Revista Sclipirea Mintii Nr 9

7/25/2019 Revista Sclipirea Mintii Nr 9

1/47

REVIST NATIONAL DE CULTUR MATEMATIC; PUBLICAIE SEMESTRIAL, AN V, NR IX, 2012

ISSN 2247 - 6601

ISSN-L 2247 - 6601


2/47

Tipar:editgraphwww.editgraph.ro

Revistnaionalde culturmatematic, publicaie semestrial, An V, Nr. IX, APRILIE 2012, BUZU

Membrii onorifici:

COLECTIVUL DE REDACTIE

Constantin Apostol Preedinte de onoare

Constantin Rusu - Preedinte de onoare a Filialei RamnicuSrat a Societii de tiine Matematice

CosticAmbrinoc - Preedinte Filiala Ramnicu Srata Societii de tiine Matematice

Lenua Prlog Preedinte Filiala Buzu a Societii detiine Matematice

D. M . Btineu Giurgiu Titu ZvonaruNicolae Ivchescu Mihly Bencze

Director:

Neculai Stanciu

Redactor ef:

Adrian Stan

Redactori principali:Constantin Dinu Ana Panaitescu

Andrei Octavian Dobre Iuliana TrascGabriela Nicoleta Lupan

Membri :Luca Tu, LcrimioaraNstase, Florentina Popescu, CiprianChec, Gheorghe Drstaru, Ligia Struu, GheorgheStruu,Delia Naidin, Ion Stnescu, Simion Marin, Marcela Marin,Maria Anton, Ion Lupan, Constantin Lupan, Ion Radu,Ovidiu an, Mirela Axente, Cristian Cosmin Brnz,Mihaela Cornelia Luca, Florica Marchidanu, Gabriela

Marinescu, FloricaAnton, MirelaLupan, CorneliaGuru,Valerica Rou, Mariana Mitea, Laura Tnase, Doina Stoica,Mircea Mario Stoica, Jamel Ghanouchi, Jose Luis Diaz

Barrero, Florin Stnescu, Roxana Stanciu, Daniela Ion,

Florica Anton, Cornelia Drgan

CUPRINS

ISTORIA

MATEMATICII............................. 1

ARTICOLE I NOTEMATEMATICE.................................... 2

EXAMENE ICONCURSURI.............................. 11

PROBLEMEREZOLVATE................................. 15

PROBLEME

PROPUSE ..................................... 32

CALEIDOSCOPMATEMATIC................................ 40

MODELEDE TESTE ..................................... 42

POSTAREDACTIEI.................................. 43

GNDETE CORECT !

REDACTIA

Grupul colar Costin Neniescu, Buzu,Strada Transilvaniei, Nr. 134,

Cod. 120012, Tel. 0238725206

e-mail: [email protected]

Vizitai www. liceulnenitescu.rdsbz.ro


3/47

- ISTORIA MATEMATICII-

tiina se face cu fapte, aa cum o casse face cu pietre;dar o acumulare de fapte nu este tiin,

aa cum o grmadde pietre nu este o cas.J. H. Poincare

1. Istoria Matematicii

Jules Henri Poincar

100 de ani de la trecerea n nefiin

de prof. Adrian Stan i prof. Neculai Stanciu, Buzu

Jules Henri Poincar (n. 29 aprilie 1954 d. 17 iulie, 1912) a fostmatematician, fizician, teoretician al astronomiei i filozof francez.

n timpul liceului din Nancy, liceu care-i poart astzi numele n onoarea sa,era considerat cel mai bun dintre elevii care au studiat acolo.

n 1873 a intrat la coala Politehnic i a studiat matematica cu profesorulCharles Hermiteca care i di doctoratul n 1879 n domeniul ecuaiilor diferenialefiind primul care le studiazdin perspectiva utilizrii proprietilor geometrice.

Dup o scurt perioad de inginer minier, ncepnd cu 1881 s-a dedicat carierei didactice laUniversitatea din Paris, Sorbonne.

i-a adus contribuia n diverse domenii ale matematicii. Rezultatele cercetrilor sale se refer lateoria funciilor (Asupra teoriei funciilor fuchsiene), la ecuaiile difereniale, la topologie (unde a deschis

un nou capitol cel al topologiei algebrice, unde n 1895 a introdus conceptul de grup fundamental), precumi la domeniul algebrei i al fundamentelor geometriei. A publicat lucrri de fizic matematic i demecanic cereasc (Metode noi n mecanica cereasc), studii de epistemologie (tiin i ipotez,Valoarea tiinei) de tendin pozitivist, lucrri care au contribuit la elaborarea teoriei relativitii. Deasemenea, a studiat teoria numerelor, a funciilor abeliene, a funciilor analitice cu variabile complexe, s-a

preocupat de optic, de mecanica fluidelor, de electricitate i filozofie a tiinei.A dat n 1904 aa numita Conjectura lui Poincare care a putut fi demonstratabia dup100 de

ani de la prima sa formulare. n 1906 este ales preedintele Academiei de tiine din Paris iar n 1909 esteales membru de onoare al Academiei Romne.

Duppropriile sale confesiuni lucra frnicio metodi oriunde.Tot anul acesta srbtorim 130 de ani de la naterea lui Traian Lalescu o culme a culturii

romneti, un romn cu reputaie internaional care a frecventat la Sorbona alturi de Spiru Haret

cursurile lui Poincar. O descriere n amnunt a personalitii artistice a lui Henri Poincar fcut deTraian Lalescu se gsete n Convorbiri literare, anul XLVIII, 1913. Astfel, dup Traian Lalescu,Poincar : era un brbat de staturmijlocie, cu spatele ncovoiat, i nasul congestionat, excesiv de rou;distrat pn la exces, fr ordine n conversaia zilnic i ca atia mari savani fr vocaie de profesorstrlucit. Chiar nsi opera sa este adesea incompleti nesuficient, frmeticulozitate tiinific, astfel ctoate lucrrile sale au fost reluate, dar, rareori s-a nelat n enunarea rezultatelor generale care reprezintcapitole ntregi din variatele ramuri ale tiinelor matematice. Nu-i plcea s cizeleze i s epuizeze unrezultat obinut.

Era un artist n nelesul superior al cuvntului, omul tuturor intuiiilor, o jertf contient imreape altarul tiinei omeneti!, iar n sufletul su zbuciumat, licrea flacra genialitii creatoare.

Bibliografie:1. Smaranda Ecaterina Lalescu, Traian Lalescu un nume peste ani, Curtea Veche Publishing,Bucureti, 2007.


4/47

- ARTICOLE I NOTE MATEMATICE -

Inteligena nu este vorbire i raionament de logic;este ptrundere i convingere.

Thomas Carlyle

2. Articole si note matematice

Inegaliti n triunghide prof. dr. Mihly Bencze, Braov

n acest articol prezentm trei teoreme care genereazo clasde inegaliti valabile ntr-un triunghioarecare (vezi 1 ).

Teorema 1. Dac este un punct n planul triunghiului ABC, atunci sRraMA 21 , unde111 ,, CBA sunt mijloacele laturilor ABCABC ,, .

Demonstraie.Dac Cwvu ,, , atunci se tie c

))()((222 uwwvvuuwuwwvwvvuvu .

Fie )(,2

,2

,2

),(),(),( 111 zMba

Cac

Bcb

AcCbBaA

.

Dacconsiderm czwbzvazu ,, , n identitatea menionatmai sus, atunci duptrecerea lamodul obinem c

abba

zab2

4 sRrabc

cMC 4

21 , i.e., Q.E.D.

Teorema 2. Dac este un punct n planul triunghiului ABC, i 111 ,, CBA sunt mijloacele

laturilor ABCABC ,, , atunci

)()(

22241

2

aF

rRs

aF

MAa.

Demonstraie.Din inegalitatea lui H.Bergstrmi teorema 1 deducem c

)()()(

22222

14

12

aF

rRs

aF

aMA

aF

MAa, i.e., Q.E.D.

Teorema 3.Dac este un punct n planul triunghiului ABC, i 0,, zyx , atunci

)()(2

2242

aFx

yza

aF

MAx

.

Demonstra

ie.n 2 , la pagina 16 se aratc

x

yzaxMA

22 , de unde folosind din nou inegalitatea

lui H.Bergstrm, obinem c

)()()(

2

222242

aFx

yza

aF

xMA

aF

MAx, i.e., Q.E.D.

Bibliografie:

1.Colecia Octogon Mathematical Magazine(1993-2011).2. Gheorghe Stoica, Marin Stoica,O relaie metricn triunghi i aplicaii ale ei, Revista de Matematic

din Valea Jiului, nr. 1, 2009, 10-20.


5/47

-ARTICOLE SI NOTE MATEMATICE-

A

B

T

Q

NP

S

M

C

Figura 1

B

A

M

T

F

P

N

S C

C

N

Figura 2

Rezolvarea unei probleme de loc geometricde Titu Zvonaru, Comne

ti

Nota de fa este o continuare a articolului din 1 , i are ca scop prezentarea unui exemplu deabordare concreta unei probleme de loc geometric.Vom rezolva urmtoarea:

Problem. Pe laturile [AB ]

i [AC] ale triunghiului ABCse iau punctele variabile

iNastfel nct CNBM .S se determine locul geometric al mijlocului Pal segmentului

MNdac

i Nsunt de aceea

i parte a lui BC.(Vasile Pop, Concursul liceelor partenere cuUniversitatea Tehnicdin Cluj-Napoca, 2010 enunparial).

Rezolvare:

Fr a restrnge generalitatea putem presupune ACAB (cazul

ACAB este uor de analizat). Notm, ca de obicei, bAC i cAB .

Etapa 1. Ghicirea locului. Lund 0CNBM , rezult imediat c

mijlocul laturii [BC](fie Sacesta) aparine locului. Dac

cCNBM , deducem cpunctul Q situat ntreA i Ci pentru care

2

cbAQ

aparine locului. Dac lum ,bCNBM mai obinem un

punctT, situat pe dreaptaAB (cu A ntreBiT), pentru care

avem2

cbAT

. Deoarece

2

cbTB

, ,SCBS ,

2

cbQC

avem 1

QA

QC

SC

SB

TB

TAi conform reciprocei teoremei lui Menelaus

( ABC i punctele SQT ,, ) rezultcoliniaritatea punctelor QT, i S. Presupunem clocul geometric cutat

este o dreapt

, i anume TS. Deoarece AQT

este isoscel i ( ) 2 ( )m BAC m ATQ

1

( ) ( )2

m BAC m ATQ , rezult c dreaptaTSeste paralela dus prin mijlocul laturii[BC] la

bisectoarea interioara unghiului BAC .

Etapa 2.Trebuie sdemonstrm corice punct al locului se aflpe dreaptaTS. Notnd CNBM ,

avem ,2

2)(

2

cbc

cbAMTATM

2

2

cbNCQNQN i obinem

uor 1QA

QN

PN

PM

TM

TA. RezultcpunctulPeste situat pe dreapta TS. Dacpunctul este astfel nct

savem ordinea TA sau TA , calculele sunt similare.

Etapa 3. Trebuie s demonstrm c orice punct al drepteiTSaparine locului, cu alte cuvinte, trebuie capentru orice punct Pde pe dreapta TSsgsim punctele iNpe dreptele ,AB respectivACastfel nct

CNBM i Pe mijlocul luiMN. Deoarece demonstraia din

etapa 2 nu ne ajut la gsirea punctelor iN, vom folosi o

construcie ajuttoare: paralela prin Cla dreapta TSintersecteaz

prelungirea laturii[AB ] n punctulF.

Deducem uor c ACF este isoscel cu AFAC i

cTeste mijlocul lui [BF]. Fie Pun punct situat pe dreapta TS, de

aceeai parte a drepteiBFca i punctulC. Lum pe

semidreapta CF( un punctC astfel nct PTCC 2 . Paralela

prinC laACintersecteazdreaptaBFn punctulN , iar paralela

prinN la CFintersecteazdreaptaACn punctulN.


6/47


Notm ABNPM . Rmne s demonstrm c punctele NM, sunt cele cutate,adic CNBM iPeste mijlocul luiMN . Deoarece NCNC este paralelogram avem

PTCCNN 2 i cum NNTP , din triunghiul NMN rezult c T este mijlocul lui NM i Pe

mijlocul luiMN . Folosind trapezul isoscel NNCF i faptul cT este att mijlocul lui BFct i mijlocul

lui NM deducem c BMFNNC , adic punctele i N sunt cele cutate. Dac punctulPde pedreapta TS este de cealalt parte a dreptei BF fa de punctulC , construcia punctelor i N esteasemntoare, dar punctulC se alege pe dreapta CF astfel nct s avem ordinea CCF .Trapezul NNCF folosit n demonstraie este isoscel, darNCi FN nu mai sunt laturile neparalele, cidiagonalele egale ale acestui trapez.

Bibliografie:

1.Constatin Rusu,Aspecte referitoare la locurile geometrice, SM, nr. VIII, 2011, 2-3.

Observaii asupra unor noiuni din geometria triunghiului(II) de prof. Constantin Apostol

n continuarea articolului din numrul trecut, analizm mai departe cazul n care un triunghi medianal unui triunghi dat este asemenea cu triunghiul dat.

Fie triunghiul ABC, cu AB c, AC = b i BC = a, avnd medianele

a bAA ' m , BB' = m , cCC' m . Fra restrnge generalitatea, putem presupune c a b c i, deci,

au loc i relaiile a b cm m m . Din faptul c triunghiurile sunt asemenea, putem scrie egalitile :

a b cm m m

c b a

, de unde rezult i egalitile :2 2 2a b c

2 2 2

m m m

c b a

, unde2 2 2

2a

b c am

2 4

,

2 2 22b

a c bm

2 4

i

2 2 22c

a b cm

2 4

; avem, deci, egalitile:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

b c a a c b a b c

2 4 2 4 2 4c b a

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

a b a c b c a b c

2 4a b c

2 2 2

2 2 2

3 a b c

4a b c

3

4 . Deducem c raportul de asemnare a triunghiurilor este

3

2. Din egalitatea

2 2 2

2

a b c32 4

a 4

,

rezult2 2 2

2

2a 2b c 3

4a 4

, deci, 2 2 2 23a 2a 2b c , adic, 2 2 22b a c sau

2 2a cb

2

, relaie

care exprimfaptul cnumrul b este media ptratica numerelor a i c. Acelai rezultat l obinem dac

prelucrm egalitile2b2

m 3

b 4 sau

2a

2

m 3

c 4 . In plus, putem preciza c are loc i egalitatea

2 2a c

b

m mm

2

. Prin urmare, putem enuna i urmtoarea observaie :

,, Dacun triunghi median al unui triunghi dat este asemenea cu triunghiul dat, atunci, n fiecare dincele doutriunghiuri, o latureste media ptratica celorlalte doulaturi.


7/47


Probleme :

1) Se dtriunghiul ABC, cu BC 8 2 cm, AC = 10 cm, AB = 6 2 cm .a) Calculai lungimile laturilor unui triunghi median al triunghiului ABC , artai cacest triunghieste asemenea cu triunghiul ABC i determinai raportul lor de asemnare ;b) Artai cn fiecare din cele doutriunghiuri, o latureste media ptratica celorlalte laturi.

Soluie :a) Notnd BC = a, AC = b, AB = c i, innd seamde teorema medianei, putem scrie egalitile :

2 2 22a

b c am

2 4

,

2 2 22b

a c bm

2 4

,

2 2 22c

a b cm

2 4

, unde a b cm , m , m sunt lungimile

medianelor triunghiului ABC, duse din A, din B i, respectiv, din C. Asfel, obinem :

2a

100 72 128m 54

2 4

am 54 3 6 cm ;

2b

128 72 100m

2 4

75 bm 75 5 3 cm ;

2

c

128 100 72

m 2 4

96 cm 96 4 6 cm.Verificm daclaturile omoloage ale celor doutriunghiuri sunt proporionale :

Din faptul c a b c a b cm m m , aadar, vom scrie :a b cm m m

c b a ,

deci,3 6 5 3 4 6

106 2 8 2

3 3 3

2 2 2 , deci, cele doutriunghiuri sunt asemenea, raportul lor de

asemnare, fiind3

2.

b) n general, dacun triunghi median al unui triunghi ABC este asemenea cu triunghiul ABC, au

loc egalitile : a b cm m mc b a

, de unde :2 2 2a b c

2 2 2m m mc b a

, adic:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

b c a a c b a b c

2 4 2 4 2 4c b a

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2b 2c a 2a 2c b 2a 2b c

4c 4b 4a

2 2 2

2 2 2

3 a b c 3

44 a b c

. Din

2 2 2

2

2b 2c a 3

4c 4

deducem 2 2 2 22b 2c a 3c

2 22 a cb

2

, deci,

2 2a cb

2

. Din asemnarea triunghiurilor, rezultcare loc i egalitatea

2 2a c

b

m mm

2

.

2) a) n triunghiul dreptunghic ABC, cu 0m(A) 90 , notm cu a, b, c, lungimile laturilor (BC),

(AC) i, respectiv, (AB). Artai c, dac2 2a c

b2

, atunci un triunghi median al triunghiului

ABC este tot dreptunghic ;b) Artai ccele doutriunghiuri sunt asemenea i determinai

raportul lor de asemnare.Soluie: a) Din faptul ctriunghiul ABC este dreptunghic n A,

22( ' )

4

aAA (1) .

Din triunghiul ABB' 2 2

2 2 2 bbBB' c c42

(2).


8/47


Din triunghiul ACC' , 2 2

2 2 2 ccCC' b b42

(3) . Din

2 2 2

2 2

a b c

a cb

2

2 2 2

2 2 2

a b c

2b a c

2 2

2 2

a 3c

b 2c

i, innd seamde (1), (2) i (3), deducem c au loc egalitile :

2

2

22

22

3cAA'4

6cBB'

4

9cCC'

4

, care

verificrelaia lui Pitagora, cci,2 2 29c 6c 3c

4 4 4 , ceea ce pune n evidenfaptul cun triunghi median al

triunghiului ABC, este dreptunghic.

b) Din faptul c a b c , AA' BB' CC ' . Din AA ' BB' CC'c b a

, cci,

c 3 c 6 3c

2 2 2c c 2 c 3

3 3 3

2 2 2 , deducem ctriunghiurile sunt asemenea, raportul lor de

asemnare fiind3

2.

Bibliografie:

1. Lalescu Traian, Geometria triunghiului. Editura Tineretului, Bucureti, 1958 .

2. Lalescu Traian, Geometria triunghiului. Editura Apollo, Craiova, 1993 .

ncpatru demonstraii ale problemei L:155din Sclipirea Minii nr. VII, 2011

de D.M. Btineu-Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

n 1 se dau problemei L:155 din SM nr. VII, 2011 ase soluii. n lucrarea de fane propunem sprezentm patru demonstraii noi ale unei generalizri a acestei probleme.

Generalizare.Dac 2,1*

Nn , Ra ,*

,,, Rxdcb k , nk ,1 , n

k

kn xX1

, i

knk

n xdcX

1max , atunci: (N)

dcn

nban

dxcX

bxaXV

n

k kn

kn

n

)(

1

.

Demonstraia1. Avem:

)(

2

1

2

1

22 SBC

knkn

n

k kn

kn

n

k

knn dxcXbxaX

dxcX

bxaXbxaXXban

n

k

kknn

n

k kn

kn

SBC

bdxxXadbcacXdxcX

bxaX

1

22

1

)(

n

k

kn

n

n

xbdXadbcacn

XbanV

1

22

22

.


9/47


Deoarece media ptratic este mai mare dect media aritmetic, rezult

c:n

Xx

nx n

n

k

k

n

k

k

22

11

2 1

. Deci, obinem c:

dcn

nban

n

bdcdbcacn

banVn

)(2

, c.c.t.d.

Demonstraia 2.

n

k knkn

knn

k kn

knn

bxaXdxcX

bxaX

dxcX

bxaXV1

2

1

, de unde conform inegalitii lui

Bergstrm, deducem c:

n

k

kn

n

n

k

kknn

n

k

kn

n

xbdXadbcacn

Xban

bdxxXadbcacX

bxaX

V

1

22

22

1

22

2

1

dcn

nban

bdnadbcacn

ban

)(

)(2

2

, q.e.d.

Demonstraia3.

Considerm trinomul:

2

1

n

k

knkn

kn

knn dxcXbxaXU

dxcX

bxaXT

n

k

knkn

n

k

kn

n

k kn

kn dxcXbxaXUbxaXUdxcX

bxaX

11

2

1

2

.21

22

1

2

1

n

k

kknn

n

k

kn

n

k kn

kn bdxxXadbcacXUbxaXUdxcX

bxaX

Deoarece, valorile trinomului sunt 0)( uTn , Ru , rezultc 0 , adic:

n

k

kknn

n

k kn

knn

k

kn bdxxXadbcaXdxcXbxaXbxaX

1

22

1

2

1

n

k

knn

n

n

k

kknn

n

k

knn

k kn

kn

xbdXadbcacnX

Xban

bdxxXadbcacX

bxaX

dxcX

bxaX

1

222

22

1

22

2

1

1 )()(

.

Apoi, deoarece,n

Xx n

n

k

k

2

1

2

, obinem c:

bdnadbcacnnban

Xn

bdadbcacn

XbandxcXbxaX

n

n

n

k kn

kn

)()(

)(2

2

2

22

1 dcnnban

dcnbannban

)(

))(()(

2

Demonstraia 4. Considerm vectoriinRyx , , unde:

nn

nn

n

n

n

n

dxcX

bxaX

dxcX

bxaX

dxcX

bxaXx ,...,,

2

2

1

1 i

nnnnnnnn dxcXbxaXdxcXbxaXdxcXbxaXy ,...,, 2211 .Conform inegalitii Cauchy Buniakovski Schwarz, adic: yxyx , , nRyx , , sau

n

k

k

n

k

k

n

k

kk yxyxyxyx1

2

1

2

2

1

222, , avem:


10/47


n

k

kknn

n

k kn

knn

k

kn bdxxXadbcacXdxcX

bxaXbxaXyx

1

22

1

2

1

2)(,

n

k

kn

nn

k kn

kn

xbdXadbcacn

Xban

dxcX

bxaX

1

22

22

1

, de unde, dacinem cont den

Xx n

n

k

k

2

1

2

, obinem

ceea ce trebuia demonstrat.Observa

ia 1.Dacn relaia (N) lum 1,0 dcba , obinem

n

k kn

k

n

n

xX

x

1 1, adicrelaia Nesbitt pentru n variabile strict pozitive.

Observa

ia 2. dac nkRak ,1,* i lum 2kk ax i 1,0 dcba obinem din (N)

inegalitatea

n

k kn

k

n

n

aA

a

12

2

1, unde

n

k

kn aA1

2 , de unde pentru 4n obinem problema 155:L din

Sclipirea Minii

Bibliografie:

1. Titu Zvonaru, Neculai Stanciu, ase soluii pentru problema L:155 din Sclipirea Minii, nr. VII, 2011,

SM, nr. VIII, 2011, 9-10.

Aspecte referitoare la locurile geometrice (II)de prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

n continuare vom demonstra sintetic i analitic cfixepuncteBARkkMBMAPML ,,,2210 este o dreapt perpendicular pe AB (vezi

1 ).

Sintetic.Vom considera cazurile:

1) Cazul 0k , 090)(,,,,,( BmOOBOAABBM (vezi fig.1).

Rezult BA i vom determina punctul ABM astfel nct 10LM .

Din 10LM kBMAMBMAMkBMAM ))((22 . Avem sistemul

AB

kABBM

AB

kABMA

ABkBMAM

ABBMAM

2

1,

2

1, de unde deducem c

A O B

M

x

y

Fig.2

A B

M

O

d

Fig.1


11/47


A constant i 10L . Intuim cperpendiculara n punctul pe dreapta ABpe care o notm cu

deste inclusn 10L .

Demonstraie. Fie un punct arbitrar luat pe dreapta d. Cu teorema lui Pitagora avem:

kBMAMMBMABMMBMAMAMM 222222222

10LM , deci 10Ld .n continuare demonstrm c dL 10 .

Fie punctul 10LM kMBMA 22 . Ducem din o perpendicularpe ABi notm cu piciorul

su.n triunghiurile dreptunghice A i B aplicnd teorema lui Pitagora obinem:

kBMAMMBMAMBMBMAMAMM 222222

AB

kABMA

2

1constant dLMMMAMA 10 .

n concluzie dL 10 .

Observaii. a) Dac dLBm 10090)( perpendiculara n Bpe AB ;

b) Dac

dLBm 100

90)( perpendiculara

npe AB , unde MAB

.

2) Cazul 0k MBMA i conform cu 1L M este mediatoarea segmentului AB .3) Cazul 0k AM ,( , se trateazca n cazul 1 i obinem:

pentru 090)( Am , dL 10 = perpendiculara n pe AB , unde )(ABM .

pentru 090)( Am , dL 10 = perpendiculara n pe AB .

pentru 090)( Am , dL 10 = perpendiculara n pe AB , unde )( BMA .

n concluzie, pentru orice Rk , mulimea 10L este o perpendicularpe dreapta AB .

Analitic. Lum ca ax Ox dreapta ABi ca ax Oy mediatoarea segmentului AB (vezi

fig.2). ),(),,(),0,( yxMoaBaA , iar cu formula distanei avem:

a

kxkMBMA

422 constant, care este ecuaia unei drepte perpendiculare pe ABpe care o

notm cu d.Am artat c 10LM dM , deci dL 10 .

Demonstrm c 10Ld .

Pentru

y

a

kMdM ,

4, de unde obinem c 10

22 LMkMBMA .

n concluzie dL 10 .

Bibliografie:

1. Constatin Rusu, Aspecte referitoare la locurile geometrice, SM, nr. VIII, 2011, 2-3.

Existtrei metode de a nva nelepciunea: prima este prin reflecie, metoda care este cea

mai nobildin toate; a doua este prin imitaie, metoda cea mai facil; i a treia prin

experien, metoda cea mai amardin toate.

Confucius


12/47


A Nesbitt Cesro Collaborationby Titu Zvonaru, Comne

ti

In this short note we prove that the following inequalities

2

3

yx

z

xz

y

zy

x

(Nesbitt)

xyzxzzyyx 8 (Cesro)for any 0,, zyx , are equivalent.

We use the following

Lemma.If cba ,, are real numbers, then

))()((3))((2))((2))((2 accbbabcacccbabbcabaa

))()((8)2)(2)(2( accbbacbacbacba .

Proof.We denote cbas .Since bcascaba ))(( and

abcscabcabaccbba )())()(( , we have ))()((3))((2))((2))((2 accbbabcacccbabbcabaa

abcscabcababcscabcsbabcsa 3)(3222222 222

)(2)(29)(3)(2 2222 cabcabcbasabcscabcabcbas abcscabcabsabcscabcab 9)(729)(3 3 , and

))()((8)2)(2)(2( accbbacbacbacba

abcscabcabscbasabcscabcabcsbsas )()(8)(8))()(( 23

abcscabcabsabcscabcab 9)(728)(8 3 , and the lemma is proved.

Let cba ,, be real positive numbers.Using the lemma, we can write

2

3

ba

c

ac

b

cb

a

0))()((3))((2))((2))((2 accbbabcacccbabbcabaa

0))()((8)2)(2)(2( accbbacbacbacba ,

and the last inequality is Cesros inequality applied to the numbers accbba ,, .

nfigurile demaijossuntprezentatedinlateral patruscriformatedinatteablocuridepiatrctesevdnfigur avndrespectiv2,4,8,16trepte.Respectndreguladup caresauconstruit

primelepatruscriputeispunedinctetrepteicteblocuri depiat esteformat azecea scar ?


13/47

- EXAMENE I CONCURSURI -

Un gnd mare la o minte mice ca unstranic comandant la o oaste de netoi.

Nicolae Iorga

3. Examenei concursuri

5 Noiembrie 2011 Ediia a VI-a

n data de 5 Noiembrie 2011 la Grupul colar Costin Neniescu Buzu a avut loc a asea ediie aConcursului Judeean de Matematic Sclipirea Minii , concurs la care au participat peste 200 de elevi dela 14 coli i licee din judeul Buzu. Subiectele date vsunt prezentate n cele ce urmeaz:

Clasa a V-a1.Artai cnumrul 123...2009201020112010...321 este ptrat perfect.

(R.M.T. nr. 2/2011, Neculai Stanciu, Buzu)

2.Determinai toate numerele de dou cifre care sunt egale cu suma dintre rsturnatul lor i triplul sumeicifrelor lor. (R.M.T. nr. 3/2011, Mihai Vijdeluc, Baia Mare)

3. Adunnd un numr de dou cifre diferite, nenule, cu rsturnatul su, obinem un numr de dou cifreegale.Care este cel mai mare numr cu aceastproprietate? Dar cel mai mic?

(R.M.T. nr. 2/2011, Constantin Apostol, Rm. Srat)Clasa a VI-a

1.Artai cnu existnumere naturale dcba ,,, care sverifice relaia20112222 cddcabba .(R.M.T. nr. 3/2011, DragoConstantinescu, Rmnicu Vlcea)

2.a) Precizai cte numere naturale sunt divizori ai numrului 1225. Scriei mulimea divizorilor naturali aiacestui numr.

b) Artai cnumrul 1a05 are un numr par de divizori naturali.(Constantin Apostol, Rm. Srat)

3.Pe o drept, se consider punctele A, B, C, D, E i F, n aceastordine. Precizai dac:AD BE CF AE BF CD (Constantin Apostol, Rm. Srat)

Clasa a VII-a

1.Determinai numerele xyztiind c6915zxzyyx

.

(R.M.T. nr. 2/2011, Mircea Mario Stoica,Arad)

2. a)Artai c503

504este cea mai mare fracie subunitarcare se poate scrie ca sumde trei fracii de forma

f

e

d

c

b

a , unde fedcba ,,,,, sunt nume de cte o cifr, diferite de zero;

Calculai numerele fedcba ,,,,, de la punctul a) .(Neculai Stanciu, Buzu i Titu Zvonaru, Comneti)

3.ntr-un triunghi dreptunghic, msura unui unghi este de patru ori mai mare dect msura altui unghi.

Determinai msurile unghiurilor triunghiului. (R.M.T. nr. 2/2011, Constantin Apostol, Rm. Srat)


14/47

- EXAMENE I CONCURSURI -

Clasa a VIII-a

1.Rezolvai ecuaia20119...531 x . (R.M.T. nr. 2/2011, Luca Tu, Buzu)

2.Artai cdac 0,, cba , atunci: cbac

ba

2

22

.

(D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu)

3.Fie numerele reale pozitive a, b, c, astfel nct,b c 3 1

a 2

i

a c3

b

.

a) Determinai valoarea raportuluia b

c

;

b) Artai ca, b, c pot fi lungimile laturile unui triunghi ;

c) Determinai msurile unghiurilor triunghiului de la punctul b).

(Constantin Apostol, Rm.

Srat)

Clasa a IX-a Profil tehnic

1. a) Sse calculeze

2 2

a b unde a = 14,5 i b = 10, 5 ;b) Sse determine ,a b astfel nct

2

3 3 19 8 3 3 1 3a b

;

2.Sse arate cexpresia

3 3

2 2

(2 1) (2 1)( )

(2 1) (2 1)(2 1) (2 1)

x xE x

x x x x

nu depinde de x;

3. Fie , , ,a b c d astfel nct a+ b + c + d = 1. Sse arate c

4 1 4 2 4 3 4 4 9a b c d ;

Clasa a IX-a Profil Economic

1.a) Sse calculeze

2 2

a b unde a = 14,5 i b = 10, 5 ;b) Sse determine ,a b astfel nct

2

3 3 19 8 3 3 1 3a b

;

2.Sse arate cexpresia

3 3

2 2

(2 1) (2 1)( )

(2 1) (2 1)(2 1) (2 1)

x xE x

x x x x

nu depinde de x;

3.Dac , *a b i2 2

2 29 42 67 0

a b a b

b a b a

. Sse arate c 6 (7 13)a b sau

6 (7 13)b a .

Clasa a X-a Profil Tehnic

1.Fie lg 2a i lg3b . Sse demonstreze c25

(2 2 ) log 12 2a a b ;

2. Sse arate c 32 log 3 log 2 , , 1x yy x x y x y

3.a) Sse demonstreze relaia3 3 3 2 2 23 ( )( )x y z xyz x y z x y z xy yz zx ;

b) Sse raionalizeze numitorul fraciei3 33

1

2 9 12 ;


15/47

- EXAMENE SI CONCURSURI-

Clasa a X-a Profil Economic

1.Fie lg 2a i lg3b . Sse demonstreze c25

(2 2 ) log 12 2a a b ;

2.Sse arate c 32 log 3 log 2 , , 1x yy x x y x y

3.a) Sse demonstreze c3 33

4 5 69

2 3 4 ; b) Sse arate c 3 32 7 3 3 2 7 3 3 3 ;

Clasa a XI-a Profil Tehnic, Economic

1.Se considermatricea

2

2012 2011

2 1

( )log2

1

x x

xx x

A x xC

x

. Sse calculeze A(1) + A(2) + ...+

A(2011).

2.Sse calculeze

8 sin 6

0

2 2lim

4 sin 3

tg x x

x tg x x

;

3.Sse determine ,a b astfel nct2

22

2 1lim

5 6 3x

x x a b

x x

.

Clasa a XI-a Profil tiine

1.Se considermatricea

2

2012 2011

2 1

( )log2

1

x x

xx x

A x xC

x

. Sse calculeze A(1) + A(2) + ...+ A(2011).

2.Sse calculeze

8 sin 6

0

2 2lim

4 sin 3

tg x x

x tg x x

;

3.Fie k i funcia, : ,f 21 1

( ) 2 ( 1 )1 1

kf x x x x xx x

. Sse

calculeze lim ( )x

f x

;

Clasa a XII-a Profil Tehnic, Economic

1. Sse calculeze : a) 2 1

dx

x x , (1; )x ; b) 2 2cos 2 3

sin cos

xdxx

; ( , )2 2x

.

2. Sse determine ,a b astfel nct F sfie primitiva unei funcii f:

unde2

2

, 01: , ( )

6 9, 0

ax bx

xF F x

x x

;

3.Se considermatricea1 3

3 9A

i mulimea 2( )G X a I aA a .

a) Sse arate c

1

( ) 10H X a a

este parte stabiln raport cu nmulirea matricelor i c

( ) ( ) ( 10 )X a X b X a b ab ;


16/47

- EXAMENE I CONCURSURI-

b) Sse calculeze1 2 100

( ) ( ) .... ( )100 100 100

X X X .

Clasa a XII-a Profil tiine

1.Sse calculeze : a)2 1

dx

x x , (1; )x ; b) 24cos 2 1

sin 2

xdx

x

; ( , )2 2x

;

2.Sse determine ,a b astfel nct F sfie primitiva unei funcii f:

unde2

2

, 01: , ( )

6 9, 0

ax bx

xF F x

x x

;

3.Pe mulimea se definete legea de compoziie prin 2 2 2 3x y xy x y .

a) Calculai

2011

........

termeni

x x x . Generalizare.

b) Pe tablsunt scrise numerele -2011, -2010, 0, 1, 2, ,2010, 2011. Se terg dounumere a i b i n

locul lor se scrie numrul 2ab -2a -2b +3. Se continuacest procedeu pncnd pe tablrmne un

singur numr. Care este acest numr ?

Rezolvrile subiectelor se gsesc pe www.liceulnenitescu.rdsbz.ro

Rezultatele elevilor de la concurs:

Clasa a V-a: Premiul I, Coman Camelia, Scoala nr.1 Rm.Srat; Premiul II, Pascu Bogdan,Scoala nr. 2

Buzu, Vasile Rucsandra, Zota Mdlina, Scoala nr. 15 Buzu; Premiul III, Andrei Maria, Manolache

Cristian, Scoala nr. 1 Rm. Srat;Clasa a VI-a: Premiul I, Burada Andrei,Scoala nr.15 Buzu, Premiul II, Jercan Adrian, Scoala nr. 1 Rm.

Srat, Vasilache Violeta Ctlina, Scoala nr. 5 Rm. Srat, Premiul III, Micu Octavian George, Scoala nr. 1

Rm. Srat, Gheorghe Laura, Scoala nr. 5 Rm. Srat.

Clasa a VII-a: Premiul I, BnicMihaela, Scoala nr. 1 Rm. Srat, Premiul II, Ilie Ionu, Scoala nr. 1 Rm.

Srat, Premiul III, Mihai Andrei, Scoala nr. 1 Nehoiu;

Clasa a VIII-a : Premiul I, Buterez David, Scoala nr. 5 Rm. Srat, Premiul II, Spnu Cristina, Scoala

Smeeni, Premiul III, Mancu Oana, Scoala nr. 15 Buzu, Neacu Karina, Scoala nr. 1 Rm. Srat;

Clasa a IX-a , Tehnic: Premiu I, Ciopec Corina, Premiul II, Panaet Florentina, Premiul III, Dragomir

Ionu, Grup Scolar Costin Nenitescu Buzu, Mateescu Marijana, Liceul de Art Margareta Sterian;

Clasa a IX-a Economic: Premiul I, Dinc Andreea, Premiul II, Pavel Iulia, Premiul III, Antofie

Alexandra, Colegiul Economic Buzu;

Clasa a X-a, Tehnic: Premiul I, Perea Larisa, Premiul II, LicAdriana, Premiul III, Docuz Ionela, Grupcolar C. Neniescu, Buzu;

Clasa a X-a, Economic i tiine: Premiul I: Pascu Georgiana, Colegiul Economic, Lungu Ionu, ColegiulNational Mihai Eminescu, Premiul II, Dragomir Liviu, Colegiul Economic;

Clasa a XI-a, Tehnic i Economic: Premiul I, Nicolae Elena, Colegiul Economic, Premiul II,CristescuLavinia, Colegiul Economic, Barbu Elena, Gr. Sc. C. Nenitescu, Premiul III, Ispas Elena, Colegiul

Economic;

Clasa a XI-a , tiine: Premiul I, Grecu Alexandru, Premiul II, Diaconu Maria, Premiul III, HanganuRaluca, Colegiul Naional Mihai Eminescu Buzu;

Clasa a XII a , Tehnic i Economic: Premiul I, Nicoleta Elena, Colegiul Economic, Premiul II,Chiritefania, Premiul III, Vlad Iulian, Grup colar Costin Neniescu;

Clasa a XII-a, tiine: Premiul I, Nedelcu Diana, Premiul II, Dobrescu Gabriela, Premiul III, Vargu

Elena, Liceul tefan cel Mare, Rm. Srat.


17/47

- PROBLEME REZOLVATE-

Nu soluia este cea care nu se vede, ci nsi problema.

G. K. Chesterton

4. Probleme rezolvate

NVMNT PRIMAR

P:222. Determinai toate numerele naturale care mprite la 1961 dau restul de 400 de ori mai

mare dect ctul.Prof. Mircea Mario Stoica,Arad

Rezolvare: 1961 , 1961 0;1;2;...1959;1960d c r r r ; Cum 400 0;1;2;3,4r c c .

Din cele de mai sus rezult 0;2361;4722;7083;9444d .

P:223. Suma a 63 de numere naturale diferite de zero este de 2011. Artai ccel puin dounumere sunt egale.

Prof. Doina Stoica i Mircea MarioStoica, Arad

Rezolvare: Presupunem ccele 63 de numere naturale sunt diferite iar cea mai micsumposibileste

1 2 3 .... 62 63S 63 64 : 2 2016 2011S S . Aadar, cel puin doudintre ele suntegale.

P:224. Produsul dintre un numr de trei cifre i un numr de o cifr este 2012. Determinai

cele 2 numere.Prof. Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare: 2012 : 4 503 503 4 2012 . Numerele sunt 503 i 4.

P:225. Determinai dounumere naturale, a cror sumsfie 109, tiind c, dac-l mprimpe primul la al doilea, obinem restul 35 i, dac-l mprim pe al doilea la primul, obinem

restul 37 .

Prof. Constantin Apostol, Rm.SratRezolvare: Fie a i b, cele dounumere. Evident, ele nu pot fi egale, cci, atunci, resturile ar fi egale cu zero.

Vom deosebi doucazuri :

I) a b . Cu teorema mpririi cu rest a numerelor naturale, vom avea :

1a b c 35 , unde, 35 b i :

b a 0 37 , unde, 37 a , adic, b 37 . Deducem c a 109 37 72 .

II) a b . Cu aceeai teorem, vom avea :a b 0 35 , unde, 35 b , adic, a 35 , deci, rezultb 109 35 74 i :

2b a c 37 , unde, 37 a , adic, 37 35 , ceea ce este fals, aadar, acest caz nu poate avea loc.

P:226. Din dublul anului, n care a avut loc prima unire a rilor romne, scdem anul care marcheaz

Ziua Naionala Romniei. Adugm numrul abc i obinem anul revoluiei din decembrie.

Determinai abc .Prof. Victoria Popa, Timioara

Rezolvare: 1989191816002 abc .

198919183200 abc

19891282 abc

12821989 abc 707abc .


18/47


Clasa a V-a

G: 270. Artai cexistn astfel nct fracia2011 41

50 1

n

n

sfie reductibil.

Prof.Doina Stoica, Mircea Mario Stoica, AradRezolvare:

Pentru n = 4 obinem8085

201care se simplificcu 3.

G: 272. Aflai restul mpririi la 97 a numrului

2007

164899...9cifre

N .

Prof. TuLuca, Buzu

Rezolvare:Observm c 20072007

2007

1017971016490...0016491

N ; deci 1N se divide cu 97.

Atunci restul mpririi lui Nprin 97 este 96197 .

G: 273. Sse afle numerele prime de doucifre care mprite la rsturnatele lor care suntprime dau ctul i restul tot numere prime.

Prof. Gheorghe Ghi, Buzu

Rezolvare: Din teorema mpririi cu rest avem: ,0,_________

barrqbaab cu rqbaab ,,,______

numere prime, de unde

rezultc______

baab , i atunci }.97,73,71,31{___

ab Efectund mpririle, avem: 31 13 2 5; 71 17 4 3; 73 37 1 36; 97 79 1 18;

n concluzie, existun singur numr de doucifre 31 care mprit la rsturnatul su 13 dctul 2 irestul 5, toate numere prime.

G: 274. a) Precizai cte numere naturale sunt divizori ai numrului 1225. Scriei mulimeadivizorilor naturali ai acestui numr.

b) Artai cnumrul 1 05a are un numr par de divizori naturali.Prof.Constantin Apostol, Rm. Srat

Rezolvare: a) Cum 2 21225 5 7 atunci numrul divizorilor naturali ai numrului 1225 este(1225) (2 1)(2 1) 9 iar mulimea divizorilor si este 1225 1,5,7,25,35,49,175,245,1225D .b) Se demonstreaz, frdificultate, cun numr natural are un numr impar de divizori

naturali daci numai dac numrul respectiv este ptrat perfect.

n cazul nostru, numrul 1 05a , avnd ultima cifr, 5, este divizibil cu 5, dar, penultima

cifr, fiind 0, numrul nu este divizibil cu25 , deci numrul nu este ptrat perfect. Aadar, numrul

1 05a are un numr par de divizori naturali.

G: 275.Fie numarul 1421...4935217 a .a) Aratati ca 3 | ab) Sa se determine cel mai mic numar natural de doucifre b, astfel ncat produsul a b sfieptrat perfect. Prof. Valerica Rou, Rm. SratRezolvar:.

a) )203...7531(7 a 204...642204...6543217 a

10210310220572

10210212

2

20420417

aa

7 102 205 103a 27 102 102 7 102a a . Cum 3 l divide pe 102, rezult c 3 l

divide pe a. b) 28284727 2 bb .


19/47


G: 276. Sse arate cexistnumerele naturale nenule, x, y, z astfel nct 3 3 3 32016 .x y z Prof.Ana Panaitescu, Rm. Srat

Rezolvare: Cum 3 3 32016 9 224 2016 9 224 . Scriind 3 3 3 39 1 6 8 atunci,3 3 3 3 3

2016 (1 6 8 ) 224 3 3 3

(1 224) (6 224) (8 224) . Rezult x =224, y =1344 i z =1792.

G : 277. Fie numrul a =1234567891011...2012, unde cifrele sunt obinute, scriind numerelenaturale de la 1 la 2012. Care este a 2012- a cifr?

Prof. Cornelia Guru,Moineti, BacuRezolvare: De la 1 la 9 sunt 9 cifre. De la 10 la 99 se folosesc 180 cifre. De la 100 la 699 se folosesc 1800cifre. 2012-(9+180+1800) = 23; sunt nc23 de cifre din numere de cte trei cifre .De la 700 la 706 se folosesc 21 cifre i ultimile doucifre sunt 7 i 0. Deci a 2012 a cifr a numrului este

a doua cifrdin numrul 707, adic0.

G: 278. Aflai , , , *a b c d astfel nct savem 3 3 3a b c dd .Prof. Nicolae Iv

chescu, Craiova

Rezolvare: Deoarece 35 100 i 32 4 100 , dnd valori lui a,b,c, obinem soluiile :

(1;1;4;6),(1;4;1;6),(4;1;1;6),(1;3;3;5),(3;1;3;5),(3;3;1;5),(2;3;4;9),(2;4;3;9),(3;4;2;9),(3;2;4;9),

; ; ;(4;2;3;9),(4;3;2;9)

a b c d

.

Clasa a VI-a

G: 279.Rezolvai n mulimea ecuaia 7 6 52xy x y .Prof. Doina Stoica, Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare: 7 6 52 6 7 42 10xy x y xy y x ( 6)( 7) 10x y .

Cum ( 6; 7) ( 10; 1), ( 5; 2), ( 2; 5), ( 1; 10), (1;10), (2;5), (5; 2), (10;1)x y rezult mulimea

soluiilor ( 4; 8), (1; 9), (4; 12), (5; 17), (7;3), (8; 2), (11; 5), (16; 6)S

G: 280. Sse arate c42 a 388

63 a 291

2a 2b 7 b 2, a, b

2a 2b 3 b 3

Prof. Iuliana Trac, Scorniceti, OltRezolvare:

2142 2 21

42 63

21

63 3 21

7 7 497 3

3 3 27

,42 632a 2b 7 2a+2b 3

42

63

2a 2b 71

2a 2b 3

(1)

97388 4 97

388 291

97291 3 97

2 2 162 3

3 3 27

, a 388b 2 < a 291b 3 a 388

a 291

b 2

b 3


20/47


G: 222. Sse determine cel mai mare numr natural n pentru care urmtoarea problemaresoluie unic: Bogdan,Nicu i Tituau mpreun n mere. Aflai cte mere are fiecare dintre

ei, tiind cNicuare de trei ori mai multe mere dect Bogdan, iar Titu are mai multe meredectBogdani mai puine dectNicu.

Titu Zvonaru, Comneti i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare:Notnd cu a numrul de mere ale lui Bogdan, rezult cNicu are a3 mere, iar Titu are

an 4 mere. Condiiile din problemsunt ndeplinite dac anaaana 7534 , adic a este

un numr natural din intervalul

5

,7

nn. Acest interval conine sigur dounumere naturale dac 2

75 nn

,

adic 35n .Pentru 35n , intervalul 7,5 conine doar numrul natural 6, i deci valoarea maximpentru n este 35.Observaie. Nu pentru toate numerele 35n problema are soluie unic; de exemplu, pentru

15n intervalul

5

15,

7

15nu conine niciun numr natural, iar pentru 34n , intervalul

5

34,

7

34conine

numerele naturale 5 i 6.

G: 283. Sse rezolve ecuaia:12 2011)1(...)1()1( nnxxxxxxx , *Nn , *x \ 1 .

Prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare:Dupdesfacerea parantezelor obinem 11 2011 nnx , deci 2011x .

G : 284. Artai c numrul 444...4222...2 666...6n cifre n cifre n cifre

a este ptrat perfect , n* .

Prof. Marin Simion, Rmnicu SratRezolvare:

444...4 10 222...2 666...6 44...4 10 22...2 22..2 44...4 44...4 10 44...4 44...4 (10 1)

nn n n

n n n n n n n cifren n n

444...4 (1000...0 1) 444...4 999...9 4 11...1 9 11...1

n nn n nn zerouri

2 2236 111...1 (6 111...1) 666...6

n cifre n cifre n cifre

.

Am obinut c a =2666...6

n cifre , deci este ptrat perfect.

G: 285. Gsii , *,a b a b astfel nct 2 22011 a b . Prof. Nicolae Ivchescu, CraiovaRezolvare: Din 2011 ( )( ) 2011a b a b a b i 1a b . Adunnd cele dou relaii obinute

rezult 2 2012a , adic 1006a dupcare se afl 1005b . Aadar,2 2

2011 1006 1005 .G: 286. Un muncitor poate executa o lucrare n 6 zile, iar altul n 9 zile. Ei lucreazmpreunun numr oarecare de zile la lucrare, dupcare al doilea muncitor terminlucrarea n 4 zile.

Cte zile au lucrat mpreunmuncitorii?Prof. Lcrimioara Nstase, Padina, Buzu

Rezolvare: Notm cu 1 (un ntreg) lucrarea i cu x numrul de zile n care muncitorii au lucrat mpreun.

Primul lucreazpe zi6

1din ntreaga lucrare, iar al doilea lucreazpe zi

9

1din lucrare. mpreunlucreazpe

zi6

1+

9

1=

18

5din lucrare. Formm ecuaia: x

9

14

9

1

6

1

=1

18

5x+

9

4=1 cu soluia 2;

deci, au lucrat mpreun, douzile.


21/47


G: 287. n triunghiul ascuitunghic ABC, n care ( ) ( )m B m C i M este mijlocul laturii(BC), mediatoarea laturii (BC) intersecteazdreptele AB i AC n E, respectiv, F. Sse

arate cdac1

2

EF

EM , atunci

1

3

EA

EB i

1

4

AF

AC . Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat

Rezolvare: Fie N, mijlocul laturii [AC] atunci, [MN] devine linie mijlocie n triunghiul ABC cu

N AB i2

ABMN . Triunghiurile MNF i EAF sunt congruente (cazul ULU) deoarece

[ ] [ ]F EF cci1

2

EF

EM , FN EFA , opuse la vrf, FMN FEA ,alterne interne formate de

paralele MN i EA tiate de secanta ME. Aadar,1

2 3

AB EAEA MN

EB . Tot din aceastcongruen,

deducem cFN = FA i din AN = NC, rezult1

4

AF

AC .

G: 288. Se dau punctele A, B, C, D, E coliniare luate n aceast ordine, iar a, b, c, d lungimilesegmentelor [AB], [BC], [CD], [DE].a) Daca 2011=b+2010=c 2012=d+2009 , scriei n ordine cresctoare a lungimile segmentele date.b) DacAE = 100m, aflai lungimile segmentelor exprimate n cm.c) Aflai lungimea segmentului [MN], respectiv [PQ], unde M, N, P, Q sunt respectiv mijloacelesegmentelor [AB], [BC], [CD], [DE].

Prof. Mariana Mitea, Cugir, AlbaRezolvare: a) Din datele problemei se obine a = b + 4021, c= b + 4022 i d= b +1. Atunci, b


22/47


G: 291. Artai cnumrul 2010 2011 2012 2013 20142009 2010 2011 2012 2013 este iraional.Prof. Gheorghe Drstaru, Buzu

Rezolvare: Ultima cifra numrului de sub radical este ultima cifra sumei dintre ultimele cifre ale puterilori anume u(1 + 0 + 1 + 2 + 9) = u(13) = 3, ceea ce nseamncsub radical nu este ptrat perfect.

G: 292. Determinai o proporie n care suma extremilor este 23 , suma mezilor este 17 i sumaptratelor tuturor termenilor este 578.

Prof. Marin Simion, Rm. Srat

Rezolvare: Dina c

b d , conform enunului avem : a + d = 23 , b + c = 17 i a 2 2 2 2 578b c d .

Conform proprietii fundamentale a proporiei avem ad = bc .2 2 2 22 2 2 2 578a b ad ad b c bc bc ; dar a + d = 23 i b + c = 17. Rezult

23 2 22 17 2 578 529 289 2 2 578ad bc ad bc 818 4 578ad cci ad = bc (818 578) :4 240 : 4 60ad bc .

Deoarece a +d = 23 i ad = 60 rezultc2

a

2

2 529d ad 2 2

2 60 529a d .Obinem a 2 2 2 2 2 2409 2 289 ( ) 17d a d ad a d a d =17 ; dar

a + d = 23 de unde rezultca = 20 iar d = 3 sau a = 3 i d = 20. Analog se obine cb = 5 i

c = 12 sau invers: b = 12 i c = 5 . O proporie are forma:20 5

12 3 .

G: 293. Sse determine valorile lui x, numere ntregi, pentru care fracia22013

12012

x

xeste

ireductibil.Prof.Valerica Rou,Rm. Srat

Rezolvare: Fie

22013201222013

12012201312012

22013,12012

xdxd

xdxdxxd

, rezultd divide

diferena lor 20111201212012220121201322012 dddd .

Cum 2011 este numr prim 2011,1 d . Pentru 1d fracia este ireductibil.

Pentru d = 2011, fracia este reductibil, 2011 2012 1

2011 12011 2013 2

xx

x

k \ 0 , astfel

nct 2011 1x k , pentru care fracia devine :

12013

12012

120132011

120122011

2120112013

1120112012

k

k

k

k

k

k.

n concluzie fracia este ireductibila pentru pentru 12011 kx , k \ 0 .

G: 294.Comparai numerele 2009 2010a i 2008 2011b .Prof. Nicolae Ivchescu, Craiova

Rezolvare: A compara numerele a i b revine la a compara ptratele lor.

Cum 2

2 2009 2010 4019 2 2009 2010a i 2

2 2008 2011 4019 2 2008 2011b , ne

rmne s comparm doar numrul 2009 2010 cu 2008 2011 echivalent cu a compara numrul2009 2010m cu numrul 2008 2011 (2009 1)(2010 1) 2009 2010 2n . Evident c

2 2m n a b a b .

O altvariantde rezolvare a dat domnul Titu Zvonaru:Fie 2009 2008m i 2011 2010n . Avem


23/47


2009 2008 2009 2008 12009 2008 2009 2008

m

i analog

1

2011 2010n

.

Rezultimediat c m n adic 2009 2008 2011 2010 .a b

G: 295. Aflai aria triunghiului ABC tiind cAB + AC = 20 cm i cdistana de la interseciadreptei BC cu bisectoarea unghiului BAC la dreapta AB este egalcu 8 cm.

Prof. Lcrimioara Nstase, Padina, Buzu

Rezolvare: Fie D intersecia dreptei BC cu bisectoarea unghiuluiBAC , iar E, F picioarele

perpendicularelor din D pe AB, respectiv AC.AB DE AC DF

2 2ABC ABD ADC

A A A

. Punctul D se afl

pe bisectoarea unghiuluiBAC DE=DF=8 cm, i nlocuind n relaia de mai sus, obinem24( ) 80 .

ABCA AB AC cm

G : 296. n interiorul dreptunghiului ABCD lum punctul P i construim n exteriorul suBT PB , AR AP cu AR = PC i BT = DP. Artai c PR = PT.Prof. Ion Radu, Bozioru, Buzu

Rezolvare: Notm cu E, F, G, respectiv H proieciile punctului P pe laturile

[AB], [BC], [CD], respectiv [DA] i , , ,a PH b PF c PG d PE .

Se aplicteorema lui Pitagora n triunghiurile AEP, BEP, CPG, ABC

rezultnd relaiile2 2 2

PA a d ,2 2 2

PB b d ,2 2 2

PC b c ,2 2 2

PD a c , de unde2 2 2 2

PA PC PB PD .Aplicnd din nou teorema lui Pitagora n triunghiurile PAR i PBT, din relaiile

2 2 2 ,PA AR PR 2 2 2

PB BT PT rezultc PR PT .

G: 297.Sse determine msurile unghiurilor unui triunghi, tiind ctrei dintre unghiurile sale exterioare au msurile propor

ionale cunumerele 11, 11 i 14 i suma msurilor celorlalte trei, egalcu 0330 .

Prof.Constantin Apostol, Rm. SratRezolvare: Fie ABC, triunghiul dat, unde A, B, C sunt msurile unghiurilor sale ; deducem c

cele ase unghiuri exterioare au urmtoarele msuri: dou au0180 A , dou au 0180 B i dou au

0180 C . Deosebim doucazuri :

Cazul I: Dac A B , putem scrie :0 0 0 0180 180 180 540 (2 )

11 11 14 36

A A B A Bk

, unde k se

determininnd seamde faptul csuma celorlalte trei unghiuri au suma msurilor egalcu 330

0

: 0 0 0 0180 180 180 330B C C 02 210B C . Dar,(2 ) ( 2 ) 2( )A B B C A B C

0 02 180 360 0 0

0 0 0 '540 1502 360 ( 2 ) 2 150 10 5036

A B B C A B k

. Imediat,

se obin msurile unghiurilor triunghiului:0 ' 0 ' 0 '

60 50 , 28 20 , 90 50A B C .

Cazul II:Dac A B C , putem scrie :0 0 0180 180 180

11 11 14

A B C

i 0 0 0 0 0 0 0 0 0180 180 180 330 540 180 330 360 330A B C ,ceea ce este fals, deci, cazul al doilea nu poate avea loc.

Observaie: Evident, putem schimba ntre ele literele A, B, C .


24/47


G: 298. Se consider un segment [ ]BC pe care lum un punct D . npunctul D se ridic perpendiculara pe segmentul [ ]BC . Fie un punct variabil pe aceast

perpendicular. Dac 3BD cm, 12DC cm, xDM cm, atunci se cere:a) Pentru 6x cm sse afle raza cercului circumscris triunghiului BMC;b) Sse afle valoarea lui x pentru care 0( ) 90m BMC ;

c) Sse afle valoarea lui x pentru care 0( ) 90m BMC .Prof.Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare: a) Se observ c 12362 0( ) 90m BMC (s-a utilizat reciproca teoremei nlimii).

Notm poziia punctului n aceastsituaie cu A0( ( ) 90m BAC ).

b) Dac ,DAM )(DMA 0( ) 90m BMC , deoarece cu teorema unghiului exterior avem,( ) ( )m BAD m BMD i ( ) ( )m CAD m CMD . De aici nsumnd avem

0( ) ( ) 90m BMC m BAC i n concluzie ,6x .c) Analog avem pentru ADM , 0( ) 90m BMC i n consecin 6,0x .

G: 299. Fie triunghiul ABCcu 0( ) 60m A . Sse arate clungimea nlimii din vrful A este

datde relaiaa

bch

a2

3 , unde notaiile sunt cele obinuite.

Prof. TuLuca, Buzu

Rezolvare: Fie ABCariaS .Avema

chbh

a

SSh

a

Sh

ahS

cb

aa

a

2

2

2

.

Dar2

360sin 0

cch

b i

2

360sin 0

bbh

c . Rezult

a

bch

a

bcbch

aa

2

3

2

1

2

3

2

3

.

Clasa a VIII-a

G: 300. Rezolvai ecuaia 1 2 2009 2008, .x x

Prof. Doina Stoica, Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare: 1 2 2009 2008 1 2 2009 2008 (1)x x i 1 2 2009 2008 (2)x

Din (1) rezult:

( ) : 1 1 0;21 2 1

( ) : 1 3 2;4

a x xx

b x x

i

Din (2) rezult

( ) : 1 40151 2 4017

( ) : 1 4019 4018;4020

a x xx

b x x

.

Aadar, 0;2;4; 4018;4020S .

G: 301. Sse arate c 2( 10)( 10 36) 324 0, .x x x x x Prof.Ligia Struu,Buzu

Rezolvare:2 2 2 2( 10)( 10 36) 324 0, ( 10 ) 36( 10 ) 324 0,x x x x x x x x x x

2 2( 10 18) 0, .x x x

Dacpresupunem c 2 2 2( 10 18) 0 10 18 0 5 7,5 7 \x x x x x , aadar,

2 2( 10 18) 0, .x x x


25/47

- PROBLEME REZOLVATE

G: 302. Sse determine func

ia liniar :f , astfel nct saibloc relaia :(3 ) (5 3 ) 8 8 6f u v f u v u v , n cazurile : I) u este argument i v ;II) v este

argument i u .Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat

Rezolvare: I) Considerm cfuncia, pe care trebuie so determinm, este definitprin legea decoresponden ( )f x ax b .

n cazul I), avem : (3 ) (3 )f u v a u v b i (5 3 ) (5 3 )f u v a u v b . Atunci,

(3 ) (5 3 ) 8 8 6f u v f u v u v 8 4 2 8 8 6au av b u v de unde 1, 2 3a b v .( ) 2 3f u u v , v . Trecnd la argumentul x rezult ( ) 2 3f x x v .

II) Se procedeazanalog, rezultnd ( ) 2 4 3f x x u , u .

G: 303. Sse arate cnumrul 120102011420102010220102011 24 a este ptrat perfect.Prof. Valerica Rou, Rm. Srat

Rezolvare: 1201020114)120102011(220102011

24 a 1201020114220102011420102011220102011 24 a

120102011220102011 24 a 22 120102011 a , rezultc a este ptrat perfect.

G: 304. Artai cdac QR , 210 kn Nk , i )1(,...2, nM , unde reprezint partea fracionar, atunci mulimea conine cel puin dou elemente diferite

care au primile kzecimale aceleai.Prof.dr. Mihly Bencze, Braov

Rezolvare:

Deoarece 1,0M vom mpri intervalul 1,0 n n intervale

n

i

n

i 1

, 1,0 ni de lungime n1

.Din principiul luiDirichlet, avem cexistun interval n care sunt incluse douelemente ale mulimii .

Fie acest interval

n

a

n

a 1, . Dac ......,0 121 kkxxxx

n

a, atunci

......,011

121 kkxxxxnn

a

n

a10...00,0

)1(

orik

, deoarece 210 kn . Aadar,n

ai

n

a 1au primile 1k

zecimale aceleai, i de aici rezultconcluzia.

G: 305. Dac cba ,, sunt laturile unui triunghi i cabcabcba 222 , atunci triunghiul

este echilateral.Prof.Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare:Se tie c cabcabcba 222 . Aadar, din enunrezultccbaaccbbacabcabcba 0)()()( 222222 .

G : 306. Volumul unei piramide triunghiulare regulate este 288 3 dm 3 , iar distana de lacentrul bazei la o falateraleste de 48 dm . Sse determine aria laterala piramidei .

Prof. Marin Simion, Rm. SratRezolvare : Notm apotema bazei [OM] cu xi nlimea [VO] cu h. n triunghiul dreptunghic

VOM construim OH VM . OH = d(O ,(VBC)) . 4848

VO OM h x hxOH VM

VM VM

.

2OM x R x i 3 2 3l x 2 2(2 3) 3 3 3

4bx

A x ; 6 3bP x . Cum 3Ab h

V


26/47


22 23 3288 3 3 288

3

x hx h x h

,

21 3 288 36 3 18 3

2 48 2 16 16lPb VM hx x h

A x

dm 2

G: 307. Un rezervor are forma unui paralelipiped dreptunghic cu una din dimensiuni egalcu

media aritmetica celorlalte dou. tiind csuma celor trei dimensiuni este 27 m i aria

totaleste de 4282m aflai capacitatea n hectolitri a rezervorului. Prof. TuLuca, Buzu

Rezolvare: Dacnotm cu y, i dimensiunile paralelipipedului, atunci pe baza datelor problemei,

avem: ,2xzy 927327 xxzyx i

522214)(214214428)(2 2 xyzzyxyzzxyzxyzxyzxy . Aadar,

hlldmmxyzV 4680468000468000468 33 .

Clasa a IX-a

L: 181. Sse demonstreze cn orice triunghi ABC are loc inegalitatea:

2 2 2 2ABC

ap bc bp ac cp ab P , unde notaiile sunt cele obinuite.

Prof. Mariana Mitea, Cugir, Alba

Rezolvare:

Aplicm inegalitatea mediilor i avem:

2( )

4

b cbc

de unde

2( )2 2

4

b cap bc ap

, (1).

dar 2b c p a i nlocuind n inegalitatea (1), rezult2

( 2 ) 22 24 2

a p a pap bc ap bc

Analog, se demonstreaz c2

22

b pbp ac

,

22

2

c pcp ab

. Adunnd aceste ultime trei

inegaliti se obine( ) 6

2 2 2 4 22

ABC

a b c pap bc bp ac cp ab p P

.

O altvariantde rezolvare a dat domnul Titu Zvonaru:

Din 2 ( ) ( ) ( ) ( )( )ap bc a a b c bc a a b c a b a b a c , aplicnd inegalitatea mediilor

rezult2

2 ( )( )2

a b cbp ac a b a c

. Analog pentru celelalte douinegaliti. Rezult

2 2 22 2 2 4 2

2ABC

a b c a b c a a b cap bc bp ac cp ab p P .

L: 182. Dac

2,0

kx , nk ,1 , atunci, artai c n nn

k

kk xxxntgxx

...2sin 211

.

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti

Rezolvare:

Vom folosi inegalitileHuygens: xx

tgtgxx 22

4sin ,

2,0

x .

Demonstraie: Notnd ,1,02

tx

tg

2

,0

x avem de demonstrat c

02)1(2111,0,21

1

1

14

1

2

1

2 44222222

ttttttt

tt

t

t

t, 1,0t


27/47


ceea ce este evident. Prin urmare2

4sin x

tgtgxx i deoarece ,22

xxtg

2,0

x rezultc

xtgxx 2sin ,

2,0

x .

Deci, conform inegalitilor lui Huygensavem kkk xtgxx 2sin , nk ,1 , iar din inegalitatea

mediilor n n

n

k

k xxxnx

...211

deducem c n nn

k

k

n

k

kk xxxnxtgxx

...22sin 2111

,

adictocmai relaia din enun.

L: 183. Artai cdac 0,,, dcba , atunci:3

32

8

11

ba

d

ad

c

dc

b

cb

a.

Jos Luis Daz-Barrero, Polytechnical University of Catalonia, Barcelona, Spain

Rezolvare:

Observm c 232

232

cb

cb

cb

ba

cb

a, i nctrei egaliti similare pentru

ad

c

dc

b

, i

ba

d

. Aplicm inegalitatea mediilor aritmetic-geometrici obinem:

,

3

34

3

429

1

3

2

223

2

23

2

23

2

23

2 2

cb

ba

cb

ba

cbba

abba

ba

ba

cb

ba

cb

cb

cb

ba

i nctrei inegaliti similare , care prin adunare conduc la

(*) 83

34

ba

ad

ad

dc

dc

cb

cb

ba

ba

d

ad

c

dc

b

cb

a.

Aplicm din nou inegalitatea mediilor aritmetic-geometric, i obinem:

(**) .444

ba

ad

ad

dc

dc

cb

cb

ba

ba

ad

ad

dc

dc

cb

cb

ba

Din (*) i (**) obinem:

1

3

328

ba

d

ad

c

dc

b

cb

a, de unde rezulti concluzia.

O altvariantde soluie a dat domnul Titu Zvonaru:

Deoarecea a

b c b c d

, scriind nctrei inegaliti similare obinem

4

3

a b c d a b c d

b c c d d a a b b c d a c d a b d a b c

. (a se vedea problema L:

155 i soluiile ei n SM nr. VIII). Astfel este suficient sdemonstrm c1 4 2 3

18 3 3

, adic7 2 3

6 3

7 4 3 49 48 , adevrat.

L: 184. Artai cexistnumerele naturale ix ni ,1 distincte astfel nct

n

k

kx1

2este o

14 p putere perfect, i

n

k

kx1

3un ptrat perfect. Prof.dr. Mihly Bencze, Braov


28/47


Rezolvare: Avem:

annn

kn

k

6

)12)(1(

1

2 i 22

1

3

2

)1(b

nnk

n

k

, aa c 2

1

2)( attkn

k

i 32

1

3)( tbtkn

k

.

Dac pat 2 Np atunci 141

22 )(

pn

k

p aka i 2 3 3 2

1

( ) ( )n

p p

k

ka ba

. Deci, pk kax 2 nk ,1 .

L: 185. Dac cba ,, sunt laturile unui triunghi care nu este obtuzunghic i22266624242424242424 2 cbacbabcaccbababcaba ,

atunci triunghiul este dreptunghic.Prof.Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare: Inegalitatea din enuneste echivalentcu (1) 0222222222 bacacbcba Din ipotezavem c: cos 0A , cos 0B i cos 0C ,deci 0222 cba , 2 2 2( ) 0a b c i 2 2 2( ) 0a b c , de unde rezult:

(2) 0222222222 bacacbcba .

Din (1) i (2) avem c: 2 2 2 0a b c sau 2 2 2( ) 0a b c sau 2 2 2( ) 0a b c , de unde concluzia.

L: 186. Fie :[2; ) ,f ( ) 1 2 2 7 6 2f x x x x x .Sse determine funcia :g cu proprietatea ( )( ) 2 1, 11.f g x x x

Prof.Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: 2 2

( ) 1 2 3 2f x x x 4, 11

2 2 2, 11

x

x x

.

Din 2 ( ) 2 2 2 1g x x , 2 ( ) 2 2 3g x x ,

24( ( ) 2) 4 12 9 : 4g x x x 2 17( ) 3 .4

g x x x

Clasa a X-a

L: 187. Sse determine m astfel nct inegalitatea

2 22 2log log [( 1) 2(2 3) 5 4] 0x m x m x m sfie adevratpentru orice x real.Prof.Florentina Popescu,Buzu

Rezolvare: Din

2 2 2

2 2 2

2 22 2 2

log log [( 1) 2(2 3) 5 4] log 1 log [( 1) 2(2 3) 5 4] log ( 2)x x x

m x m x m m x m x m x

rezult2( 2) 2(2 3) 5 6 0, .m x m x m x Din condiiile 0 ( ;1) (3; )m i

0 (2; )a m obinem (3; )m .

L:188. Dac ,1,, cba i 2abc , atunci artai c

1

log

log

log

log

log

log

2

2

22

bc

a

bc

ac

c

a

ab

b

a

a

a

a

a

a

a

.

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti

Rezolvare: Notnd cybx aa log,log , din enunrezultc 0, yx i 2 yx .

Inegalitatea din enuneste echivalent cu 121

111

222

yx

yxy

yx

x .


29/47


Conform inegalitii lui Bergstrm avem

1

4

4

4

11

21

1

1

1 2222

yxyx

yx

yx

y

y

x

x, ceea ce demonstreazenunul.

L: 189. Fie un ir (xn)3

n

de numere n progresie aritmeticn care x1 1i raie pozitiv. Sse

arate c: nnn xxxxxxxxxxxx lglg...lglglglglglglg...lglglg 253423112

42

32

22

.Prof. Gheorghe Ghi, Buzu

Rezolvare: irul fiind o progresie aritmeticcu termeni pozitivi i raia 0r demonstrm mai nti

c: 2 1 1, 1;k k kx x x k n . Avem1 1

2k k

k

xx

i cu inegalitatea mediilor deducem

21 1, 1;k k kx x k n .

Pentru trei numere a, b, c 1 cu b2 ac se aratuor care loc inegalitatea:2lg lg lgb a c . Aplicnd inegalitatea anterioarpentru numerele 132 ,...,, nxxx ,avem:

3122 lglglg xxx , 423

2 lglglg xxx ,, nnn xxx lglglg 212

. Prin nsumarea inegalitilor

obinute se obine inegalitatea propus. Egalitatea are loc atunci cnd raia r este 0, adicatuncicnd nxxxx ...321 .

L:190. Artai cdac Cz astfel nct 51

z

z , atunci

22

2

15

2

15

z .

Prof. dr. Mihly Bencze, Braov

Rezolvare: (1) zzz

zzz

zz1

51111

2

2

2

15

2

35

015

zzz .

.2

15

2

530155

1111)2(

2

2

zzzzzz

zzz

zzz

L: 191. Sse calculeze partea ntreaga numrului 7 8 2log 8 log 2 log 7.a Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: 7 82 log 8 log 7 2 1 7 8log 8 log 7 2.a

L: 192. Sse rezolve ecuaia: 1005 1005 2011 2011 2010 2011 20102x y x y

x y .

Prof. Mitea Mariana, Cugir, AlbaRezolvare:nmulim ecuaia cu 2 i grupnd termenii convenabili se obine

2 21 1( 2011 2010) ( 2011 2010) 0x x y yx y

, (1).

Din condiia de existen2010

,2011

x y rezultc n (1) avem o sumde numere pozitive

nul, de unde rezultc 21

( 2011 2010)x xx

i 21

( 2011 2010) 0y yy

, ecuaii ale cror

soluii sunt: , 1;2010x y . Rezult ( ; ) (1;1),(1;2010),(2010;1),(2010;2010)x y .


30/47


L: 193. Sse rezolve n mulimea numerelor reale ecuaia:

12

34

1 1 1 1.

125 165 2

x x x

Prof. Delia Ileana Basch- Naidin, Caracal,Olt

Rezolvare: Cu notaiile4

1m

5

i3

1n

2

, 12x=t, ecuaia dat devine: t t tm+n m +n .Considerm

funciat t

m nf : , f(t)= +

m+n m+n

, care este strict cresctoare, deci injectiv. Aadar, din

f(t)=f(1)=1 t=1, adic1

x12

.

Clasa a XI-a

L: 194. Dac , ( )nA B M i 01936det BA , atunci artai c75 divide BA 2011det .Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare: Fie polinomul XZBXAXf det)( .Deoarece 01936det)1936( BAf ,rezultc1936 este o rdcina polinomului f. Prin urmare 1936X divide polinomul f, adicexist

XZg astfel nct )(1936)( XgXXf .Aadar, )(75)(19362011)2011( XgXgf ,ceea ce aratc75 divide BAf 2011det)2011( .

L:195. S se arate c dac ( )n

A M astfel nct 2 2 n

A A I , atunci2011det( 2010 ) 2011 det( )nnA I A .

Prof. Gheorghe Ghi, Buzu

Rezolvare: nmulim relaia dat cu A i atunci: nn IAAIAAAA 2324223 .Se art uor prin

inducie matematicc: nn

InnAA )1( , 2n . Pentru n = 2011, obinem:A 2011 = 2011A 2010I n ,

i de aici, rezultc:det(A 2011 + 2010 I n ) = det(2011A) = 2011n det(A).

L: 196. Fie 2, ( )A B M doumatrice pentru care avem2011 2011det( ) (det )A AB BA A .

Artai c:

a) 2

2AB BA O .b) det( ) det det det( )A B AB BA A B AB BA , ( ) ( ) ( )Tr AB Tr A Tr B

Prof. Florin Stnescu, Geti, DmboviaRezolvare:

a) Se va folosi urmtorul rezultat: Dac 2, ( ),X Y M atunci

( ) ( ) ( ) det( ) det detTr X Tr y Tr X Y X Y X Y (1). Demonstraia provine din folosirea urmei la

teorema HamiltonCayley pentru X: 2 2 22 21

( ) det det [( ) ( )]2

X Tr X X X I O X TrX Tr X

Din 2 2 2 2 2 21 1 1det( ) det det ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2X Y X Y Tr X Y Tr X Y TrX TrX TrY TrY

2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )2 2 2

TrX TrY TrX TrY Tr X Y XY YX TrX TrX TrY TrY


31/47


( ) ( ) ( )Tr X Tr y Tr X Y ( ) ( ) ( ) det( ) det detTr X Tr y Tr X Y X Y X Y .

Din 2011 2012 2011 2012 2012( ) ( ) ( ) 0,Tr A AB BA Tr A B A BA Tr A B A B rezult2012 2011( ( )) ( ) ( )Tr A AB BA Tr A Tr AB BA 2011 2011

det( ) det( ) det( )A AB BA A AB BA

2 2 2011det( 2 ) (det ) det( )A B AB A AB BA , (2). Din (2 ) i din ( ) 0Tr AB BA rezult

2

2det( ) 0 ( )AB BA AB BA O .

b) Din 2 2( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0Tr A B AB BA Tr A B Tr ABA Tr BAB Tr B A .

( )( ) ( ) ( )Tr A B AB BA Tr A B Tr AB BA , din (1) rezult

det( ) det( ) det( )A B AB BA A B AB BA (3).

Din (1) i (3) rezult det( ) det( ) det det det( )A B AB BA A B AB BA

det( ) det det ( )A B A B Tr AB TrA TrB .

L: 197. Sse calculeze

2

2

4 5

lim ln .3 10x

x x

x x x

Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare:

2

2 2

4 5 5lim ln lim ln 1

3 10 3 10x x

x x xx x

x x x x

2

2

2

5ln 1

( 5)3 10lim 1

5 3 10

3 10

x

x

x xx x

x x x

x x

L:198. Fie funciile :f i :g . tiind cf este o funcie par, iar52x

g(x)= +3 f(x)+2x5

, sse calculeze ' 0g .

Prof. Iuliana Trac, Scorniceti, Olt

Rezolvare: ' 'x 0 x 0 t 0

f(x)-f(0) f(-x)-f(0) f(t)-f(0)f 0 = lim = lim = - lim = - f 0

x-0 x-0 t-0 'f 0 =0.

5

' 4 '2xg (x)=2x f(x)+ +3 f x +25

. Atunci, 'g 0 2 .

Clasa a XII-a

L:199. Rezolvnd ecuaia 31

0

3 3

x x sse demonstreze relaiile:

a)5 7 1

cos cos cos ;9 9 9 8

b) 2 2 2 4 4 45 7 5 7 3

cos cos cos cos cos cos ;9 9 9 9 9 9 2

c) 3 3 35 7 3

cos cos cos .9 9 9 8

Prof. Ovidiuan , Rmnicu Srat

Rezolvare: Soluiile ecuaiei3 1 ,

3 3x x

sunt 1 2 32 2 5 2 7

cos , cos , cos9 9 93 3 3

x x x

,

toate reale. Din ultima din relaiile lui Vite

8 5 7 1 5 7 1

cos cos cos cos cos cos ,9 9 9 9 9 9 83 3 3 3

adica)


32/47


Deci 2 2 2 2 2 24 4 5 4 7 5 7 3

cos cos cos 2 cos cos cos .3 9 3 9 3 9 9 9 9 2

Din ecuaia iniialobinem relaia de recuren 3 11

0, .

3 3

n n nS S S n

Pentru 4 2 11

1 0.3 3

n S S S Dar 1 4 23

02

S S S , adicb).

Pentru 3 1 0 3 31 1 1

0 0 33 3 3 3 3

n S S S S S i deci

3 3 3 3 3 38 8 5 8 7 1 5 7 3cos cos cos cos cos cos9 9 9 9 9 9 83 3 3 3 3 3 3

adicc).

L:200. Dac Rba , ba i :[ ; ]f a b este o funcie continucu proprietatea c

2011)( b

a

dxxf , atunci calculai: b

a

dxxbafxfx )()( .

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, BucuretiRezolvare:

Avem: b

a

b

a

b

a

dxxbaxfdxxxfdxxbafxfx )()()()( .

Totodat

b

a

dxxbaxf )(

b

a

dttftba )()(

b

a

dxxfxba )()( .

Atunci ).(2011)()()()()()( badxxfbadxxfxbadxxxfdxxbafxfxb

a

b

a

b

a

b

a

L: 201. Sse calculeze:2 2

2011 2007 41

2

1

1

xdx

x x x

. Prof. Gheorghe Ghi, Buzu

Rezolvare: Integrala datse mai scrie:2 2

4 20071

2

1

( 1)( 1)

xdx

x x

. Prin schimbarea de variabil

tx

1 ,

integrala devine:

21

2

2

21

2

21

4

2

20074

2

22007

2007

4

22

,1

1

1

11

1

1

11

)1(Idt

t

tdt

tt

t

t

dt

t

t

t

ttI de unde, rezultc:

.4

2322

212

2

1

22

1

21

1

21

1

11

21

1

121 2

21

2

21

2

21

2

'

22

2

4

2

arctgx

xarctgdx

xx

xx

dx

xx

xdxx

xI

n aceastrelaie dnd valori lui n da la 1 la n-1 i adunndu-le rezult

2 2 2 2 ( 1) (2 1)( ) (1) 2 (1 2 3 ... ( 1) ) (1) 26

n n nF n F n F . Dacn loc de n punem x

obinem:


33/47

- PROBLEME REZOLVATE

3 22( ) (1) ,

3

x x xF x F x

prin derivare c 2

2 1( ) '( ) 2

3 3f x F x x x .

Atunci,2 2

1

2 1 ( 1)(2 1) ( 1)(2 ) (2 2 1)

3 3 3 3 3 3

n

k

n n n n n n nS k k n n

.

L: 205. n planul XOY un melc pleac din punctul A( 2;2) i merge pn n27

(3; )4

B strbtnd graficul unei funcii continue :[2;3] (0; )f . Melcul constat c n

orice punct M(x;y) ar fi el , situat pe graficul funciei, diferena dintre o ptrime din produsulcoordonatelor punctului M i aria subgraficului funciei f pe [2;x] este egalcu 1.a) Demonstrai cf este derivabilpe [2;3] i c '( ) 3 ( )f x f x ;

b) Determinai funcia f. Prof. Constantin Dinu, Buzu

Rezolvare: a) Din datele problemei rezult

2

1( ) ( ) 1

4

x

x f x f t dt (*) atunci

2

1( ) 4 4 ( )x

f x f t dtx

f e derivabilpe [2;3].

Derivnd relaia (*) obinem1 1

( ) '( ) ( ) 0 '( ) 3 ( )4 4

f x xf x f x xf x f x .

b) Din'( ) 3

'( ) 3 ( ) ln ( ) 3ln ln( )

f xf x f x f x x c

f x x 3( )f x cx , (2) 2f de unde rezult

1

4c i 3

1( )

4f x x .

Erat- Problema G:271din S.M. VIII / 2011, este problema G:232(cu soluia n acelai numr);- Numerotarea problemelor din S.M. VIII / 2011 de la G:230 la G:257 , se va citi de la

G:280 la G:307.

- La problema L 180, din S.M. VIII/2011, n loc de1 2

2

0

5 3x

x

e xdx

e x

se va citi

1 2

2

0

5 3x

x

e xdx

e x

.

LEGI , PRINCIPII, AXIOME

Axioma copiilor.O jucrie care nu se poate sparge este totui folositla spargerea altor jucrii. Legea proporiilor.

Timpul pe care l ia rectificarea unei greeli este invers proporional cu timpul pe care i l-a luat

comiterea erorii.

Legea relativitii.Orice poate fi mprit n oricte pri doreti.

Regula regulilor.Existreguli pentru alegerea unei soluii, dar nu existreguli pentru alegerea acestor reguli.

Teorema despre adncimea bltoacei.Nu poi spune nimic despre adncimea unei bltoace pnnu cazi n ea.

Postulat eticA grei este omenete, dar a da vina pe altcineva este nci mai omenete.


34/47

- PROBLEME PROPUSE

Ferice de acela cruia i zici o vorbi pricepe zece, i

vai de acela cruia i spui zece i nu pricepe niciuna.

Ion Pas

5. Probleme propuse

NVMNT PRIMAR

P:227. Analiznd cele trei cercuri, gsii numrul lipsdin al patrulea cerc.Prof.Adrian Stan, Buzu

P:228. Completai spaiile libere din ptratele de mai jos cu cifre de la 1 la 8 o singurdat

respectnd operaiile astfel nct sdea rezultatul final 9. Prof. Adrian Stan, Buzu

: 9 .P:229. Suma a cinci numere naturale este 416 . Aflai numerele tiind cprimele patru numere suntimpare consecutive , iar al cincilea este o treime din suma celorlalte . Inst.Marcela Marin, Rm. Srat

P:230. S se afle un numr tiind c dac l mprim la 5, ctului obinut i adunm 11, suma

obinuto nmulim cu 6, iar din produsul obinut scdem 14, obinem 100.

Prof.Axente Mirela, Buzu

P:231. Artai cnu existnumere naturale care mprite la 6 sdea restul 1 i mprite la 12 s

dea restul 5;Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

P:232. Determinai numerele a, b, c, tiind caba cbc b4b .Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat

P:233. Suma a trei numere este 84. Sse afle numerele tiind cprimul este cu 16 mai mare dect

al doilea, iar al treilea este jumtate din suma primelor dou.

Prof. Lupan Nicoleta, Berca

P:234. Din triplul numrului 9 mrit cu 13, ia jumtatea numrului 12 micoratcu 3.

Prof. Anton Maria, Berca

P:235.Trei frai au mpreun2450 de timbre. Primul frate are cu 250 mai multe timbre dect al

doilea i cu 180 mai multe timbre dect al treilea. Cte timbre are fiecare frate?Prof. BrnzCristian,Buzu


35/47

- PROBLEME PROPUSE-

P:236. Afl7 numere impare consecutive, tiind c, dac la suma lor, mritde 5 ori adaugi 4,rezultatul este 1999.

Prof. Luca Mihaela Cornelia, BercaP:237. Doi elevi au de rezolvat mpreun50 de probleme. Dupce primul a rezolvat 3 probleme ial doilea 7 probleme, cei doi elevi au de rezolvat acelai numr de probleme. Cte probleme are derezolvat fiecare elev?

nv. Lupan Ion, PlecoiP:238. Doi frai citesc doucri avnd un numr egal de pagini. n prima zi, unul citete a cincea

parte din cartea sa, iar cellalt citete a aptea parte, constatnd ca citit cu 16 pagini mai puindect primul. Cte pagini mai are fiecare de citit?

nv.Marchidanu Florica, Berca

P:239. Suma a trei numere consecutive este 4851. Ce rezultat obinem, dacscdem 155 din ultimul numr?

Prof. Marinescu Gabriela,. Stnceti,Vadu-Paii

P:240. O croitorie primete stoftimp de 4 zile. n prima zi primete jumtate din stofplus 8 m, na doua zi jumtate din rest plus 8 m, n a treia zi jumtate din noul rest plus 8 m, iar n patra zi 8 m.Ci metri de stofa primit croitoria?

nv.Rotrescu Viorel, Vadu Paii

P:241. Matei, Corina i Alin au colecionat timbre. Cte timbre a colecionat fiecare copil dacMatei i Corina au colecionat 46 timbre, Corina i Alin 54 timbre, iar Matei i Alin 64 timbre.

Prof. Rotrescu Viorica, Vadu Paii

Clasa a V-a

G:308. Gsii numerele naturale ,ab cca cu a,b,c, cifre distincte astfel nct a ab ba cca .Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

G:309. Gsii numerele naturale ab cu a b astfel nctab ba

a ba b

.

Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

G:310. Rezolvai n mulimea * * * ecuaia 4 3 216x x yz .Prof. Doina Stoica i Mircea Mario Stoica, Arad

G:311. Sse arate cnumrul 3773 137173 A este numr par.Prof. TuLuca, Buzu

G:312. Determinai numrul xyzt , tiind care loc egalitatea: xyzt yzt zt t 2012 .Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat

G:313. Produsul dintre un numr de 3 cifre i diferena dintre un numr de doucifre i rsturnatulsu este 3564. Aflai numrul de trei cifre care ndeplinete condiia.

Prof. Mitea Mariana, Cugir, Alba

G:314. Determinai suma numerelor de forma abc , tiind c 3abc i c ab este, simultan, ptratperfect i cub perfect.

Prof. Victoria Popa, Timioara

G:315. Artai cdac 0ia 2,,1 nni i 1...21 naaa , atunci

11 1...1 11 1 21

naaa.

Prof.Neculai Stanciu, Buzu, Titu Zvonaru, Comneti


36/47

- PROBLEME PROPUSE-

G:316. Sse demonstreze cnumrul 111111111 2013201220112010 are un numr par de divizori.Titu Zvonaru, Comneti, i Neculai Stanciu, Buzu

G:317. Artai cnumrul n = 1 2 3 201213 13 13 ... 13 este divizibil cu produsul a dounumerenaturale consecutive. Prof.Simion Marin, Buzu

Clasa a VI-a

G:318. Dac , , , , *a b c d a b c d a b c d

a b c d d a b c d a b c d a b c

, sse compare numerele:

, , ,a b c d a b c d Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

G:319. Aflai numerele naturale abc tiind c abc ab a b c a c a .Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

G:320. Artai cnumrul n din proporia 10001 abcdnabcdabcd

este ptrat perfect.

Prof. Doina Stoica i Mircea Mario Stoica, Arad

G:321. Determinati cifrele a, b din egalitatea aaba ,1,137,2 . Prof. Rosu Valerica, Rm. Srat

G:322. mprind fraciile6

7i

8

9la o fracie dat, se obin, respectiv, cturi numere naturale

consecutive. Care este aceastfracie? Prof. Lcrimioara Nstase, Padina, Buzu

G:323. Sse rezolve nN*xN*xN*ecuaia 100x+ 101y+ 102z= 2011.Prof. Mariana Mitea, Cugir, Alba

G:324. Artai cdacnumrul defabcA se divide cu 111 atunci i numrul abcdef B sedivide cu 111.

Prof. TuLuca, Buzu

G:325. Sse rezolve n ecuaia 25 5 3 (5 1)x y x . Prof. Ana Panaitescu, Rm. Srat

G:326. Determinai numrul soluiilor din x ale inecuaiei 6x y .

Prof. Mircea Mario Stoica, Arad

G:327. Rezolvai ecuaia 3352 xx .Prof. TuLuca, Buzu

G:328. Aflai restul mpririi numrului a = 20082011+ 20112011+ 20122011 la 2010.Prof. Gheorghe Drstaru , Buzu

G:329. Artai c503 divide a + b , unde :

a = 1 +1 1 1 1

....2 3 4 2012

i b =1 2 3 2011

....2 3 4 2012

. Prof. Simion Marin, Rm. Srat

G:330. n ptratul ABCD, se considerpunctele E pe (AB) i F pe (BC), astfel nct,

12

AE BFEB FC

. Artai c BDE BEF .

Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat


37/47

- PROBLEME PROPUSE-

Clasa a VII-a

G:331. Artai cfraciile

2 2 2

1

6 8y x y x y

i

2 2 2

1

2 4 9y x y x y

sunt

echivalente pentru orice x i y numere reale nesimultan nule. Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

G:332. Rezolvai ecuaia2 1 2 2 2 3 2 2011 4022

... , *, 0.1 2 3 2011

x x x x xa

a a a a a

Prof.Nicolae Ivchescu, CraiovaG:333. Fie dcba ,,, lungimile laturilor unui patrulater convex.Artai c patrulaterul este

paralelogram daci numai dacdc

cd

cb

bc

da

ad

ba

ab

dcba

dbca

))((2.

Prof. dr.Mihly Bencze, Braov

G:334. Precizai dac 3 5 7 9 891 1 1 1 ...... 11 4 9 16 1936

n

.

Prof. Mariana Mitea, Cugir, Alba

G:335. Rezolvai n x ecuaia 2 2x xy x y . Prof. Ion Stnescu, Smeeni,Buzu

G:336. Calculai valorile ntregi ale lui x pentru care2 2019

2 3

x

x

este numr ntreg.Prof. Gheorghe Drstaru, Buzu

G:337. Fie triunghiurile AOB, BOC, COD, DOA dreptunghice n O, avnd lungimile laturilor[OA], [OB], [OC], [OD] numere naturale consecutive. Demonstrai care loc relaia:

102 22222 kDACDBCAB , unde *Nk .Prof. Victoria Popa, Timisoara

G:338. Fie triunghiul ABC cu msura unghiuluiBACde 1200. Fie [AA bisectoarea unghiului A a triunghiului, ' ( )A BC . Prin punctul A se construiete paralela la dreapta AB care intersecteaz

latura [AC] n M, ( )AC . Demonstrai c' '

1.AA AA

AB AC

Prof. Cornelia Guru, Moineti BacuG:339.Se considerun triunghi ABCcu lungimile laturilor 30,34,16 CABCAB i punctele

respectiv N pe latura [ ]BC astfel nct 12,4 MNBM . Calculai msura unghiului

AN .Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

G:340. n sistemul ortogonal de coordonate xOy , se considerpunctele ),0,(aA bB ,0 , aaC ,i bbD , .Dac EOxBC i FOyAD , atunci:a) artai c FOE este isoscel;b) determinai aria patrulaterului ABFE.

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

G:341. Pe dreapta BC, care include ipotenuza unui triunghi dreptunghic ABC, se considerpunctele D i E, astfel nct, ( )B DC i ( ) ( ),DB AB ( )C BE i ( ) ( )CE AC . Artai c

msura unghiuluiBOC este constant, unde O este centrul cercului circumumscris triunghiuluiDAE.

Prof. Constantin Apostol, Rmnicu Srat


38/47

- PROBLEME PROPUSE-

Clasa a VIII-a

G:342. Demonstrai c 43222

nn se divide cu 9, oricare ar fi numrul natural n

Prof. TuLuca, Buzu

G:343. Sse rezolve ecuaia:10 34 6 y

y xy x

. Prof. Mariana Mitea, Cugir, Alba

G:344. Demonstrai c1 1 1 1

... 1961 12 3 1960 1961

.

Prof. Mircea Mario Stoica, Arad

G:345. Aflai *n astfel nct

1 1 1 1 2012 2012...

20122 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 ( 1) 1n n n n


G:346. Dac ba, si c sunt numere pozitive demonstrai inegalitatea:444)( cbacbaabc .

Prof.dr.ing, Panuru Dumitru, Galai

G:347. Dacdimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt , , ab

a ba b

unde , *a b

, ce fel

de numr este diagonala paralelipipedului, raional sau iraional ?

Prof.Nicolae Ivchescu, CraiovaG:348. Fie funciile , :f g

astfel nct ,)()( xxgxf x

. Sse arate c

,3

2)()()()()()( 222222222 zyxygxfzxgzfyzgyfx

, ,x y z

. Existfuncii cu proprietatea din enun?

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

G:349. Se considersemidreptele OzOyOx (,(,( doucte douperpendiculare n centrul O . Pe ele

n aceast ordine se iau punctele CBA ,, . Perpendiculara dus din punctul Ope planul )(ABC l

intersecteazn punctul G , centrul de greutate al triunghiului ABC. Fie punctul ce aparinesemidreptei OG( . Precizai o poziie a punctului pe OG( tiind c CM( face cu )(OB un unghi

de msur 045 .Prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

G :350. Pe perpendiculara n A, pe planul dreptunghiului ABCD, se considerpunctul M. tiind

claturile triunghiului MBD sunt proporionale cu numerele 34, 25 i 41 i cMC 15 2

cm, calculai dimensiunile dreptunghiului i lungimea segmentului (MA).Prof. Constantin Apostol, Rmnicu. Srat

G :351. Pe perpendiculara n A pe planul dreptunghiului ABCD se ia punctul M astfel nct MB =

8 2 cm , MC = 2 41 cm i MD = 10 cm . Sse determine aria triunghiului MBD .Prof. Simon Marin, Rmnicu Srat


39/47

- PROBLEME PROPUSE-

Clasa a IX-a

L:206. Comparai , *x y tiind c 2 23 2011 3 2011 2011x y x y .


L:207. Artai cdac 0,, zyx , atunci 222333 724

1

zyx

xy

xzzyyx.

Prof. dr. Mihly Bencze, Braov

L:208. Sse arate cdac ,0, yx , atunci

2sin

2

sin

1

sin

1yxyx

.

(n legtura cu problema 26418 din G.M.-B, nr. 3/2011, propusdeNeculai Stanciu, Buzu)Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti

L:209. Artai cdac DCBA ,,, sunt patru puncte din spaiu astfel nct 1AB , 2BC ,

3CD , 6DA , atunci BDAC . (n legturcu o problema din Suplimentul cu exerciii al G.M-Bnr. 10/2011)

Prof. Roxana Mihaela Stanciu, Buzu

L:210. Sse arate c2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( ), , ,

( ) ( ) ( ) 2

xy yz zx x y zx y z

z x y x

Revista Sclipirea Mintii Nr 9

Documents

Transcript of Revista Sclipirea Mintii Nr 9