŞTEFANIA(15P) ŞI VORNICU DAVID(15P).
CLASA A VI-A (PROF.IOAN SĂCĂLEANU): SANDU IOAN-CRISTIAN(20P); SPINEI IRINA MARIA(14P); ALEXA
SAMI(14P); BĂHNĂREANU ANDREEA SIMONA(14P); CUIBUŞ CODRUŢ ALEXANDRU(10P); CUIBUŞ ŞTEFAN(10P);
MOŞIESEI ALEXANDRA GABRIELA(20P); MIHĂILĂ ALEXANDRU(14P); CURCĂ FLORIN ALEXANDRU(10P); BLAGA
ŞTEFANIA GIANINA(14P); CHIRIAC MARIA-DENISA(14P) ŞI BRAN IONUŢ ALEXANDRU(20P).
CLASA A VII-A (PROF. GHEORGHE OANCEA): MAXIM ŞTEFAN-THEODOR(10P); PURCEL IOANA ELENA(10P);
AGHIORGHIESEI HORIA(10P); AVORNICESEI CĂTĂLIN IONUŢ(10P); IFRIM TUDOR NICOLAE(10P); CIUBUC COSMIN
CONSTANTIN(10P); ROIU LAVINIA(10P) ŞI METELEŢ CORINA(10P).
CLASA A IX-A (A. PROF. AUREL NEICU ): GLODOREANU COSMIN EMIL(14P); PAVĂL MIHAI(14P) ŞI VICOL
ŞTEFAN (14P) . (C. PROF. IOAN SĂCĂLEANU): HUŢANU ANA-MARIA(14P); PĂSTRĂGUŞ ANDREEA(14P); URDEA
RALUCA-ELENA(14P);
CLASA A X-A (A. PROF. IOAN SĂCĂLEANU ): COJOCARU CONSTANTIN COSMIN(10P); FILIMON ANA
ROXANA(10P); GĂINĂ ANDREI(10P); PAVĂL MARIA MAGDALENA(10P) ŞI SURUNIUC CONSTANTIN(10P). (B. PROF. RAMONA DARIE):MAXINOAEA MARIA-MĂDĂLINA(10P); VINTILĂ SIMONA-GEORGETA(10P) ŞI LEPĂDATU
IULIANA-BIANCA (10P).
CLASA A XI-A (A. PROF. IOAN SĂCĂLEANU ) : CIUBUC REMUS MIHAIL(14P); BĂCICĂ FLORIN(10P); COZMA
ROXANA ELENA(10P); DOLHESCU ALEXANDRU CĂTĂLIN(10P); URSAN ROBERT GABRIEL(10P) ŞI BALTAG
MARISA IOANA(10P). (C. PROF. RAMONA DARIE ):FOTEA BIANCA (14P) ŞI LUPU DANIELA(14P).
CLASA A XII-A (A. PROF. IOAN SĂCĂLEANU ): OLARIU ALEXANDRU (10P) ŞI MURARIU MARIA (10P). (B. PROF. AUREL NEICU ): ACORNICESEI GEORGIANA(11P); COROEANU ANDREI(11P) ŞI STOICA LAURENŢIU IONUŢ
(11P). (C.+D. PROF. RAMONA DARIE ): PRICOPE ANA-MARIA(14P);AZOIŢEI CRISTINA-VASILICA (14P);PETRARU
ANDREEA (14P) ŞI LUCEAC ALEXANDRA IOANA (14P).
ÎN ATENŢIA ELEVILOR ! ELEVII care vor trimite REDACŢIEI SOLUŢII CORECTE la PROBLEMELE PROPUSE în acest număr
al revistei, până pe 31.01.2017, vor fi menţionaţi în RUBRICA REZOLVITORILOR . Se va ţine seama de următoarele reguli: 1. Pot trimite soluţii la MINIM 10 PROBLEME propuse în acest număr ; pe o foaie va fi redactată
soluţia unei singure probleme; 2. Elevii din clasele III—VI au dreptul să trimită soluţii la PROBLEME PROPUSE până la clasa lor şi
pentru orice clasă mai mare. Elevii din clasele VII-XII pot trimite soluţii la PROBLEME PROPUSE pentru clasa lor, pentru orice clasă mai mare şi din DOUĂ clase mai mici , IMEDIAT ANTERIOARE.
3. Vor fi menţionate următorele date personale: NUMELE ŞI PRENUMELE, TELEFON-EMAIL, CLASA, ŞCOALA, LOCALITATEA ŞI PROFESORUL CLASEI.
4. Plicul cu PROBLEME REZOLVATE se va trimite prin poştă pe adresa REDACŢIEI:
COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU, STR. MIHAI EMINESCU, NR. 5 sau va fi adus direct PROF. IOAN SĂCĂLEANU.
72
Micii MATEMATICIENI
UNEORI TOTUL E MULT MAI SIMPLU, TREBUIE DOAR SĂ NE UITĂM CU “ALŢI OCHI” LA ACESTE PROBLEME “COPILĂREŞTI”
MMMMMMMMMMO RUBRICĂ DESTINATĂ PROBLEMELOR DE ATENŢIE, LOGICĂ, PERSPICACITATE
M
4. PRINŢII ŞI ÎNŢELEPTUL
Un împărat a hotărât ca după moartea sa împărăţia să fie a acelui fiu al cărui cal va ajunge
ultimul de la palatal prinţilor la palatal regal. Erau doi prinţi şi după moartea tatălui fiecare
dintre ei ar fi vrut să conducă împărăţia, dar nu se hotăra să pornească în cursă pentru că nu
dorea să ajungă calul său înaintea calului fratelui său. Prinţii au apelat la un înţelept. Acesta
le-a spus doar două cuvinte. Care au fost acestea ?
5. POMUL MINUNE.
În pomul minune cresc 2016 portocale şi 2015 banane. În fiecare dimineaţă grădinarul rupe
două fructe la întâmplare. Dacă rupe două fructe diferite, atunci creşte la loc o banană, iar
dacă rupe două fructe la fel, atunci creşte la loc o portocală. Grădinarul se întreabă dacă în
pomul minune ar mai rămâne doar un fruct ce ar fi acesta ?
6. Profesorul întreabă pe un elev:
Care este mulţimea băieţilor deştepţi din clasa voastră ?
Ce răspuns ar putea să dea el ?
(PRELUCRARE DUPĂ A. HOLINGER)
7. Un şofer de taxi introduce un tarif original. Cât timp maşina merge în linie dreaptă el nu cere
nicio plată; se plătesc numai virajele şi anume un leu gradul. De exemplu, dacă în timpul unei
curse a făcut un singur viraj de 090 , costul cursei este de 90 lei, indiferent de lungimea ei.
Bineînţeles, maşina are un aparat care face înregistrările necesare ... . Se presupune că toate
virajele se fac în acelaşi sens.
Iau taxiul într-un punct A şi-i cer şoferului să mă ducă în punctul B , de acolo până în
punctul C , iar de acolo înapoi în A , realizănd astfel o cursă în formă de triunghi.
Cât trebuie să plătesc pentru această cursă ?
(PRELUCRARE DUPĂ A. HOLINGER)
REDACŢIA: AŞTEPTĂM CU NERĂBDARE JUSTIFICĂRILE VOASTRE !
3 , 1 4
SUMARUL
O REVISTĂ DE ... 10, NICOLAE IVĂŞCHESCU …….................…………………………………… 1 POEME INEDITE, DAN BRÂNZEI …...................….................…………………………………… 2
ARTICOLE ŞI NOTE MATEMATICE
“ŞIRUL CONVERGENT”-SOLUŢIONARE A PARADOXULUI INFINITULUI ?, RAMONA BUJOR ….…...... 3
ASUPRA UNOR DEFINIŢII IMPROPRII ÎN GEOMETRIA TETRAEDRULUI, OANA ALEXE ŞI IOAN SĂCĂLEANU …………………….........………………………………… 7
TRIUNGHIURI ISOPERIMETRICE, CONSTANTIN CHIRILĂ ……...........................…..……………... 11 ASUPRA COPLANARITĂŢII BICEVIENELOR ŞI CONCURENŢA UNOR CEVIENE,
IOAN SĂCĂLEANU ŞI AUREL NEICU ………………………………………….………………... 12 METODE DE DEMONSTRARE A PROBLEMELOR DE CONCURENŢĂ,
GHEORGHE IACOB ŞI ADRIAN TOMUŞ …………………................................…..……………... 14
VIAŢA MATEMATICǍ ZONALǍ
CONCURSUL „MICII MATEMATICIENI”, EDIŢIA A X-A DIN 28 MARTIE 2015 RAPORT DE ACTIVITATE, EDIŢIA A X-A ........................................................................ 16 REZULTATELE CONCURSULUI ...................................................................................... 17 PROBLEMELE CONCURSULUI. SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE ................................ 19
TESTAREA PENTRU CLASA A V-A. VARIANTELE PROPUSE ÎN MAI 2015 ..................................... 27
PROIECTUL EDUCAŢIONAL “SUPER MATE” ........................................................................... 29
CLUBUL MICILOR MATEMATICIENILOR. RAPORT DE ACTIVITATE …...…………………….… 30
PROBLEME ŞI SOLUŢII
SOLUŢIILE PROBLEMELOR PROPUSE ÎN NUMĂRUL 9 / 2015
MATEMATICA PITICĂ .............................................................................................. 31 MATEMATICA GIMNAZIALĂ ....................................................................................... 35 MATEMATICA LICEALĂ .......................................................................................... 50
PROBLEME PROPUSE
MATEMATICA PITICĂ .................................................................................................................. 60 MATEMATICA GIMNAZIALĂ ...................................................................................................... 62 MATEMATICA LICEALĂ ............................................................................................................... 68
RUBRICA REZOLVITORILOR ....................................................................................................... 71
CU OCHII ÎN 3,14 ......................................................................................................................... 72
