AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant...

75

Transcript of AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant...

Page 1: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti
Page 2: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

AcelaAcelaAcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitatea 2

xe dx π

+∞−

−∞

=∫ este este este este

evidentă ca "2 × 2 = 4". evidentă ca "2 × 2 = 4". evidentă ca "2 × 2 = 4". evidentă ca "2 × 2 = 4". W. Thompson (lord Kelvin)

MiciiMiciiMiciiMicii MATEMATICIENIMATEMATICIENIMATEMATICIENIMATEMATICIENI

ReviReviReviRevista elevilor din Hîrlăusta elevilor din Hîrlăusta elevilor din Hîrlăusta elevilor din Hîrlău FondatFondatFondatFondatăăăă în anul 2007în anul 2007în anul 2007în anul 2007

Anul Anul Anul Anul VVVVII, nr. 7, II, nr. 7, II, nr. 7, II, nr. 7, aaaaprilprilprilprilie 201ie 201ie 201ie 2013333

Page 3: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

REDACŢIA REVISTEI

REDACTOR ŞEF: IOAN SǍCǍLEANU

MEMBRII REDACŢIEI:

AUREL NEICU GHEORGHE OANCEA BOGDAN DORNEANU

IULIANA BLANARIU RAMONA DARIE

ADRESA REDACŢIEI:

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLǍU STR. MIHAI EMINESCU, NR. 5 TEL/FAX: 0232/720911 WEB: http://hirlau.licee.edu.ro ADRESELE DE E-MAILL:

[email protected][email protected][email protected]

TEHNOREDACTARE:

� IOAN SǍCǍLEANU

ILUSTRAŢIA COPERTEI:

� RAMONA DARIE SPONSORII REVISTEI:

� ASOCIAŢIA PǍRINŢILOR “ŞTEFAN CEL MARE”, HÎRLǍU � PRIMǍRIA ORAŞULUI HÎRLǍU � S. C. COTNARI S.A. � S. C. BEST COLOR S.R.L. � C.M.I. DR. STELA TATIANA NEICU � S.C. REZIDENT HOUSE S.R.L., HÎRLĂU � RESTAURANT ŢǍPUŞǍ

ISSN 1844 – 153X

L

Page 4: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

1

Micii MATEMATICIENI

PLEDOARIE PENTRU STUDIUL MATEMATICII

Motto: “Operele matematice robesc şi încântă

tocmai ca operele pasiunii şi imaginaţiei”

(Ion Barbu, matematician şi poet român 1865-1961)

Ediţia de anul acesta a revistei “Micii matematicieni” înregistreaza a VII-a apariţie

consecutivă şi vine ca o complinire a pasiunii elevilor şi profesorilor pentru una din cele mai vechi şi fascinante discipline descoperite de oameni. Iar concursul ”MICII Matematicieni” , la ediţia a VIII-a, este înscris în Calendarul Activităţilor Educative Naţionale, la A12 Domeniul ştiinţific poziţia 24.

Dacă mergem la semnificaţia lexicală a termenului, cuvântul “matematică” vine din limba greaca, ”mathena” , care înseamnă “învăţare”, ”studiu”, ”ştiinţă”. Chiar de la rudimentele manifestării acesteia, ea a intenționat o dezvoltare a gândirii logice, clare, precise, apoi a stimulat capacitatea de cercetare, de analiză şi sinteză, pentru ca azi, într-o contemporaneitate din ce în ce mai tehnologizată, în multiplele ei ramificaţii, să cultive atenţia, simţul critic constructiv, imaginaţia creatoare, formarea unui limbaj obiectiv şi concis.

Micii matematicieni, care vor cuceri mâine lumea cu puterea minții lor, îşi antrenează gândirea la şcoala ştiinţelor exacte, cu entuziasmul adolescentin care-i face să iubească, în egală măsură, şi jocul cifrelor din caietul cu pătraţele sau de pe ecranul calculatorului, şi miraculoasa lume a geometriei, şi vor contribui, prin prezenţa lor în paginile revistei noastre la un complex de idei şi soluţii mereu mai complexe şi mai bine scrise. De ce vă îndemn să studiaţi matematica ?

Pentru că ea este un mod de gândire cu valoare universală şi pentru că prilejuieşte bucurii spirituale la care orice fiinţă umană ar trebui să aibă acces.

Nu întâmplător, Solomon Marcus, unul din cei mai străluciţi matematicieni români, a indicat ipostazele din care vă invit şi eu să priviţi matematica: - domeniu de cunoaştere; fenomen de cultură; ştiinţă; artă; limbaj; fenomen social; joc; moda - parte a vieţii spirituale; mod de viaţă … şi lista ar putea continua, după inspiraţia şi logica voastră…. Iar dacă vreţi să descoperiţi adevărul acestor afirmaţii, deschideţi revista noastră şi fiţi unul din “MICII MATEMATICIENI” care ne pot demonstra că Frumusețea acestui obiect se reflectă şi prin soluţiile ingenioase, creative pe care le aşteptăm de la voi în acest concurs, la care dorim tuturor concurenţilor « MULT SUCCES » !

PROF. AUREL NEICU, DIRECTOR AL COLEGIULUI NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE,

HÎRLĂU

Page 5: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

2

Micii MATEMATICIENI

PANTEON

RETROSPECTIVE AFECTIVE

Motto: « Matematica este ca urcuşul la munte. Efortul este răsplătit de privelişti măreţe. Ca şi pe munte, ascensiunile în matematică sunt frumoase dacă nu eşti obsedat doar de locul unde vrei să ajungi şi dacă eşti în stare să savurezi tot ceea ce întâlneşti pe parcurs. » (Solomon Marcus – „Şocul matematicii“)

În memoria afectivă a deja tradiţionalului nostru Panteon îşi găseşte un

meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti – jud. Botoşani. Cunoscut profesor pentru seriozitatea şi abnegaţia pe care le-a dovedit în toata cariera sa, domnia sa a absolvit Facultatea de matematică-fizică din cadrul Universităţii ”Al.I.Cuza” Iaşi, în anul 1960.

Ca mulţi dintre profesorii debutanţi din vremea respectivă, domnul profesor a străbătut calea apostolatului, începându-şi cariera ca profesor de matematică la Şcoala Focuri –Iaşi în perioada 1953 – 1965. Dorinţa personală de afirmare, ambiţia de a profesa la autentica sa valoare şi de a se face remarcat pentru performanţe educaţionale, dar şi ca mentor al tinerei generaţii de dascăli, l-a determinat pe domnul profesor Constantin Luca să profeseze ca metodist la Secţia de învăţământ Hârlău. Traseul său profesional a inclus şi câţiva ani de predare ca profesor titular de matematică la Liceul real – umanist Hârlău, din 1968 până în 1975, timp în care a fost apreciat pentru deosebitul tact pedagogic, răbdarea şi tenacitatea cu care a educat generaţii întregi de elevi care se mândresc şi azi de a fi fost discipolii săi. Ca mulţi alţi profesori care şi-au găsit împlinirea explorând alte orizonturi profesionale, din curiozitatea mereu provocatoare de a cunoaşte alte culturi şi civilizatii, dar şi din nesecata voinţă de a descifra tainele matematicii şi pentru învăţăceii de pe alte meridiane, domnul profesor Constantin Luca a ales să predea matematica şi elevilor de la Liceul Ziri Ben Attia - din oraşul Oujda – Maroc, în perioada cuprinsă între 1975-1979. Revenit în ţară, se va consacra predării disciplinei pe care a considerat-o „regina ştiintelor” la Liceul Teoretic ”Ştefan cel Mare” , Hârlău.

Incontestabilul său devotament faţă de şcoală l-a facut să mai urce o treaptă valorică a carierei sale şi între anii 1974 1975,1987-1988 a fost director al Liceului din Hârlău, precum şi director adjunct intre 1971-1974. Multe din performanţele elevilor din perioadele menţionate se datorează acestui profesor de autentică vocaţie pedagogică, ce şi-a legat numele de un timp în care metodele sale didactice au dat roade evidente, atât în ceea ce priveşte generaţiile de elevi care-şi amintesc cu admiraţie şi condescendenţă de autoritatea şi prestigiul domnului profesor, cât şi cei care îi pot mulţumi azi, ca foşti colegi de bucuria de a se fi aflat în preajma unui om cu valoare de mentor şi model profesional.

În plan personal, domnul profesor Constantin Luca şi-a împlinit în cel mai onorabil mod şi calitatea de părinte, cele două fiice ale sale fiind medic şi, respectiv, cadru didactic universitar la Universitatea „Gheorghe Asachi” din Iaşi.

Pentru toate aceste motive, considerăm o datorie de onoare din a face din personalitatea pe care o evocăm acum una din figurile memorabile din galeria de străluciţi profesori ai şcolii noastre cărora le vom datora întotdeauna recunoştinţa, respectul şi perpetua noastră admiraţie.

PROF. AUREL NEICU,

DIRECTOR AL COLEGIULUI NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

Page 6: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

3

Micii MATEMATICIENI

ARTICOLE SI NOTE MATEMATICE

PRINCIPIUL INCLUDERII ŞI AL EXCLUDERII

MONICA DANA BURLICĂ 1)

Combinatorica este acea ramură a matematicii care se ocupă cu studiul mulţimilor. Un rezultat util în rezolvarea unor probleme de teoria mulţimilor, de divizibilitate sau de geometrie îl reprezintă principiul includerii şi al excluderii. Aducem în atenţia cititorului acest rezultat şi prezentăm, în continuare, câteva aplicaţii ale sale. PRINCIPIUL INCLUDERII SI EXCLUDERII. Se dau n mulţimi finite 1 2, ,..., nX X X astfel încât

cardinalul fiecărei mulţimi iX se notează iX , pentru orice 1 i n≤ ≤ .

Atunci, ( ) 1

1 21 1 11

... 1 ... .n n

n

i i i j i j k ni i j n i j k ni

X X X X X X X X X X−

= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤=

= − ∩ + ∩ ∩ − + − ∩ ∩ ∩∑ ∑ ∑∪

∗∗∗ APLICAŢIA 1: Câte numere naturale mai mici sau egale cu 1000 sunt divizibile cu 2, 3 sau 5 ? SOLUŢIE: Definim { } { } { }1 2 32 / ;2 1000 , 3 / ;3 1000 , 5 / ;5 1000 .X n n n X n n n X n n n= ∈ ≤ = ∈ ≤ = ∈ ≤ℕ ℕ ℕ

Numărul căutat este 1 2 3 .X X X∪ ∪ Aplicând principiul includerii şi al excluderii, obţinem:

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

1000

2X X X X X X X X X X X X X X X ∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ = + 1000 1000 1000 1000 1000 1000

500 333 200 166 100 66 33 743.3 5 6 10 15 30

+ + − − − + = + + − − − + = APLICAŢIA 2: Dacă ,X Y sunt mulţimi finite astfel încât X m= şi Y n= , unde , ,m n m n∈ ≥ℕ

atunci numărul funcţiilor surjective :f X Y→ este ( ) ( ) ( ) ( ) 11 2 3 11 2 3 ... 1 .m m m nm m

n n n nn C n C n C n C− −− − + − − − + + −

SOLUŢIE: Fie mulţimile { }1 2, ,..., mX x x x= şi { }1 2, ,..., nY y y y= , unde m n≥ . Se ştie că mulţimea

funcţiilor { }:f X Y→ are mn elemente. Astfel, dacă notăm { }: /S f X Y f surjectiva= → , numărul

funcţiilor surjective de la X la Y este mn s− , unde .S s= Notăm ( ){ }: /i iA f X Y y f X= → ∉ ,

pentru fiecare { }1,...,i n∈ , de unde deducem că 1

n

ii

S A=

=∪ . Conform principiului includerii şi al

excluderii, obţinem :

( ) 1

1 21 1 11

... 1 ... .n n

n

i i i j i j k ni i j n i j k ni

s S A A A A A A A A A A−

= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤=

= = = − ∩ + ∩ ∩ − + − ∩ ∩ ∩∑ ∑ ∑∪

Observăm că iA reprezintă mulţimea funcţiilor definite pe X cu valori în { }\ iY y , pentru fiecare

{ }1,...,i n∈ , deci ( )1 ,m

iA n= − iar i jA A∩ reprezintă mulţimea funcţiilor definite pe X cu valori în

{ }\ ,i jY y y , pentru fiecare { }, 1,..., ,i j n i j∈ ≠ deci ( )2 .m

i jA A n∩ = −

În general, ( )1 1

...k

m

i i iA A A n k∩ ∩ ∩ = − , unde 1 pi n≤ ≤ , pentru orice { }1,..., ,p k∈ distincte două

câte două, iar 1 2 ... 0nA A A∩ ∩ ∩ = . Deci, ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 11 2 3 ... 1 .m m m n n

n n n ns C n C n C n C −= − − − + − − + −

În concluzie, numărul funcţiilor surjective :f X Y→ este

( ) ( ) ( ) ( ) 11 2 3 11 2 3 ... 1 .m m m nm n

n n n nn C n C n C n C− −− − + − + − + + −

Page 7: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

4

Micii MATEMATICIENI

OBSERVAŢIA 1 : Un caz particular al egalităţii de mai sus ne conduce identitatea

( ) ( ) ( ) ( ) 11 2 3 1! 1 2 3 ... 1 .n n n nn n

n n n nn n C n C n C n C− −= − − + − − − + + −

OBSERVAŢIA 2 : Analog se demonstrează următoarea problemă : Dacă se notează prin , ,n m rs

numărul funcţiilor : ,f X Y→ unde , ,X n Y m= = cu proprietatea că există ,Z Y Z r⊂ = şi

astfel încât ( ) ,f X Z⊃ atunci ( ) ( ) ( ) ( )1 2, , 1 2 ... 1 .

n n n nnn m r r rs m C m C m m r= − − + − − + − −

APLICAŢIA 3: Fie A un alfabet format din n litere identice : 1 1 2 2, ; , ;...; ,n na a a a a a , perechile

diferite constând din litere diferite. Se formează toate cuvintele care folosesc toate cele 2n litere din alfabetul ,A astfel să nu apară două litere identice vecine. Să se arate că numărul acestor cuvinte

este egal cu : ( ) ( ) ( ) ( )1 2 212 ! 2 2 1 ! 2 2 2 ! ... 1 2 ! .

2

n nn nn

n C n C n n − − + − − + −

SOLUŢIE: Numărul tuturor cuvintelor care folosesc toate cele 2n litere din alfabetul A este egal cu ( )( )

( )2 ! 2 !,

22!n n

n n= Deoarece literele identice pot fi permutate între ele în ( )2! 2

n n= moduri distincte,

rezultând un acelaşi cuvânt format cu cele 2n litere din A .Să notăm cu iA mulţimea cuvintelor

formate cu cele 2n litere din A pentru care cele două litere ia sunt vecin.

Rezultă că numărul căutat este egal cu ( )

1 2

2 !... .

2 nn

nA A A− ∪ ∪ ∪

Pentru a evalua 1 2 ... nA A A∪ ∪ ∪ aplicăm principiul includerii-excluderii :

( ) ( )11

1 1

1 2 1 1 1 ... 1... 1 ... ... 1 .

i kk

nn k n

n i i j i i i ii i j n i i n iA A A A A A A A A A

− −

= ≤ ≤ ≤ ≤ < < ≤ =∪ ∪ ∪ = − ∩ + − ∩ ∩ ∩ + + −∑ ∑ ∑ ∩

Să calculăm în cazul general numărul de elemente din 1 2

...ki i iA A A∩ ∩ ∩ şi să arătăm că aceste nu

depinde de alegerea indicilor 11 ... .ki i n≤ < < ≤ Dacă un cuvânt aparţine acestei mulţimi înseamnă că

el aparţine fiecăreia din mulţimile 1 2, ,..., ,

ki i iA A A deci literele 1 1 2 2, ; , ;...; ,

k ki i i i i ia a a a a a sunt vecine.

Cuvintele pentru care cele k perechi de litere sunt vecine se obţin în modul următor : se formează toate cuvintele având 2n k− litere care formează un alfabet obţinut din A prin suprimarea câtei unei litere dintre

1 2, ,..., .

ki i ia a a Apoi în fiecare cuvânt astfel format se dublează literele 1 2, ,..., ,

ki i ia a a

adăugând după litera ji

a o altă literă egală cu ,ji

a pentru fiecare 1,..., .j n= Deci obţinem :

( )( )

( )1 2

2 ! 2 2 !... .

22!

k

n n k n

n k n kA A A −

− −∪ ∪ ∪ = = Deoarece indicii 1,..., ki i cu 11 ... ki i n≤ < < ≤ pot fi aleşi

în knC moduri, rezultă că numărul cuvintelor care nu conţin două litere identice vecine este

( ) ( ) ( ) ( )21 22 ! 2 2 1 ! 2 2 2 ! 1 2 !

... .2 2 2 2

n n

n nn n n n

n n n nC C

− − −− + − +

REFERENCES : 1. I. TOMESCU, INTRODUCERE ÎN COMBINATORICĂ, EDITURA TEHNICĂ, 1972 2. I. TOMESCU, PROBLEME DE COMBINATORICĂ ŞI TEORIA GRAFURILOR, ED. DID. ŞI PED., BUCUREŞTI, 1981.

1) LECTOR UNIVERSITAR DOCTOR,

DEPARTAMENTUL DE MATEMATICĂ ŞI INFORMATICĂ, UNIVERSITATEA TEHNICĂ GHEORGHE ASACHI, IAŞI

Page 8: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

5

Micii MATEMATICIENI

REZOLVAREA UNOR SISTEME DE ECUAŢII NESTANDARD CU ELEMENTE DE TEORIA PUNCTULUI FIX

MIHAI CRĂCIUN

1)

Una din direcţiile de dezvoltare, în teoria ecuaţiilor (indiferent de natura lor) este stabilirea unor teoreme de existenţă a soluţiilor, respectiv de existenţă şi unicitate. O ecuaţie pe axa reală se poate scrie în una din formele:

� ( ) 0 ff x S Z= ⇒ = (TEORIA ZEROURILOR) ;

� ( ) fx f x S F= ⇒ = (TEORIA PUNCTELOR FIXE) ;

� ( ) yf x y S F= ⇒ = (TEORIA DE SURJECTIVITATE ŞI INJECTIVITATE) ;

� ( ) ( ) ( ),f x g x S C f g= ⇒ = (TEORIA PUNCTELOR DE COINCIDENŢĂ).

În acest articol, vom prezenta câteva rezultate teoretice din teoria punctelor fixe şi câteva aplicaţii ale acesteia în rezolvarea unor sisteme de ecuaţii.

∗∗∗ TEOREMA LUI BROWER : O funcţie [ ] [ ]: , ,f a b a b→ continuă, admite cel puţin un punct fix.

DEMONSTRATIE : Considerăm [ ] [ ]: , , ,g a b a b→ ( ) ( )g x f x x= − . Din ( )a f x b≤ ≤ [ ],x a b∀ ∈

( ) ( ) 0g a f a a⇒ = − ≥ şi ( ) ( ) 0g b f b b= − ≤ . Cum g continuă pe [ ],a b şi ( ) ( ) 0g a g b⋅ ≤ rezultă

că, din teorema valorilor intermediare, că există [ ]0 ,x a b∈ astfel încât ( )0 0g x = , deci ( )0 0f x x= .

TEOREMA LUI KNOSTER : O funcţie [ ] [ ]: , , ,f a b a b a b→ < , strict crescătoare admite cel puţin un punct fix.

DEMONSTRATIE : Fie [ ] ( ){ },A x a b x f x= ∈ ≤ . Din ( ) ( )a f x b a f a a A≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈ , deci

A O≠ nevidă. Cum [ ],A a b A⊂ ⇒ mărginită ⇒ există 0sup A x= ∈ℝ . Deoarece 0a A a x∈ ⇒ ≤

şi b este un majorant pentru A , deci 0x b≤ , rezultă [ ]0 ,x a b∈ . Arătăm că ( )0 0f x x= . Într-adevăr,

fie 0x A x x∈ ⇒ ≤ şi cum f crescătoare, rezultă ( ) ( )0 ,f x f x≤ dar ( )x A x f x∈ ⇒ ≤

( )0x f x x A⇒ ≤ ∀ ∈ . Prin urmare, ( )0f x este un majorant pentru A, deci ( )0 0x f x≤ (1). Deoarece

f este crescătoare, avem ( ) ( )( )0 0f x f f x≤ , rezultă că ( )0f x A∈ . Cum 0 supx A= , avem

( )0 0f x x≤ (2). Din (1) şi (2) rezultă că ( )0 0f x x= , adică fF ≠∅ .

PROPRIETATEA 1 : Dacă ( ) ( ): ; ;f a b a b→ este o funcţie continuă astfel încât ( )( ) ( ), ;f f x x x a b= ∀ ∈

atunci există ( )0 ;x a b∈ cu proprietatea ( )0 0f x x= , adică 0x este punct fix pentru f .

PROPRIETATEA 2 : Dacă pentru ecuaţiile unui sistem există o funcţie f astfel încât ( )1 2f x x= ,

( )2 3f x x= , …, ( ) 1nf x x= , atunci ( )... , 1,k k

nori

f f f x x k n = = � � �����

, deci kx este punct fix pentru f

. ∗∗∗

PROBLEMA 1: Să se rezolve sistemul: 45 5x y y= + − + şi 45 5y x x= + − + .

SOLUŢIE: Fie [ ) ( ): 5, , 45 5f f x x x− ∞ → = + − +ℝ . Sistemul este ( )x f y= şi

( ) ( )( ) 2fy f x x f f x x F= → = → ∈ . Punctele fixe ale lui f sunt puncte fixe şi pentru f f� .

Punctele fixe ale lui f se găsesc rezolvând ecuaţia ( )45 5 0x x x x+ − + = >

Page 9: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

6

Micii MATEMATICIENI

45 5x x x⇒ + = + + sau 245 5 2 5x x x x x+ = + + + + sau ( )240 2 5 0x x x x− = + > dar

240 0x− > sau )5, 40x ∈ − , avem: ( ) ( )22 240 4 5x x x− = + sau 4 3 24 100 1600 0x x x− − + =

4x⇒ = . O altă soluţie aparţine intervalului ( )10,12 ceea ce nu corespunde condiţiei )5, 40x ∈ − .

Pentru 4 4x y= ⇒ = şi deci ( ){ }4,4S = .

PROBLEMA 2: Să se rezolve sistemul: ( )( )

4 1

4 1

x y y

y x x

= −= −

.

SOLUŢIE: Fie ( ) ( ): , 4 1f f x x x→ = −ℝ ℝ , sistemul este: ( ) ( ),x f y y f x= = , soluţiile ecuaţiei

( )f x x= sunt soluţii pentru ( )( )f f x x= ( ) 3 3 5 5 5 5 5 5 5 50,0 , , , , , ,

4 4 8 8 8 8S − + + − ⇒ =

.

PROBLEMA 3: Să se rezolve sistemul : ( )( )( )

3

3

3

3 1

3 1

3 1

y x x xy

z y y zy

x z z xz

+ = ++ = +

+ = +

.

SOLUŢIE: Prima ecuaţie se scrie ( )3

2

3 3,

3 1 3

x xy f x x

x

−= = ≠ ±

−. Funcţia f este crescătoare pe

3;

3

−∞ −

, 3 3;

3 3

, 3;

3

. Analog, ( )z f y= , ( )x f z= . Rezultă că ( )( )( )x f f f x= .

Punctele fixe ale aplicaţiei f sunt soluţiile ecuaţiei ( )f x x= . Obţinem 0 0x y z= ⇒ = =

( ){ }0;0;0S⇒ = .

PROBLEMA 4: Să se rezolve sistemul : 2

1 22 1x x= − , 22 32 1x x= − şi 2

3 12 1x x= − .

SOLUŢIE : Fie funcţia ( ) 2: , 2 1f f x x→ = −ℝ ℝ . Mulţimea punctelor fixe este 1;1

2fF = −

.

Obţinem soluţiile sistemului: ( )1 1 1; ; , 1;1;1

2 2 2S = − − −

.

PROBLEMA 5 : Să se rezolve sistemul: 2

2x yx

+ = , 2

2y zy

+ = şi 2

2z xz

+ = .

SOLUŢIE : Fie ( ) 1 1: ,

2f f x x

x∗→ = +ℝ ℝ . Sistemul devine: ( ) ( ) ( ), ,y f x z f y x f z= = = . De aici,

obţinem: ( )( )( )x f f f x= . Dacă fa F∈ , atunci f f fa F∈ � � . Cum ( ){ } { }2; 2fF a f a a= = = − ,

rezultă că sistemul are soluţiile ( )2; 2; 2− − − şi ( )2; 2; 2 .

BIBLIOGRAFIE: 1. I.A. RUS, PRINCIPII ŞI APLICAŢII ALE TEORIEI PUNCTULUI FIX, EDITURA DACIA, 1978 2. I.A. RUS, TEORIA DIRECTĂ A PUNCTULUI FIX, SEMINARUL DIDACTICA MATEMATICII, VOL.11, 1995, CLUJ.

1)PROFESOR, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU,

PAŞCANI, IAŞI

Page 10: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

7

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA APLICATĂ

ÎN STUDIUL UNOR PROBLEME DE FIZICĂ

ANCA MARIA BOBÎRNĂ 1)

Vom prezenta pe scurt câteva noţiuni teoretice legate de lucrul mecanic în mecanică şi

termodinamică, după care vom aborda trei probleme legate de această mărime fizică în a căror rezolvare se aplică noţiunea de integrală la calcularea lucrului mecanic.

Lucrul mecanic L efectuat de o forţă constantă F ce îşi deplasează punctul de aplicaţie pe distanţa d este definit prin produsul scalar dintre vectorul forţă şi vectorul deplasare:

αcosFxxFL =⋅=

În cazul în care forţa nu este constantă, distanţa pe care se deplasează punctul ei de aplicaţie se

împarte într-o infinitate de mici distanţe xd, pe care forţa poate fi considerată constantă, lucrul

mecanic elementar este:

cosL F dx Fdxδ α= ⋅ =

Lucrul mecanic total se obţine prin sumarea ( integrarea ) lucrului mecanic elementar, care

reprezintă aria suprafeţei delimitată de graficul forţei în funcţie de deplasare:

∫ ⋅=2

1

x

xxdFL

În termodinamică lucrul mecanic efectuat într-o transformare izobară (presiunea este constantă) este dat de relaţia: ( )12 VVpL −= , unde 1V şi 2V sunt volumele gazului în starea iniţială, respectiv finală, iar dacă presiunea nu este constantă, lucrul mecanic elementar este: L pdVδ = , unde dV este variaţia elementară a volumului gazului, iar lucrul mecanic total, care reprezintă aria suprafeței mărginită de graficul presiunii în funcție de volum și de ordonatele volumelor extreme, este:

∫=2

1

V

VpdVL .

PROBLEMA 1: Un corp de masă kgm 75= este ridicat uniform de la suprafaţa Pământului până la

altitudinea kmh 630= . Cunoscând raza Pământului kmR 6370= şi acceleraţia gravitaţională la

suprafaţa Pământului 20 /8,9 smg = , calculaţi valoarea lucrului mecanic efectuat la deplasarea

corpului. SOLUŢIA 1: Forţa cu care trebuie acţionat corpul este egală cu greutatea corpului, care variază cu

altitudinea, având expresiile: oo mgGF ==1 , 2

2

+

===hR

RmgmgGF o , unde og și g sunt

accelerația gravitațională la nivelul Pământului, respectiv la altitudinea h . Forţa fiind variabilă (depinde de pătratul distanţei), se ia media geometrică dintre valorile iniţială şi finală, iar lucrul

mecanic efectuat este: JhR

Rhmgh

hR

RmgmghFFhFL ooom

82

21 102,4 ⋅≅+

=

+

=== .

SOLUŢIA 2: Din legea atracţiei universale forţa care trebuie învinsă la deplasarea corpului este:

2r

mMKF = , unde r este distanța de la centrul Pământului pînă la corp și ținând cont de expresia sa

la suprafața Pământului omgR

mMKF ==

21 , se obține 2

2

r

RmgF o= , iar lucrul mecanic efectuat va fi:

( ) hR

Rhmg

hRR

hRmg

rRmg

r

drRmgdr

r

RmgFdrLL o

ohR

Ro

hR

Ro

hR

R o

hR

R

hR

R +=

+=

−===== +++++

∫∫∫∫ 222

22

2 1δ

Page 11: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

8

Micii MATEMATICIENI

PROBLEMA 2 . O masă gm 29= de aer este comprimată izoterm la temperatura KT 300= de la o presiune inițială normală până la un volum final de 718,2=e ori mai mic decât cel inițial. Să se afle lucrul mecanic efectuat de gaz.

SOLUŢIE: Din legea transformării izoterme avem: .2211 constpVVpVp === ⇒V

Vpp 11= . Ținând

cont de ecuația de stare a gazului ideal RTVp ν=11 și de expresia lucrului mecanic, se obține :

( )1

2

1

21112111111 lnlnlnlnln 2

1

2

1

2

1 V

VRT

V

VVpVVVpVVp

V

dVVppdVL V

V

V

V

V

Vν==−==== ∫∫ , relație care se

învață în clasa a X-a fără să fie demonstrată, având în vedere că nu poate fi dedusă decât prin

integrare. Înlocuind numărul de moli µ

νm

= , unde µ este masa molară a gazului și efectuând

calculul numeric se obține: JKKkmol

J

kmol

kgkg

RTm

eRT

mL 25003008314

29

10291ln

3

−=⋅

⋅=−==

µµ

PROBLEMA 3. O masă m de gaz ideal, cu masa molară µ , suferă un proces după legea 2~ pT , de

la 1T la 2T . Aflați lucrul mecanic efectuat de gaz.

SOLUŢIA 1: Din 2~ pT ⇒ 2apT = , unde a este o constantă. Din ecuația de stare a gazului ideal se

obține 2pV RT Rapν ν= = ⇒ V a Rpν= ⇒V

pa Rν

= . Înlocuind presiunea în expresia lucrului

mecanic se obține:

( ) ( )µ

ννννν 2222

11 121221

22

22

1

2

1

2

1

2

1

TTmRTTR

Ra

VVV

RaVdV

RadV

Ra

VpdVL V

V

V

V

V

V

V

V

−=

−=

−===== ∫∫ ∫

SOLUŢIA 2: Din relația Ra

Vp

ν= se observă că presiunea p este direct

proporțională cu volumul V , deci reprezentarea presiunii în funcție de volum este o dreaptă care trece prin origine. Lucrul mecanic este aria suprafeței hașurate ( în formă de trapez ):

( )( ) ( )( )12211221 2

1

2

1RpaRpappVVppL νν −+=−+= =

( ) ( ) ( )µ

νν222

1212

21

22

TTmRTT

Rpp

Ra −=−=−=

BIBLIOGRAFIE : 1. I. D. ZELETIN, A. POPESCU, PROBLEME DE MECANICĂ ŞI ACUSTICĂ, ED. TEHNICA, BUCURESTI, 1974 2. A. HRISTIEV, PROBLEME DE FIZICĂ, EDITURA APH-SRL, BUCURESTI, 1992

1) PROFESOR DE FIZICĂ, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE,

HÎRLĂU, IAŞI

P

2P

1P

1V 2V V

1

2

Page 12: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

9

Micii MATEMATICIENI

ISTORIA PARADOXELOR GÂNDIRII APLICAŢII LOGICO-MATEMATICE

RAMONA BUJOR

1)

Acest articol vizează surprinderea momentelor de criză ale Gândirii, în încercările sale gnoseo-logice şi de comprehensiune a lumii. Scopul este acela de a conduce spre naşterea interogaţiei, fără de care Gândirea s-ar epuiza într-o certitudine plată, devenind dogmă. Paradoxele nu sunt slăbiciuni ale Gândirii, ci întrebări care dislocă opinii general acceptate, teorii ştiinţifice, în favoarea unei incertitudini bogate în conţinut şi care menţine vie mişcarea Gândirii.

PARADOXELE LOGICE ÎN GÂNDIREA ANTICĂ (I)

Primii gânditori ai Greciei Antice au încercat să înţeleagă şi să explice realitatea lumii prin intermediul elementelor şi relaţiilor matematice. Fapt cu o dublă consecinţă: o dată, ordonarea realităţii şi, în al doilea rând, certitudinea cunoaşterii. Pitagoreicii au realizat primul model al lumii “more geometrico”. Numărul, ca principiu ordonator al Kosmos-ului, are drept esenţă unitatea.Din punct de vedere geometric, unităţii îi corespunde punctul, definit ca “unitatea ce are o poziţie, adică

unitatea considerată în spaţiu”. 1 De aici rezultă că, orice corp geometric este o pluralitate, o sumă puncte, la fel cum numărul este o sumă de unităţi. Astfel, lumea şi obiectele sale sunt alcătuite dintr-o pluralitate de unităţi, având atributele corpurilor geometrice. Zenon din Elea (489 î.e.n. - 430 î.e.n.), discipol al filosofului Parmenide, adept al învăţăturii maestrului său, conform căreia Fiinţa este Una, iar pluralitatea nu există, sesizează contradicţiile care pot lua naştere prin aplicarea la experienţa fizică a teoriilor pitagoreicilor. Paradoxele sau aporiile – “situaţii fără ieşire” ale Gândirii, formulate de Zenon ne sunt prezentate de către Aristotel în Fizica, (Cartea Z), fiind în număr de şase: două împotriva pluralităţii şi patru împotriva mişcării. Metoda utilizată de către Zenon este cea a reducerii la absurd.

*** Ne vom opri succint asupra argumentelor împotriva mişcării: 1. DIHOTOMIA. Mişcarea imposibilă, fiindcă un obiect care se deplasează între oricare două puncte A şi B trebuie întotdeauna să acopere jumătate din distanţă înainte de a ajunge la capăt – (trebuie să parcurgă distanţa AC). Dar înainte de a străbate jumătate din distanţă, el trebuie să fi acoperit jumătate din jumătate (distanţa AD), şi aşa la infinit (ad infinitum). Astfel, pentru a traversa orice distanţă, trebuie să se acopere un număr infinit de puncte, fapt ce e imposibil de realizat într-un timp finit. Aristotel incearcă rezolvarea aporiei considerând-o un paralogism (eroare de raţionare fără intenţie). Zenon, presupunând că cele infinite nu pot fi străbătute într-un timp finit, el ar utiliza două sensuri ale conceptului de infinit: infinitul de compoziţie (la extremităţi), care implică atât spaţiul cât şi timpul ca infinite, şi infinitul de diviziune. Pentru Aristotel, un spaţiu este infinit prin diviziune doar în potenţă şi nu în act, adică doar prin analiză conceptuală, fiind acoperit într-un timp finit. 2. AHILE ŞI BROASCA ŢESTOASǍ. Sprintenul Ahile nu va prinde niciodată din urmă o broască ţestoasă dacă îi dă un cât de mic avans. Pentru a face acest lucru, el trebuie mai întâi să ajungă la punctul din care ea a pornit (punctul b), dar până atunci, broasca ţestoasă se va fi mutat mai departe

A BCD

Page 13: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

10

Micii MATEMATICIENI

(punctul c). Până când el va acoperi şi această distanţă (b-c), broasca ţestoasă se va fi mutat din nou (punctul d), ş.a.m.d. Ca şi în dihotomie, Ahile va trebui să treacă printr-un număr infinit de puncte pentru a prinde broasca ţestoasă din urmă cu diferenţa că aici diviziunea nu mai este în jumătăţi egale, ci în părţi din ce în ce mai mici la infinit, corespunzătoare vitezelor relative ale alergătorilor. Paradoxul se construieşte ţinând cont de specificaţiile: a) spaţiul este infinit, (altfel Ahile ajunge broasca ţestoasă pe o linie finită); b) viteza mai mare nu ajută absolut deloc. Şi aici intervine timpul: timpul de care are nevoie Ahile este totdeauna şi la dispoziţia broaştei ţestoase care are întotdeauna un avans. Timpul devine divizibil la infinit. De exemplu: B străbate într-o oră 2 mile, A în aceeaşi oră străbate 1 milă. Dacă ei sunt la 2 mile depărtare unul de altul, B a ajuns într-o oră acolo unde era A la începutul orei (b). Spaţiul parcurs între timp de A (b-c), 1 milă, B îl va parcurge în jumătate de oră şi aşa mai departe la infinit: A este in c, când B este in b. Rezolvarea ar consta în considerarea timpului ca un continuu şi nu ca o discontinuitate între unităţi imobile: în mişcare, există un interval de timp (a-d) şi nu secţionat în a-b; b-c; c-d. 3. SĂGEATA CARE ZBOARĂ ESTE ÎN REPAUS, pentru că ea se află permanent într-un spaţiu egal ei însaşi, egal cu propria sa mărime; şi în orice moment, în orice “acum” al zborului său, ea este nemişcată. Paradoxul este rezultatul adoptării tezei că: dacă spaţiul este fragmentat, divizat într-o infinitate de puncte, iar timpul este şi el o juxtapunere de momente, deci o discontinuitate de momente, atunci zborul săgeţii nu este decât o succesiune de opriri. Acelaşi Aristotel îi răspunde lui Zenon, că aşa cum linia (spaţiul) nu este alcătuită din puncte alăturate, nici timpul nu este o alăturare de momente, ci este o continuitate care durează.

*** Scopul lui Zenon nu era să nege mişcarea, pentru că este ca şi cum ai încerca să negi că există elefanţi, ca să-l parafrazăm pe Hegel. În acest sens, Diogene din Sinope, cinicul, îl combătea astfel pe Zenon: fără nici o vorbă el se ridica şi se plimba încoace şi încolo, arătând că mişcarea este reală. Argumentele sale au avut un dublu efect: pe de o parte, ele au demosntrat un continuum, (spaţiu şi timp) nu poate fi compus, ceea ce implică unităţi discontinui, adică divizibilitatea la infinit. Spaţiul nu este o însumare de puncte, timpul nu este o juxtapunere succesivă de momente. Pe de altă parte, a deschis drumul analizei mişcării, ale cărei articulaţii sunt net diferite de componentele spaţiului: un corp în mişcare nu ocupă un loc în spaţiu, ci este necontenit în curs de trecere dintr-o parte în alta a spaţiului. Şi nu în ultimul rând, a deschis drumul gândirii critice: aporiile lui Zenon – antinomiile raţiunii la Immanuel Kant – paradoxele metalogicii lui Bertrand Russel şi Whitehead (paradoxul mulţimilor). NOTE: 1. P. Tannery, POUR L’HISTOIRE DE LA SCIENCE HELLENE, Editions Alcon, Paris, 1887, pag. 248 apud A. Joja, Logos şi Ethos, pag. 148 BIBLIOGRAFIE:1. Athanase Joja, LOGOS SI ETHOS, Editura Politica, Bucureşti, 1967

2.Hegel, PRELEGERI DE ISTORIE A FILOSOFIEI, Editura Academiei Române, Bucureşti, 1963

1) PROFESOR DOCTOR ÎN FILOSOFIE,

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

a b c d

Page 14: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

11

Micii MATEMATICIENI

VIAŢA MATEMATICĂ ZONALĂ

Această rubrică conţine în acest număr informaţii despre: o concursul MICII MATEMATICIENI , ediţia a VII-a din 28 aprilie 2012 ; o olimpiada de matematică, ETAPA LOCALĂ din 16 februarie 2013; o subiecte date la TESTAREA ELEVILOR de clasa a IV a în vederea înscrierii în clasa a V a ; o activităţi ale cercului de matematicǎ CLUBUL MATEMATIENILOR în anul şcolar 2011-2012; o concursul de creaţie CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ-2013.

CONCURSUL MICII MATEMATICIENI

EDIŢIA A VII-A, 28 APRILIE 2012

În ziua de 28 aprilie 2012, s-a desfǎşurat la Hârlǎu a VII-a ediţie a concursului MICII

MATEMATICIENI, organizat de COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU în parteneriat cu INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN, IAŞI şi Asociaţia RECREAŢII MATEMATICE, IAŞI. Ne face deosebita plăcere să menţionăm prezenţa domnului PROF. DR. TEMISTOCLE BÂRSAN, UNIVERSITATEA GHEORGHE ASACHI, IAŞI, îndrumător activ pentru multe generaţii de studenţi. Organizatorii cu sprijinul sponsorilor au oferit premii în bani şi diplome tuturor câştigǎtorilor concursului. Este o datorie de onoare sǎ mulţumesc pe aceastǎ cale sponsorilor celei de a VII-a ediţii a concursului MICII MATEMATICIENI :

� ASOCIAŢIA PĂRINŢILOR ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU; � PRIMĂRIA ORAŞULUI HÂRLĂU; � S.C. COTNARI S.A. ; � COPY CENTER HÂRLĂU; � C.M.I. DR. STELA TATIANA NEICU; � RESTAURANT ŢĂPUŞĂ;

şi contăm în continuare de sprijinul lor. Prin participarea a 227 elevi din cel puţin 21 de unităţi şcolare din judeţ, se poate spune că am încheiat cu un real succes a VII-a ediţie a concursului. Aşteptăm cu interes profesorii şi învăţătorii care doresc să se implice în buna organizare a ediţiei a VIII-a, din 27 aprilie 2013 şi să ne contacteze . Vă mulţumim anticipat pentru participare . Prezentǎm în continuare lista premianţilor şi subiectele propuse spre rezolvare.

REZULTATELE CONCURSULUI MICII MATEMATICIENI , EDIŢIA A VII-A, HÂRLĂU, 28 APRILIE 2012

NR. CRT

CL.

NUME ŞI PRENUME ŞCOALA DE PROVENIENŢĂ

PROFESORUL CLASEI PUNCTAJ

PREMIUL

1 III ENEA VICTOR ROBERT ŞC. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS MITITELU CRISTINA 59 I 2 III PURCEL IOANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 49 II 3 III ASOFIEI ANDREI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 38,5 III 4 III CREŢU COSMINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 37 M 5 III MAXIM ŞTEFAN ŞC. MAXUT, HÂRLĂU NISTOR NICOELTA 34,5 M 6 III LUNGU RĂZVAN ŞC. MAXUT, PAŞCANI NISTOR NICOLETA 33 M 7 III NĂSTASĂ DARIUS ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 32 M 8 III CRACANĂ ANDRA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 31,5 M 9 III METELEŢ CORINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 31 M 10 III HRITCU ALEXANDRA ŞC. MAXUT, HÂRLĂU NISTOR NICOLETA 28,5 M 11 III IFTIM TUDOR ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 28 M 12 III HRISCU IOANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 27,5 M

Page 15: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

12

Micii MATEMATICIENI

13 III ROIU LAVINIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 27 M 14 III CIOBANU ŞTEFAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 26 M 15 IV ABABEI MĂDĂLINA ŞC. NR. 7, BOTOŞANI ORĂŞANU DANIELA 60 I 16 IV IFTIME BOGDAN LIC. EC. N. IORGA, PAŞCANI ŞORODOC S./ARSENI L. 58,5 II 17 IV TRIŞCĂ VICTOR CEZAR ŞC. NR. 7 O. BĂNCILĂ, BOTOŞANI DONASĂ ELENA 58,5 II 18 IV BREŞUG ALEXANDRU ANDREI LIC. ŞTEFAN LUCHIAN MUSTAŢĂ LENUŢA 57,5 III 19 IV VÎNTUR ANTONIA L.T. M. COSTIN, PAŞCANI GHEORGHINCĂ ZENOVIA 57 M 20 IV GHEORGHIAN VIVIANA ŞC P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 55 M 21 IV LEAGĂN DAN ADRIAN ŞC P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 55 M 22 IV CÎRLAN DARIA ŞC P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 52 M 23 IV NECHITA BIANCA ŞC. NR. 7, BOTOŞANI ORĂŞANU DANIELA 49 M 24 IV SCUTARIU IOANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 47,5 M 25 IV CIUBUC TEODOR ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU NICULESCU CARMEN 44 M 26 IV MELINTE DENISA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 37 M 27 IV CASIAN DELIA LIC. M. COSTIN, PAŞCANI GHEORGHINCĂ ZENOVIA 36 M 28 IV LEAGĂN IASMINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 35 M 29 IV DÎRVARIU DARIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU NICULESCU CARMEN 34 M 30 IV GHEMIŞ DARIUS ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 33,25 M 31 IV NISTOR ALIN LIC. EC. N. IORGA, PAŞCANI ŞORODOC S./ARSENI L. 32,50 M 32 IV COTIUGĂ IONELA ŞCOALA STICLĂRIA LUTIC ELENA 31,50 M 33 IV CURECHERIU TEODOR ŞC P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 31 M 34 IV BERNAT DIANA ŞC. NR. 7 O. BĂNCILĂ, BOTOŞANI ORĂŞANU DANIELA 30 M 35 IV ZAMFIR DENIS GABRIEL ŞCOALA ZAGAVIA BÎRSAN CARMEN 29,5 M 36 IV ANUŞCA ILINCA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 29 M 37 IV BÎRZU CĂTĂLINA L.T. M. COSTIN, PAŞCANI GHEORGHINCĂ ZENOVIA 29 M 38 IV VORNICU IULIAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MORARIU MIMI 29 M 39 IV BOIANU BIANCA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 27 M 40 IV IVANOV DIANA ŞC. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS TIMOFTE MARIA 27 M 41 IV SUMANARIU CAROLINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MILER LAURA 26,5 M 42 IV AMOŞIESEI DENISA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 26 M 43 IV LUPU RAREŞ LIC. EC. N. IORGA PAŞCANI ŞORODOC S./ARSENI L. 25,5 M 44 IV TENCHIU CASIANA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU TEODORESCU VASILICA 25,5 M 45 IV DOLHASCAN ŞTEFAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU ONOFREI GABRIELA 25 M 46 V IOSUB OVIDIU MARIAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 50 I 47 V IVAN ALIN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 47 II 48 V ONOFREI TUDOR CRISTIAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 46 III 49 V TENCHIU TEODOSIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 43 M 50 V MOCANU ALEXANDRU ŞCOALA NR. 17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 40 M 51 V MUSTEAŢĂ ROBERT ANDREI C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU NEICU AUREL 38 M 52 V CĂRĂUŞU BIANCA C. N. C. NEGRUZZI, IAŞI ZANOVSCHI ADRIANA 36,5 M 53 V LUPU CEZAR C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 35 M 54 V VASILIU VLADIMIR ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI CONTU VALENTIN 35 M 55 V OLARU ANDREEA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 32 M 56 V PETCU STELIAN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU NEICU AUREL 27 M 57 V BOSTAN MIRUNA ŞTEFANIA ŞC. I. CANTACUZINO, PAŞCANI CONTU VALENTIN 26 M 58 V VICOL ŞTEFAN C. N. ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU NEICU AUREL 26 M 59 V PRICOP ANA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENȚA 23 M 60 V GRĂDINARU LAURA GEORGIANA ŞC. G. IBRĂILEANU, TG. FRUMOS GOŞMAN NICU 17 M 61 V MERTIC LUCIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 17 M 62 V DELEANU RADU C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU NEICU AUREL 16 M 63 V VIZITIU TUDOR ŞCOALA NR. 17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 16 M 64 V GLODOREANU EMILIAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 14 M 65 VI CORNEI LAURA C. TEH. UNIREA, PAŞCANI ANTON ADRIANA 60 I 66 VI BUZATU ANDREEA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI MARCOVSCHI IONICA 49 II 67 VI CĂLIN CONSTANTIN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 45,5 III 68 VI COJOCARU COSMIN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 35,5 M 69 VI VORNICU DENISA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS TURNEA MIHAELA 32 M 70 VI COTIUGĂ ILIE IULIAN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 28,5 M

Page 16: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

13

Micii MATEMATICIENI

71 VI LOGHIN ANDREI FLORIN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 28,5 M 72 VI CRĂCIUN LORENA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI MARCOVSCHI IONICA 27,5 M 73 VI VĂLEANU MARA IASMINA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS TURNEA MIHAELA 24 M 74 VI PUHĂ ALEXANDRU C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 23 M 75 VI PAVĂL MARIA MAGDALENA C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 22,5 M 76 VI GRIGORIU DIANA C. TEH. UNIREA, PAŞCANI ANTON ADRIANA 18 M 77 VI SURUNIUC CONSTANTIN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 18 M 78 VI BUTUNOI BOGDAN ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 16,5 M 79 VI BLAGA ALEXANDRA GR. ŞC. V.M. CRAIU, BELCEŞTI PÎŢÎLIGĂ GHEORGHE 16 M 80 VI IONIŢĂ LUIZA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS TURNEA MIHAELA 14,5 M 81 VII GRIGORIU MARIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 46,5 I 82 VII POPESCU FLAVIUS C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 45 II 83 VII CUCUIET SILVIU ŞC. NR. 17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 42 III 84 VII ICHIM TEODORA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 40,5 M 85 VII PINTILIE SABIN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 26 M 86 VII MATEI ALIN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU OANCEA GHEORGHE 20 M 87 VII CIUBUC REMUS C. N. ŞT.. CEL MARE, HÎRLĂU OANCEA GHEORGHE 20 M 88 VII NECULAU SILVIU C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU OANCEA GHEORGHE 15,5 M 89 VII PLETAN MARIA C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU OANCEA GHEORGHE 15,5 M 90 VII POSTOLACHE MARIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 14,5 M 91 VIII MURARIU MARIA C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 45,5 I 92 VIII BOBÎRNĂ PETRU COSTIN C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 36 II 93 VIII TROFIN ALEXANDRU GABRIEL C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 36 III 94 VIII MUNTEANU ALIN MIHĂIŢĂ C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 35 M 95 VIII NICU IULIAN ANDREI C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 33,5 M 96 VIII PORUŞNIUC IULIANA BIANCA C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 33 M 97 VIII LĂCĂTUŞ ALEXANDRA C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 23,5 M 98 VIII RUGINĂ RAREŞ TEODOR C. N. ŞT. CEL MARE, HÎRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 21,5 M

SUBIECTELE CONCURSULUI MICII MATEMATICIENI EDIŢIA A VII-A, 28 APRILIE 2012

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE

CLASA A III-A: ENUNŢURI SUBIECTUL I (20 PUNCTE): 1. (10p) Să se afle numărul care adunat cu cel mai mic număr par de două cifre diferite, ne va da ca

rezultat expresia: ( )5 39 13 2 5 5:5 5 :3:5× + × + × × .

2. (5p) Determinaţi cifrele x şi y din: ( )48 : 6 5 16 44x y× + × − = .

3. (5p) Se dau egalităţile: 3 5:1 2a = × − , 5 1 2 3b = + × − . Puneţi paranteze astfel încât să obţineţi a b= . SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (5p) Ştiind că dintre 6 numere consecutive al treilea este 75, atunci al şaselea este x . Aflaţi x . 2. (15p) Maria a citit jumătate dintr-o poveste şi jumătate din altă poveste, în total 44 pagini. Câte

pagini are cartea dacă celelalte 3 poveşti rămase necitite au împreună 78 de pagini? SUBIECTUL III (20 PUNCTE): 1. (15p) Într-o cutie sunt tot atâtea bomboane câte sunt în 3 pungi identice. Dacă în două asemenea

cutii şi în 4 pungi sunt 150 de bomboane, câte bomboane sunt în 4 cutii şi 3 pungi. 2. (5p) Bogdan trage cu arcul către un “mănunchi” de cinci baloane. El vede baloane albe şi roşii.

Nimereşte de două ori şi nu mai vede baloane albe. Mai nimereşte o dată şi nu mai vede nici baloane roşii. Câte baloane de fiecare fel erau?

SUBIECTE ELABORATE/MODIFICATE/SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. GHEORGHE OANCEA, MIRELA MUNTEANU ŞI VASILICA TEODORESCU

Page 17: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

14

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢII. BAREM DE CORECTARE ŞI NOTARE. I 1. Cel mai mic număr par de două cifre distincte este 10......0,5p. Calculul expresiei date este

următorul: ( ) ( ) ( )5 39 26 25 :5 5 :3:5 5 65 5 5 :3:5 5 65 25 :3:5 5 90 :3:5E = × + + × = × + × = × + = × ⇔

450 :3:5E⇔ = 150 :5 30E⇔ = = ....9x1p=9p. Aflarea numărului căutat 30 10 20x = − = ....0,5p. 2. ( ) ( )48 : 6 5 60 48 : 6 12 48 72 24x y x y x y x y× + × = ⇔ × + = ⇔ × + = ⇔ × = … 8x0,5p=4p.

Scrierea: 24 1 24 2 12 3 8 4 6= × = × = × = × …0,5p. Răspuns: perechile ( ) ( ) ( ) ( )3;8 , 8;3 , 4;6 , 6;4 …0,5p

3. Găsirea soluţiei: ( ) ( )3 5 :1 2 5 1 2 3× − = + × − ….4p şi verificarea ….1p.

II 1. Numerele sunt: 73, 74, 75, 76, 77, 78 dacă sunt ín ordine crescătoare sau 77, 76, 75, 74, 73, 72. Pentru găsirea unui număr se acordă 3p, iar pentru găsirea celuilalt 2p. 2. Stabilirea relaţiei aferente sau desenul sau punerea íntrebărilor din planul logic de rezolvare … 5p. Aflarea numărului de pagini al primeler două poveşti: 44 2 88× = … 5p. Numărul de pagini al cărţii este 88 78 166+ = … 5p. III 1. Planul logic de rezolvare a problemei este următorul: Câte pungi sunt ín două cutii ?

R: 3 2 6× = pungi …. 2p . Care este numărul total de pungi ? R: 6 4 10+ = pungi … 1p. Care numărul bomboanelor dintr-o pungă ? R: 150:10=15 bomboane … 3p. Care este numărul bomboanelor din 4 cutii ? R: 6 15 6 15 180× + × = bomboane… 3p. Care este numărul bomboanelor din 3 cutii ? R: 3 15 45× = bomboane… 3p. Care este numărul total de bomboane ? R: 180 45 225+ = bomboane… 3p. 2. Răspunsul: trei baloane albe şi două roşii … 2p, iar justificarea … 3p : • Numărul de baloane albe şi numărul de baloane roşii trebuie să fie cel puţin egal cu 2, căci altfel

Mihai nu ar mai vedea “baloane”, ci ‘balon’ (singular).

• Dacă ar fi 4 baloane albe, atunci avem un balon roşu, deci nu “baloane”, nu convine.

• Prin urmare, sunt 3 baloane albe. Dacă Bogdan va nimeri de două ori pe cele albe, atunci va rămâne un balon alb şi nu “baloane”. Deoarece sunt două baloane roşii, el nimereşte unul şi rămâne un balon, deci nu vede “baloane” roşii.

CLASA A IV-A: ENUNŢURI

SUBIECTUL I (20 PUNCTE):

1. (10p) Arătaţi că : ( ) ( ){ }5 : 2 3 1 14 :15 3: 1 2 45 :15 2 : 2 2011 2012× − + + + × − + = .

2. (10p) Află toate numerele naturale care împărţite la 5 dau câtul egal cu triplul restului. SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (16p) Într-un vas sunt de 4 ori mai multe banane decât mere. La masă sunt 6 persoane. Fiecare

mănâncă o banană şi un măr, rămânând în vas de 5 ori mai multe banane decât mere. Câte fructe de fiecare fel erau la început în vas?

2. (4p) Ce zi nu poate fi astăzi, dacă alaltăieri nu a fost luni şi poimâine nu poate fi sâmbătă? SUBIECTUL III (20 PUNCTE): 1. (12p) Mara are într-un coş un număr de nuci. Dă Anei jumătate din nuci şi încă două, Irinei

jumătatedin cele rămase şi încă două nuci şi constată că în coş mai sunt 8 nuci. Câte nuci au fost iniţial în coş?

2. (8p) Se formează şirul de numere: 34;334;344;3334;3444;... . Câte cifre de 3 are numărul de pe locul 2008?

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. IOAN SĂCĂLEANU, MARIETA MUŞEI ŞI MARIA TEREZA RUGINĂ

Page 18: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

15

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I 1. Calculul parantezelor rotunde: ( ) ( )2 3 1 6 1 5× − = − = , ( )45 :15 2 3 2 1− = − = …3p. Calculul

parantezelor pătrate: [ ]5 :5 14 1 14 15+ = + = , [ ]1 2 1 3+ × = … 3p. Calculul acoladei:

{ }15:15 3:3 1 1 2+ = + = …3p. Finalizarea: 2 : 2 2011 1 2011 2012+ = + = … 1p.

2. Condiţia restului din împărţirea la 5 : 0 5r≤ < { }4;3;2;1;0r⇒ ∈ … 3p. Câtul egal cu triplul

restului ⇒ valorile câtului: { }12;9;6;3;0 …4p. Din 5a c r= × + (teorema împărţirii cu rest) , rezultă

numerele căutate { }64;48;32;16;0a⇒ ∈ … 3p.

II 1. Reprezentarea grafică corespunzătoare sau scrierea relaţiilor:( )

4

6 5 6

b m

b m

= × − = × −

…6p.

Considerăm “segmentul-parte” 6p m= − . Atunci 6m p= + şi 5 6b p= × + . Obţinem 5 6 4 24p p× + = × + , de unde 5 4 18p p× = × + , adică 18p = …3p. Numărul iniţial de mere este

18 6 24m = + = …3p, iar numărul iniţial de banane este 5 18 6 96b = × + = …3p. 2. Din ipoteza “alaltăieri nu a fost LUNI”, deducem că ieri nu a fost MARŢI, iar astăzi nu a fost MIERCURI. Din ipoteza “poimâine nu a fost SÂMBĂTĂ” rezultă că mâine nu a fost VINERI, iar astăzi nu a fost JOI. Găsirea celor două zile: miercuri şi joi … 2x2p=4p. III 1. Jumătatea din al doilea rest este 8 2 10+ = nuci...3p. Prima jumătate este egală cu 2 10 20× = nuci ... 3p. Jumătate din numărul total de nuci este 20 2 22+ = ... 3p. Numărul total de nuci este egal cu 2 22 44× = ... 3p. 2. Se observă că numărul de pe locul 2 2 1= × are 2 cifre de 3, numărul de pe locul 4 2 2= × are 3 cifre de 3, numărul de pe locul 6 2 3= × are 4 cifre de 3,…, numărul de pe locul 2008 2 1004= × are 1005 cifre de 3. PUNCTAJ ACORDAT: SESIZAREA REGULII DE FORMARE A ŞIRULUI … 4P, IAR PENTRU

CALCULUL NUMĂRULUI DE CIFRE DE 3 DIN NUMĂRUL AL 2008-LEA … 4P.

CLASA A V-A: ENUNŢURI

SUBIECTUL I (20 PUNCTE): 1. (15p) Care din numerele: ( )1 3 5 ... 2 1A x= + + + + − şi ( )1 5 9 13 ... 4 3B y= + + + + + − este mai mare,

unde x verifică ( )2 3 8x y y+ = + , iar y este numărul natural care face fracţia 2 7

22

y

y

−+

echiunitară ?

2. (5p) Putem alege 5 numere din { }2 1, 203,A x x n n n= = + ≤ ∈ℕ astfel încât suma lor să fie 2012?

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (10p) Ştiind că sunt verificate simultan egalităţile: ( ) 20012 2 ,a b ac bc+ − − =

19992a c− = şi

20002a b c+ − = . Comparaţi numerele a, b, c.

2. (10p) Fie numărul natural 2012 2012

2012...2012de ori

n =���� . Aflaţi restul împărţirii numărului n la 45.

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Un împărat avea un cufăr cu 9 ,m m∈ℕ brăţări pe care a vrut să le împartă în mod egal celor 3 fiice, a doua zi dimineaţă. Fiica cea mică, trezându-se prima, a luat o treime din brăţările din cufăr. Cea mijlocie, crezând că este prima, a luat şi ea o treime din ce rămăsese, iar cea mare, mai somnoroasă, a luat o treime din rest. Cum s-au împărţit cele 8 brăţări rămase?

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF. OANA FELICIA ALEXE, MIRCEA POPA TODIRENCHI ŞI MACOVEI CRISTINA

Page 19: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

16

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I 1. Din fracţie echiunitară: 2 7 22 29y y y− = + ⇒ = ...3p. Din ( )2 29 3 29 8 41x x+ = + ⇒ = ...3p.

Calculul sumei ( ) ( ) ( ) ( )1 113 294 0 1 4 1 1 ... 4 28 1 57 29 1653

2B

+ ⋅= ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + = = ⋅ = ... 4p, iar a

sumei: ( ) 21 81 41

1 3 ... 81 41 16812

A+ ⋅

= + + + = = = ...4p. Deci, A B> ... 1p.

2. Observaţia că elementele mulţimii A sunt numere impare...2p. Deoarece suma a 5 numere impare este un număr impar, rezultă că 2012 nu poate fi suma a 5 elemente din A, căci ar fi impar ... 3p. II 1. ( ) ( ) 20012 2a b c a b+ − + = ( )( ) 20012 2a b c⇒ + − = … 2p. Cum { }2 0;1;2c c− ∈ ⇒ ∈ℕ …2p.

Dacă 2c = ( )20012 0 0a b⇒ = + ⋅ = , fals …1p. Dacă 0c =( )2

19992a⇒ = …1p, iar 20002a b+ = , de unde

( )2000 1999 1999 19992 2 2 2 1 2b = − = ⋅ − = …1p. Dacă 20011 2c a b= ⇒ + =( )3

2001 2000 20002 1 2 2 1⇒ − = ⇒ = ,

fals …2p. Prin urmare, c a b< = …1p. 2.

2012 2011

20122012...20122014de ori

n =������ …1p. Suma cifrelor lui n este ( )2012 2 0 1 2 2 10062 9 118⋅ + + + + = = ⋅ …4p

Rezultă că 9 divide n…1p. 2012 2010

20122012...201220100000de ori

������ este divizibil cu 9 şi 5, deci cu 45 şi este de

forma 45k …1p. Cum 22014 45 489 9= ⋅ + …1p, rezultă că ( )45 489 9n k= + + …1p. Din unicitatea

teoremei împărţirii cu rest, rezultă că restul ímpărţirii lui n la 45 este 9 …1p. III Fata mică are 9 :3 3m m= brăţări ...3p. Rămân 9 3 6m m m− = brăţări ...2p. Fata mijlocie ia

6 :3 2m m= brăţări ...2p. Rămân 6 2 4m m m− = brăţări ...3p. Fata mare ia 4

3

m brăţări ...3p. Rămân

4 84

3 3

m mm− = ...3p. Dar

88 3

3

mm= ⇒ = ...2p. În cufăr sunt 9 27m = brăţări. Pentru a índeplini

dorinţa tatălui, cele 8 brăţări rămase se vor ímpărţi astfel: fata cea mică va primi 9 3 0m− = , fata cea

mijlocie 9 2 3m− = brăţări, iar cea mare va primi 4

9 53

m− = brăţări ...2p.

CLASA A VI-A: ENUNŢURI

SUBIECTUL I (20 PUNCTE):

1. (10p) Arătaţi că, dacă fracţiile ; ;ab bc ca

c a b sunt echivalente, atunci 37 divide abc . Justificaţi!

2. (10p) Numărul ab este pătrat perfect. Să se arate că, dacă a b+ este număr prim, atunci 2 2a b+ este număr prim.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (12p) Într-o duminică, bunica face clătite pentru nepoţi: 40% dintre clătite cu gem, iar restul cu

ciocolată. În duminica următoare, bunica face cu 10% mai multe clătite cu gem şi cu 5% mai puţine clătite cu ciocolată. În care dintre duminici a făcut bunica mai multe clătite?

2. (8p) Arătaţi că numărul 2 2 312 26 3 4 2 6 230n n n n nA + + += ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ este divizibil cu 2010, ( )n∀ ∈ℕ .

Page 20: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

17

Micii MATEMATICIENI

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Se construiesc în acelaşi sens, opt unghiuri, astfel încât:

( ) ( ) ( ) ( )0 1 1 2 2 3 7 8; 2 ; 3 ;...; 8m AOA x m AOA x m A OA x m A OA x= = = =∢ ∢ ∢ ∢ şi 0 8A A≡ .

a) (5p) Aflaţi măsura lor ştiind că sunt exprimate prin numere naturale. b) (5p) Dacă OM este semidreapta opusă lui 0OA , arătaţi că OM este bisectoarea 5 6AOA∢ .

c) (5p) Arătaţi că 3 5AO OA⊥ .

d) (5p) Arătaţi că punctele 2 6, ,A O A , respectiv 4 7, ,A O A sunt coliniare. SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF. AUREL NEICU , PETRONELA CIOBANU ŞI DANA PAVEL SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

I 1. Din 10ab a b= + , 10bc b c= + , 10ca c a= + , rezultă că ( )11ab bc ca a b c+ + = + + ...3p.

Avem 11ab bc ca ab bc ca

c a b a b c

+ += = = =

+ +... 3p. Rezultă că 11ab c ab cc a b c= ⇒ = ⇒ = = ...2p. Prin

urmare, 111 37 3abc c c= = ⋅ ⋅ , de unde 37 divide abc ...2p.

2. Din 10 99ab≤ ≤ şi din ab pătrat perfect, rezultă că { }16;25;36;49;64;81ab∈ ...3p. Din a b+

număr prim şi { }7;9;13;10a b+ ∈ , deducem că { }16;25;49ab∈ ...4p. { }2 2 37;29;97a b⇒ + ∈ .

Obţinem că 2 2a b+ este număr prim ...3p. II 1. Notăm cu x ∗∈ℕ numărul total de clătite din prima duminică ...1p. În prima duminică, bunica a

făcut 40

100x⋅ clătite cu gem ...1p şi

60

100x⋅ clătite cu ciocolată ...1p. În a doua duminică, bunica a

făcut 40 10 40 44

100 100 100 100

x x x+ ⋅ = clătite cu gem ...3p şi

60 5 60 57

100 100 100 100

x x x− ⋅ = clătite cu ciocolată ...3p,

ín total, avem 44 57 101

100 100 100

x x x+ = ...1p. Cum

101

100

xx < ⇒ răspunsul: a doua duminică ....2p.

2. Calculul cu puteri : 2 2 312 26 3 3 4 4 2 2 6 230 12 26 12 144 12 1840n n n n n n n nA = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ...5p( )12 26 144 1840 12 2010n nA⇒ = ⋅ + + = ⋅ ...2p. Deducem că A este divizibil cu 2010 ...1p.

III a) Realizarea figurii corecte ...1p. Din 0 8A A≡ , rezultă 8 unghiuri în jurul unui punct, de unde

( ) ( ) ( ) ( ) 00 1 1 2 7 8 0 8... 360m AOA m AOA m A OA m A OA+ + + = =∢ ∢ ∢ ∢ ...1p. 02 ... 8 360x x x⇒ + + + = ⇒

( ) 0 08 8: 2 360 10x x x+ ⋅ = ⇒ = ...2p. Finalizare ....1p.

b) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 00 5 0 1 1 2 4 5... 10 20 ... 50 60 5: 2 150m AOA m AOA m AOA m A OA= + + + = + + + = ⋅ =∢ ...2p.

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 00 0 5 5 5180 180 180 150 30m AOM m AOA m AOM m AOM= ⇒ + = ⇒ = − =∢ ∢ ∢ ∢ ... 1p.

( ) ( ) ( ) 06 5 6 5 30m MOA m AOA m AOM= − =∢ ∢ ∢ ...1p [5 6AOM MOA OM⇒ ≡ ⇒∢ ∢ bisectoare ...1p.

c) ( ) ( ) ( ) 0 0 03 5 3 4 4 5 3 540 50 90m AOA m AOA m A OA AO OA= + = + = ⇒ ⊥∢ ∢ ∢ ...5p.

d) ( ) �( ) �( ) �( ) 0 0 0 02 6 2 3 3 5 5 6 30 90 60 180m AOA m AOA m AOA m AOA= + + = + + =∢ 2 6, ,A O A⇒ coliniare ...3p.

( ) �( ) �( ) �( ) 0 0 0 04 7 4 5 5 6 6 7 50 60 70 180m AOA m AOA m AOA m AOA= + + = + + =∢ 4 7, ,A O A⇒ coliniare ...2p.

Page 21: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

18

Micii MATEMATICIENI

CLASA A VII-A: ENUNŢURI

SUBIECTUL I (20 PUNCTE):

1. (8p) Determinaţi numărul natural xy pentru care 1

0,1

xyxy

=−

în sistemul zecimal.

2. (12p) Arătaţi că numărul 1

2 1 2 2 2 1 2 1 2 1

31

3 7 3 7 3 7n n n n n n

+ + + +

⋅ + ⋅ + ⋅

este natural.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE):

1. (6p) Arătaţi că: ( )( )

1

11

2 1 1 1

2 2 1 2 12 1 2 1

n

n nn n

++

= − + ++ + .

2. (14p) Determinaţi numărul natural nenul n astfel încât

( ) ( ) ( )1 2010

1 2011

1 2 4 2 2 1...

3 5 5 9 9 17 2 1 2 1 3 2 1

n

n n

+

−+ + + + =

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ +.

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Fie un pătrat ABCD cu centrul O. Considerăm E simetricul lui A faţă de D şi ( )F CD∈ astfel încât

CF DO= . Dreapta EF intersectează diagonala [ ]BD în M şi latura [ ]AB în N. Să se arate AN=DM. SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF. IOAN SĂCĂLEANU ŞI BOGDAN DORNEANU SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

I 1. 1

1001

xy

xy=

−...2p

1001xy

xy⇒ = − ...2p xy⇒ ∈ℚ ...1p 100Đxy⇒ ∈ pătrat...2p 25xy⇒ = ...1p

2. 1

2 2 2

31

21 3 21 7 21 21n n nx

− = ⋅ + ⋅ + ⋅

...4p31

x⇒ =221 31n ⋅

1−

...4p ( )221 21n nx⇒ = = ∈ℕ ...4p

II 1. 1

1

1 1 1 1 2 1

2 2 1 2 1 2

n

n n

+

+

+ − = ⋅ + +

2 1n− −

( ) ( )1

1

22 1 2 1n n+=

+ +

2⋅

( )( )( ) ( )( )

1 1

1 1

2 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1

n n

n n n n

− −

+ +

⋅ ⋅ −=

+ + + + ... 6p

2. Avem:( )( )

1

11

1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1... ...

3 5 5 9 2 3 5 2 5 9 2 2 1 2 12 1 2 1

n

n nn n

++

+ + + = ⋅ − + ⋅ − + + ⋅ − = ⋅ ⋅ + ++ + ...7p

1 1 1

2 3 5= ⋅ −

1

5+

1

9+

1...

2 1n− +

+ 1

1

2 1n+

− =

+ ...2p

( )1

1 2 2 1 3 1

2 23 2 1

n

n+

⋅ + −= ⋅ =

⋅ +

2⋅

( )( )1

2 1

3 2 1

n

n+

⋅ −

⋅ +...4p 2010n⇒ = ...1p

III Figura şi 2 2not

AE AD l= = ...1p; 2

2 2

DB lCF DO= = = ...1p

( )2 2

2

lDF DC FC

−⇒ = − = ...2p

Avem ( )2 2 2AN DF l= = − (teorema liniei mijlocie) ... 5p. Avem ( )2 1BN AB AN l= − = − ...2p

2

2

lDF BN+ = ...2p Din

TfA DM FDDF AB DMF BMN

BM BN⇒ ⇒ =� △ ∼△ ...2p

DM DF

BD DF BN⇒ =

+...2p,

de unde ( )2 2DM l= − ...2p. Prin urmare, avem AN DM= ...1p.

Page 22: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

19

Micii MATEMATICIENI

CLASA A VIII-A: ENUNŢURI SUBIECTUL I (20 PUNCTE):

1. Fie numerele 5 1

2a

−= şi

5 1

2b

+= .

a) (5p) Verificaţi dacă 2 2

1 1 1 13 a b

a b a b+ + = + + + .

b) (5p) Să se arate că 2,n na b n+ ≥ ∀ ∈ℕ . 2. (10p) Moş Crăciun împarte, în mod egal, 10 5n− bomboane celor 3 1n + elevi ai unei clase

( )*n∈ℕ . Calculaţi câte bomboane a primit fiecare elev.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE):

1. (7p) Demonstraţi egalitatea ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 4 2 2 1 9x y xy x y− + + + − = − − + .

2. (6p) Să se demonstreze că ( ) ( )2 27 5 7 5 6 10 1,x x x x x− ⋅ − + + ≥ ∀ ∈ℝ .

3. (7p) Determinaţi [ ], 1,0x y∈ − care verifică egalitatea: ( ) ( ) ( )2 21 2 1 4 2 2 0x y xy x y− + + + − + + = .

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): 1. (10p) Într-o piramidă triunghiulară regulată numerele care exprimă aria laterală şi volumul sunt

egale. Demonstraţi că 2

22

9

108

lh

l=

−, unde h, l reprezintă înălţimea, respectiv latura bazei.

2. (10p) Se consideră tetraedrul ABCD în care AD BC⊥ şi [ ] [ ]AB AC≡ . Arătaţi că ADB ADC≡∢ ∢ .

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. MIHAELA ŢURNEA , RAMONA DARIE ŞI IULIANA BLANARIU

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

I 1. a) ( )

2 2

23

a b a ba b

ab ab

+ +⇔ + = + + ...1p. 1a b⋅ = ...1p.

1

3a b

ab=

+⇔ +

( )

2 2

2

1

a b

ab=

+= a b+ + 2 23 a b⇔ = + ...1p.

5a b+ = ...1p. ( )22 2 2 3a b a b ab+ = + − = ...1p. b) ( )2 2 1 0n na a⇔ − ⋅ + ≥ …2p ( ) ( )2

1 0na A⇔ − ≥ …3p.

2. 10 5

3 1

nb

n

−= ∈

+ℕ…2p.

30 153

3 1

nb

n

−⇒ = ∈

+ℕ…2p.

253 10

3 1b

n⇒ = − ∈

+ℕ ...2p. 253 1 Đn⇒ + ∈ …2p.

{ }3 1 1;5;25 3 1 25 3n n b+ ∈ ⇒ + = ⇒ = (numărul de bomboane primate de fiecare elev)…2p.

II 1. Membrul stâng devine 2 2 2 22 1 4 4 1 8 4 4 2 4 4 10x x y y xy x y x xy y= − + + + + + − = + − − + + ... 3p,

iar membrul drept: 2 2 2 24 1 4 2 4 9 4 2 4 4 10x y xy x y x y x xy y= + + − − + + = + − − + + +finalizare ... 4p.

2. Dacă 27 5a x x= − , atunci: ( )6 9 0a a⇔ + + ≥ ...3p ( ) ( )22 22 3 3 0 3 0a a a A⇔ + ⋅ ⋅ + ≥ ⇔ + ≥

...3p.

3. Din [ ], 1;0 2 3x y x y∈ − ⇒ + ≥ − ...1p. Din b), egalitatea ( ) ( )23 2 1 9 2x y x y⇔ ≤ − − + = − + ...2p

2 3x y⇒ + ≤ − ...1p, de unde 2 3x y+ = − ...1p 2 1 0x y⇒ − − = ...1p. Deci, 1x y= = − ...1p.

III 1. Avem: 3

2p

l

laA = ...1p şi

2 3

3 12bA h l h

V⋅ ⋅

= = ...1p. Din 23 3 3

2 12 18p

p

l a l h l ha

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ...1p.

Din 2 2 2p ba h a= + ...1p

2 22

2

31

18 12

l lh

⇒ − =

...3p2 2

2 6 18 9

18 6 18 6

l lh − ⋅

⇒ = ⋅ ⋅ ...2p

22

2

9

108

lh

l⇒ =

−...1p.

2. Fie AS BC⊥ şi cum AB AC BS SC= ⇒ = ...2p. Din ( )3

,T

BC AD BC AS BC ASD⊥

⊥ ⊥ ⇒ ⊥

Page 23: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

20

Micii MATEMATICIENI

DS BC⇒ ⊥ ...3p. DS⇒ mediană şi ínălţime ín BDC△ isoscelBDC⇒△ DB DC⇒ = ...2p.

Deoarece , ,LLL

AB AC BD DC AD AD ABD ACD= = = ⇒ ≡△ △ ...2p ADB ADC⇒ ≡∢ ∢ ....1p.

OLIMPIADA NAŢIONALĂ DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ, CLASELE IX-XII, HÎRLĂU, 16 FEBRUARIE 2013 SUBIECTE. SOLUŢII ŞI BAREME DE CORECTARE ORIENTATIVE.

CLASA A IX-A

PROBLEMA 1. Fie numerele ( )2013 2 1 2 3 ... 2012a = + ⋅ + + + + şi 2 20141 2 2 ... 2b = + + + + . Să se

determine mulţimea A∩ℚ , unde { }, ,A a b a b= − .

PROBLEMA 2. Prin scrierea n

mp ínţelegem numărul

m p n

p

⋅ +, având n p≥ şi p ∗∈ℝ . Fie

,a b ∗+∈ℝ . Ştiind că rădăcina pătrată din produsul numerelor reale

21a

b şi

21b

a este numărul

112ab

,

să se arate că 1 1;

8 4a b ⋅ ∈

.

PROBLEMA 3. Fie paralelogramul ABCD şi punctele M, N astfel íncât a

AM ADb

=���� ���

şi b

BN BMc

=��� ����

cu , ,a b c ∗∈ℝ . Arătaţi că punctele A, N, C sunt coliniare dacă şi numai dacă a b c+ = . PROBLEMA 4. a) (4p) Notăm cu O şi H, centrul cercului circumscris, respective ortocentrul triunghiului ABC.

Demonstraţi relaţia vectorială: OA OB OC OH+ + =��� ��� ��� ���

.

b) (3p) Fie ABCD un patrulater inscriptibil. Demonstraţi că C AAC H H=��� ������

, unde cu AH şi cu CH s-a

notat ortocentrele BCD∆ , respectiv ABD∆ . SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE PROF. IOAN SĂCĂLEANU

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

PROBLEMA 1. Pe scurt: avem 22013a = ⇒ a = 22013 2013= ∈ℚ (2p), iar 20152 1b = − (2p).

Deoarece utima cifrǎ a lui 20152 este 8 deci a lui b este 7 rezultǎ cǎ b nu este pǎtrat perfect şi deci

b∉ℚ (2p). Cum ultima cifra a lui a este 9 rezultǎ cǎ ultima cifrǎ a lui a-b este 2 , deci

a b− ∉ℚ . Prin urmare A∩ℚ ={ }2007 (1p)

PROBLEMA 2. Avem 22 2

2 2

2 1

2

b a a b ab

b a ab

+ + + ⋅ =

⇒2 2

2 2 3 3 4 4 1

4

a b aba b a b ab

+ ++ + + = ⇒ 3 3 1

4a b+ = (2p).

Din enunţ rezultă condiţiile 2 3

2 3

a b ab b

b a ab a

≥ ⇒ ≥≥ ⇒ ≥

(2p). Însumând obţinem 1

8ab ≥ (1p). Dacă

{ }2

4

2

1, 0;1

8

a bab a a a b

b a

== ⇒ ⇒ = ⇒ ∈

=contrazice 3 3 1

4a b+ = . Prin urmare

1

8a b⋅ > (1p).

Aplicăm inegalitatea mediilor: 3 3 3 3 3 31 1 12

8 2 4a b a b a b ab ab+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ (2p).

PROBLEMA 3. Avem b b b c b b a

AN AB BN AB BM AB BA AM AB ADc c c c c b

−= + = + ⋅ = + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =

��� ��� ��� ��� ���� ��� ��� ���� ��� ���

Page 24: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

21

Micii MATEMATICIENI

Deci (1)c b a

AN AB ADc b

−= +

��� ��� ���(2p)." " pP a b c⇒ + = şi arătăm A, N, C puncte coliniare. Din (1)

rezultă că ( )a aAN AB AD AC

c c= + =

��� ��� ��� ��� (regula paralelogramului). Deci ,AN AC

��� ��� vectori coliniari ⇔

A, N, C puncte coliniare (2p). " " , ,pP A N C⇒ puncte coliniare şi arătăm a+b=c. Din A, N, C

coliniare ⇒ ( ) :x AN xAC∃ ∈ =��� ���

ℝ . Înlocuim AN���

cu (1) obţinem ( )c b aAB AD x AB AD

c c

−+ = +

��� ��� ��� ���

c b ax AB x AD

c c

− ⇒ − = −

��� ���. Cum AB

���; AD���

sunt vectori necoliniari rezultă: 0c b

xc

−− =

0a

xc− = . Eliminând x obţinem c a b= + (3p)

PROBLEMA 4. a) Notăm cu M, mijlocul lui BC şi M a lui OP. 2OP OM OB OC= = +��� ���� ��� ���

(1,5p). Se arată că HBSC paralelogram (S punctul diametral lui A) (1p). Se deduce M mijlocul lui HS⇒

2OP OM AH= =��� ���� ���

(0,5p). Rezultă că AHPO paralelogram OH OP OA OB OC OA⇒ = + = + +��� ��� ��� ��� ��� ���

(1 p) b) Observă că O este centrul cercurilor circumscrise BCD∆ şi ABD∆ (1p). Scrie relaţiile:

si A COD OB OC OH OA OB OD OH+ + = + + =��� ��� ��� ����� ��� ��� ��� �����

(1p)⇒ A C C AOH OH OC OA H H AC− = − ⇒ =����� ����� ��� ��� ������ ���

(1p)

CLASA A X-A: SUBIECTE

PROBLEMA 1. a) (4p) Să se rezolve ecuaţia: 2013 2013 3 2 2013 2 .x x x+ + + = + b) (3p) Demonstraţi, prin inducţie matematică, adevărul propoziţiei :

“ Dacă :f →ℕ ℕ o funcţie strict crescătoare, atunci ( ) ,f n n n≥ ∀ ∈ℕ ”.

PROBLEMA 2. Gǎsiţi cel puţin 1006 soluţii complexe ale ecuaţiei :

( ) ( )1 2 2013 1 2 20131 ... 2013 1 ... 2013z z z z z z+ + + + + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ .

PROBLEMA 3. Calculaţi log 2013 log 2013b aa b− , dacǎ: ( ) ( ) ( )2

1 1 1

loglog loga b

a b b aee ea ba b a b

+ =⋅⋅ ⋅

; , 0a b > , 1b ≠ .

PROBLEMA 4. Determinaţi m∈ℕ pentru care are loc egalitatea: 3sin, 0,

cos 2

m mm

m m

x tg xtg x x

x ctg x

π− = ∀ ∈ −

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE PROF. IOAN SĂCĂLEANU SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

PROBLEMA 1. Soluţia I: Avem :2009 2 2009 2009 3 2009 3 4 2009 4 2009 2x x x x x x+ + ⋅ + ⋅ + + + = ⋅ + ⋅ ⋅ +

Izolăm radicalii şi apoi, ridicăm din nou la pătrat :

2 2 2 22009 4 2009 3 4 4 2009 2009x x x x⇔ + ⋅ ⋅ + = + ⋅ ⋅ +2 0 0x x⇔ = ⇔ = , care este soluţie întrucât verifică condiţiile de existenţă necesar impuse (4p).

Soluţia a II a : a) Notăm cu 2009a x= + ; 2009 3b x= + . Deducem 2 2

2009 22

a bx

+= + .

Ecuaţia din enunţ devine : 2 2

22

a ba b

++ = . Rezultă :

2 22 22

2

a ba ab b

++ + = ,

( )22 22 0 0 2009 2009 3a ab b a b a b x x⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ⇔ + = + 0x⇔ = soluţia căutată (4p).

b) Notăm cu F(n) propoziţia : ( )" , "p n n n≥ ∀ ∈ℕ . Etapa a I-a : Cum 0∈ℕ rezultă că ( )0p ∈ℕ

2009 2009 3 2 2009x x x+ ⋅ + = + ⇔

( ) ( ) ( )22009 2009 3 2 2009x x x+ ⋅ + = + ⇔

Page 25: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

22

Micii MATEMATICIENI

( )0 0p⇒ ≥ . Deci ( )0F este adevărată (1p). Etapa a II-a : Presupunem ( )F k adevărată

( )p k k⇔ ≥ . Cum p este strict crescătoare, rezultă că ( ) ( )1p k p k k+ > ≥ . Dar, din ( )1p k + ∈ℕ şi

( )1p k k+ > deducem că ( )1 1p k k+ ≥ + , Deci implicaţia ( )F k → ( )1F k + este adevărată (2p).

Conform metodei inducţiei matematice, rezultă că propoziţia F(n) este adevărată, oricare ar fi n∈ℕ . PROBLEMA 2. Se observă că 1z = nu este soluţie a ecuaţiei . Ţinând seama de faptul că termenii primei paranteze sunt în progresie geometrică de raţie 1z ≠ putem transforma ecuaţia astfel :

( ) ( )210072014

20131 2 ... 2013 100711

2013 2013 2013 20131 1

zzz z

z z+ + +

−−+ = ⋅ ⇔ + = ⋅

− − (4p). Dacă am avea

1007 1z = , atunci 2

20071 12013 1 2013

1z

−+ = ⋅

− , adevărată. Prin urmare, orice soluţie diferită de 1 a

ecuaţiei 1007 1z = este soluţie şi a ecuaţiei date. Cum ecuaţia binomă are 1006 soluţii diferite de 1 şi

anume rădăcinile de ordin 1007 ale unităţii : 2 2

cos sin , 1,10061007 1007k

k ki k

π πε = + ⋅ = Q.E.D. (3p)

PROBLEMA 3. Avem : ( ) ( ) ( )

2ln ln ln

lnln ln

a b

a b b a

e e e

a ba b a b+ =

⋅⋅ ⋅⇔

2

ln ln ln ln ln lna b b a

a b

a b a b a b+ =

+ + +

1 10

ln ln ln ln ln ln ln ln

a b

a a b b a b b a a b a b ⇔ − + − = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

. Calculǎm în paranteze:

( )( ) ( )( )ln ln ln ln ln ln ln ln

0ln ln ln ln ln ln ln ln

a a a b a a b b b a b b b a a b

a a b b a b b a a b a b

+ − − + − −+ =

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + (3p). Reducem şi scoatem factor

comun: ( ) ln 1 1

0ln ln ln ln ln ln

a b b

a b a a b b b a a b

− ⋅ ⋅ − = + + + ( ) ( )ln ln ln ln ln 0a b b b a a b a a b b⇔ − ⋅ + − − =

( ) ( ) ( )ln ln ln 0a b b a b b a b a⇔ − ⋅ ⋅ − − − ⋅ = i ( ) ( )2ln ln ln 0a b b b a⇔ − ⋅ ⋅ − = (3p) Cum ln 0b ≠ ,

atunci ln lnb a a b= ⇔ = sau ( )2 0a b a b− = ⇔ = . Prin urmare log 2013 log 2013 0b aa b− = (1p).

PROBLEMA 4. 3

11sin cos , 0,

1cos 21sin

m mm

m

m

x x tg x xx

x

π⋅−

⋅ = ∀ ∈ −

3sin cos 1 sin

cos cos sin 1

m m mm

m m m

x x xtg x

x x x⋅−

⇔ ⋅ ⋅ =−

.

Avem . Cum 2 0, 0;2

mtg x xπ⋅ ≠ ∀ ∈

rezultă că

a cărui descompunere în factori este

( ) ( )cos sin cos sin 1 0, 0;2

m m m mx x x x xπ − ⋅ + − = ∀ ∈

(*) (3p). Pentru

3xπ= găsim ecuaţia

exponenţială1 3

12 2

mm + = .Cum ( ): 0,f → ∞ℝ , ( ) 1 3

2 2

mm

f m = +

este o funcţie strict

descrescătoare fiind suma a două funcţii exponenţiale de baze subunitare , deci injectivă. Cum rezultă că singura soluţie a ecuaţiei este 2m = (3p). Pentru 2m = , avem

( )2 2cos sin 1 0, 0; 2x x x π+ − = ∀ ∈ . Rezultă că are loc (*) , prin urmare şi egalitatea din enunţ (1p).

2 cos 1 sin0, 0;

sin 1 cos 2

m mm

m m

x xtg x x

x x

π⋅ − ⋅ − = ∀ ∈ −

2 2cos cos sin sin 0, 0;2

m m m mx x x x xπ⋅ ⋅ − − + = ∀ ∈

( ) ( )2 1f m f= =

Page 26: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

23

Micii MATEMATICIENI

CLASA A XI-A: SUBIECTE

PROBLEMA 1. Să se determine x, y,z,k ,q∈ℕ , astfel încât:

2x 1 y z k 0 q

1 0 1 1 0 1

z y x 1 q 0 k

− = −

.

PROBLEMA 2. Se consideră matricea

0 1 0

0 0 1

1 0 0

A

=

și mulțimea ( ) ( ){ }3C A X XA AX= ∈Μ =ℂ .

a) Să se arate că, dacă ( )X C A∈ atunci există , ,a b c∈ℝ astfel încât 23X aI bA cA= + + .

b) Să se arate că dacă ( )X C A∈ și 20043X O= atunci 3X O= .

PROBLEMA 3. Fie ( )n na

∈ℕun șir astfel încât 0 0a > și 1 2

1,

1n nn n

a a na a+ = + ∀ ∈+ +

ℕ .

a) Să se arate că ( )n na

∈ℕ este strict crescător și nemărginit. b) Să se calculeze

3lim n

n

a

n→∞.

PROBLEMA 4. Pentru n∈ℕ , se notează cu 2

20

coslim

x

nx

e nxa

x→

−= . Să se calculeze

22

0lim

2

n

xn

n

a→

.

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE PROF. RAMONA DARIE SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

PROBLEMA 1.

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

2x 1 y z x 1 y z y x 1 z 2z x 1 y

1 0 1 x 1 z 2y x 1 z

z y x 1 2z x 1 y y x 1 z x 1 y z

− − + + − + − +

= − + − +

− − + − + − + +

(2p)⇒ y 0= , ( )

( )2 2

x 1 z 1

2z x 1 q

x 1 y z k

− + =

− =

− + + =

(2p).

Prin adunarea ultimelor două ecuaţii ( )2x 1 z k q⇒ − + = + şi deci k q 1+ = , k ,q∈ℕ . Dacă k 1= , q 0=

atunci ⇒ „ z 0= şi x 2= ” sau „ z 1= şi x 1= ”. Dacă k 0= , q 1= ⇒ o contradicţie (3p)

PROBLEMA 2. Din XA AX= ⇒ 23

a b c

X c a b a I b A c A

b c a

= = ⋅ + ⋅ + ⋅

… 2p . Din ( )X C A∈ şi

23X O= 2 2 0a bc⇒ + = ; 2 2 0b ac+ = şi 2 2 0c ab+ = …1p 3 3 3 2 0a b c abc a b c⇒ = = = − ⇒ = = = ,

deci 3X O= …1p. Dacă ( )3 ,n nX O n X C A∗= ∈ ⇒ ∈ℕ . Din 2004

3X O= 20483X O⇒ =

( )10 22

3X O⇒ =102

3 3...X O X O⇒ = ⇒ ⇒ = …3p.

PROBLEMA 3. a) Arată: 0na > şi 1 2

10

1n nn n

a aa a+ − = >+ +

( )na⇒ este strict crescător. Dacă

( )n na

∈ℕ ar fi mărginit, ar rezulta ( )n n

a∈ℕconvergent, adică lim n

na a

→∞= ∈ℝ (finit) și, trecând la limită

2

1

1a a

a a⇒ = +

+ +1 0⇒ = fals, deci ( )n n

a∈ℕnemărginit și crescător lim n

na

→∞⇒ = ∞ (3p).

b) Criteriul Stolz-Cesaro ne dă: 33 3 3

3123 Stolz 0

1lim lim lim lim

1 1n n n n

n nn n n x

n n

a a a aa a

n n n a an δ

∞∞

+

→∞ →∞ →∞ →

− = = = + − = + − + +

( ) ( )

3

2 32 2 2

3 3 1lim 3

1 1 1

n n

nn n n n n n

a a

a a a a a a→∞

= + + = + + + + + +

3

3lim 3n

n

a

n→∞⇒ = (4p).

Page 27: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

24

Micii MATEMATICIENI

PROBLEMA 4. 2 2

22

2 2 2 20 0 0 0

2sincos 1 1 cos 2lim lim lim 1 lim 12

x x

nx x x x

nxe nx e nx n

ax x x x→ → → →

− − −= = + = + = + (4p)

2

2 2

2 12 lim2 2 4 2 22 2 lim 1

2 420

2lim lim 0

2 2 4

nn n n

n

n

nn n

nnn

n ne e e

a n

→∞

→∞

− ⋅− ⋅

+−∞+

→∞→

⇒ = = = = = ⋅ +

(3p).

CLASA A XII-A: SUBIECTE

PROBLEMA 1. Pentru numǎrul real 1q ≠ − , definim mulţimea 1 21 2 3 4

3 4

/ , , ,q

a aG X a a a a

a a

= =

sectermeni con utivi ai unei }progresii geometrice de ratieq . Demonstraţi cǎ adunarea şi

înmulţirea matricelor structureazǎ qG ca un corp comutativ.

PROBLEMA 2. Se considerǎ funcţia ( ) ( ): ; ; ,f a a a∞ → ∞ ∈ℝ şi legea de compoziţie

( ) ( )x yx y f f a∗ = ⋅ + definitǎ pe ( );G a= ∞ . Sǎ se determine f, ştiind cǎ ( ) ( ): ; ;f G ∗+∗ → ⋅ℝ este

izomorfism de grupuri.

PROBLEMA 3. a) (4p) Arătaţi că ( )( )2

2 2

b

a

b ax a b x dx

π− − − = ⋅ ∫ .

b) (3p) Determinaţi ( )( )1 1

20

1lim 1

n k

knk

k x k k x dxn

− +

→∞=

⋅ ⋅ − + −∑ ∫ .

PROBLEMA 4. Sǎ se determine funcţia de douǎ ori derivabilǎ ( ): 0,f → ∞ℝ ştiind cǎ verificǎ:

/ / / / / / / / /

2f F

f f F f f f F f f f+ =

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + , unde F este o primitivǎ a funcţiei f .

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE PROF. IOAN SĂCĂLEANU SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

PROBLEMA 1. Dacă qX G∈ , atunci există a∈ℝ astfel încât 2 3

1 qX a aS

q q

= =

(1p), unde S

verifică ( )2 31S q S= + (1p). Deci, { }/ ,q a aG X X aS a= = ∈ℝ . Avem a b a b qX X aS bS X G++ = + = ∈

( ) ,a b qX X G∀ ∈ , adică este lege .Se verifică imediat că 0 2X O= este element neutru şi că aX− este

opusa lui a qX G a∈ ∀ ∈ℝ (2p). Avem ( )31a b qab qX X X G

+⋅ = ∈ ( ) ,a b qX X G∀ ∈ , adică este lege.

Elementul neutru este 3

1

1

q

q

X G+

∈ , iar orice 0aX X≠ are invers pe

( )23

1

1a q

X+

qG∈ . Cum adunarea

matricelor pătratice este asociativă şi comutativă atunci ea este asociativă şi comutativă şi pe

( )2qG ⊂Μ ℝ . Asociativitatea şi distributivitatea înmulţirii faţă de adunare în ( )2Μ ℝ se transferă şi

pe ( )2qG ⊂Μ ℝ . Datorită comutativităţii înmulţirii numerelor reale rezultă imediat comutativitatea

înmulţirii pe .qG Deci, ( ); ,qG + ⋅ este corp comutativ (3p).

PROBLEMA 2. Fie e elementul neutru al grupului ( ),G ∗ . Folosind morfismul găsim

( ) ( ) ( ) ( ) *,f x f x e f x f e x += ∗ = ⋅ ∀ ∈ℝ (2p) ⇒ ( ) ( )x x e f x f e a= ∗ = ⋅ + ⇒ ( ) ,f x x a x G= − ∀ ∈ (2p).

Legea « * » devine ( )( ) ,x y x a y a a∗ = − − + ,x y G∀ ∈ şi se verifică uşor axiomele grupului

Page 28: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

25

Micii MATEMATICIENI

obţinându-se elementul neutru e=a+1 şi 1

x ax a

= +−

simetricul lui oricărui x din G (3p).

PROBLEMA 3. a) Din [ ],x a b∈ ⇒ există un unic [ ]0,1t∈ astfel încât ( )1x t a t b= ⋅ + − ⋅ , de unde

( )( )1x a b a t− = − − şi ( )x b b a t− = − ( )( ) ( ) ( )1x a b x b a t t⇒ − − = − − .Pentru fiecare [ ]0,1t∈

există un unic 0;2

yπ ∈

astfel încât 2sint y= . Folosind 2 2sin cos 1y y+ = găsim

( )( ) ( ) ( ) ( )2 2sin 1 cos sin cosx a b x b a y y b a y y− − = − ⋅ − = − ⋅ şi 2 2sin cosx a y b y= ⋅ + ⋅ Atunci

( ) ( )/2 2sin cos 2 sin cos 2 sin cos sin 2dx a y b y dy a y y b y y b a y= ⋅ + ⋅ = − = − − . Pentru 0 0y t= ⇔ = ,

x b⇔ = iar pentru 2sin 12 2

y t x aπ π= ⇔ = = ⇔ = . Condiţiile de aplicare a metodei schimbării de

variabilă fiind îndeplinite rezultă că ( ) ( )b

aI x a b x dx= − −∫ ⇒ ( )

20

2

sin cos sin 2I b a y y ydyπ= − −∫(2p). Folosind formula trigonometrică a cosinusului unghiului dublu, obţinem că

( ) ( )2 2 22

22 2 200 0

0

1 cos 4 sin 4sin 2

2 2 2 2 4

b a b a y b a yI ydy y

ππ π

π − − − − = = = ⋅ −

∫ ∫ , de unde găsim

21 1sin 2 sin 0

2 2 4 4

b aI

ππ

− = ⋅ − + . Prin urmare ( )( )

2

2 2

b

a

b ax a b x dx

π− − − = ⋅ ∫ (2p).

b) ( )a⇒ ( )( )

1 1

20

1lim 1

n k

knk

k x k k x dxn

− +

→∞=

⋅ ⋅ − + −∑ ∫21 1

2 20 0

1 1 1lim lim

2 2 8

n n

n nk k

k kk k

n n

π π− −

→∞ →∞= =

+ − = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =

∑ ∑

( ) ( )2 2

1 2 ... 1 1 1lim lim lim 1

8 8 2 16 16n n n

n n n

n n n

π π π π→∞ →∞ →∞

+ + + − − = ⋅ = ⋅ = ⋅ − =

(3p).

PROBLEMA 4. Avem : / / / / / / / / / / / /

1 10

f F

f f F f f f f f F f f f

− + − = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

, de unde

( )( ) ( ) ( )/ / / / / / / / / / / /

/ / / / / / / / / / / /0

f f f f f f F f F f F f f f F f

f f F f f f f f F f f f

⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅+ =

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +. Cum numitorul este pozitiv,

rezultǎ cǎ ( )

( )( )( )

( )( )/ / / /

/ / / / / / / / / / / /0

f f F f f F

f f F f f f f f F f f f

⋅ − ⋅ −− =

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +. Scoatem factorul comun şi

obţinem: ( )/ /

/ / / / / / / / /

1 10

f f F

f f f f F f f f F f

⋅ − ⋅ − = + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅

. Eliminând numitorii obţinem

echivalent: ( ) ( )/ / / / / / / / 0f f F f f F f f f F f⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ = şi apoi, grupând convenabil:

( ) ( ) ( )/ / / / / 0f f F f f F f f F ⋅ − ⋅ − − − = ⇔ ( ) ( )2/ / / / / 0f f F f f⋅ − ⋅ − = (3p). Rezultǎ cǎ

/ / /f f= sau / / / / / /f F f F f f f f= ⇒ = ⇒ = ⇒ = . Avem ( ) ( )

//// /

/1 ln

ff x

f= ⇔ = . Atunci

existǎ k∈ℝ astfel încât ( )/ /ln x kf x k f x e += + ⇒ = . Atunci existǎ p∈ℝ : ( ) x kf x e p+= + (3p).

Cum ( )limx

f x p→−∞

= şi cum f este crescǎtoare rezultǎ cǎ ( ) ( )Im ; 0;f p= ∞ ⊂ ∞ 0p⇒ ≥ . Prin urmare

toate funcţiile ( ): 0,f → ∞ℝ , ( ) x kf x e p+= + cu 0p ≥ verificǎ condiţiile din enunţ (1p).

Page 29: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

26

Micii MATEMATICIENI

TESTAREA ABSOLVENŢILOR DE CLASA A IV-A

ÎN VEDEREA ÎNSCRIERII ÎN CLASA A V-A

VARIANTA NR. 1, 19 MAI 2012

SUBIECTUL I (32 PUNCTE): Fie ( )10 3 2 12:4 11 34a = × + × + − ; ( )4 50:10 2 428:4 67b = + + × − ;

800 : 4 : 2 :5c = . Calculaţi: 2 5a b c× + × − . SUBIECTUL II (30 PUNCTE): Aflaţi valoarea lui a din egalităţile:

a) ( )2012 2012 2012 2012 : 2012a× − − = ;

b) ( )123 6 24 : 2 96 : : 3 1a− × + = .

SUBIECTUL III (18 PUNCTE): Suma a trei numere natural este 131. Dacă împărţim primul număr la cel de-al doilea, obţinem câtul 4 şi restul 8, iar dacă împărţim al doilea număr la cel de-al treilea, obţinem câtul 1 şi restul 3. Care sunt cele trei numere? SUBIECTUL IV (10 PUNCTE): În familia lui Mihai Georgescu, unul dintre colegii nepoatei mele din clasa a II-a, are 4 fraţi, născuţi fiecare la un interval de exact 3 ani. Horia, cel mai mare dintre fraţi, are 17 ani. Cum se numeşte mezinul familiei? Justificaţi.

VARIANTA NR. 2, 19 MAI 2012

SUBIECTUL I (34 PUNCTE): Aflaţi suma şi diferenţa numerelor a şi b , unde:

( )64 :8 2 100 :10 24 : 6 :5 7a = × + + × şi ( ) ( ) ( )81: 11 2 3 72 :8 25 :5 36 : 9 : 2 4 3b = − × + − + × − .

SUBIECTUL II (22 PUNCTE): Să se determine o treime din numărul natural a , unde a se calculează din egalitatea: ( )238 : 7 22 6 12 7 2 108 : 3 :8a− = + × − × + .

SUBIECTUL III (17 PUNCTE): La un magazin, Ana a dat pentru o păpuşă, o carte şi o minge, o bancnotă de 100 lei şi a primit rest 40 lei. Păpuşa costă cât 2 cărţi, iar cartea cât 3 mingi. Care este preţul fiecărui produs? SUBIECTUL IV (10 PUNCTE): Determinaţi numărul natural y din egalitatea:

( )1 32 8 : 6 : 3 5y y+ − + × = .

VARIANTA NR. 3, 19 MAI 2012

SUBIECTUL I (31 PUNCTE): Să se afle diferenţa dintre jumătatea lui b şi dublul lui a , unde:

( ) ( )2 2 2 : 2 2 1 3 3 3 : 3 3 1a = + + − × × + + − × şi ( ) ( )280 78 : 2 5 378 88 : 2 262b = − × + + + .

SUBIECTUL II (21 PUNCTE): 1) Calculaţi valoarea lui m din egalitatea: ( ) ( )5 200 : 5 1291 1091 40m× − − − = .

2) Determinaţi numerele natural , , ,a b c d ştiind că: 35a b+ = ; 46b c+ = ; 72c d+ = şi 64a b c+ + = .

SUBIECTUL III (18 PUNCTE): Tatăl are 50 de ani, iar fiul său este cu 3 ani mai mare decât fiica. În urmă cu 4 ani, vârsta tatălui era egală cu dublul vârstelor copiilor săi.

a) Ce vârstă au copiii în present? b) În urmă cu câţi ani vârsta fiicei era jumătate din vârsta fiului?

SUBIECTUL IV (20 PUNCTE): 1) 5 copii mănâncă 5 îngheţate în 5 minute. Câţi copii vor mânca 30 îngheţate în 15 minute? 2) Rezolvaţi exerciţiul: 5 4 : 2 8 2× + − . Folosiţi paranteze în exerciţiul de mai sus pentru a obţine, pe

rând, rezultatele 0 şi apoi, 40.

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: IOAN SĂCĂLEANU, AUREL NEICU, GHEORGHE OANCEA ŞI RAMONA DARIE

Page 30: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

27

Micii MATEMATICIENI

CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI

Vom prezenta activitatea cercului CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI şi rezultatele obţinute de unii membri ai cercului în anul şcolar 2011-2012, 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 AUREL NEICU): Musteaţă Robert Andrei (510) ; Deleanu Radu (430) ; Vicol Ştefan (260) ; Petcu Stelian (210) ; Moraru Eduard (140) ; Florişteanu Bianca (100) ; Bezedică Robert (50) ; Pavăl Mihai (50) şi Maticiuc Cosmin (50). CLASA A VI-A(PROF. ÎNDRUMĂTOR IOAN SĂCĂLEANU): Bârzu Antonia Alexandra (80); Călin Constantin (80) ; Ciobanu Laura Maria (80); Loghin Andrei Florin (80); Munteanu Claudia (80) şi Petraş Iolanda (80) .

� REVISTA DE MATEMATICĂ ALPHA, CRAIOVA

CLASA A VI-A(PROF. ÎNDRUMĂTOR IOAN SĂCĂLEANU): Ciobanu Laura Maria (12p); Loghin Andrei Florin (10p); Habdulea Georgina (9p); Munteanu Claudia (8p) ; Petraş Iolanda (8p); Buzămurgă Raluca Georgiana (8p); Pavăl Maria Magdalena (8p); Luchian Amalia Andreea (7p); Aştefănesei Daniel (7p); Călin Constantin (7p) ; Bârzu Antonia Alexandra (7p); Huţanu Denisa (7p); Formagiu Anisia Mihaela (7p); Habdulea Gabriel (7p); Puhă Alexandru (7p); Aursulesei Laura Ioana (7p); Lungu Marina Diana (8p); Cotnăreanu Marian (7p) şi Ursan Otniel Eduard (7p). 2. DEZVOLTAREA POTENŢIALULUI CREATIV PRIN CREAREA DE NOI PROBLEME. Concursul de creaţie matematică CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ-2012 oferă posibilitatea elevilor de a-şi dezvolta potenţialul creativ şi de a propune probleme originale. Eleva ANDREEA CĂTĂLINA LOGHIN, clasa a VIII-a a obţinut o M. 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

CLASA A V-A (mentor Aurel Neicu ) şi CLASELE A VI-A ŞI A VIII-A (mentor Ioan Săcăleanu).

� CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ APLICATĂ SPERANŢE OLIMPICE

Paşcani, 12 noiembrie 2011

CLASA A V-A (prof. îndrumător Aurel Neicu ) Musteaţă Robert (M). �

CONCURSUL INTERDISCIPLINAR MATEMATICĂ-FIZICĂ-ŞTIINŢE HENRI COANDĂ CLASA A VI-A (prof. îndrumǎtori: Anca Maria Bobîrnǎ şi Ioan Sǎcǎleanu): Puhǎ Alexandru (M) şi Cǎlin Constantin (M).

� CONCURSUL INTERNAŢIONAL DE MATEMATICĂ ÎN LIMBA FRANCEZĂ MATHÉMATIQUES SANS FRONTIÈRES

organizat de Academie de Strasburg, decembrie 2011-martie 2012 CLASA A IX-A (A îndrumǎtori: Ioan Sǎcǎleanu, Irina Drumea): PREMIUL AL III-LEA. Au mai participat CLASA A V-A (îndrumător Aurel Neicu ) şi CLASA A VI-A (îndrumător Ioan Săcăleanu).

� OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA JUDEŢEANĂ

Iaşi, 30 martie 2012 CLASA A V-A (prof. îndrumǎtor Aurel Neicu ): Musteaṭǎ Robert (M), CLASA A VI-A (prof. îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Cǎlin Constantin (M).

� CONCURSUL NAŢIONAL DE MATEMATICĂ APLICATĂ ADOLF HAIMOVICI

Iaşi, 30 martie 2012

CLASA A IX-A (B îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Laiu Andrei (P1-jud) şi Curecheriu Ionela Alexandra (P2-jud).

Page 31: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

28

Micii MATEMATICIENI

CLASA A X-A (B îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Pletan Denisa Elena (P2-jud + M-naţională); Gǎinǎ Petronela Bianca(M-jud) ; Pintilii Alina Sînzâiana(M-jud) şi Spiridon Gabriela(M-jud) . CLASA A XI-A (B îndrumǎtor Iuliana Blanariu): Pînzariu Valeriu (M-jud) şi (C îndrumǎtor Ramona Darie): Proca Mihaela (P1-jud)

� CONCURSUL JUDEŢEAN MICII MATEMATICIENI

Hîrlău, 28 aprilie 2012

CLASA A V-A (prof. îndrumǎtor Aurel Neicu ): Musteaṭǎ Robert (M), Petcu Stelian (M), Vicol Ştefan(M) şi Deleanu Radu (M) . CLASA A VI-A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Cǎlin Constantin (P3) , Cotiugǎ Ilie Iulian (M), Loghin Andrei Florin (M) , Puhǎ Alexandru (M) , Pavǎl Maria Magdalena (M) şi Suruniuc Constantin(M). CLASA A VII-A (îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Matei Alin (M) , Ciubuc Remus (M), Neculau Silviu (M) şi Pletan Andreia (M). CLASA A VIII-A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Murariu Maria (P1), Bobîrnǎ Costin Petru (M), Trofin Alexandru (M), Munteanu Alin (M), Nicu Iulian (M), Poruşniuc Iuliana (M), Lǎcǎtuş Alexandra (M) şi Ruginǎ Rareş Teodor (M).

� CONCURSUL JUDEŢEAN DE ŞTIINŢE APLICATE

Iaşi, mai 2012

CLASA A VII-A(îndrumǎtori: Gheorghe şi Mirela Oancea, Florentina Sârbu şi Tatiana Vatavu): Agheorghiesei Tudor(P1), Pricop Adelin(P2), Cozma Roxana(P3), Matei Alin(M), Dolhǎscu Alexandra(M), Puiu Vlad(M) şi Ciubuc Remus(M).

RESPONSABIL AL CATEDREI DE MATEMATICĂ,

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

*** CONCURSUL DE CREAŢIE MATEMATICĂ AL REVISTEI

CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ -2013 Au răspuns invitaţiei următorii elevi:

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU � SCUTARIU IOANA (clasa a V-a): 1 problemă; � MIHĂILĂ MARIAN DAMIAN (clasa a V-a): 2 probleme; � CÂRLAN DARIA (clasa a V-a): 2 probleme; � BURDUJANU NARCISA (clasa a V-a): 5 probleme.

ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU � ONOFREI CRISTIAN TUDOR (clasa a VI-a): 3 probleme; � TENCHIU TEODOSIA (clasa a VI-a): 1 problemă; � PÎSLARIU ŞTEFAN (clasa a IV-a): 2 probleme; � PURCEL IOANA (clasa a IV-a): 3 probleme; � ROIU LAVINIA (clasa a IV-a): 1 problemă; � MUNTEANU IULIA ANDREEA (clasa a III-a): 1 problemă; A fost premită eleva IOANA SCUTARIU : MENŢIUNE(10 LEI). FELICITĂRI ! Premiile se vor înmâna la festivitatea de deschidere a CONCURSULUI JUDEŢEAN MICII MATEMATICIENI, din 27 aprilie 2013.

Page 32: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

29

Micii MATEMATICIENI

PROBLEME ŞI SOLUŢII Această rubrică conţine enunţurile şi soluţiile PROBLEMELOR PROPUSE în numărul 6 al

revistei MICII MATEMATICIENI , din aprilie 2012.

MATEMATICA PITICĂ

P. 89: Arătaţi că: ( ) ( ){ }5 : 2 3 1 14 :15 3 : 1 2 45 :15 2 : 2 2011 2012× − + + + × − + = .

ÎNV. RAMONA MIHAELA ADAM, ŞCOALA MIROSLAVA, IAŞI SOLUŢIE: Egalitatea se transformă: ( ) ( ){ }5 : 6 1 14 :15 3 : 1 2 3 2 : 2 2012 2011− + + + × − = − ⇔

[ ] [ ]{ }5 :5 14 :15 3 : 1 2 1 : 2 1+ + + × = [ ] [ ]1 14 :15 3: 1 2 1 2 15 :15 3: 3 2⇔ + + + = × ⇔ + = 2 2⇔ = ( )A

P. 90: În faţa unui bloc se joacă 10 copii. Câte fete şi câţi băieţi sunt la joacă dacă fiecare fată are 3 fraţi, iar două fete sunt surori.

ÎNV. MARIETA MUŞEI, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: O soluţie ar putea fi: două surori cu trei fraţi şi cinci băieţi fără surori. O altă soluţie ar putea fi: două surori cu trei fraţi, o fată cu trei fraţi şi un băiat. P. 91: Care sunt numerele de trei cifre consecutive care adunate cu răsturnatul lor dau 444.

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

SOLUŢIE: Avem: 444abc cba+ = ( )101 20 444a c b⇒ + + = (1) ( )101 444 4a c a c⇒ + ≤ ⇒ + ≤ .

Din faptul că 444 şi 20b se impart exact la 4, rezultă că a c+ se ímparte exact la 4, de unde 4a c+ = . Înlocuind ín (1) , obţinem: 101 4 20 444 20 444 404 2b b b⋅ + ⋅ = ⇒ ⋅ = − ⇒ = . Numerele a

şi c , consecutive cu 2 şi cu 4a c+ = sunt 1 şi 3 găsim 123abc = şi 321abc = . P. 92: Află valoarea lui a din egalitatea: 1 2 3 4 15 4 280 : 4 20 2a a a a+ + + + + + + = × + + × .

ÎNV. SILVIA ŞORODOC, ŞCOALA NICOLAE IORGA, PAŞCANI

SOLUŢIE: 4 10 60 70 40 4 10 170 4 170 10 160 : 4 40a a a a a⇔ × + = + + ⇔ × + = ⇔ × = − ⇔ = ⇔ = . P. 93: Mama a cumpărat bomboane şi le ímparte copiilor săi. Dacă ímparte câte trei bomboane fiecărui copil íi rămân 8 bomboane, iar dacă ímparte câte 5 bomboane, atunci un copil rămâne fără bomboane şi altul primeşte numai 4 bomboane. Câţi copii şi câte bomboane are mama?

ÎNV. MARIA CREŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm cu a , numărul de bomboane şi cu x , numărul de copii. Se obţine: 3 8a x= + şi

( )5 2 4a x= − + , de unde 3 4 5 10 2 14 7x x x x+ = − ⇔ = ⇔ = copii şi 3 7 8 29a = ⋅ + = bomboane.

P. 94: Merele din 9 lăzi cântăresc 225 kg. Cât cântăresc merele din 13 lăzi de aceeaşi mărime ?

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

SOLUŢIE: Merele dintr-o ladă cântăresc 225:9 25 kg= . Cele 13 lăzi cântăresc 13 25 325 kg× = .

Page 33: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

30

Micii MATEMATICIENI

P. 95: De-a lungul gardului din faţa şcolii sunt 11 pomi. Ce distanţă este íntre primul şi ultimul pom, dacă íntre al doilea şi al şaptelea pom sunt 20 metri ?

ÎNV. MARIETA MUŞEI, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Între al doilea şi al şaptelea pom sunt 5 distanţe egale. Deducem că distanţa íntre doi pomi consecutive este de 20 :5 4 m= . Atunci distanţa cerută este de 10 4 40 m× = , deoarece íntre primul şi al unsprezecelea pom sunt 10 distanţe egale. P. 96: Împărţind două numere se obţinem câtul 8 şi restul 2. Ştiind că deímpărţitul este cu 1546 mai mare decât suma dintre ímpărţitor, cât şi rest, să se afle suma celor două numere.

PROF. CONSTANŢA TUDORACHE, ŞCOALA ŞTEFAN BÂRSĂNESCU, IAŞI

SOLUŢIE: Notăm numerele cerute cu a şi b . Din teorema ímpărţirii cu rest obţinem 8 2a b= + cu 2 b< . Avem: 8 2 1546 1556a b a b= + + + ⇒ = + . Obţinem: 1556 8 2b b+ = + 7 1554b⇒ =

222b⇒ = şi 1778a = . Prin urmare, 2000a b+ = . P. 97: Oana şi Ana au în coşuleţ fiecare un număr de alune. Numărul alunelor Anei este cu 8 mai mare decât împătritul numărului alunelor Oanei, iar diferenţa dintre întreitul numărului alunelor Oanei şi sfertul numărului alunelor surorii este 28. Câte alune avea fiecare fetiţă în coşuleţ?

ÎNV. MARIA ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: Notăm numărul de alune al Oanei cu b , iar pe cel al Anei cu a . Din datele problemei se

obţin relaţiile: 8 4a b− = × şi 3 : 4 28b a× − = . Considerând “segmentul-parte” pe : 4a p= ,

obţinem 4a p= × , de unde :4

4 4 8 2p b p b× = × + ⇒ = + . Din 3 28b p× − = 3 2 28b b⇒ × − − = , de

unde 2 30 15b b× = ⇒ = alune 17 4 17 68p a⇒ = ⇒ = × = alune.

P. 98: Suma a trei numere este 270. Dacă din fiecare se scade acelaşi număr, atunci se obţine numerele 24, 81 şi 132. Care sunt cele trei numere.

PROF. MARIA BOTH, GRUP ŞCOLAR IULIU MANIU, ARAD

SOLUŢIE: Notăm cu x numărul care se scade ( ) ( ) ( ) 2701328124 =+++++⇒ xxx . Obţinem că

2702373 =+x de unde 11=x . Primul număr este .351124 =+ Al II-lea număr este .921181 =+ Al III-lea număr este .14311132 =+

P. 99: Un concurs de tenis se desfăşoară ín sistem eliminatoriu (cine pierde iese din concurs). Câţi concurenţi sunt, dacă pentru desemnarea câştigătorului s-au jucat 31 meciuri ?

ÎNV. MARIETA MUŞEI, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: La fiecare meci v-a fi un concurent eliminat. La cele 31 meciuri jucate vor fi 31 concurenţi eliminaţi, adăugându-se şi câştigătorul obţinem un total de 32 concurenţi. P. 100: Mihai scrie două numere naturale cu suma 150. El observă că, uneori, dacă şterge una din cifrele primului număr îl obţine al doilea număr. Care pot fi cele două numere naturale care adunate dau 150? Găsiţi toate soluţiile.

ÎNV. MARIA ILIE, PROF. CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: Notăm cu A şi B , cele două numere scrise de Mihai astfel íncât A B> . Avem:

150A B+ = 150A⇒ ≤ ⇒ A abc= cu 0 sau 1a a= = . Nu putem avea 0a = , căci altfel am avea A

un număr de două cifre, iar B de o cifră, de unde 150 99 9 108A B= + ≤ + = , fals. Deci 1A bc= . Prin

Page 34: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

31

Micii MATEMATICIENI

ştergerea unei cifre obţinem că B poate fi B bc= sau 1B b= sau 1B c= . Din 1 150bc B+ = , rezultă

că 100 150 50bc B bc B+ + = ⇒ + = .

� Dacă B bc= , atunci 50bc bc+ = 2 50bc⇒ ⋅ = 25bc⇒ = , de unde 125A = şi 25B = .

� Dacă 1B b= , atunci 1 50bc b+ = 10b c⇒ + = 1 1 5b⇒ + + = 3b⇒ = , iar 10 3 7c = − = , de unde 137A = şi 13B = .

� Dacă 1B c= , atunci 1 50bc c+ = 10c c⇒ + = 2 10 5c c⇒ = ⇒ = , iar 1 1 5b+ + = 3b⇒ = , de unde 135A = şi 15B = .

P. 101: Trei prieteni au plecat la o pizzeria. Întrebându-l pe ospătar cât costă o pizza, el le răspunde că costă 2 euro şi o jumătate de pizza. Cât au plătit cei trei prieteni pentru trei pizza de acelaşi fel ?

PROF. MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: O pizza costă 2 euro şi o jumătate de pizza. Deducem că o jumătate de pizza costă 2 euro. Cum un íntreg are două jumătăţi, obţinem că o pizza costă 2 2 4× = euro. Cele trei pizza cerute de cei trei prieteni costă 3 4 12× = euro. P. 102: Un copil a cumpărat un pix cu un sfert din banii pe care îi avea, iar cu jumătate din suma rămasă a cumpărat o carte. Câţi lei a avut copilul dacă i-au rămas 3 lei?

ÎNV. SILVIA ŞORODOC, ŞCOALA NICOLAE IORGA, PAŞCANI

SOLUŢIE: Notăm suma de bani pe care o avea copilul cu S . Alegem “segmentul-parte” pe :8S p=

de unde 8S p= × . Pixul costă : 4 8 : 4 2S p p= = × lei. Suma rămasă este 8 2 6p p p= × − × = × . Cu

o jumătate, adică cu 3 p× cumpără cartea, iar cealaltă jumătate este 3 lei. Rezultă 3 3 1p p× = ⇒ =

Prin urmare, suma avută de copil este 8 1 8S = × = lei. P. 103: Calculaţi a 30-a parte din produsul a trei numere naturale ştiind că jumătăţile lor sunt numere consecutive a căror sumă este 57.

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Numerele consecutive a căror sumă este 57 sunt 18, 19 şi 20, numere ce reprezintă jumătăţile numerelor căutate. Deducem că numerele date sunt 36, 38 şi 40. A 30-a parte a produsului

lor este egală cu ( ) ( )36 38 40 : 30 1368 40 : 30 54720 : 40 1368× × = × = = .

P. 104: La concursul VOCEA ROMÂNIEI au participat 240 de concurenţi. La prima preselecţie au plecat două treimi dintre concurenţi, iar la cea de-a doua preselecţie trei sferturi. Aflaţi câţi concurenţi au ajuns în semifinală.

ANDREEA CĂTĂLINA LOGHIN, ELEVĂ, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: După prima preselecţie au rămas o treime dintre participanţi, adică 240 :3 80= . În semifinală, au ajuns un sfert dintre cei ajunşi ín a doua preselecţie, adică80 : 4 20= concurenţi. P. 105: Doi fraţi au ímpreună un număr de maşinuţe. Unul dintre ei are cu 8 maşinuţe mai mult. Dacă le-ar ímpărţi ín mod egal ar avea câte 15 maşinuţe. Câte maşinuţe are fiecare ?

ÎNV. MARIA CREŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

Page 35: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

32

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Cei doi fraţi au ímpreună un număr de 2 15 30× = maşinuţe. Cum diferenţa dintre numărul maşinuţelor dintre cei doi fraţi este 8, rezultă că un frate va avea 30 : 2 8: 2 15 4 11− = − = maşinuţe, iar celălalt 30 : 2 8 : 2 15 4 19+ = + = maşinuţe. P. 106: Mara are într-un coş un număr de nuci. Dă Anei jumătate din nuci şi încă două, Irinei jumătate din cele rămase şi încă două nuci şi constată că în coş mai sunt 8 nuci. Câte nuci au fost iniţial în coş?

ÎNV. MARIA ILIE, PROF. CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: Notăm numărul iniţial al nucilor cu N (al Marei), numărul nucilor primite de Ana cu A ,

de Irina cu I , primul rest cu 1R , iar pe al doilea cu 2R . Din datele problemei : 2 2A N⇒ = + ;

1R N A= − ; 1 : 2 2I R= + ; 2 1R R I= − şi 2 8R = . Alegând “segmentul-parte” : 4N p= 4N p⇒ = ×

: 2 2N p⇒ = × 2 2A p⇒ = × + 1 4 2 2 2 2R p p p⇒ = × − × − = × − 1 : 2 1R p⇒ = + , de unde 3I p= +

2 2 2 1 8 3 11R p p p p⇒ = × − − − ⇒ = − ⇒ = . Deci, 4 11 44N = × = nuci.

P. 107: Cezar şi-a propus să rezolve problemele din tema de vacanţă în 20 zile. A reuşit să rezolve cu 3 probleme mai multe pe zi, astfel terminându-le în doar 15 zile. Câte probleme a avut de rezolvat în vacanţă ?

PROF. MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm numărul de problem propuse pe zi cu p . Din datele problemei ⇒

( )20 15 3p p× = × + 20 15 45p p⇒ × = × + 5 45 9p p⇒ × = ⇒ = . Răspuns: 20 9 180× = probleme.

P. 108: Aflaţi numărul natural care împărţit la 40 dă restul mai mare decât 38, iar câtul este dublul treimii restului.

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: 40n c r= × + cu 40r < . Cum 38 39r r> ⇒ = şi ( )2 : 3 2 13 26c r= × = × = . Prin

urmare, 40 26 39 1040 39 1079n = × + = + = este numărul căutat. P. 109: Două familii A şi B au câte 4 copii. Despre familia A se ştie că diferenţele vârstelor copiilor sunt numere consecutive, că există fraţi gemeni şi că suma vârstelor copiilor este 48 ani. Despre familia B se ştie că nu există fraţi gemeni şi că suma vârstelor copiilor este 10 ani. Aflaţi vârstele copiilor din cele două familii.

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Familia A având fraţi gemeni, rezultă că diferenţele vârstelor copiilor sunt 0; 1; 2, de unde

( ) ( )1 3 48 4 4 48 44 : 4 11g g g g g g+ + + + + = ⇒ × + = ⇒ = = . Copiii familiei A au vârstele: 11 ani,

11 ani, 12 ani şi 14 ani. Familia B are copii de vârste diferite şi cum 1 2 3 4 10+ + + = , deducem că vârstele copiilor sunt 1 an, 2 ani, 3 ani şi 4 ani. P. 110: Câte numere naturale de două cifre dau la ímpărţirea la 8 câtul egal cu o treime din rest ?

PROF. CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: 8ab c r= × + cu 8r < şi :3c r= 3r c⇒ = × 3 8c⇒ × < . Din 2 6 22c r ab= ⇒ = ⇒ = ;

din 1 3 11c r ab= ⇒ = ⇒ = , iar 0 0 0c r ab= ⇒ = ⇒ = , nu convine. Sunt două astfel de numere.

Page 36: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

33

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA GIMNAZIALĂ Clasa a V-a

5.71 : Determinaţi numerele de forma xyzt pentru care 1 3 1 56157xyzt xyzt+ ⋅ = . PROF. IULIANA BLANARU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm cu a xyzt= . Atunci ( )10 1 3 10000 56157a a+ + ⋅ + = 13 30001 56157a⇔ + = , de

unde 13 56157 30001 13 26156 2012a a a= − ⇔ = ⇔ = . Deci, 2012xyzt = .

5.72 : Determinaţi ultima cifră nenulă a produsului ba ⋅ , unde 864 753 ⋅⋅=a şi 141210 732 ⋅⋅=b . PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

SOLUŢIE: Putem scrie: 141210864 732753 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ba 124148646 3752 +++ ⋅⋅⋅= )372()52( 1622466 ⋅⋅⋅⋅= 6 4 22 1610 (2 7 3 )= ⋅ ⋅ ⋅ . Rezultă că numărul ba ⋅ se termină cu 6 zerouri. Atunci ultima cifră diferită de

0 a lui ba ⋅ este ultima cifră a lui 16224 372 ⋅⋅ . Avem ( ) ( ) 4196372 16224 =⋅⋅=⋅⋅ uu , deoarece

( ) ( ) 61624 == uu , ( ) ( ) ( ) 9777 225422 === +⋅ uuu , ( ) ( ) 133 4416 == ⋅uu .

5.73 : Să se scrie numărul 2014216 ca sumă de trei cuburi perfecte. PROF. GHEORGHE SPIRIDON, LICEUL ECONOMIC NICOLAE IORGA, PAŞCANI

SOLUŢIE: Se observă că 3 3 3216 64 125 27 4 5 3= + + = + + şi că 2013 3 671= ⋅ . Succesiv, avem:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 32014 2013 671 3 3 3 671 671 671216 216 216 216 4 5 3 4 216 5 216 3 216= ⋅ = ⋅ + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ Q.E.D.

5.74 : Determinaţi numerele de forma abc , ştiind că 2

abc cba aa+ = . PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

SOLUŢIE: Avem: ( )2100 10 100 10 11a b c c b a a+ + + + + = 2101 20 101 121a b c a⇔ + + = . Obţinem :

2 220 20 101 101 101b a a a c− = − − ( ) ( )2 220 101b a a a c⇔ − = − − . Deoarece ( )2 10120 b a M− ∈ şi cum

2 81b a− ≤ şi 20101 D∉ , rezultă că 2b a= şi 2c a a= − . Din 0a ≠ , 0c ≠ şi 9b ≤ , rezultă că

{ }2 9 2,3a a≤ ⇒ ∈ . Prin urmare, numerele sunt: 242 şi 396.

5.75 : Bunica culege merele şi le pune în cutii. Ea constată că dacă pune câte 30 mere în cutie, îi rămân 12 mere, iar dacă pune câte 38 mere în cutie îi rămân 2 cutii goale. Câte cutii şi câte mere avea bunica? ÎNV. SILVIA ŞORODOC, ŞCOALA NICOLAE IORGA, PAŞCANI

SOLUŢIE: Notăm cu x , numărul de mere, iar cu n , numărul de cutii. Enunţul ne conduce la relaţiile:

30 12x n= ⋅ + şi ( )38 2x n= ⋅ − . Obţinem 38 76 30 12n n⋅ − = ⋅ + 38 30 12 76n n⇒ ⋅ − ⋅ = + , de unde

8 88 11n n⋅ = ⇒ = cutii, iar 30 11 12 342x = ⋅ + = mere.

5.76 : Să se determine numărul abc ştiind că 1779abbc abb ab a− − − = . PROF. GABRIELA POPA, ŞCOALA NR. 43 DIMITRIE A. STURDZA, IAŞI

Page 37: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

34

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Scrierea ín baza 10 a egalităţii din enunţ, ne conduce la următoarele transformări:

( ) ( )1000 100 10 100 10 10 1779a b b c a b b a b a⋅ + ⋅ + ⋅ + − ⋅ + ⋅ + − ⋅ + − = 889 98 1779a b c⇔ ⋅ + ⋅ + = .

Dacă 3a ≥ , atunci 889 98 889 3 1779 2667a b c⋅ + ⋅ + ≥ ⋅ ⇔ ≥ , absurd. Deci, { }1;2a∈ căci 0a ≠ .

• Pentru 1a = , avem 98 890 9b c b⋅ + = ⇒ = , căci altfel am avea 8b ≤ 98 98 8 9b c⇒ + ≤ ⋅ +

890 793⇒ ≤ , absurd. Obţinem 8c = .

• Pentru 2a = , avem 98 1 0b c b⋅ + = ⇒ = , căci altfel am avea 1b ≥ 98 98b c⇒ + ≥ 1 98⇒ ≥ , absurd. Obţinem 0c = .

Prin urmare, numerele căutate sunt 198 şi 201.

5.77 : Să se compare numerele: 552164a = şi 3682197b = . PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

SOLUŢIE: Avem: ( ) ( )552 368552 552 2 1104 3 368164 169 13 13 13 2197a b= < = = = = = . Deci, a b< .

5.78 : Determinaţi restul împărţirii numărului 4 8 12 100... 4567a n n n n= + + + + + , n∈ℕ la 5. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Notăm cu ( )U x ultima cifră a numărului x . Atunci ( ) { }2 0;1;4;9;6;5U n ∈

( ) { }4 0;1;5;6U n⇒ ∈ . Dacă ( ) ( )4 0 0 7U n U= ⇒ = . Dacă ( ) ( )4 1 0 2U n U= ⇒ = . Dacă

( ) ( )4 5 0 2U n U= ⇒ = . Dacă ( ) ( )4 6 0 7U n U= ⇒ = . Restul împărțirii lui a la 5 este egal cu restul

lui ( )U a la 5, adică 2.

5.79 : Fie numărul natural de forma aabc , literele reprezentând cifre consecutive. Aflaţi numărul ştiind că suma cifrelor este 11.

PROF. MARIA BOTH, GRUP ŞCOLAR IULIU MANIU, ARAD SOLUŢIA 1: Dacă ordinea cifrelor consecutive este ,a ,b c sau ,a ,c b , atunci suma lor este

1121 =+++++ aaaa 84 =⇒ a 2=⇒ a . Numerele căutate sunt { }2243,2234aabc∈ . Dacă

ordinea cifrelor consecutive este ,b ,a c sau b , ,a c sau c ,b ,a sau c , ,a b atunci obţinem

8sau

3b c ∈ ⊂

ℕ , fals. Prin urmare, numerele căutate sunt { }2243,2234aabc∈ .

SOLUŢIA 2 (ELEVUL HABDULEA GABRIEL): Deoarece suma a trei numere consecutive este multiplu de 3,

rezultă că 3a b c+ + ∈Μ . Atunci ( ) { }311 1 2,5,8a a b c a a+ + + = ⇒ + ∈Μ ⇒ ∈ . Pentru { }5;8a∈ ,

cifrele consecutive care conţin pe a pot fi: 3, 4, 5 sau 4, 5, 6 sau 5, 6, 7 sau 6, 7, 8 sau 7, 8, 9, a căror sumă este 17 sau 20 sau 23 sau 29 sau 32, diferite de 11. Deci 2a = 11 2 2 7b c⇒ + = − ⋅ = .

Cum b şi c sunt consecutive cu 2, rezultă că { } { }, 0;1b c = ( nu convine) sau { } { }, 1;3b c = ( nu

convine) sau { } { }, 3;4b c = . Prin urmare, numerele căutate sunt { }2243,2234aabc∈ .

5.80 : Există numerele ,a b∈ℕ astfel íncât ( ) ( ) ( ) ( )5 2 1 6 2 1 5 2 6 2 1a b a b a b a b− − ⋅ + + = + ⋅ − − ?

PROF. PETRU ASAFTEI, ŞCOALA NORMALĂ VASILE LUPU, PAŞCANI

Page 38: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

35

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Se observă că ( )6 2 1 2 3 1a b a b+ + = + + şi ( )6 2 1 2 3 1a b a b− − = − − sunt numere impare.

Deducem, din egalitatea dată, că 5 2 1a b− − şi 5 2a b+ au aceeaşi paritate. Atunci suma lor este număr par, adică 10 1a − este număr par, absurd. Răspuns: nu există astfel de numere.

5.81 : Aflaţi numărul ab din egalitatea: ( )4 32ab ba a b+ ⋅ = ⋅ + .

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Egalitatea din enunţ este ( )10 4 10 32 32a b b a a b⇔ + + + = + 14 41 32 32a b a b⇔ + = +

18 9 2a b b a⇔ = ⇔ = . Prin urmare, numerele sunt:12; 24; 36 şi 48. 5.82 : Vlăduţ are în clasă 34 de colegi. Dintre toţi, 18 elevi îndrăgesc limba română, 19 matematica, iar 13 istoria. Se mai ştie că 10 elevi îndrăgesc limba română şi matematica, 5 elevi limba română şi istoria, 4 elevi matematica şi istoria, iar 3 elevi îndrăgesc toate cele trei discipline. Câţi elevi nu îndrăgesc nici unul dintre obiectele mai sus amintite ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm numărul elevilor care índrăgesc numai româna cu R , numai matematica cu M , numai istoria cu I . Notăm numărul elevilor care índrăgesc româna şi matematica cu a , româna şi

istoria cu b , matematica şi istoria cu c . Scriem relaţiile rezultate din enunţul problemei: 3 4 1c c+ = ⇒ = elev; 3 5 2b b+ = ⇒ = elevi; 3 10 7a a+ = ⇒ = elevi; 3 18R a b+ + + =

7 2 3 18R⇒ + + + = 6R⇒ = elevi; 3 19M a c+ + + = 7 1 3 19M⇒ + + + = 8M⇒ = elevi; 3 13 2 1 3 13 7I b c I I+ + + = ⇒ + + + = ⇒ = elevi. Numărul total al elevilor care índrăgesc cel puţin o

disciplină este 3 34M R I a b c+ + + + + + = . Clasa lui Vlăduţ are 34 1 35+ = elevi. Prin urmare, un elev din clasa lui Vlăduţ nu índrăgeşte niciun obiect dintre cele trei. 5.83 : Terenul de fotbal al unei şcoli, de formă dreptunghiulară, este înconjurat de o pistă de atletism. Dacă lungimea este de 2 ori mai mare decât lăţimea terenului, perimetrul fiind egal cu 90 de metri, aflaţi aria terenului de fotbal şi perimetrul terenului de sport ştiind că lăţimea pistei de atletism este de 3 metri.

PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm lungimea şi lăţimea terenului de fotbal cu FL şi Fl , iar a terenului de sport cu SL ,

respectiv Sl . Din enunţ, se deduc relaţiile: 2 3S FL L= + ⋅ , 2 3S Fl l= + ⋅ şi că 2F FL l= ⋅ şi cum

( )2 90F FL l⋅ + = ⇒ 45 3 45 15F F F FL l l l m+ = ⇒ ⋅ = ⇒ = , iar 30FL m= 2450F F FA L l m⇒ = ⋅ = .

Obţinem 36SL m= , 21Sl m= , de unde perimetrul terenului de sport este 2 2 2 57 114S SL l m+ = ⋅ =

5.84 : La un concurs se acordă pentru premiul I, 5 puncte, pentru premiul al II-lea 3 puncte, iar pentru al III-lea, 2 puncte. Aflaţi numărul de premii primite de elevii unei şcoli ştiind că au obţinut 25 de puncte şi cel puţin câte două premii din fiecare. Justificaţi.

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

SOLUŢIE: Dacă ar fi obţinut numai câte două premii din fiecare şcoala ar fi avut 20223252 =⋅+⋅+⋅de puncte. Celelalte 5 puncte putea să le obţină dintr-un premiu I şi atunci şcoala ar fi avut

71222 =+++ premii ȋn total, fie dintr-un premiu II şi un premiu III şi atunci ar fi avut 811222 =++++ premii.

Page 39: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

36

Micii MATEMATICIENI

5.85 : Să se scrie numărul 2013138 ca sumă de trei pătrate. PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22013 2012 2 2 1006 1006 1006138 138 11 4 1 138 11 138 4 138= ⋅ + + = ⋅ + ⋅ + .

5.86 : Suma de 2011 lei este împărţită mai multor copii. Aflaţi cel mai mic număr de copii la care poate fi împărţită suma ştiind că fiecare copil primeşte o sumă de bani care se exprimă printr-o putere a lui 2.

PROF. ELENA ANDONE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: Pentru avea cel mai mic număr de copii trebuie să distribuim copiilor cele mai mari puteri

posibile ale lui 2. Avem: 102011 2 987= + , 9987 2 375= + , 8375 2 119= + , 6119 2 55= + , 555 2 23= + , 423 2 7= + , 27 2 3= + şi 1 03 2 2= + . Deci, sunt cel puţin 9 copii.

5.87 : La Concursul de Matematică “H. Coandă” participă copii cu vârstele íntre 8 şi 15 ani, printre care şi doi gemeni. La íntrebarea dacă mai au fraţi şi ce vârstă au, gemenii au răspuns: “Mai avem un frate, vârsta sa se scrie cu două cifre identice, iar suma vârstelor tuturor este un număr de două cifre ín care cifra a doua este de două ori mai mare decât prima”. Determinaţi vârstele tuturor celor trei fraţi.

PROF. GABRIELA SĂNDULESCU, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAI EMINESCU, IAŞI

Notăm vârsta gemenilor cu a , vârsta fratelui cu bb . Din enunţ ⇒ 9 14a≤ ≤ (1) şi 2a bb cd+ = cu 2d c= (2) 2 11 12a b c⇒ + = (3) . Din (1) şi d cifră 9 2 9d c⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ 4c ≤ (4). Se observă că

b trebuie să fie cifră pară, nenulă (5), căci 2a şi 12c sunt numere pare.

SOLUŢIA 1 (ELEVA BRÂNZĂ CARLA): Din (5) { }2;4;6;8b⇒ ∈ . Presupunând că 4b ≥ , ar rezulta că

11 44b ≥ , dar 9a ≥ (1) 2 18a⇒ ≥ , de unde, prin însumare, 2 11 62a b⇒ + ≥ ( )312 62c⇒ ≥ 6c⇒ ≥

2 12c⇒ ≥ ( )2

12d⇒ ≥ , fals, căci d este cifră. Deci 2b = 2 22 12a c⇒ + = 11 6a c⇒ + = ( )19 11 11 6a c⇒ + ≤ + = 4c⇒ ≥

( )44c⇒ = 11 24 13a a⇒ + = ⇒ = .

SOLUŢIA 2 (ELEVUL IFRIM RAREŞ): Scriem (3) astfel: ( )2 11a c c b− = − . Avem 112a c− ∈Μ şi cum

2 2 28a c a− ≤ ≤ , rezultă că { }2 0;11;22a c− ∈ . Avem: ( )1

2 2 18a c a− ≥ ≥ 2 22a c⇒ − = 2c b⇒ − = .

Din (4) ( )5

4 2 4 2 2 4 2 4 22 13c b b b c a a≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ = ⇒ − = ⇒ = .

SOLUŢIA 3 (ELEVA CĂLINESCU ANA IOANA): Din (3) 18 11 12 48b c⇒ + < ≤ , conform lui (4) 2b⇒ = 11 6a c⇒ + = . Din (1) 9 14a⇒ ≤ ≤ ⇒ 20 11 25 20 6 25 4a c c⇒ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ = . Rezultă că

11 24a + = ⇒ 13a = . Prin urmare, gemenii au vârsta de 13 ani, iar fratele de 22 ani.

5.88 : Dacă n este un număr natural care nu se termină în cifra 0, notăm ( )r n numărul scris cu

aceleaşi cifre, în ordine inversă. Aflaţi numerele naturale n de trei cifre, care nu se termină în cifra

0, pentru care ( ) 4 3r n n= ⋅ + .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Căutăm numere n abc= , scrise în baza 10, cu a și c nenule. Rezultă că ( )r n cba= . Din

Page 40: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

37

Micii MATEMATICIENI

( ) 4 3r n n= ⋅ + , obţinem că 4 3cba abc= ⋅ + (1). Deoarece 4 3abc⋅ + are trei cifre 2a⇒ ≤ , de unde

{ }1;2a∈ . Referitor la ultima cifră egalitatea (1) ne dă ( ) ( )4 3 4 3a U abc U c= ⋅ + = + este impară.

Deci 1a = . Din ( )4 3 1U c + = , obținem 7c = . Avem: 7 1 4 1 7 3b b= ⋅ + . Descompunem ín baza 10:

( )701 10 4 107 10 3b b+ = ⋅ + + 701 4 107 3 40 10b b⇒ − ⋅ − = − 270 30 9b b⇒ = ⇒ = .

Prin urmare, numărul căutat este 197n = .

5.89 : Seismologii români au constatat că ín regiunea Vrancea, din România, cutremurele se produc după intervale de timp egale, dar nu neapărat după un număr íntreg de zile. Se poate íntâmpla ca ín acest secol primul cutremur din zona Vrancea să se fi petrecut íntr-o zi de luni, al doilea íntr-o zi de marţi, iar al patrulea íntr-o zi de duminică ? Justificaţi răspunsul.

PROF. BOGDAN BÂRZOI, COLEGIUL NAŢIONAL GARABET IBRĂILEANU, IAŞI

SOLUŢIE (ELEVUL SCRIPCARIU GABRIEL): Fără a restrânge generalitatea, putem considera că primul cutremur a avut loc într-o zi de Luni,

ora 000 , iar al doilea cutremur a avut loc într-o

zi de Marţi, în a n-a săptămână la ora 5923 (cât

mai aproape de 0024 ). Durata de timp între primul şi al doilea cutremur este de

( )7 24 24 23 şi 59 minuten ore⋅ ⋅ + + . Al treilea

cutremur are loc în săptămâna a ( )2 1n + , într-o

zi de Joi, la ora 5823 . Al patrulea cutremur are

loc în săptămâna a ( )3 1n + , într-o zi de Sâmbătă, la ora 5723 . Prin urmare, al patrulea cutremur nu

poate avea loc într-o zi de duminică. Clasa a VI-a

6. 57 : Fie 1 2 3 2011

10 10 10 ... 105 5 5 5

a = − − − −

. Aflaţi numărul real x ştiind că are loc

egalitatea: 23 7x a− = . PROF. GHEORGHE SPIRIDON, LICEUL ECONOMIC NICOLAE IORGA, PAŞCANI

SOLUŢIE: Observaţia că 50

0 105

= −

este un factor al lui a conduce la 0a = , de unde 2 03 7x−⇒ =

23 1x−⇒ = 2 03 3 2x x−⇒ = ⇒ = .

6. 58 : Să se determine numerele de forma 2009 3 5x y⋅ ⋅ care are 60 divizori ( ,x y∈ℕ ). PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

00

59

58

57

1

0

2

23

3

231

23

săptămâni... ... ... ... ... ... ...

săptămâni... ... ... ... ... ... ...

săptămâni ... ... ... ... ... ... ...

cutremurn

ora

cutremurn

ora

cutremur

oran

cutrem

ora

L Ma Mi J V S D

L Ma Mi J V S D

L Ma Mi J V S D

L Ma Mi J V S

+

4ur

D

Page 41: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

38

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Avem descompunerea în factori primi: 2 12009 3 5 7 41 3 5x y x yn = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ . Numărul de

divizori este ( ) ( ) ( )3 2 1 1n x yϕ = ⋅ ⋅ + ⋅ + ⇒ ( ) ( )1 1 10x y+ ⋅ + = ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }; 1;4 , 4;1 , 0;9 , 9;0x y ∈

Se obţin numerele: 1 42009 3 5⋅ ⋅ , 4 12009 3 5⋅ ⋅ , 92009 3⋅ şi 92009 5⋅ .

6. 59 : Demonstraţi că are loc inegalitatea: 2 2 2 2

1005 1 1 1 1 2010...

2012 2 3 4 2011 2011< + + + + < .

PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Din( ) ( )2

1 1 1

1 1k k k k k< <

+ − 2

1 1 1 1 1

1 1k k k k k⇒ − < < −

+ −. Însumăm de la 2,2011k = :

1 1

2 3−

1

3+

1

4−

1...

2011+ +

2 2 2

1 1 1 1 1 1...

2012 2 3 2011 1 2− < + + + < −

1

2+

1

3−

1...

2010+ +

1

2011− ⇒

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1...

2 2012 2 3 2011 1 2011− < + + + < −

2 2 2 2

1005 1 1 1 1 2010...

2012 2 3 4 2011 2011⇒ < + + + + < , Q.E.D.

6. 60 : Arătaţi că are loc egalitatea: 2001 2000 2001

1 1 1 1 1 1 1 1 11 3 ...

2 3 4 6 8 12 2 3 2 2 − ⋅ − + − + − + + − = ⋅

.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Egalitatea din enunţ se transformă echivalent: 2010 2001

3 2 3 2 3 2 11 3 ...

2 3 4 3 3 2 2

− − − − ⋅ + + + = ⋅ ⋅ ⋅

2001

11 3

2⇔ − =

1

3⋅

2000

1 1 1...

2 4 2

notam

S + + + =

(A), prin următorul calcul al sumei S din egalitate:

2001 2001

1 1 1 1 1 12 2 ... ...

2 4 2 2 4 2S S S = − = + + + − + + +

11

2= +

2000

1...

2+ +

1

2−

2000

1...

2− −

2001

1

2− .

6. 61 : Aflaţi valoarea expresiei numerice:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... ... ... 1 ...

3 4 2013 2 3 2012 3 4 2013 2 3 2012 + + + + ⋅ + + + − + + + ⋅ + + + +

.

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Cu 1 1 1

...3 4 2012

x = + + + avem: 1 1 1 1

1 12013 2 2013 2

E x x x x = + + ⋅ + − + ⋅ + +

1

2E x= +

2

x+ 2x+

1

4026+

2013

x+ x−

2

x− 2x−

1 1

2013 4026− −

2013

x−

1 1 2011

2 2013 4026= − = .

6. 62 : Aflaţi cea mai mică fracţie care înmulţită pe rând 48

49 şi

72

25 dă rezultate numere naturale.

PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm cu x

y, fracţia căutată cu ( ); 1x y = . Din 49

48

49

xx M

y⋅ ∈ ⇒ ∈ℕ şi 48y D∈ . Din

25

72

25

xx M

y⋅ ∈ ⇒ ∈ℕ şi 72y D∈ . Rezultă că 49 25 1225x M M M∈ ∩ = şi 48 72 24y D D D∈ ∩ = . Cum x

Page 42: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

39

Micii MATEMATICIENI

ia cea mai mică valoare, y pe cea mai mare, rezultă că 1225x = şi 24y = , de unde 1225

24

x

y= .

6. 63 : Fie numărul natural 2012 2012

2012...2012 2de ori

n = +���� . Aflaţi restul împărţirii numărului n la 45.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

SOLUŢIE: Avem scrierea: 2012 2012 2012 2011

2012...2012 2 2012...20122005 9de ori de ori

n = + = +���� ���� . Suma cifrelor numărului

2012 2011

2012...20122005de ori

a =���� este egală cu ( ) ( )2011 2 0 1 2 2 0 0 5 2011 5 7 10062⋅ + + + + + + + = ⋅ + = , care

are suma cifrelor egală cu 9. Conform criteriului de divizibilitate cu 9, rezultă că a este divizibil cu 9 şi cum cifra unităţilor este 5, el este divizibil şi cu 5. Prin urmare, a este divizibil cu 45 căci

( )5;9 1= , de unde există c∈ℕ astfel íncât 45 45 9a c n c= ⋅ ⇒ = ⋅ + şi cum 9 45< rezultă, din

condiţia de unicitate a teoremei ímpărţirii cu rest, că restul împărţirii numărului n la 45 este 9.

6. 64 : Să se afle Ncba ∈,, ştiind că sunt verificate simultan egalitaţile: ( ) 200122 =−−+ bcacba , 19992=− ca şi 20002=−+ cba .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: ( ) ( ) ( ) ( )2001 20012 2 2 2a b c a b a b c⇔ + − + = ⇔ + − = . Cum , 2 0a b c∈ ⇒ − >ℕ 2c⇒ < .

Dacă 0c = , atunci ( ) 2011 20102 2 2a b a b+ ⋅ = ⇒ + = . Din 19992=− ca rezultă că 19992a =

2010 1999 19992 2 2b⇒ = − = . Dacă 1c = , atunci 20112a b+ = . Din 19992=− ca rezultă că 19992 1a = + 2010 1999 19992 2 1 2 1b⇒ = − − = − .

NOTA REDACŢIEI: A treia egalitate din enunţ nu este necesară, fiind suficiente celelalte două egalităţi pentru rezolvarea problemei.

6. 65 : Calculaţi suma: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 2 3 ... 2013 20121 1 1 ... 1

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +− + − + − + + − .

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 2 3 ... 2013 20121 1 1 1 1 1 ... 1 1S

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= − ⋅ − + − ⋅ − + − ⋅ − + + − ⋅ − , de

unde ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 2012

2012 termeni

1 1 1 ... 1 1 1 ... 1 1 0 1006 0S = − + − + − + + − = − + − − + = ⋅ =������ .

6. 66 : În ABC△ , înălţimea BM şi bisectoarea CN se intersectează în D, ( )M AC∈ , ( )N AB∈ .

Dacă măsurile ACB∢ , DMN∢ , DNM∢ sunt direct proporţionale cu numerele 6, 2, şi 4, să se

arate că 3 DM BM⋅ = . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Ipoteza ne dă relaţia: �( ) �( ) �( ) notăm

=6 2 4

m ACB m DMN m DNMk= = , de unde �( ) 6m ACB k= ,

�( ) 2m DMN k= şi �( ) 4m DNM k= . Din ipoteza că (CN bisectoarea unghilui �ACB deducem că

Page 43: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

40

Micii MATEMATICIENI

�( ) 63

2

km MCN k= = . În NMC∆ : �( ) �( ) �( )0 0180 180 7m NMC m MNC m MCN k= − − = − şi cum

�( ) �( ) �( ) 02 90m NMC m NMD m BMC k= + = + , rezultă că 0 02 90 180 7 10k k k+ = − ⇔ = . Obţinem că

�( ) 060m BCM = , de unde �( ) 030m DBC = şi �( ) �( ) 0130

2m DCB m BCM= = BDC⇒∆ este isoscel

BD DC⇒ = . În DMC∆ , dreptunghic în M 0

teorema

de 302DC DM⇒ =

∢ 2BD DM⇒ = , de unde

2 3BM DM DM BM DM⇒ − = ⇒ = . Q.E.D.

6. 67 : Numerele abc şi 1abc + au suma cifrelor cuburi perfecte. Determinaţi numărul abc . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm 1abc xyzt+ = . Din faptul că a b c+ + este un cub perfect, nenul şi mai mic sau egal

cu 27 rezultă că { }1;8;27a b c+ + ∈ . Dacă 8c ≤ , atunci 1c t+ = , z b= , a y= şi 0x = . Rezultă că

suma cifrelor numărului 1abc + este { }1 2;9;28x y z t a b c+ + + = + + + ∈ , nu sunt cuburi. Deci,

9c = şi cum 9 27a b c< + + ≤ 27 9a b c a b c⇒ + + = ⇒ = = = . Deci, 999abc = .

6. 68 : Aflaţi x∈ℤ pentru care fracţiile 8 3

5

x −, 8 2

5

x + şi

8 7

5

x + sunt simultan numere íntregi.

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, COLEGIUL NAŢIONAL FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

SOLUŢIE: Avem: ( )8 18 3

15 5

xx −−= + ∈ℤ ,

( )8 18 22

5 5

xx −+= + ∈ℤ şi

( )8 18 73

5 5

xx −+= + ∈ℤ .

Cum ( )5;8 1= , atunci fracţiile date sunt simultan numere íntregi dacă şi numai dacă 1

5

x −∈ℤ , de

unde obţinem că numerele căutate sunt de forma 5 1,x k k= + ∈ℤ .

6. 69 : Din localitatea A şi B pornesc simultan unul către celălalt două camioane care se întâlnesc după 8 ore. Primul parcurge în 4 ore cât parcurge al doilea în 3 ore, iar distanţa dintre localităţi este de 840 km.

PROF. MARIA BOTH, ŞCOALA ŞICLĂU, ARAD

SOLUŢIE: Considerăm 1v - viteza camionului care pleacă din A şi 2v - viteza camionului care pleacă

din B . Atunci 21 vv + sunt kilometri parcurşi ȋntr-o oră ( ) 8408 21 =+⇒ vv km 10521 =+⇒ vv km/h.

Trebuie să aflăm două numere când se cunoaşte suma lor de 105 km/h şi raportul lor .4

3

2

1 =v

v

Din 21212

1

4

334

4

3vvvv

v

v=⇒=⇒= 2 2 2

3105 60

4v v v⇒ + = ⇒ = (km/h) şi 4560

4

31 =⋅=v (km/h).

Page 44: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

41

Micii MATEMATICIENI

CLASA A VII-A

7. 48 : Determinaţi cifra a , ştiind că ( )2 2

5 5 5 190a a a+ − + = .

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

SOLUŢIE: Avem: ( )2251 5 190 5 204 2601 204a a≤ ≤ + + ≤ ⇒ ≤ , absurd. Prin urmare, nu există cifra

a cu proprietatea din enunţ.

7. 49 : Determinaţi x∈ℤ şi numerele de forma abac ştiind că avem relaţia ( )29 5 2x b abac⋅ − = .

PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Din enunţ, se deduce că abac este un pătrat perfect, divizibil cu 9. Rezultă că

{ }2 2 29 11 ;9 12 ;...;9 33abac∈ ⋅ ⋅ ⋅ . Din această mulţime, numai 29 15 2025⋅ = şi 29 27 6561⋅ = verifică

condiţia ca cifra miilor să fie egală cu cifra zecilor. Dacă 6561 5abac b= ⇒ = , de unde se obţine că

( ) { }2 2 37 175 2 5 27 5 10 27 5 37;17 ;

5 5x x x x − ⋅ = ⇒ − = ± ⇒ ∈ ⇒ ∈

(fals), căci x∈ℤ . Dacă

2025 0abac b= ⇒ = , de unde se obţine că ( )2 25 2 0 15 5 15 3x x x− ⋅ = ⇒ = ± ⇒ = ± .

Prin urmare, 2025abac = şi { }3;3x∈ − .

7. 50 : Demonstraţi inegalitatea: 4 12 24

2 6 123 5 7+ + < + + .

PROF. GHEORGHE IACOB, GRUP ŞCOLAR MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

SOLUŢIE: Concluzia rezultă din 4

1,40 23< < ;

122,40 6

5< < şi

243,43 12

7< < , prin ínsumare.

7. 51 : Determinaţi numerele ,x y∈ℚ ştiind că 2 3 2a b x y+ ⋅ = + ⋅ , unde 2 1a = + , 1

2 1b =

−.

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

SOLUŢIE: ( )( )

( )22

2

2 13 2 1 3 3 2 2 3 2 1 6 5 2

2 1a b

++ = + + ⋅ = + + + = +

−. Din enunţ se obţine că:

( )6 5 2x y− = − . Dacă 5y ≠ , atunci 6

25

x

y

−=−

. Cum 6

, 25

xx y

y

−∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈

−ℚ ℚ ℚ , absurd.

Deci, 5y = şi 6x = .

7. 52 : Aduceţi la forma cea mai simplă expresia: ( )( )

( )2013

2012

2012

2012

3

6615

625

2625

−⋅

−++ .

PROF. ANA MĂRIOARA SPIRIDON, ŞCOALA IORDACHI CANTACUZINO, PAŞCANI

SOLUŢIE: Aducem la acelaşi numitor: ( ) ( )

( )( )

20122012 2012

2012 2012

3 5 2 65 2 6 5 2 6 2

3 35 2 6E

⋅ −+ ⋅ − + = ⋅⋅−

.

Page 45: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

42

Micii MATEMATICIENI

Simplificăm şi obţinem: ( )( )

201222

2012

5 2 6 2

5 2 6E

− + =−

20123⋅

( )20125 2 6⋅ −

20123( )2002 1 31 2 1

3 33= + ⋅ = =

⋅.

7. 53 : Arătaţi că are loc egalitatea: ( )4 2 6 6 2

2 42 2 4

11 ,

1 1 1

x x x x xx x x

x x x

+ + ++ + = + + ∀ ∈

+ + +ℝ .

PROF. GHEORGHE OANCEA , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Identitatea din enunţ este ⇔ ( )2 4

4 2 6

2

11

1

x xx x x

x

⋅ ++ + ++

+ 4 1x +( )2 41 ,x x x= + + ∀ ∈ℝ ⇔

( ) ( )2 4 2

22

1 1

1

x x xx

x

+ + ⋅ ++

+21 x= + 4x+ ⇔

( )21 x+ ( )42

1

1

x

x

⋅ +

+( )41 ,x x= + ∀ ∈ℝ , evidentă.

7. 54 : Fie triunghiul isoscel ABC şi H, intersecţia dintre mediana AM cu ínălţimea CE. Calculaţi suma distanţelor de la H la vârfurile triunghiului dacă 12BC cm= , iar 10AB AC cm= = .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Din M mijlocul lui [ ]BC 62

BCBM cm⇒ = = . Din AM mediană

în triunghiul isoscel ABC⇒ AM mediatoarea lui [ ]BC ⇒ [ ] [ ]HB HC≡

(proprietatea mediatoarei). Notăm HM l= cm. Cu teorema lui Pitagora în

triunghiul ABM , dreptunghic în M 2 2 2 64 8AM AB BM AM⇒ = − = ⇒ = ,

de unde 8HA l= − . Unghiurile �MAC şi �HBM sunt congruente întrucât au

acelaşi complement �ACB . Rezultă că � �sin sinMAC HBM= MC HM

AC HB⇒ =

6

10

l

HB⇒ =

5

3

lHB⇒ = . În �

teorema0 2 2 2( 90 )

PitagoraBHM mHMB HB HM BM∆ = ⇒ = +

2225

369

ll⇒ = + ⇒

216 9 36 936

9 16 2

ll

⋅⇒ = ⇒ = = . Suma cerută este

5 7 378 2 8

3 3 2

lHA HB HC l l+ + = − + ⋅ ⋅ = + = .

7. 55 : Fie date numerele reale strict pozitive x, y, z. Să se demonstreze că numerele 2 2a z y= + ,

2 2b x z= + , 2 2c x y= + pot fi lungimile laturilor unui triunghi ascuţitunghic.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Fără a restrânge generalitatea, putem considera x y z< < . Avem 2 2 2 2 0a b y x− = − ≥ , 2 2 2 2 0b c z y− = − ≥ , de unde 0a b c≥ ≥ > . Pentru a fi laturile unui triunghi trebuie ca 2a b c< + ↑

⇔ 2 2 22a b bc c< + + ⇔ 2z 2y+ 2 2x z< + 2 22bc x y+ + + , evident adevărată. Unghiul cel mai

mare a triunghiului este cel opus laturii a , pe care îl vom nota cu A . Presupunând prin absurd că

triunghiul nu ar fi ascuţitunghic, ar rezulta că �( ) 090m A ≥ ⇔ 0 0180 90A− ≤ . Din teorema lui

A

B C

H

Ml

E

Page 46: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

43

Micii MATEMATICIENI

Pitagora generalizată (a cosinusului) pentru unghiul obtuz avem: ( )2 2 2 02 cos 180a b c bc A= + + ⋅ −

⇔ 2 2 2a b c≥ + 2z⇔ 2y+ 2 2x z≥ + 2 2x y+ + ⇔ 2 0 0x x≤ ⇔ = , absurd. Q.E.D.

NOTA REDACŢIEI: O soluţie geometrică a problemei se găseşte în numărul 5 / 2011 al revistei.

7. 56 : Triunghiul dreptunghic ABC are ( ) 090m A =∢ şi ( ) 015m C =∢ . Demonstraţi că are loc

egalitatea: 4AB AC

AC AB+ = .

PROF. GHEORGHE IACOB, GRUP ŞCOLAR M. BUSUIOC, PAŞCANI SOLUŢIA 1 (AUTORUL): Se construieşte în ABC∆ , dreptunghic în A înălţimea AD cu ( )D BC∈ . Se

cunoaşte că, într-un triunghi dreptunghic cu un unghi de 015 înălţimea este o pătrime din ipotenuză.

Rezultă că 4

BCAD = , dar

AB ACAD

BC

⋅= (teorema a doua a înălţimii), deunde

2

4BC

AB AC=

⋅. Relaţia

lui Pitagora: 2 2 2BC AB AC= + ne conduce la 2AB

AB

2AC

AC+

⋅ AB AC⋅4= , Q.E.D.

SOLUŢIA 2 (ELEVELE: NEICU MARA, MITITELU MELISSA): În �( )090ABC mA∆ = , avem:

( )0 0

0 0 00 0

11

45 30 3 1315 45 3011 45 30 3 113

AB tg tgtgC tg tg

AC tg tg

−− −

= = = − = = =+ ⋅ ++

. Egalitatea din enunţ devine

( ) ( )( )

2 2

2

3 1 3 13 1 3 14 4 3 2 3

3 1 3 1 3 1

− + +− +⇔ + = ⇔ = ⇔ −

+ − −1 3 2 3+ + + 1 2 4 8 8+ = ⋅ ⇔ = (A) .

SOLUŢIA 3 (REDACŢIA): Construim (CS cu ( )B AS∈ astfel încât (CB bisectoarea a unghiului �ACS .

Din teorema bisectoarei, obţinem AB AC AB BS

BS SC AC SC= ⇔ = . Avem � 0 02 15 30mACS = ⋅ = şi, cum

SAC∆ este dreptunghic în A, rezultă că 0 2cos30

3

AC ACSC

SC

⋅= ⇔ = şi că

1

2 3

ACAS SC= = , de

unde 3

ACBS AS AB AB= − = − . Se obţine că

3

3

AB AC AB

AC

−=

3⋅

3 11

2 2 2

AB

AC AC

⇒ + =

12 3

2 3

AB

AC⇒ = = −

+ . Atunci 2 3

AB AC

AC AB+ = − 2 3+ + 4= .

7. 57 : Arătaţi că numărul 2 2 2 2 21 2 3 4 ... 2013 671A = + + + + + + este multiplu de 3. PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, COLEGIUL NAŢIONAL FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

SOLUŢIE: Calculul ( ) ( )2 22 21 1 1 2a a a a a− + + + + = − 2 21 2a a a+ + + + ( )231 1 3 1a+ + = + ∈Μ (*)

ne conduce la ideea de rezolvare de a face grupe de trei pătrate plus 1. Putem face 2013:3 671=

astfel de grupe: ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 4 5 6 1 ... 2011 2012 2013 1A = + + + + + + + + + + + + . Pentru

{ }2;5;...; 2012a∈ în relaţia (*) se obţine că fiecare paranteză se divide cu 3. Prin urmare, 3A∈Μ .

Page 47: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

44

Micii MATEMATICIENI

7. 58 : Arătaţi inegalitatea: 3 2 3

2 6 4 6 2

3

1 2

a b a b a

a b a b a

⋅ ⋅+ + ≤

+ + + pentru orice ,a b∈ ∈ℝ ℝ .

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Inegalitatea 2 2

1, ,

2

x yx y

x y

⋅≤ ∀ ∈

+ℝ cu 2 2 0x y+ ≠ este adevărată, íntrucât numitorii, fiind

pozitivi, ne conduc la echivalenţa ( )22 22 0xy x y x y≤ + ⇔ − ≥ , evident adevărată ín ℝ . Pentru

3,x a y b= = 3

2 6

1

2

a b

a b

⋅⇒ ≤

+, pentru

2 32 3

4 6

1,

2

a bx a y b

a b

⋅= = ⇒ ≤

+, iar

2

1

1 2

a

a≤

+, de unde prin

ínsumarea acestor inegalităţi obţinem inegalitatea cerută, cu egalitate pentru 1a b= = . 7. 59 : Se dă un triunghi echilateral. Folosind doar un echer, construiţi un hexagon regulat ín care vârfurile triunghiului să fie vârfuri ale hexagonului.

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, COLEGIUL NAŢIONAL FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

SOLUŢIE: Cu un echer se pot trasa numai drepte şi unghiuri drepte. Construim perpendiculara din A pe BC şi perpendiculara ín B pe AB. Acestea se intersectează íntr-un punct D. La fel, perpendiculara din B pe AC intersectează perpendiculara ín C pe BC ín punctul E, iar intersecţia perpendicularei din C pe AB cu perpendiculara ín A pe AC o notăm cu F. Se obţine hexagonul AFBDCE. Vom arăta că AFBDCE este regulat, adică are laturile şi unghiurile sale congruente. Întradevăr, triunghiul ABC fiind echilateral rezultă că ínălţimea AD este mediatoarea laturii BC

DB DC⇒ ≡ (proprietatea mediatoarei) şi bisectoarea �BAC⇒ �( ) 030m BAD = . Obţinem, ín ABD∆

dreptunghic ín B, că 0 330

3

BD ltg BD DC

AB= ⇒ = = , unde l AB BC AC= = = . Analog, se

demonstrează că 3

3

lEC EA= = şi că

3

3

lFA FB= = , de unde DB BF FA AE EC CD≡ ≡ ≡ ≡ ≡ .

Deoarece patrulaterele ABDC, ABCE şi ACBF sunt inscriptibile � � � 0120BDC CEA AFB⇒ = = = , iar

� � � 0 0 0 030 60 30 120DBA FAE ECD≡ ≡ = + + = ⇒ unghiurile hexagonului sunt congruente. Q.E.D 7. 60 : Fie ABC△ un triunghi echilateral, D BC∈ astfel încât DC BC≡ şi E AC∈ astfel încât

AE AC≡ . Dacă { }DE AB F∩ = , arătaţi că 3 AEF ABC∆ ∆⋅Α = Α .

PROF. ELENA ANDONE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIE: Construim ( ),CM BF S FD∈� . Rezultă că CM

este linie mijlocie în FBD∆2

BFCM⇒ = . Din AF CM� şi

A mijlocul lui EC ⇒AF este linie mijlocie în ECM∆ ⇒

2

CMAF = ⇒ 2CM x= , unde x AF= . Obţinem 4BF x= şi

3AB BF AF x= − = . Avem BAC EAF≡∢ ∢ (opuse la vârf)

şi notăm not

EA AC l= = .

C

B

AD

M

F

E

x2x

3x

ll

Page 48: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

45

Micii MATEMATICIENI

Atunci

1

2AEF

ABC

Α=

Α

�sinAE AF EAF⋅ ⋅ ⋅

1

2�sinAB AC BAC⋅ ⋅ ⋅

l=

x⋅

3 x⋅ l⋅

1

3= . Prin urmare, 3 AEF ABC∆ ∆⋅Α = Α

NOTA REDACŢIEI: Natura triunghiului ABC (echilateral) nu influenţează concluzia problemei. CLASA A VIII-A 8. 44 : Pe rombul ABCD se ridică perpendiculara EA⊥ (ABC) . Notăm cu P, Q, M sunt mijloacele segmentelor EB, ED, respectiv, EC. Arătaţi că aria triunghiului PQM este independentă de lungimea segmentului AE.

PROF. ANA MĂRIOARA SPIRIDON, ŞCOALA IORDACHI CANTACUZINO, PAŞCANI

SOLUŢIE: Conform teoremei liniei mijlocii, avem: PM BC AD� � şi QM CD AB� � , de unde

rezultă că ( ) ( )PQM ACD� . Din PM BC� , QM CD� ⇒ triunghiurile PMQ şi BCD sunt

asemenea, iar raportul de asemănare este2

1. Prin urmare,

4

1

2

12

=

=BCD

PMQ

A

A, de unde ⇒

ABCDBCDPMQ AAA8

1

4

1== . Aşadar, aria PMQ∆ nu depinde de lungimea segmentului AE .

NOTA REDACŢIE: Atât natura patrulaterului ABCD (romb), cât şi poziţia dreptei EA faţă de planul

( )ABC (perpendiculară) nu influenţează concluzia problemei.

8. 45 : Dacă numărul real x verifică 22 5 2 0x x− + = , calculaţi 22

1x

x+ şi 4

4

1x

x+ .

PROF. ELENA ANDONE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

SOLUŢIA 1 (ELEVA MURARIU MARIA): Se observă că 0x ≠ şi, prin împărţirea cu x , obţinem

12 5 2 0x

x⋅ − + ⋅ =

1 5

2x

x⇒ + = ⇒

21 25

4x

x ⇒ + =

2 2x x⇒ + ⋅1

x⋅

2

1 25

4x+ = 2

2

1 17

4x

x⇒ + =

22

2

1 289

16x

x ⇒ + =

4 22x x⇒ + ⋅2

1

x⋅

4

1 289

16x+ = 4

4

1 257

16x

x⇒ + = .

SOLUŢIA 2 (ELEVA PORUŞNIUC IULIANA): Rezolvăm ecuaţia de gradul al doilea: 2 4 9 0b ac∆ = − = > ⇒

⇒ 1,2

5 3

2 4

bx

a

− ± ∆ ±= = ⇒ 1 2x = şi 2

1

2x = , de unde 1

2

1x

x= . Cum x este soluţie, rezultă că

22 2 2 2

1 22

1 1 172

2 4x x x

x + = + = + =

şi 4

4 4 4 41 24

1 1 2572

2 16x x x

x + = + = + =

.

Page 49: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

46

Micii MATEMATICIENI

8. 46 : Fie numerele 5 1

2a

−= şi

5 1

2b

+= . Să se arate că 2n na b+ ≥ , oricare ar fi n∈ℕ .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Cum ( )2 25 1

14

a b−

⋅ = = , aplicând inegalitatatea mediilor 2

x yxy

+≥ pentru nx a= şi

ny b= , obţinem că ( )2nn na b ab+ ≥ ⋅ ( )2 2 1

nn n n n na b ab a b⇔ + ≥ ⇔ + ≥ 2n na b⇔ + ≥ .

8. 47 : Să se determine numărul de forma ab ştiind că are loc egalitatea 2 2

1 1 1

8a b+ = .

CRISTINA ENE, ELEVĂ, COLEGIUL NAŢIONAL FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

SOLUŢIE: Dacă 2

1 1

16a< şi

2

1 1

16b< , atunci

2 2

1 1 1 1 1216 8 8a b

+ < ⋅ ⇔ < , absurd. Rezultă că cel puţin

unul dintre 2

1

a şi

2

1

beste

1

16≥ . Fie acesta 2

2

1 116 4

16b b

b≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ . Din

2 2

1 1 10

8a b≤ = − rezultă

că 22

1 18 3

8b b

b≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ . Deci, { }3;4b∈ . Pentru 2

2

1 1 1 13 72

8 9 72b a

a= ⇒ = − = ⇒ = , fals. Pentru

22

1 1 1 14 16 4

8 16 16b a a

a= ⇒ = − = ⇒ = ⇒ = . Prin urmare, 44ab = .

8. 48 : Să se determine funcţiile f şi g de gradul întâi care trec prin punctul A(8,5) şi formează cu axa Oy un triunghi isoscel de arie 40.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU

FRUMOS

SOLUŢIA (AUTOAREI): Fie AC dreapta care reprezintă graficul funcţiei f , iar AB al graficului funcţiei

g cu ,B C Oy∈ . Considerăm C By y> . Rezultă că ( )0; BB y , ( )0; CC y şi C BBC y y= − . Cum

8AM = este înălţime în ABC∆ cu arie 40, rezultă că 10C By y= + . Fiind de gradul întâi, funcţia

( )f x mx n= + şi cum ( )0; B fB y G∈ ⇒ Bn y= , iar ( )8;5 fA G∈ ⇒5

8 58

Bym n m−

+ = ⇒ = ,

obţinem ( ) 5

8B

B

yf x x y

−= ⋅ + . Analog, funcţia ( ) 5

8C

C

yg x x y

−= ⋅ + ,

care trece prin A şi C ⇒ ( ) 510

8B

B

yg x x y

− −= ⋅ + + . Dacă ABC∆ este

isoscel, atunci M este mijlocul lui BC 5 0M B By y y⇒ − = ⇒ = . Se obţin

funcţiile: ( ) 5

8f x x= ⋅ şi ( ) 5

108

g x x= − ⋅ + .

NOTA REDACŢIEI: Neprecizându-se baza ABC∆ isoscel, mai sunt două situaţii de analizat :

� Dacă baza ABC∆ este AC ( AB BC= ), atunci ( ) ( )2 28 0 5 10By− + − = ( )25 36By⇔ − =

5 6By⇔ − = ± { }11; 1By⇔ ∈ − . Se obţin perechile de funcţii: ( )1

311

4f x x= − ⋅ + ,

( )0 ; BB y

( )8 ; 5A

( )0 ; CC y

O

( )0 ; 5M

fG

gG

Page 50: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

47

Micii MATEMATICIENI

( )1 2 21g x x= − ⋅ + şi ( )2

31

4f x x= ⋅ − , ( )2

19

2g x x= − ⋅ +

� Dacă baza ABC∆ este AB ( AC BC= ), atunci ( ) ( )2 28 0 5 10Cy− + − = ( )25 36Cy⇔ − =

5 6Cy⇔ − = ± { }11; 1Cy⇔ ∈ − { }16;9By⇒ ∈ . Se obţin alte perechi de funcţii:

( )3

1116

8f x x= − ⋅ + , ( )3

2126

8g x x= − ⋅ + şi ( )4

19

2f x x= − ⋅ + ( )4

719

4g x x= − ⋅ + .

8. 49 : Să se demonstreze că ( ) ( ) 11065757 22 ≥++−⋅− xxxx , pentru orice x∈ℝ . PROF. ANA MĂRIOARA SPIRIDON, ŞCOALA IORDACHI CANTACUZINO, PAŞCANI

SOLUŢIE: Notând pe �not

27 5x x y− = , rezultă că inegalitatea din enunţ este echivalentă cu

( )6 10 1y y + + ≥ ⇔ 2 6 9 0y y+ + ≥ ⇔ ( )23 0y + ≥ ⇔ ( )227 5 3 0, .x x x− + ≥ ∀ ∈ℝ , care este

adevărată, fiind un pătrat ín ℝ .

8. 50 : Găsiţi trei numere reale cu suma lor egală cu 3

2 şi cu suma pătratelor lor egală cu

3

4.

PROF. GHEORGHE IACOB, GRUP ŞCOLAR MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

SOLUŢIE: Fie , ,x y z∈ℝ cele trei numere căutate. Avem: 2 2 2 3

4x y z+ + = şi

3

2x y z+ + = . Scriind

diferenţa acestor egalităţi ca sumă de pătrate, obţinem succesiv: 2 2 2 3 30

2 4x x y y z z− + − + − + − =

⇔ 2

2 1 1 12

2 2 4x x

− ⋅ ⋅ + −

22 1 1 1

22 2 4

y y + − ⋅ ⋅ + −

22 1 1 1

22 2 4

z z + − ⋅ ⋅ + −

3

4+ 0= , de unde

2 2 21 1 1

02 2 2

x y z − + − + − =

1

2x y z⇔ = = = .

8. 51 : Să se arate că ecuaţia 2 3 5 6 62x y z t u+ + + = are o infinitate de soluţii cu , , , ,x y z t u ∗∈ℕ .

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

SOLUŢIE: Se verifică imediat identitatea: 14 4 4 4 4n n n n n++ + + = , oricare ar fi n ∗∈ℕ . Alegem

60 31 30,n k k ∗= ⋅ ⋅ + ∈ℕ şi obţinem ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 5 6 6230 31 15 20 31 10 12 31 6 10 31 5 60 14 4 4 4 2k k k k k⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ++ + + = .

Prin urmare, ( ) ( ){ }30 31 15 20 31 10 12 31 6 10 31 5 60 1; ; ; ; 4 ;4 ;4 ;4 ;2k k k k kx y z t u k⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ +∈ ∈ℕ sunt soluţii.

8. 52 : Fie A, B, C, M puncte necoplanare date. Proiecţia punctului M pe planul triunghiului ABC se notează cu P. Dacă M este egal depărtat de vârfurile triunghiului ABC, P este un punct care

aparţine dreptei AC, �( ) 060m BMC = şi �( ) 030m BCA = , să se determine distanţa de la punctul M la

dreapta BC şi distanţa de la punctul P la planul triunghiului MBC în funcţie de a MA= . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

Page 51: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

48

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Se ştie că un punct egal depărtat de vârfurile unui triunghi se află pe perpendiculara în centrul cercului circumscris triunghiului şi că un triunghi este dreptunghic dacă şi numai dacă are centrul cercului circumscris în mijlocul unei laturi (ipotenuza). Cum MA MB MC a= = = , rezultă că

( )MP ABC⊥ şi că P este centrul cercului circumscris ABC∆ . Din

P AC∈ deducem că P este mijlocul lui [ ]AC şi că ABC∆ este

dreptunghic în B . Triunghiul BCM este isoscel cu unghiul �( ) 060m BMC = MBC⇒ ∆ este echilateral BC a⇒ = . Construim

( ),MS BC S BC⊥ ∈ şi ( ),PT MS T MS⊥ ∈ . Din MS înălţime în

triunghiul echilateral MBC∆ , rezultă că ( ) 3;

2

ad M BC MS= = şi că S este mijlocul lui [ ]BC ⇒

că PS este linie mijlocie în ABC∆ 2

ABPS⇒ = şi PS AB� PS BC⇒ ⊥ , căci AB BC⊥ . Din

BC PS⊥ şi BC MS⊥ rezultă că ( )BC MPS⊥ ( T3⊥ ) şi cum ( )PT MPS PT BC⊂ ⇒ ⊥ şi cum

( )PT MS PT MBC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ( )( );d P MBC PT= . În � 0 0( 90 ) 30AB

ABC mB tgBC

∆ = ⇒ =

3 3

3 3

AB aAB

a⇒ = ⇒ =

3

6

aPS⇒ = . Din ( )MP ABC⊥ şi ( )PS ABC⊂ MP PS⇒ ⊥

MPS⇒ ∆ dreptunghic în P

2 2. .

2 2 2 2 3 3

2 6

T P a aMS PM PS MP

⇒ = + ⇒ = −

6

3

aMP = .

Aplicând teorema a doua a înălţimii în triunghiul MPS∆ , dreptunghic în P, obţinem MP PS

PTMS

⋅=

Atunci ( )( )2

6 3

3 6;3

2

a aa

d M MBCa

⋅= =

3 2 2

18 a⋅

3)6

3=

2

18

a

3

6

93

a= .

MATEMATICA LICEALĂ CLASA A IX-A 9. 43 : Aflaţi numerele reale 1 2 2012, , ...,a a a din următoarea inegalitate:

( ) ( ) ( )20121 2

2 2 21 2 20121 2 2012

1 1 1... 2012 ...

1 1 11 1 1

aa a

a a aa a a

+ + + ≥ − + + +

+ + ++ + + .

LEONARD VÍRLAN, ELEV, COLEGIUL NAŢIONAL FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

M

P

A

BC S 090030

T

090

Page 52: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

49

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: ⇔( ) ( ) ( )

20121 22 2 2

1 2 20121 2 2012

1 1 11 1 ... 1 0

1 1 11 1 1

aa a

a a aa a a

+ − + + − + + + − ≥

+ + ++ + + ⇔

⇔ ( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 2 2

1 1 1 2 2 2 2012 2012 20122 2 2

1 2 2012

1 1 1 1 1 1... 0

1 1 1

a a a a a a a a a

a a a

+ + − + + + − + + + − ++ + + ≥

+ + +

( ) ( ) ( )

22 220121 2

2 2 2

1 2 2012

0 ... 01 1 1

aa a

a a a

−− −≥ + + + ≥

+ + + 1 2 2012... 0a a a⇔ = = = = .

9. 44 : Fie , ,x y p∈ℝ cu x y< astfel încât 2xy p px py+ < + . Demonstraţi că ( );p x y∈ .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIA 1: Presupunem prin absurd că ( );p x y∉ , atunci ( ) ( ) sau ; sau ;x p y y x p⇒ ∈ ∈

şi -p x p y⇒ − au acelaşi semn ( ) ( ) 0p x p y⇒ − − ≥ 2 0p px py xy⇒ − − + ≥ , în contradicţie cu

inegalitatea din ipoteză. Conform metodei reducerii la absurd, rezultă că ( );p x y∈ .

SOLUŢIA 2: Avem: ( )2 0p x y p xy− + ⋅ + < . Privind pe ,x y ca parametri, rezultă p este soluţie a

inecuaţiei ( )2 0t x y t xy− + + < ( )1 2;p t t⇒ ∈ , unde 1,2t sunt soluţiile ecuaţiei asociate. Cum

discriminantul ecuaţiei este ( ) ( )2 24x y xy x y∆ = + − = − , rezultă că

( )1,2 2

x y x yt

+ ± −= , de unde

1t x= şi 2t y= . Deci, avem că ( );p x y∈ .

9. 45 : Se consideră punctele distincte A, B şi C având distanţele între ele de AB c= , BC a= ,

AC b= şi trinomul asociat ( ) ( )2 2 2 2 2 2T x b x b c a x c= ⋅ + + − ⋅ + .

a) Arătaţi că puntele A, B, C sunt coliniare dacă şi numai dacă trinomul ( )T x este pătrat

perfect pentru orice x∈ℝ .

b) Arătaţi că puntele A, B, C sunt necoliniare dacă şi numai dacă trinomul ( )T x este pozitiv,

pentru orice x∈ℝ . PROF. LAURENŢA DOCA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Fără a restrânge generalitatea, putem considera , ,a b c în această ordonare: 0 a b c< ≤ ≤ .

Discriminantul: ( )22 2 2 2 24b c a b c∆ = + − − ⇔ ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2b c a bc b c a bc∆ = + − − + − + ⇔

( ) ( )2 22 2b c a b c a ∆ = − − ⋅ + − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0

b c a b c a b c a b c a

≤ ≥ ≥ >

∆ = − − − + + − + +����������������

0⇔∆ ≤ .

a) ( )T x este pătrat, x∀ ∈ℝ ⇔ 0∆ = ⇔ cel puţin una dintre cele trei paranteze este nulă, de unde

⇒ , ,A B C sunt puncte coliniare, conform condiţei metrice de coliniaritate.

b) Deoarece 2 0b > , atunci ( ) 0, 0T x x> ∀ ∈ ⇔ ∆ <ℝ v⇔ 0b c a− + > c a b⇔ < + . Cum c este

cea mai mare latură, rezultă că este îndeplinită inegalitatea triunghiului ⇒ , ,A B C necoliniare.

Page 53: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

50

Micii MATEMATICIENI

9. 46 : Compară x cu y , unde 2010 2011 2012

2011 2012 2010x = + + şi

2010 2012 2011

20112012 2010y = + + .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm cu 2010a = , 2011b = şi cu 2012c = , de unde a c b< < . Calculăm diferenţa:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2 a c b a c b cb c ba b c a c b a c b a c b a b c a b cx y

b c a c b a abc abc

− − − + −+ + − − −− = + + − − − = =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

0c b a ac ab cb c b a a c b a c c b a c a b

x yabc abc abc

− − − + − − − − − − − ⇔ − = = = < .

Prin urmare, x y< .

9. 47 : Fie şirul de numere naturale ( )n na ∗∈ℕ

. Demonstraţi că, pentru orice n ∗∈ℕ numărul nA

poate fi scris ca sumă a a două pătrate perfecte, unde ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 2 31 1 1 ... 1n nA a a a a= + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + .

CRISTINA ENE, ELEVĂ, COLEGIUL NAŢIONAL, FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA SOLUŢIE: Vom demonstra, prin metoda inducţiei matematice, propoziţia matematică:

( ) :P n “ Numărul nA se scrie ca o sumă de două pătrate, oricare ar fi n ∗∈ℕ “.

ETAPA 1: Cum 2 21 1 1A a= + , rezultă că ( )1P este adevărată.

ETAPA 2: Ştim că ( )P k este adevărată ⇒ kA se scrie ca sumă de două pătrate ⇒ există ,x y∈ℝ

astfel încât 2 2kA x y= + . Atunci, avem succesiv: ( ) ( )( )2 2 2

1 1 11 1k k k kA A a x y a+ + += ⋅ + = + + ⇒

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 21 1 1 1 1 1 12 2k k k k k k kA x a x y a y x a xa y y y a ya y x+ + + + + + +

= ⋅ + + ⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ − ⋅ ⋅ + ,

de unde ( ) ( )2 2

1 1 1k k kA x a y y a x+ + += ⋅ + + ⋅ − este o sumă de două pătrate ( )1P k⇒ + este adevărată.

În concluzie, conform metodei inducţiei matematice, avem ( )P n este adevărată, n ∗∀ ∈ℕ .

9. 48 : Arătaţi că ( )4 4

3 3sin cossin cos sin cos 0

cos sin

x xx x x x

x x

+ ⋅ + − − ≥

, dacă sin 2 0x > .

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Aducem la acelaşi numitor: ( )5 5 4 4sin cos sin cos cos sin

sin cos 0cos sin

x x x x x xx x

x x

+ − ⋅ − ⋅+ ⋅ ≥

Grupăm şi descompunem ín factori: ( ) ( ) ( )4 4sin sin cos cos sin cossin cos 0

cos sin

x x x x x xx x

x x

⋅ − − −+ ⋅ ≥

( ) ( )( )2 2 2 2

1

sin cos sin cos sin cos sin cos

0cos sin

x x x x x x x x

x x=

+ ⋅ − − +

⇔ ≥⋅

������ ( )( )

22 22 sin cos0

sin 2

x xA

x

−⇔ ≥

9. 49 : Există numere reale a şi b astfel încât 9 6 2 3 5 3 3 2 1 8a b b a a b− + − + + − + = ? PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

Page 54: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

51

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Inegalitatatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz: 2

2 2

1 1 1

n n n

i i i ii i i

x y x y= = =

⋅ ≤ ⋅

∑ ∑ ∑ , aplicată

pentru 1 2 3 1 2 33, 2, 3, 3 2 , 3 5 3, 2 1x x x y a b y b a y a b= = = = − = − + = − + , ne conduce la

( ) ( )2

3 3 2 2 3 5 3 3 2 1 3 4 9 3a b b a a b a⋅ − + ⋅ − + + ⋅ − + ≤ + + 2b− 3b+ 5a− 3 2a+ + b−( )1+

9 6 2 3 5 3 3 2 1 16 4 8a b b a a b⇔ − + ⋅ − + + ⋅ − + ≤ ⋅ = . Constatăm că avem egalitate, deci

3 2 3 5 3 2 1

2 33

a b b a a b− − + − += =

3 2 3 5 3 2 1 4 1

3 4 9 16 4

a b b a a b− − + − +⇔ = = = = . Rezolvarea

sistemului dă soluţia:

33 2

43 5 2

52

4

a b

b a

a b

− =− = −

− =

7

49

4

a

b

= =

.

9. 50 : Dacă ín proporţia a c

b d= suma extremilor este egală cu suma mezilor atunci, pentru orice

n∈ℕ , are loc egalitatea 2 2 2 2n n n n

a d c b+ = + . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: ;nota cx a bx c dx

b d= = ⇒ = = şi cum a d b c+ = + bx d dx b⇒ + = + , de unde

obţinem ( ) ( ) ( ) ( )0 1 0d b x d b d b x− − − = ⇒ − − = . Dacă d b a c= ⇒ = . Deducem că 2 2n n

a c= şi

2 2n n

d b= , de unde, prin însumare, obţinem egalitatea cerută. Dacă 1x a b= ⇒ = şi d c= şi, în mod analog, deducem inegalitatea din enunţ.

9. 51 : Demonstraţi că, pentru orice n∈ℕ şi pentru orice 1 2, , ..., nx x x ∈ℝ cu 1 1nx x+ = , are loc

inegalitatea: ( ) ( ) ( )2 22 2 21 2 2 3 12012 2012 ... 2012 1006 2n nx x x x x x n++ − + + − + + + − ≥ ⋅ .

PROF. ALINA ŞI MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

SOLUŢIE: Inegalitatea dintre media pătratică şi cea aritmetică: 2 2

, 1,2 2

i i i ia b a bi n

+ +≥ ∀ = , aplicată

pentru şirurile i ia x= , 12012i ib x += − ne dă: ( )221

1 1

22012 2012 1006 2

2

n n

i ii i

x x n+= =

+ − ≥ =∑ ∑ .

9. 52 : Fie ABC un triunghi oarecare. Se consideră punctele ( )1 2,B B AC∈ şi ( )1 2,C C AB∈ astfel

încât 1 2AB CB= şi 1 2AC BC= Şi se notează cu { } , 1, 2i i iM BB CC i= ∩ = ( 1M şi 2M se numesc

puncte izotomice în ABC△ ). Dacă 1 2

1 2

M B M B

M C M C= şi 1 1 2 2

1 1 2 2

M B M B

M C M C= , atunci 1 1 2 2BC BC B C� � .

TEMISTOCLE BÎRSAN, IAŞI

SOLUŢIE: Utilizăm teorema lui Menelaus pentru 1ABB∆ şi transversala 1CC , apoi pentru 1ACC∆ cu

Page 55: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

52

Micii MATEMATICIENI

1BB şi obţinem: 1 1

1 1 1 1

M B C BCA

M B CB C A= ⋅ , 1 1 1 1

1 1

M C B A BC

M C BC BA= ⋅ , de unde, ínmulţind relaţiile precedente,

vom obţine egalitatea (1): 2

1 1 1 1 1 1 1 12

1 1 1 1 1 1 1 1

M B M C CA C B B A BC C B B A CA

M C M B CB C A BC BA BC C A BA

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅. Procedând analog,

relativ la punctul 2M , găsim (2): 2

2 2 2 2 2 2 2 22

2 2 2 2 2 2 2 2

M B M C CA C B B A BC C B B A CA

M C M B CB C A B C BA B C C A BA

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅. Conform

ipotezei, membrii stângi ai relaţiilor (1) şi (2) sunt egali, deci avem egalitatea celor din dreapta: 2 2

1 1 2 22 2

1 1 2 2

C B B A C B B A

BC C A B C C A

⋅ ⋅=

⋅ ⋅

2 23 3 3 31 1 1 1

1 1 1 12 21 1 1 1

C B B A C A BCC B B A BC C A

BC C A B A C B

⋅ ⋅⇔ = ⇔ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ 1 1

1 1

C A B A

C B BC⇔ = (3),

căci 2 1 2 1 2 1, ,C B C A B A BC B C B A= = = şi 2 1C A C B= . Conform reciprocei teoremei lui Thales,

rezultă că 1 1C B BC� . Cum egalitatea (3) se poate scrie ín forma 2 2

2 2

C B B C

C A B A= , avem şi 2 2C B BC� .

CLASA A X-A

10. 31: Rezolvaţi ecuaţia trigonometrică: ( )23 1 cos4cos 3cos

2

xx x

+− = .

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Cu formulele: 3cos3 4cos 3cosa a a= − şi 2cos2 2cos 1a a= − , ecuaţia se transformă

succesiv: ( )2 1 coscos3

2

xx

+= ( )22 cos 3 1 cos cos 6 cosx x x x⇔ ⋅ − = ⇔ = 6 2 ,x x k kπ⇔ = ± + ∈ℤ .

Mulţimea soluţiilor reale ale ecuaţiei este 2 2

7 5

k kS k k

π π = ∈ ∪ ∈

ℤ ℤ .

10. 32: Să se arate că numărul 1! 2! 3! ... 2011!a = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ este număr iraţional. CRISTINA ENE, ELEVĂ, COLEGIUL NAŢIONAL, FRAŢII BUZEŞTI, CRAIOVA

SOLUŢIE: Din faptul că 2011 este număr prim şi deoarece 2011 apare ca factor numai în 2011!

rezultă că exponentul lui 2011 ín descompunerea în factori primi a numărului 1! 2! 3! ... 2011!b = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

este 1, deci b nu este pătrat perfect, Rezultă că 1! 2! 3! ... 2011!a b= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∉ℚ .

10. 33: Rezolvaţi ecuaţia: 2 2 2

cos sin sin coscos sin 3

sin cos sin cos cos sin 2

x tgx x x tgx xtgx x x

x x tg x tgx x x tgx x x

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅+ + =

⋅ + ⋅ + ⋅ + .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Impunerea condiţiilor de existenţă necesare ne conduce la sin 0x > şi cos 0x > . Pentru

2x a= , y b= , inegalitatea mediilor: 2

x yxy

+≥ ne dă

2

2

1, ,

2 2

a b a ba b a b

a b∗+

+≥ ⇔ ≤ ∀ ∈

+ℝ cu

egalitate dacă 2a b= . Pentru a tgx= şi sin cosb x x= ⋅ , avem 2

cos sin 1

sin cos 2

tgx x x

tg x x x

⋅ ⋅≤

+ ⋅ (1). Pentru

Page 56: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

53

Micii MATEMATICIENI

cosa x= şi sinb tgx x= ⋅ , avem 2

cos sin 1

cos sin 2

x tgx x

x x tgx

⋅ ⋅≤

+ ⋅ (2). Pentru sina x= şi cosb tgx x= ⋅ , avem

2

sin cos 1

sin cos 2

x x tgx

x tgx x

⋅ ⋅≤

+ ⋅ (3). Prin adunarea inegalităţilor (1), (2) şi (3) se obţine inegalitatea:

2 2 2

cos sin sin coscos sin 3

sin cos sin cos cos sin 2

x tgx x x tgx xtgx x x

x x tg x tgx x x tgx x x

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅+ + ≤

⋅ + ⋅ + ⋅ + , cu egalitate dacă 2sin cosx tgx x= ⋅

2 sinsin

cos

xx

x⇒ = cos x⋅ sin 1x⇒ = 2cos 1 sin 0x x⇒ = − = 0 0⇒ > , absurd.

Prin urmare, ecuaţia nu are soluţii.

10. 34: Fie T mulţimea triunghiurilor înscrise într-un cerc dat de rază R şi f →ℝ:T funcţia

definită prin ( )( )( ) ( )

3 sin sin sin sin sin sin

sin sin sin 1 cos cos cos

abc a b c a B C b A C c A Bf t

A B C A B C

+ + + + + =+ + + + +

, unde a, b, c, A,

B, C sunt notaţiile obişnuite pentru elementele triunghiului t .

a) Să se determine mulţimea ( )f T .

b) Aflaţi mulţimea 0T pentru care ( )0f α=T , unde ( )fα ∈ T este dat.

TEMISTOCLE BÎRSAN, IAŞI SOLUŢIE: Cu a a b c= + +∑ , sin sin sin sinA A B C= + +∑ şi cos cos cos cosA A B C= + +∑ ,

numărătorul funcţiei ( )f t se scrie, aplicând teorema sinusurilor şi formulele:

sin sin sin 4 cos cos cos2 2 2

A B CA B C+ + = ⋅ ⋅ ⋅ şi cos cos cos 1 4 sin sin sin

2 2 2

A B CA B C+ + = + ⋅ ⋅ ⋅ :

( )6 sin sin sin sin 6 sin 8sin sin sin cos cos cos2 2 2 2 2 2

A B C A B CR abc A A B C R abc A ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ =

∑ ∑

( )( ) ( ) ( )3 2 sin sin cos 1 3 sin 1 cosRabc A A A Rabc A A = + − = + ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ .

Ca urmare, ( ) 3f t Rabc= sau, utilizând relaţia 4abc R S= ⋅ , t∈T găsim ( ) 212f t R S= .

a) Aria S a unui triunghi ínscris ín cercul de rază R este strict pozitivă şi atinge valoarea maximă

pentru triunghiurile echilaterale, anume 23 3

4S R= , şi, din motive de continuitate, ia orice

valoare pozitivă mai mică decât aceasta. Prin urmare, ( ) ( 40;9 3f R = T .

b) Notând cu tS aria triunghiului t∈T , avem: 0t∈T ( )f t α⇔ = 22

1212t tR S SR

αα⇔ = ⇔ = ,

adică mulţimea 0T este clasa triunghiurilor echivalente, de arie 212R

α înscrise în cercul dat.

10. 35: Să se determine n∈ℕ ştiind că pentru orice ,k k n∈ ≤ℕ este adevărată egalitatea:

( ) ( ) ( ) ( )1 1

n nk kn nn n k k

n nk kn n

C AC A

A C

− −+ = + .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

Page 57: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

54

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: ( ) ( ) ( ) ( )1 1n n n nk k k k k kn n n n n nC A C A A C

+ +⇔ + = ⋅ + ⋅ ( ) ( ) ( ) ( ) 0

n nk k k k k kn n n n n nC C A A C A⇔ ⋅ − − ⋅ − =

( ) ( ) ( ) 0n nk k k k

n n n nC A C A ⇔ − ⋅ − = k kn nC A⇔ =

( ) ( ){ }! !

! 1 0;1! ! !

n nk k

n k k n k⇔ = ⇔ = ⇔ ∈

− ⋅ −. Cum

egalitatea este adevărată pentru orice k n≤ , rezultă că { }0;1n∈ .

CLASA A XI-A

11. 25: Se dă matricea , ( ).3 RMA∈ Să se determine numerele Ryx ∈, astfel

íncât să fie verificată egalitatea .32 yIxAA −= Aflaţi ,nA n ∗∈ℕ ,

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

SOLUŢIE: 23

20 0 16 2 0 4 2 204

0 4 0 0 2 0 4 1612

16 0 20 4 0 2 2 4

x y x x yx

A xA yI x y xy

x x y x y

− − − − − = = − = − ⇔ = − ⇔ =− ⇔ = − − − − − =

.

Prin urmare, 234 12A A I= − + . Avem: 2 1

34 12n n nA A A O+ ++ − = . Vom determina nA , prin metoda

şirurilor recurente: 2 2 1 1

2 1

2 2 1 1

0 0 0 0 0 0

0 0 4 0 0 12 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

n n n n n n

n n n

n n n n n n

x y x y x y

z z z

y x y x y x

+ + + +

+ +

+ + + +

+ − =

. Se

obţin relaţiile de recurenţă liniară de ordinul 2: 2 1

2 1

2 1

4 12 0

12 0

4 12 0

n n n

n n n

n n n

x x x

y yx y

z z z

+ +

+ +

+ +

+ − =

+ − = + − =

, având aceeaşi ecuaţie

caracteristică 2 4 12 0r r+ − = cu soluţiile 1 2r = şi 2 6r = − . Deci ( )1 22 6nn

nx c c= ⋅ + ⋅ − . Pentru a

determina constantele, impunem 1 1 22 6 2x c c= − = − şi 2 1 24 36 20x c c= + = 1 2

1

2c c⇒ = = . Rezultă că

( )12 1 3nn

nx− = + − . Din ( )1 22 6

nnny c c= ⋅ + ⋅ − şi 1 1 22 6 4y c c= − = , 2 1 24 36 16y c c= + = −

1 2

1 1,

2 2c c⇒ = = − . Rezultă că ( )12 1 3

nnny

− = − − . Din ( )1 22 6nn

nz c c= ⋅ + ⋅ − şi 1 1 22 6 2z c c= − = ,

2 1 24 36 4z c c= + = 1 21, 0c c⇒ = = . Găsim 2nnz = ⇒

( ) ( )

( ) ( )

1 1

1 1

2 1 3 0 2 1 3

0 2 0

2 1 3 0 2 1 3

n nn n

n n

n nn n

A

− −

− −

+ − − − = − − + −

.

=

204

020

402

A

Page 58: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

55

Micii MATEMATICIENI

11. 26: Determinaţi m∈ℤ pentru care soluţiile sistemului

x y z a

x my z a

x my mz b

+ + =

+ + = + + = −

să aibă componentele

întregi ştiind că 2011a b+ = . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Observăm că 1m ≠ , căci altfel am avea 0 2011 0a x y z b a b= + + = − ⇒ + = ⇒ = , fals.

Determinantul sistemului este ( ) ( )

3 2

2

1 1 1 1 1 11 1

1 1 1 1 1 1 01

1 0 0 1

L L

s m m m mm

m m m

∆ = = = − = − ≠

.

Rezultă că sistemul este compatibil determinat (de tip Cramer). Deoarece

1 21 1

1 1 0

1

L L

y

a

a

b m

=

∆ = =

rezultă că / 0y sy = ∆ ∆ = . Obţinem: x z a+ = şi x mz b+ = −prin scădere

⇒ ( ) 20111

1m z a b z

m− = + ⇒ =

−.

Cum z∈ℤ şi 2011 este număr prim, rezultă că { }0; 2; 2010;2012m∈ − . Din , ,x z a b∈ ⇒ ∈∈ℤ ℤ .

Pentru 0m = avem soluţia ( )2011;0;2011a − , pentru 2m = avem soluţia ( )2011;0; 2011a + − ,

pentru 2012m = avem soluţia ( )1;0; 1a + − , iar pentru 2010m = − avem soluţia ( )1;0;1a − .

11. 27: Să se determine m∈ℝ astfel íncât funcţia ( ) ( )2: , 2012 xf f x x x m e−→ = + + ⋅ℝ ℝ să fie

pozitivă şi monoton descrescătoare. PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Din ( ) 20, 2012 0, 0 şi 0f x x x x m x a> ∀ ∈ ⇒ + + > ∀ ∈ ⇒ > ∆ <ℝ ℝ 22012 4 0m⇒ − <

21006m < . Avem ( ) ( ) ( ) ( )/ 2 22 2012 2012 2010 2012x x xf x x e e x x m e x x m− − −= + − + + = − − + − .

Din f monoton descrescătoare pe ℝ rezultă că ( )/ 20 2010 2012 0,f x x x m x≤ ⇔ − − + − ≤ ∀ ∈ℝ

( )2 20 şi 0 2010 4 2012 0 4 4 2012 4 1005a m m⇒ < ∆ ≤ ⇒ + − ≤ ⇒ ≥ ⋅ + ⋅ ( )22 1006 1006 1m⇒ ≥ ⋅ + −

2 2 21006 1 1006 1 1006m⇒ ≥ + ⇒ + < , absurd. Prin urmare, nu există m în condiţiile din enunţ.

11. 28: Să se demonstreze că: ( ) ( ) 11lnln

ln

n xnx n n

xn

e xe x

ex

⋅−⋅ −+ > + , pentru orice 1x > şi , 2n n∈ ≥ℕ .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Aducem la acelaşi numitor: ⇔ ( ) 1ln ln ln ln ln

nn x x n x xn n nne x x e x e x x−⋅ + ⋅+ ⋅ > ⋅ + ⋅ .

Descompunem: ( ) ( )ln ln ln 0n x x xn ne e x x e x⋅ ⋅ − − ⋅ − > ⇔ ( ) ( ) ( )ln ln 0nnx xn ne x e x − ⋅ − >

⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2 11 1

0, căci ln 0, 1;

ln ln ... ln ln 0n nn nx x x xn n n n

x x

e x e e x e x x− −− −

> > ∀ ∈ ∞

− ⋅ + ⋅ + + ⋅ + > ����������������������⇔ ( )2ln 0x ne x− >

⇔ ln 0x ne x− ≠ (*) . Vom arăta că ln 0x nne x> > ↑ ( )ln , 1;n xe x x⋅⇔ > ∀ ∈ ∞ . Considerăm

Page 59: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

56

Micii MATEMATICIENI

funcţia ( ) ( ): 1; , lnn xf f x e x⋅∞ → = −ℝ . Derivata funcţiei este ( )/ 1 1n xn x n x e

f x n ex x

⋅⋅ ⋅ ⋅ −

= ⋅ − =

( ) ( )/ 0, 1;f x x f⇒ > ∀ ∈ ∞ ⇒ este crecătoare ( ) ( )1 , 1f x f x⇒ > ∀ > ( ) 0nf x e⇒ > > , de unde

rezultă adevărul inegalităţii ( )∗ Q.E.D.

CLASA A XII-A

12. 26: Să se arate că polinomul ( ) ( ) ( ) [ ]2 21f X X m X n X= − ⋅ − + ∈ℤ cu m n≠ este ireductibil

peste inelul polinoamelor cu coeficieţi íntregi cu o singură nedeterminată. PROF. LAURENŢA DOCA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Presupunem prin absurd că f este reductibil peste ℤ ⇒ că există polinoamele

[ ],g h X∈ℤ astfel încât f g h= ⋅ cu 1,grad g ≥ 1grad h ≥ şi coeficienţii dominanţi ai

polinoamelor [ ],g h X∈ℤ egali cu 1. Polinoamele [ ],g h X∈ℤ nu pot avea gradul 1, căci ar rezulta

că f ar avea soluţia 0x ∈ℤ ( )0 0f x⇒ = ( ) ( )2 2

0 0 1x m x n⇒ − − = − , contradicţie. Deoarece

4grad g grad h+ = 2grad g grad h⇒ = = . Rezultă că există , , ,a b c d∈ℤ astfel încât

( )( )2 2f X aX b X cX d= + + + + . Din ( ) ( ) ( )2 21 1f m m am b m cm d= ⇒ + + + + = şi obţinem că 2 2 1m am b m cm d+ + = + + = ± . Diferenţa lor ne conduce la ( )m a c d b− = − . Analog, se obţine că

( )n a c d b− = − . Rezultă că a c= şi b d= , căci altfel am avea d b

m na c

−= =−

, contrazice ipoteza.

Obţinem egalitatea: ( ) ( ) ( )22 2 21X m X n X aX b− − + = + + . Dezvoltând şi identificând coeficienţii,

găsim: 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 4

2 2 2

1

a m n

a b n mn m

ab mn m n

b m n

= − − + = + +

= − − = +

2

2

2

12

a n m

b mn

bb

= − −⇔ =

= +

2

3b⇔ = ± ∉ℤ , contradicţie. Conform

metodei reducerii la absurd, rezultă că f este ireductibil peste ℤ .

12. 27: Se consideră şirul de integrale ( )n nI

∈ℕ, definit prin

2

0

sinnnI x dx

π

= ∫ , n∈ℕ .

a) Să se arate că şirul ( )n nI

∈ℕ este descrescător.

b) Să se calculeze: 2 1

lim şi limn n

n nn n

I I

I I→∞ →∞− −

.

c) Să se arate că 1n nn I I −⋅ ⋅ nu depinde de n .

PROF. MARIA BOTH, GRUP ŞCOLAR IULIU MANIU, ARAD

SOLUŢIE: a) Din 0;2

xπ ∈

[ ]sin 0;1x⇒ ∈ 10 sin sinn nx x+⇒ ≤ ≤ 12 2

0 0int0 sin sin

monotonian n

egraleix x

π π+⇒ ≤ ≤∫ ∫

Page 60: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

57

Micii MATEMATICIENI

10 ,n nI I n+⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ℕ ( )n nI

∈⇒

ℕ este şir descrecător.

b) Succesiv, aplicând metoda integrării prin părţi, se obţine: ( )/ 12

0cos sinn

nI x x dxπ

−= − ⋅∫ , de unde

⇔ ( ) ( )1 2 2220 0

cos sin 1 cos sinn nnI x x n x x dx

ππ− −= − ⋅ + − ⋅ ⋅∫ ⇔ ( ) ( )21n n nI n I I−= − ⋅ − . Prin

urmare, 2

1, , 2n n

nI I n n

n −

−= ⋅ ∀ ∈ ≥ℕ , de unde

2

lim limn

n nn

nI

I

∞∞

→∞ →∞−

=

11

n

n

− 1= .

Cum şirul ( )n nI

∈ℕeste descrescător ⇒ 2 1 , , 2n n nI I I n n− −≥ ≥ ∀ ∈ ≥ℕ . Din relaţia de recurenţă rezultă

că 2 , , 21n n

nI I n n

n− = ⋅ ∀ ∈ ≥−

ℕ , de unde 1 , , 21 n n n

nI I I n n

n −⋅ ≥ ≥ ∀ ∈ ≥−

ℕ . Obţinem:

1 11

n

n

In

n I−≥ ≥

1

1, , 21

n

n

Inn n

n I −⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ ≥

−ℕ . Deoarece

1 1lim lim 1 1n n

n

n n→∞ →∞

− = − =

, rezultă,

conform criteriului cleştelui, că 1

lim 1n

nn

I

I→∞−

= .

c) Înmulţind: 2

1n n

nI I

n −

−= , 1 3

2

1n n

nI I

n− −

−=

−, 2 4

3

2n n

nI I

n− −

−=−

, …, 4 3

3

4I I= , 3 1

2

3I I= , 2 0

1

2I I= ,

obţinem: 1 2n n nI I I− −⋅ ⋅ 3... I⋅ ⋅ 2I⋅1n −

= 2nIn −⋅2n −

⋅1n − 3nI −⋅

3n −⋅

2n − 4nI −⋅3

...⋅ ⋅4 2I⋅

2⋅3 1

1

2I⋅ ⋅ 0I⋅ , de

unde 2 2 2 21 1 0 0 00 0

sin cos cos cos02 2 2n nn I I I I x dx dx x x

π ππ π π π π

− ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = − ⋅ = − + ⋅ = ∫ ∫ .

12. 28: Demonstraţi egalitatea: 1

1 1log log

ln

n nn nn n

nx dx x dx n

n−+ ⋅ =∫ ∫ , pentru orice ( )1;n∈ ∞ .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: ( )( )părţi// 1

11 1 1 1

ln 1 1log ln ln ln ln

ln ln ln

nn n n nn n n n n

n n n n

xx dx dx x x dx x x x n x x dx

n n n−= = ⋅ = − ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ∫

1

1log

ln

n nn nx dx

n⇒ =∫ lnnn n⋅ ⋅

lnn

nx

n− 1 1

lnn xx

−⋅ ⋅ 1

1 1 1log ln

ln

n n nn nn n

ndx x dx n xdx

n−⇒ = −∫ ∫ ∫ .

12. 29: Fie funcţia :f →ℝ ℝ de două ori derivabilă pe ℝ cu ( )/ 0 0f = şi ( ) ( )1 /

01f x dx f=∫ . Să

se arate că există ( )0;1c∈ astfel íncât ( ) ( ) ( ) ( )/ / /

0

cf x dx f c f c f c= + −∫ .

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

SOLUŢIE: Din f de două ori derivabilă pe ℝ ⇒ f continuă peℝ ⇒ ( ) ( )0

xg x f t dt= ∫ este o

primitivă a lui f pentru care ( )0 0g = (teorema lui Barow). Avem: ( ) ( )/ ,g x f x x= ∀ ∈ℝ şi

( ) ( )/1 1g f= . Considerăm funcţia :F →ℝ ℝ definită prin ( ) ( ) ( )xF x e g x f x= ⋅ − . Funcţia F

este de două ori derivabilă pe ℝ . Aplicând derivata produsului, obţinem derivatele /F şi / /F :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ / /x x xF x e g x f x e f x f x e g x f x = ⋅ − + ⋅ − = ⋅ − , iar derivata a doua este egală

Page 61: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

58

Micii MATEMATICIENI

cu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ / / / / / / / /x x xF x e g x f x e g x f x e g x f x f x f x = ⋅ − + ⋅ − = ⋅ − − − . Avem

( ) ( ) ( ) ( )/ 0 /0 0 0 1 0 0 0F e g f = − = − = şi ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/ 1 / / /1 1 1 1 1 0F e g f e f f = − = − = Atunci

( ) ( )/ /0 1F F= şi cum /F este continuă şi derivabilă pe [ ]0;1 , rezultă că sunt índeplinite condiţiile

teoremei lui Rolle. Prin urmare, există ( )0;1c∈ astfel íncât ( ) ( )// 0F c = ( )/ / 0F c⇒ = , de unde

( ) ( ) ( ) ( )/ / / 0g c f c f c f c− − − = ( ) ( ) ( ) ( )/ / /

0

cf t dt f c f c f c⇔ = + −∫ , Q.E.D.

***

ZÂMBETUL ŞTIINŢEI

ÎN ACEASTĂ RUBRICĂ VOM TRECE ÎN REVISTĂ CÂTEVA ANECDOTE SEMNIFICATIVE ŞI AMINTIRI DIN VIAŢA CELOR MAI DE FRUNTE MATEMATICIENI .

D’ALE LUI BERTRAND RUSSELL (FILOSOF ŞI MATEMATICIAN BRITANIC, 1872-1970)

Mare i-a fost mirarea unui filozof, când a aflat de la Bertrand Russell, că dintr-o afirmaţie falsă

poate fi dedusă oricare alta. El a întrebat:

– Dumnevoastră consideraţi, într-adevăr, că din afirmaţia 2 + 2 = 5, urmează, că sunteţi papa de

la Roma?

Russell dădu afirmativ din cap.

– Şi dumneavoastră puteţi demonstra acest lucru? – continuă să-şi exprime îndoiala filozoful.

– Desigur! – a răspuns cu fermitate Russell şi-i expune demonstraţia în cauză:

1. Presupunem, că 2 + 2 = 5;

2. Scădem din ambele părţi a egalităţii câte un doi: obţinem 2 = 3;

3. Schimbăm cu locurile partea stângă cu partea dreaptă: 3 = 2;

4. Scădem din ambele părţi câte o unitate: 2 = 1;

5. Papa de la Roma şi eu – împreună suntem doi. Deoarece 2 = 1, atunci papa de la Roma şi

eu suntem una şi aceeaşi persoană.

Prin urmare, eu sunt papa de la Roma.

CULEASĂ DE NEICU MARA

Page 62: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

59

Micii MATEMATICIENI

PROBLEME PROPUSE MATEMATICA PITICĂ P. 111: Rezolvați exercițiul 60 : 6 6 10 8: 2+ × − . Puneți paranteze, astfel încât să obțineți rezultatele: 36, 46 şi respectiv 16.

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

P. 112: Un elev demonstrează: ( ){ }2012 : : 2013 2013 : 2013abcd abcd abcd abcd ab cd cd + − + ⋅ − + = . Ce

şanse are profesorul ca prin ştergerea totală a unei litere din exerciţiu, să obţină o egalitate adevărată? PROF. ÎNV. PRIMAR RAMONA MIHAELA ADAM, ŞCOALA MIROSLAVA, IAŞI

P. 113: Împărţind numărul 48 la un număr natural, obţinem un cât şi restul 8. Determinaţi ultima cifră a câtului ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA ŞI CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

P. 114: Arată că numărul ( ){ }40 : 20 : 7 36 : 4 : 3 2 3 4 : 9 8 4b = + + ⋅ ⋅ + + verifică egalitatea:

( ){ }1 1 18 :10 20 : 4 15 4 100b b − − − ⋅ = .

ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 115: Un gospodar are hrană pregătită pentru 3 gâşte şi 36 de găini, pe o perioadă de 60 de zile. Cantitatea de hrană pe zi pentru o gâscă este de 3 ori mai mare decât cea necesară pentru o găină. Ştiind că gospodarul vinde cele 3 gâşte, aflaţi pentru câte zile îi va ajunge hrana pentru găini.

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 116: În 8 coșulețe sunt 64 de portocale, repartizate în mod egal. Din coșurile de la 3 la 5 s-au luat câte 4 portocale. Câte portocale pot fi în trei coșulețe alăturate?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 117: N este un număr natural de 4 ori mai mare decât n. Care sunt cele două numere știind că cel mai mare este mai mare decât 10 și mai mic decât 20. Justificați.

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 118: Împărţiţi 46 de bile în 9 cutii, în fiecare cutie să fie cel puţin o bilă, fără a exista două cutii cu acelaşi număr de bile.

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 119: Într-o cutie sunt de 4 ori mai multe bile roșii decât albe. Dacă se iau 6 bile roșii și 3 bile albe, în cutie rămân de 6 ori mai multe bile roșii decât albe. Câte bile bile roșii și câte bile albe au fost la început în cutie?

PROF. ÎNV. PRIMAR GABRIELA-LILANA ONOFREI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 120: Într-o cutie sunt 5 perechi de mănuși negre și 6 perechi de mănuși roșii. Care este cel mai mic număr de mănuși ce trebuie scos din cutie, fără a vedea culoarea, pentru a fi siguri că am luat o pereche de mănuși negre ?

ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

Page 63: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

60

Micii MATEMATICIENI

P. 121: Găsiţi numerele impare xy astfel încât să fie posibilă egalitatea: 2 16x y+ = . ÎNV. VASILE ROZNOVĂŢ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

P. 122: Suma a două numere este 360. Dacă înmulţim primul număr cu 5, iar al doilea rămâne neschimbat, atunci suma devine 900. Care sunt numerele?

ÎNV. ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 123: Alexandra a primit flori de ziua ei, câte una pentru fiecare an al vârstei sale. Dacă le așează câte 3 în vază îi rămân 10 flori, iar dacă le așează le așează câte 5, îi rămân două flori nepuse în vaze. Câți ani are Alexandra?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 124: O familie are trei băieți (dintre care doi gemeni) și o fată. Vârsta tatălui este scrisă cu două cifre, dintre care una exprimă vârsta unui dintre gemeni, iar a doua cifră vârsta celuilalt băiat, suma celor trei vârste fiind 58 de ani. Vârsta mamei este scrisă tot cu două cifre, dintre care una exprimă vârsta celuilalt geamăn, iar cealaltă cifră exprimă vârsta fetiței. Aceste trei persoane au împreună 50 de ani. Câți ani are fiecare?

PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 125: Diferenţa a două numere este egală cu 12. Triplul primului număr mărit cu sfertul celui de-al doilea dă suma 296. Care sunt numerele ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA ŞI CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI P. 126: La începutul anului şcolar în clasă la Matei au mai venit 2 băieţi şi o fată. Matei constată că noii colegi reprezintă a opta parte din numărul de copii existenţi acum în clasă. Câţi băieţi şi câte fete sunt acum în clasa lui Matei, dacă numărul fetelor e mai mic cu 3 decât cel al băieţilor?

ÎNV. MARIETA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 127: Trei copii cântăresc fiecare între 25 și 35 de kg. Ei vor să afle greutatea fiecăruia dar surpriză, cântarul nu măsoară greutăți sub 40 de kg. Explicați cum au reușit să afle copii cât cântărește fiecare.

ÎNV. CLAUDIU MORARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 128: Două bucăți de stofă măsoară 158 m. După ce se vând 57 m de stofă se constată că în prima bucată a mai rămas jumătate, iar în cealaltă trei sferturi.Ce lungime a avut fiecare bucată de stofă la început ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 129: La concursul “Micii matematicieni”, s-au înscris 73 elevi. Înainte de începerea concursului se retrag 3 fete şi mai vin 2 băieţi. Câţi băieţi şi câte fete au fost iniţial, dacă acum numul fetelor este dublul numului de băieţi ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU P. 130: Dacă împărţim două numere natural, obţinemcâtul 5 şi restul 1. Dacă mărim cu 3 împărţitorul şi împărţim din nou numărul mai mare la el, obţinem câtul 3 şi restul 6. Aflaţi numerele.

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA ŞI CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI

P. 131: Se dau numerele: 41; 45; 49; 413; 48; 412; 47; 411; 46; 4 ; 4 .ab c Descoperiţi regula de formare a numerelor şi apoi, determinaţi valoarea numerică a literelor .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

Page 64: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

61

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA GIMNAZIALĂ Clasa a V-a

5.90 : Scrieţi numărul ( ) 9x a b= − ⋅ ca sumă de trei pătrate, unde b este jumătatea numărului a , iar

( ){ }2013 2 4 2 2013 526 7,09664 1 : 27 :3 6 1,2 0 1,2 1,44 0,5 1,35a = ⋅ ⋅ − + ⋅ + − − − .

IOANA SCUTARIU, ELEVĂ, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

5.91 : Demonstraţi că, dacă este adevărată egalitatea ( ) ( ) ( )2 2 2

aaaa bbbb cccc+ = , atunci are loc şi

egalitatea: ( ) ( ) ( )2 2 2

aaaaaaaa bbbbbbbb cccccccc+ = .

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

5.92 : Arătaţi că, pentru orice numere naturale, nenule , ,a b c , are loc: ( )23 4 6 324a b+ + ≥ . PROF. DOINA STOICA, ARAD

5.93 : Fie 2013 2014 2015 20162012 2013 2014 2015A = + + + . Aflaţi ultimele trei cifre ale numărului 3A . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

5.94 : Ştiind că diferenţa dintre mulţimile A şi B este 380, al diferenţei dintre mulţimile B şi A este 460 şi al intersecţiei dintre A şi B este 410.Aflaţi câte elemente are mulţimea reuniunii dintre A şi B .

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD 5.95 : Câte numere natural x, diferite de 0, care împărţite la 2013 dau ca rest pătratul câtului ?

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD 5.96 : Două prietene, Ioana din Iaşi, România, şi Johana din New York, SUA, íşi planifică pe messenger ziua începutului de concediu, împreună. Ioana propune ca vacanţa să ínceapă pe data de 06.07.2013 , dar Johana sare ca arsă la propunerea ei: -“Nu pot pe 7 iunie pentru că mi-ai zis să-mi iau concediu în luna iulie!” Neînţelegere între cele două prietene avea drept cauză modurile diferite de notare a datelor. În SUA datele se scriu astfel: numărul lunii, apoi numărul zilei şi anul, pe când în Europa se scrie mai întâi numărul zilei, apoi al lunii şi apoi anul. Câte zile sunt într-un an, ale căror date nu pot fi determinate dacă nu se ştie în care mod au fost scrise (european sau american) ? Justificaţi răspunsul.

PROF. BOGDAN BÂRZOI, COLEGIUL NAŢIONAL GARABET IBRĂILEANU, IAŞI 5.97 : Determinați numerele n∈ℕ astfel încât are loc relația: 2013 2012 20112 3 3 6 3 3n⋅ − − ⋅ = .

PROF. OANA ALEXE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU 5.98 : Să se arate că numărul 20141799 se poate scrie ca sumă a trei cuburi .

PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

5.99 : Să se determine numerele naturale ,m n∈ℕ astfel încât 3 2 2 49n m⋅ + = . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

Page 65: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

62

Micii MATEMATICIENI

5.100 : Determinaţi numerele abx care verifică egalitatea: 2 84xab b+ = + .

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

5.101 : Aflaţi restul împărţirii numărului �2013

201399...9ori

x = la 17.

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

5.102 : Suma a două numere este 2013. Dacă se şterge o cifră a unuia dintre ele, obţinem al doilea număr. Găsiţi numerele. Justificaţi răspunsul.

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 5.103 : Pe o foaie sunt desenate 6 dreptunghiuri aranjate în ordinea crescătoare a perimetrelor lor. Fiecare are laturile exprimate prin numere consecutive impare, astfel încât lungimea primului este lățimea celui de-al doilea ș.a.m.d. Suma perimetrelor dreptunghiurilor extreme este 296. Să se calculeze dimensiunile celor 6 dreptunghiuri.

PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

5.104 : Arătaţi că penultima cifră a numărului 20132 nu poate fi 8.

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA Clasa a VI-a

6. 70 : Arătaţi că numărul 1 1 1

2 : 1 ... ,1 2 1 2 3 1 2 3 ...

m n nn

∗ = ⋅ + + + + ∈ + + + + + + + ℕ este

succesorul numărului natural n . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

6. 71 : Demonstraţi că fracţia 2 4 6 8 3

3 6 9 12 4

m n p q

m n p q

+ + + ++ + + +

este ireductibilă, oricare ar fi , , ,m n p q∈ℕ .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

6. 72 : Să se arate că numărul 22014 2014 2011nA = + + este multiplu de 2013, oricare ar fi n∈ℕ . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

6. 73 : Să se arate că numărul 20132012 2014− este un multiplu al numărului 3. PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU

6. 74 : Arătaţi că numerele raţionale 404 405

2013

na

+= ,

505 510

2013

nb

+= şi

1104 1124

2013

nb

+= , n∈ℕ

nu pot fi simultan numere naturale. PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

6. 75 : Determinați numerele bc∈ℕ şi a∈ℚ care satisfac relația 4 2 3 4

9 7 4

a b b c c a+ + += = .

PROF. OANA ALEXE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

Page 66: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

63

Micii MATEMATICIENI

6. 76 : Să se determine , ,a b c∈ℕ ştiind că 3 5 4

a b a c b c+ + += = şi 3 5 4 69a b c+ + = .

PROF. NICU GOŞMAN, ŞCOALA GARABET IBRĂILEANU, TÂRGU FRUMOS 6. 77 : Ştiind că numerele , , ,a b c d sunt direct proporţionale cu 29, 34, 44, 53, să se arate că este

adevărată egalitatea: 3 3 3 3a b c d+ + = . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

6. 78 : La un concurs de matematică, din totalul elevilor prezenţi, 70% au rezolvat primul subiect, iar 60% pe cel de al doilea. Ştiind că numai 15 elevi au rezolvat ambele subiecte şi că nu au existat elevi care să nu fi rezolvat nici unul din cele două subiecte, aflaţi câţi elevi au participat la concurs.

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

6. 79 : Numerele , , ,x y z n∈ℤ verifică relaţiile: 2013x n y n z+ ⋅ + ⋅ = şi 2014n nx y n z+ + ⋅ = . a) Pentru 0z = , să se determine numerele întregi , ,x y n∈ℤ .

b) Ştiind că numărul z este impar, să se stabilească paritatea numerelor , şi x y n∈ℤ . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

6. 80 : Fie un triunghi ABC în care mediana BM este perpendiculară pe latura BC. Să se determine măsura unghiului B∢ astfel încât 2AB BC= .

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV 6. 81 : Fie ABC∆ cu [ ] [ ]AB AC≡ , DE mediatoarea laturii [ ]AB , ( )E AC∈ şi { }DE BC F∩ = .

Aflaţi lungimea lui [ ]CF dacă 8BC cm= , 10AB cm= şi perimetrul FAB∆ este 38 cm. PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

6. 82 : Laturile ABC△ au lungimile direct proporţionale cu 6, 12, 12, iar ale EFD△ sunt direct proporţionale cu 4, 2, 4. Ştiind că triunghiurile au perimetre egale, să se arate că ele sunt congruente.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

6. 83 : Fie triunghiul ABC cu AB AC< . Bisectoarea (Ay a unghiului exterior suplementar BAC∢

intersectează prelungirea laturii BC în punctul M. Fie N simetricul lui M faţă de A. Bisectoarea interioară a BAC∢ intersectează latura BC în D, iar [ ] [ ] { }ND AC E∩ = . Demonstraţi că BE MN� .

PROF. MARCELA GOŞMAN, ŞCOALA BUZNEA-ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS CLASA A VII-A

7. 61 : Determinaţi numerele reale x pentru care 3 1

2 1

x

x

++

şi 3 2

1

x

x

++

sunt simultan numere întregi.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

7. 62 : Calculaţi suma: 1 1 1 1

...2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2013 2012 2012 2013

S = + + + ++ + + +

.

PROF. MARCELA GOŞMAN, ŞCOALA BUZNEA-ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

Page 67: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

64

Micii MATEMATICIENI

7. 63 : Demonstrați inegalitatea: 2 6 12 20 2070 45

...3 5 7 9 91 2+ + + + + ≤ .

PROF. BOGDAN DORMEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

7. 64 : Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi ecuaţia:32 10 1yx x+ = + .

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

7. 65 : Găsiţi numerele naturale aab şi acc astfel încât să avem: aab acc b= + . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

7. 66 : Arătaţi că nu există x şi y din ( )0;∞ care să verifice inegalitatea:1 2 2

x yx y

x y

++ ≥

+ +.

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 7. 67 : Fie triunghiul isoscel ABC de bază BC şi punctele ( )M AB∈ şi ( )N BC∈ astfel încât

aAM AB

b= şi

2

cBN BC

b= . Demonstraţi că MN BC⊥ dacă şi numai dacă b a c= + .

PROF. NICU GOŞMAN, ŞCOALA GARABET IBRĂILEANU, TÂRGU FRUMOS 7. 68 : Fie ABC∆ cu laturilor 39AB cm= , 36AC cm= , 45BC cm= în care se construiesc înălţimea

AD, mediana BE şi bisectoarea CF, ( )E AC∈ , ( )F AB∈ , ( )D BC∈ .

a) Demonstraţi că AD, BE şi CF sunt drepte concurente. b) Arătaţi că AD este bisectoarea unghiului FDE.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

7. 69 : Unui triunghi dreptunghic ABC cu ( ) 090m A =∢ i se circumscrie un cerc cu raza R . Ştiind

că raportul dintre aria cercului şi aria triunghiului este 2π , să se determine măsurile unghiurilor triunghiului ABC.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

7. 70 : Fie ABC△ , dreptunghic în A şi punctele sim , sim şi simA B BD C M A E D= = = . Arătaţi că,

dacă patrulaterul CDME este ortodiagonal atunci �sin ACB este număr iraţional. PROF. IOAN RĂUŢU ŞI IOAN SĂCĂLEANU, HÂRLĂU

CLASA A VIII-A

8. 53 : Câtul împărţirii numărului natural ( ) ( ) ( )x a bac cab b abc cba c acb bca= ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + la 10

este 84. Demonstraţi că 2 2 2a b c ab ac bc+ + = + + . PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

8. 54 : Să se arate că dacă ,a b∈ℤ , atunci 2 24 30a b+ se poate scrie ca sumă de patru pătrate.

PROF. MIHALY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

Page 68: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

65

Micii MATEMATICIENI

8. 55 : Ştiind că 3 5 9 4 5a = − + − şi 7 1 11 4 7b = − − − , determinaţi raportul 2

2

a b

a b

−+

.

PROF. ANA MĂRIOARA SPIRIDON, ŞCOALA IORDACHI CANTACUZINO, PAŞCANI

8. 56 : Aflaţi numerele naturale ab astfel ca 3 2ab a b= + . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

8. 57 : Demonstraţi egalitatea: 2 2 2 2

1 1 2, ,

2 2

a ba ba b a b

a b

∗++ = ∀ ∈

++ ++ +

ℝ .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

8. 58 : Determinaţi ,x y∈ℕ care dă minimul lui ( ) 2 28 17 25 60 40E x x x x x= − + + − + ∈ℕ . PROF. GHEORGHE SPIRIDON, LICEUL ECONOMIC NICOLAE IORGA, PAŞCANI

8. 59 : Un cort sub formă de piramidă pentagonală regulată VABCDE cu toate muchiile congruente este confecționat din material la prețul de 24 lei/ 2m . O furnică pleacă din punctul A și ajunge în punctul E, pe traseul A – C – E, deplasându-se doar pe suprafața laterală în 10 minute. Știind că drumul are lungime minimă, iar furnica se deplasează doar pe suprafața laterală cu viteza constantă

de 1,7cm/s, determinați prețul cortului. (Se consideră 3 1,7= ). PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

8. 60 : Arătaţi că dacă dimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt a , b , ab

a b+, atunci

diagonala paralelipipedului este 2 2a b ab

a b

+ ++

, oricare ar fi numerele ,a b ∗+∈ℚ .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

8. 61 : Fie ABCD un tetraedru având muchiile ce pornesc din vârful D perpendiculare două câte două, lungimea înălţimii din D egală cu m şi triunghiul ABC∆ cu lungimile laturilor , ,a b c şi aria

egală cu S . Să se demonstreze că 4 2

abcm

S≤ .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

∗∗∗ 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) � În timpul uneia dintre prelegerile sale, David Hilbet spunea:

– Fiecare om posedă un anumit orizont. Când se îngustează şi devine infinit de mic, el se transformă în punct şi atunci omul zice: "Acesta este punctul meu de vedere".

� David Hilbert vorbind despre un elev al său spunea: "El a devenit poet. Pentru matematică avea puţină imaginaţie". � Vorbind despre feciorul său, David Hilbert spunea: "Aptitudinile matematice el le-a moştenit de la mamă-sa, iar

restul de la mine".

CULEASǍ DE NEICU MARA

Page 69: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

66

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA LICEALĂ CLASA A IX-A 9. 53 : Rezolvaţi ecuaţia [ ]2 7 29 3 ,x x x⋅ − + = ⋅ ∈ℝ , unde [ ]a reprezintă partea întreagă a

numărului real a . PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

9. 54 : Să se rezolve, în mulţimea numerelor reale, ecuaţia: 1 2

2 3 2 3 2 3 1

a

a a+ =

+ + +.

PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

9. 55 : Să se demonstreze că 2

2

1 1

1 1

y x x

x y y

+ − −<+ − −

ştiind că 0 1y x< < < .

PROF. LAURENŢA DOCA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

9. 56 : Demonstraţi adevărul inegalităţii: 0 0 04 sin35 cos25 65 3tg⋅ ⋅ ⋅ > . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

9. 57 : Demonstraţi că coordonatele a două puncte ( );A AA x y şi ( );B BB x y , aparţinând cercului

trigonometric, verifică inegalitatea: 1A B A Bx x y y⋅ + ⋅ ≤ . PROF. IULIANA BLANARIU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

9. 58 : Să determine , ,x y z∈ℝ astfel încât 2 2 23 2 4 2 2 14 6 10 6x y z xy yz zx x y z+ + + + + + = + + . PROF. MIHALY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

9. 59 : Progresia aritmetică ( )n n

a ∗∈ℕ de numere naturale are raţia r ∗∈ℕ . Demonstraţi că, dacă are

loc 2 2 2 2 31 2 3 2... 3ra a a a r+ + + + = , atunci 3

1 2 3 4 2 1 2... r ra a a a a a r−+ + + = şi că 7r ≥ . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

9. 60 : Fie triunghiul ABC şi punctele I, J din planul triunghiului astfel încât 2

3AI AB= ⋅�� ���

şi J

mijlocul medianei din A. Descompuneţi vectorul IJ��

faţă de baza ( );AB AC��� ���

.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

9. 61 : Fie /A , /B , /C mijloacele laturilor ( )BC , ( )CA , respectiv ( )AB ale ABC△ . Dacă ω este

centrul cercului lui Euler corespunzător ABC△ , să se demonstreze egalitatea vectorială: / / /sin 2 sin 2 sin 2 0A A B B C Cω ω ω⋅ + ⋅ + ⋅ =

���� ���� ���� .

PROF. MARIUS BREŞUG, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS 9. 62 : În patrulaterul convex ABCD, G este central de greutate al BCD∆ şi H este ortocentrul ACD∆ . Demonstraţi că ABGH este paralelogram dacă şi numai dacă GA GB GC= = .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

Page 70: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

67

Micii MATEMATICIENI

CLASA A X-A 10. 36: Se consideră numerele reale 1a b> > , ( )logaA a b= − şi ( )logbB a b= − . Să se

demonstreze că dacă 2 2 3a b ab+ = , atunci 2A B AB+ = . Reciproc este adevărat ? Justificaţi. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

10. 37: Se consideră familia de funcţii ( ) ( ) ( ) 2013: ;2013 0; ,a a

xf a f x

a x

−→ ∞ =

−.

a) Arătaţi că funcţiile af sunt inversabile pentru orice ( );2013a∈ −∞ .

b) Aflaţi ( );2013a∈ −∞ ştiind că există un interval I ≠∅ astfel încât ( ) ( )1 ,a af x f x x I−= ∀ ∈ .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 10. 38: Determinaţi funcţiile :f →ℕ ℕ care îndeplinesc simultan condiţiile:

a) ( ) ( ) ( ) ( )3 , ,f x y f x f y xy x y x y+ = + + + ∀ ∈ℕ ;

b) ( )f x este cub perfect pentru orice x∈ℕ . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

10. 39: Arătaţi că ecuaţia ( ) ( )2

, , 0;x xa b a b a b⋅ ⋅ = ∈ ∞ are soluţie unică dacă şi numai dacă 2 1a b⋅ = .

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

10. 40: Se alege la întâmplare un număr de trei cifre. Să se determine probabilitatea ca numărul ales să aibă suma cifrelor un cub perfect şi cel puţin un vecin al său să aibă suma cifrelor un pătrat perfect.

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 10. 41: Pe laturile AB şi AC ale unui triunghi oarecare ABC, se construiesc în exterior pătratele ABDE şi ACFG. Dacă M este mijlocul laturii BC, { }BG EC N∩ = , iar 1O , 2O centrele celor două

pătrate, arătaţi cu ajutorul numerelor complexe următoarele:

1 2OO AN⊥ , 1 2OM O M⊥ , DF AN⊥ , AM EG⊥ şi că 2EG AM= . PROF. MARIUS BREŞUG, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

CLASA A XI-A 11. 29: Rezolvaţi, în mulţimea numerelor reale, ecuaţia exponenţială: sin sinsin 1x xx e e⋅ = − .

PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

11. 30: Determinaţi [ ), 1;a b∈ ∞ ştiind că imaginea funcţiei [ ]: 0;1f →ℝ , ( )x x

b af x a b

a b = ⋅ + ⋅

să fie intervalul [ ]3;5 . PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

Page 71: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

68

Micii MATEMATICIENI

11. 31: Calculaţi determinantul matricei ( ), 1,3ij i j

A a∈

= cu ( ) { }

2sin , , 1;2;3

3ij

i ja i j

π+= ∈ .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

11. 32: Fie ( ), 0;a b∈ ∞ cu a b≠ . Arătaţi că raportul de variaţie ( ) ( ) ( );

f a f bR a b

a b

−=

− asociat lui

( ) ( ): 0; , lnf f x x∞ → =ℝ este strict mai mic decât inversul mediei armonice a numerelor a şi b . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

11. 33: Calculaţi limita şirului: 1 2014 2012

lim lg2013 1!

n

nnn n→∞

+⋅

+.

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS CLASA A XII-A

12.30: Fie a ∗∈ℂ . Arătaţi că adunarea şi înmulţirea numerelor complexe structurează mulţimea

{ }aM z z a z a= ∈ + ≥ +ℂ ca un corp comutativ.

PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

12.31: Polinomul f dă restul 2008 la împărţirea cu 2x + şi restul 12048 la împărţirea cu 3x − .

Aflaţi restul împărţirii polinomului f la polinomul ( ) ( )2 3x x+ ⋅ − .

PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

12.32: Fie funcţiile ( ), : 0;f g ∞ →ℝ , definite prin ( ) 2 sin 2f x x x= + şi ( ) ( ) sin5 xg x f x e= + ⋅ .

a) Să se determine toate funcţiile derivabile ( ): 0;h ∞ →ℝ care satisfac egalitatea:

( ) ( ) ( ) ( )/ / sin cos , 0;xh x f x e h x x x= ⋅ + ⋅ ∀ ∈ ∞ .

b) Să se calculeze: ( ) ( )/ sin cosxf x e g x x dx ⋅ + ⋅ ∫ .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

12.33: Să se rezolve sistemul: 2 2 2

3 3 3

3

3

3

x y z

x y z

x y z

+ + =+ + =

+ + =

, în mulţimea numerelor reale.

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

12.34: Calculeze [ ]

[ ] [ ]( )2

0

lim ln 13 2

n

n

xL dx n

x x→∞

= − + + + ∫ , n ∗∈ℕ , iar [ ]x este partea întreagă a lui x.

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

Page 72: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

69

Micii MATEMATICIENI

RUBRICA REZOLVITORILOR

Au dat soluţii corecte la PROBLEMELE PROPUSE în numărul 6 al revistei, următorii elevi:

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU CLASA A V-A (prof. Gheorghe Oancea): Cârlan Daria(14); Amoşiesei Denisa Ionela(10); Leagăn Iasmina Maria(10); Scutariu Ioana Alexandra(14). CLASA A VI-A (prof. Aurel Neicu): Cimpoi Dumitru(10); Dulhan Mihai Dragoş(11) ; Deleanu Radu (14); Florişteanu Bianca(11) ; Măriuţă Denisa Ioana(10) ; Moraru Eduard(10) ; Musteaţă Robert Andrei(14) ; Petcu Stelian(10) ; Vicol Ştefan(10). CLASA A VII-A (prof. Ioan Săcăleanu): Pavăl Maria Magdalena(14); Sturlică Florentina (12); Aştefănesei Daniel(11); Călin Constantin(11); Cimpoi Smaranda(11); Cotnăreanu Marian(12); Lungu Marina(10); Matei Raluca(11); Matei Teodora(12); Muscă Gabriel(12); Ursan Otniel(10); Vornicu Denisa(12). CLASA A IX-A (A prof. Ioan Săcăleanu): Chele Dumitriţa(10); Loghin Andreea(16); Georgescu Alina(10); Lungu Mădălina(11); Olariu Dumitru Alexandru(12); Săcăleanu Emilian Gabriel(16); Scurtu Gabriela(18); (B prof. Aurel Neicu): Ţugui Andreea Ioana(14); Stoica Laurenţiu Ionuţ(10). CLASA A X-A (A prof. Ioan Săcăleanu): Ifrim Rareş(10); Neicu Mara(10); Călinescu Ana Ioana(10); Tanasă Maria(10); Lucan Gabriela(10); Loghin Bianca(10); Olaru Marius(10); (B prof. Gheorghe Oancea): Leahu Andrei(14); Curecheriu Ionela Alexandra(14); (C prof. Iuliana Blanaru): Poruşniuc Nicoleta(14); Cotiugă Mădălina Andreea(14); (G prof. Ramona Darie): Ţuţuianu Ovidiu Dumitru(14); Ilinca Alexandru Gheorghe(14). CLASA A XI-A (A+D prof. Ramona Darie): Buzilă Andreea(14)+Vornicesei Andreea Gabriela(14); (B prof. Ioan Săcăleanu): Pletan Denisa Elena(14); Ceucă Răzvan Ştefan(14); Barău Larisa Elena(14); Amoşiesei Maria Alexandra(14); Pintilii Alina Sânziana(14). CLASA A XII-A ((C prof. Ramona Darie): Proca Mihaela(14); (E prof. Iuliana Blanaru): Poruşniuc Ioana Andreea(14);

Page 73: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

70

Micii MATEMATICIENI

CONCURSUL DE CREAŢIE MATEMATICĂ AL REVISTEI CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ - 2014

te invită să îţi pui la încercare intuiţia, perspicacitatea , creativitatea în conceperea de probleme originale LA EDIŢIA DIN FEBRUARIE 2014. Acum ai ocazia să propui şi tu probleme, nu numai să rezolvi problemele propuse de alţii. Aşadar, este o invitaţie la efort, care va fi încununată de satisfacţii pe măsură, pentru acei elevi care au înţeles că matematica nu înseamnă numai probleme “încruntate” de calcul, mai mult sau mai puţin asemănătoare, ci înseamnă creativitate, imaginaţie, efort de gândire, toate grefate pe o solidă pregătire teoretică.

∗∗∗ Concursul se adresează tuturor elevilor (clasele VI-XII) . � Elevii pot participa DOAR CU PROBLEME ORIGINALE.

! Problemele care nu sunt originale nu vor fi publicate sau nu vor participa la premiere.

� Fiecare problemă propusă trebuie sǎ fie însoţită de rezolvarea completă.

Expediaţi problemele folosind una din variantele: • prin POŞTĂ , pe adresa: COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÎRLĂU, STR. MIHAI

EMINESCU, NR. 5 cu menţiunea PENTRU CONCURSUL CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ – 2014. • DIRECT profesorului IOAN SĂCĂLEANU. • prin E-MAIL, pe adresa : [email protected].

În luna februarie a fiecărui an, vor fi stabiliţi câştigătorii pentru fiecare clasă .

� Va fi PREMIAT autorul celei mai originale probleme .

Alte informaţii găsiţi pe site-ul liceului http://www.colegiulharlau.info/

ÎN ATENŢIA ELEVILOR !

ELEVII care vor trimite REDACŢIEI SOLUŢII CORECTE la PROBLEMELE PROPUSE în acest număr

al revistei, până pe 30.02.2014, 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.

Page 74: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti

SUMARUL

Pledoarie pentru studiul matematicii, AUREL NEICU…..……………………………………...………….1 PANTEON: Retrospective afective, AUREL NEICU…………………………………………...…...…….2

ARTICOLE ŞI NOTE MATEMATICE

Principiul includerii şi al excluderii, MONICA DANA BURLICĂ….………………………………………3 Rezolvarea unor sisteme de ecuaţii nestandard cu elemente de teoria punctului fix, MIHAI CRĂCIUN………………………………………..……………………………5 Matematica aplicată în rezolvarea unor probleme de fizică,ANCA-MARIA BOBÎRNǍ…………...…….....7 Paradoxele logice ín gândirea antică (I), RAMONA BUJOR……………………………………...…….….9

VIAŢA MATEMATICǍ ZONALǍ

Concursul „Micii matematicieni”, ediţia a VII-a din 28 aprilie 2012

� Rezultatele concursului............................................................................................................11 � Probleme de concurs. Soluţii. Bareme de corectare................................................................13

Olimpiada locală, clasele IX-XII, februarie 2013.................................................................................... .20 Testarea pentru clasa a V-a. Variantele propuse în mai 2012....................................................................26

CLUBUL MICILOR MATEMATICIENILOR. Raport de activitate……………………………………………..27 CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ-2013 ……………………………………………………………….…..28

PROBLEME ŞI SOLUŢII

Soluţiile problemelor propuse în numărul 6 din 2012

� Matematica pitică.....................................................................................................................29 � Matematica gimnazială............................................................................................................33 � Matematica liceală...................................................................................................................48

PROBLEME PROPUSE

Matematica pitică......................................................................................................................................59 Matematica gimnazială..............................................................................................................................61 Matematica liceală.....................................................................................................................................66

RUBRICA REZOLVITORILOR .....................................................................................................................69

Page 75: AcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai ... 2013nr7 final..pdf · meritat şi onorant loc profesorul Constantin Luca, născut în 22 martie 1931, în comuna Durneşti