AcelaAcelaAcelaAcela----i matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitateai matematician pentru care egalitatea 2xe dx π

+∞−

−∞=∫ este este este este

evidentă ca "evidentă ca "evidentă ca "evidentă ca " 2 × 2 = 42 × 2 = 42 × 2 = 42 × 2 = 4 ". ". ". ". W. Thompson (lord Kelvin)

MiciiMiciiMiciiMicii MATEMATICIENIMATEMATICIENIMATEMATICIENIMATEMATICIENI

Revista elevilor din HâRevista elevilor din HâRevista elevilor din HâRevista elevilor din Hârlăurlăurlăurlău FondatFondatFondatFondatăăăă în anul 2007în anul 2007în anul 2007în anul 2007

Anul Anul Anul Anul VVVVIIIIIIIIIIII, nr. 8, nr. 8, nr. 8, nr. 8, , , , martimartimartimartie 201e 201e 201e 2014444

REDACŢIA REVISTEI

REDACTOR ŞEF: IOAN SǍCǍLEANU

MEMBRII REDACŢIEI:

AUREL NEICU GHEORGHE OANCEA BOGDAN DORNEANU RAMONA DARIE IULIANA BLANARU IOSIF MIHAI PAULIUC

ADRESA REDACŢIEI: COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLǍU STR. MIHAI EMINESCU, NR. 5 TEL/FAX: 0232/720911 WEB: http://hirlau.licee.edu.ro

ADRESELE DE E-MAILL: � miciimatematicieni@yahoo.com � cicisme68@yahoo.com � aneicu@gmail.com

TEHNOREDACTARE: � IOAN SǍCǍLEANU

ILUSTRAŢIA COPERTEI:

� RAMONA DARIE

SPONSORII REVISTEI: � ASOCIAŢIA PǍRINŢILOR “ŞTEFAN CEL MARE”, HÂRLǍU � PRIMǍRIA ORAŞULUI HÂRLǍU � S. C. COTNARI S.A. � S. C. BEST COLOR S.R.L. � C.M.I. DOCTOR STELA TATIANA NEICU � S.C. REZIDENT HOUSE S.R.L., HÂRLĂU � RESTAURANT ŢǍPUŞǍ

ISSN 1844 – 153X

1

Micii MATEMATICIENI

MICILOR MATEMATICIENI…

Despre matematică, cea mai îndrăzneaţă şi neverosimilă aventură a spiritului uman, s-a

vorbit şi s-a scris mult. Gânduri ale matematicienilor înţelepţi vorbind despre opera şi pasiunea vieţii

lor sunt repere faţă de care ne raportăm reflectând, într-un dialogul imaginar peste timp.

„Învăţând matematică, înveţi să gândeşti” spunea Grigore C. Moisil şi prelungea reflecţia

sugerând că „Tot ce e gândire corectă e matematică sau susceptibilă de matematizare”. În secolul al

XVIII-lea, N.I.Lobacevski, cel care a deschis posibilitatea construirii unui sistem neeuclidian al

geometriei afirma: „Nu există niciun domeniu al matematicii, oricât de abstract ar fi el, care să nu se

dovedească aplicabil cândva la fenomenele lumii reale”. La un secol distanţă, Bertrand Russell îi dă

dreptate: „Matematica reprezintă, în sine, o colecţie de rezultate, care pot fi aplicate la orice”…şi

realitatea vieţii ştiinţifice contemporane oferă zilnic argumente neaşteptate şi surprinzătoare în

favoarea atotputernicei matematici!

Anticul ,dar profund actualul gând că „Numerele guvernează lumea” (Pitagora) poate fi uşor

completat asociindu-i reflecţii hilbertiene: „Matematica este un joc care se joacă după anumite

reguli simple, cu semne fără înţeles pe hârtie” …”Semnele aritmetice sunt figuri scrise şi figurile

geometrice sunt formule desenate”. Astfel a răspuns David Hilbert la o concluzie deja formulată cu

câteva secole înainte de Galileo Galilei: „Natura vorbeşte în limba matematicii; literele acestei limbi

sunt cercuri, triunghiuri şi alte figuri matematice”.

De aici, mai e un singur pas, e drept, nu mic şi ajungem la inefabilului matematicii, ca artă:

„Frumuseţea unei teorii matematice, ca şi a multor altora, o poţi simţi, dar nu o poţi explica”

(Arthur Cayley), iar matematicianul-poet Dan Barbilian adaugă: „Matematicile pun în joc puteri

sufleteşti care nu sunt mult diferite de cele solicitate de poezie şi arte”.

Vă invit să continuaţi acest dialog al marilor spirite prin fapte matematice şi să aplicaţi, în

lungul drum al matematicii, strategii care au trecut proba timpului: „Am folosit două mijloace care

nu pot da greş: o tenacitate neclintită şi degetele care au transpus gândul meu cu o fidelitate

geometrică”(GaspardMonge).

PROF. DR. MIHAELA NEAGU, INSPECTOR DE SPECIALITATE,

ISJ IAŞI

2

Micii MATEMATICIENI

PANTEON

MEMENTO

În galeria profesorilor de marcă ai Colegiului Naţional „Ştefan cel Mare”

Hârlău, cu indiscutabil prestigiu şi remarcabilă autoritate profesională, un loc vizibil

şi onorant îl ocupă doamna profesoară Virginia Alexe, proeminentă personalitate a

catedrei de matematică, a cărei carieră a început în şcoala noastră din 1962.

Contemporan cu domnia sa, încă de la începuturile carierei mele şi aflat în căutarea

unui stil profesoral de a comunica limpede şi accesibil sinuosul drum al

matematicii elevilor mei, am fost impresionat de echilibrul interior, prestanţa,

fermitatea şi seriozitatea cu care s-a făcut respectată şi apreciată de multe generaţii de elevi, dar şi de

atitudinea prietenoasă, plină de afectivitate şi solicitudine cu care m-a primit la orele dumneaei, ca o iscusită

călăuză ce a dorit să lumineze mintea mea încă neexperimentată în fundamentalele călătorii de explorare,

încurajându-mă să devin eu însumi un profesor cu voce şi atitudine proprie. Doamna profesoară Virginia

Alexe a fost una din acele persoane care m-a influenţat în perioada apostolatului meu, cu discreţie şi

autoritate, la fel cum a făcut cu toţi colegii mai tineri din cancelarie, fără excepţie. Pe toţi din catedră ne-a

determinat să insuflăm copiilor pasiunea pentru matematică şi ne-a învăţat că profesorii sunt oameni ca toţi

ceilalţi, cu slăbiciunile şi calităţile lor, care pot stăpâni însă dificilul meşteşug de a lăsa grijile şi problemele la

uşa cancelariei şi care, fără a cunoaşte toate tainele lumii, au harul de a ne trimite pe noi în căutarea lor.

Doamna profesoară a fost una din speciile preţioase de dascăli care a ştiut, cu răbdare şi impecabilă

diplomaţie, să înflorească talentele, înclinaţiile matematice, fără a fi un simplu mânuitor de informaţii de la

care puteai învăţa calculul şi nu misterul cifrelor. Cu rară abilitate, aşa cum numai un profesor de veche

tradiţie metodică a ştiut să facă, a găsit calea propice de a educa şi forma, cu răbdare, înţelegere, toleranţă,

respect pentru elev şi o părintească apropiere de acesta generaţii numeroase de copii. Toate aceste calităţi, pe

care le dorim constante ale personalităţii fiecărui dascăl, au aşezat-o pe doamna profesoară Alexe Virginia în

memoria afectivă a şcolii noastre, între mentorii de care ne vom aminti cu respectul cuvenit întotdeauna. Îi

dorim ca anii de pensie de care se bucură în prezent să-i fie prilej de frumoase amintiri despre un spaţiu

educaţional în care a dăruit şi i s-a dăruit necondiţionat consideraţie pentru nobila meserie pe care a onorat-o

timp de peste 30 de ani.

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

HÂRLĂU

3

Micii MATEMATICIENI

ARTICOLE ŞI NOTE MATEMATICE

EXTINDEREA METODEI GRAFICE (FIGURATIVE)

UTILIZÂND NOŢIUNI ELEMENTARE DE TEORIA GRAFURILOR

PROF. ASAFTEI PETRU 1) În foarte multe situaţii rezolvitorul de probleme de aritmetică recurge la figurarea datelor problemei, precum şi a relaţiilor dintre acestea. Tradițional, figurarea constă în realizarea unui desen, a unei figuri sau a unui model, care să oglindească fidel informaţiile conţinute în textul problemei. Metodologia rezolvării problemelor prin metoda figurativă trebuie să includă elemente noi, din ramurile matematicii care au apărut recent. Un exemplu în acest sens îl constituie Teoria grafurilor, care oferă soluţii multor probleme practice impuse de activitatea socială. În materialul de faţă vom arăta cum putem îmbogăţi metoda figurativă cu elemente de teoria grafurilor. Vom da exemple de probleme care nu pot fi rezolvate prin metoda figurativă utilizată tradiţional. EXEMPLUL 1. Găsiţi toate posibilităţile de formare a unui număr cu cifrele 3, 5, 7 şi 9, fiecare cifră utilizându-se o singură dată. SOLUŢIE. Vom utiliza graful arbore (arborescenţă) pentru a număra câte numere se pot forma astfel încât pe primul loc să fie cifra 3. Numărul numerelor care încep cu cifra 3 este egal cu numărul traseelor care pleacă de la cifra 3, pe care le scriem: 3-5-7-9, 3-5-9-7, 3-7-5-9, 3-7-9-5, 3-9-5-7, 3-9-7-5. Aşadar, cu cifra 3 pe primul loc, putem scrie 6 numere. Cum fiecare cifră, din cele 4, poate fi pusă pe primul loc, vom avea în total 6 ⋅4 = 24 posibităţi. OBSERVAŢIE. Reprezentarea din figura 1 se numeşte graf arbore (arborescență ). EXEMPLUL 2. Familia Ionescu a avut 2 copii. De la fiecare copil a avut 2 nepoţi, iar de la fiecare nepot a avut 2 strănepoţi şi aşa mai departe.

a) Câţi copii a avut generaţia a IV-a? b) În ce generaţie s-a născut al 70-lea copil?

SOLUŢIE: Să figurăm datele problemei:

Fig.2 Ştim că figurarea datelor problemei nu răspunde numai decât la întrebarea problemei ci, mai degrabă, sprijină declanşarea planului logic şi al planului operaţional. Reprezentarea grafică trebuie să sugereze ceea ce este specific unei anumite probleme; dacă figurarea nu are această funcţie înseamnă că nu am surprins modelul matematic al problemei în cauză.

Fig.1

. 1Fig

4

Micii MATEMATICIENI

În Fig. 2 se observă că în fiecare generaţie, GK, numărul segmentelor (muchiilor) este dublu faţă de cel din generaţia precedentă, GK-1. Judecăm astfel: (G1) –> 2 ⋅2 = 4 copii; (G2) –> 4 ⋅2 = 8 copii; (G3) –> 8 ⋅2 = 16 copii; (G4) –> 16 ⋅2 = 32 copii a) Se observă că arborescenţa din Fig. 2 este mărginită (înfăşurată) de două şiruri de numere

naturale: Primul şir: 1, 2, 4, 8, 16 .........., 2 ⋅Tk-1,... Al doilea şir: 1, 3, 7, 15, 31, ..., 2 ⋅Tk-1+1, ....

Pentru a vedea în ce generaţie s-a născut al 40-lea copil vom aranja termenii şirurilor într-un tabel, pe liniile 1 şi 2, iar pe linia a 3-a vom trece numărul copiilor fiecărei generaţii.

GK

Cele 2 șiruri - - G1 G2 G3 G4

Şirul 1 1 2 4 8 16 32 Şirul al 2-lea 1 3 7 15 31 63

Numărul copiilor generaţiei GK

7-4+1 = 4

15-8+1= 8

31-16+1= 16

63-32+1= 32

Pe coloana în care se află termenii șirurilor corespunzători generației a IV-a, G4, sunt 32 de copii. Este util să stabilim expresiile termenilor celor două şiruri din fiecare generaţie.

De exemplu, în generatia G4, termenul primului şir este 4 1

2 2 2 2 2de ori+

⋅ ⋅ ⋅ ⋅����� , iar termenul celui de-al

2-lea şir este 4 2

2 2 2 2 2 2de ori+

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅������� – 1.

Această relaţie ne va fi utilă la cerinţa următoare a problemei. b) Punem condiţia

1

2 2 ... 2de k ori+

⋅ ⋅ ⋅����� 70≤2

2 2 ... 2 1de k ori+

≤ ⋅ ⋅ ⋅ −����� , care este verificată pentru k=5.

Concluzionăm că al 70-lea copil se naşte în generatia G5. EXEMPLUL 3. O firmă de construcţii are şantiere în 6 localităţi diferite (L1, L2, L3, L4, L5, L6). Transporul zilnic de oameni, utilaje etc., de la sediu la şantiere şi invers, arată ca în Fig. 3.

Fig.3

Pe fiecare segment de tipul L1L2, de exemplu, am scris numărul de kilometri. Se cere: a) Să se găsească cel mai economic drum care să treacă prin toate localităţile. b) Desenaţi traseul de cost minim (cel mai economic). SOLUŢIE: Aşa cum am precizat şi anterior, reprezentarea grafică a datelor problemei trebuie să ne sugereze un raţionament eficient pentru a răspunde la întrebarea (întrebările) problemei. Activitatea de rezolvare a problemelor prin metoda grafică are un pronunţat caracter formativ dacă

5

Micii MATEMATICIENI

raţionamentele matematice sunt atipice. În continuare descriem un astfel de raţionament pentru problema din Exemplul 3. a) Vom alege o localitate ca punct de plecare, de exemplu L1. La aceasta vom ataşa cea mai

apropiată localitate, în cazul nostru fiind localitatea L3. Acum trebuie să găsim cea mai apropiată localitate de localităţile L1 şi L3, care deja au fost selectate. Prin cea mai apropiată localitate de localităţile L1 şi L3 vom înţelege acea localitate aflată la cea mai mică distanţă faţă de L1 sau L3. În cazul nostru vom selecta localitatea L2 deoarece distanţa L2L3 este cea mai mică (3 km).

Acest raţionament continuă până când reuşim să selectăm şi ultima localitate, astfel încât traseul să fie cel mai economic.

Algoritmul prin care se concretizează un astfel de raţionament este redat în următorul tabel:

LOCALITĂŢILE CARE REALIZEAZĂ DISTANŢA MINIMĂ FAŢĂ DE

LOCALITĂŢILE ANTERIOR SELECTATE

SELECTAREA DRUMURILOR CORESPUNZĂTOARE SELECŢIEI

LOCALITĂŢILOR L1 L3 L1L3 = 10 km L1, L3 L2 L2L3 = 3 km L1, L2, L3 L5 L3L5 = 4 km L1, L2, L3, L5 L6 L5L6 = 2 km L1, L2, L3, L5, L6 L4 L4L5 = 4 km L1, L2, L3, L4, L5, L6 L7 L4L7 = 5 km

A doua coloană ne indică drumul cel mai economic (minim, optim), care are lungimea 10km +

3 km + 2 km + 4 km + 5 km = 28 km b) Traseul optim este un arbore (arborescenţă) care are forma:

Pentru aprofundarea algoritmului propunem cititorului încă două probleme de optimizare a drumurilor. EXEMPLUL 4. De la serverul C1 (Fig. 5) sunt alimentate calculatoarele C2, C3, C4, C5, C6. Traseele posibile din punct de vedere tehnic sunt marcate cu lungimile lor. a) Cum trebuie făcute legăturile astfel încât toate calculatoarele să fie conectate, iar costul să fie

minim? b) Desenaţi reţeaua care realizează costul minim. c) Utilizând un algoritm asemănător cu cel de la cerința a), explicaţi cum trebuie făcute legăturile

astfel încât costurile să fie maxime. Desenaţi reţeaua (arborele) care realizează acest cost.

6

Micii MATEMATICIENI

EXEMPLUL 5. Trebuie să se construiască o reţea de şosele care să unească localităţile L1, L2,.... L14 (Fig. 6). Treseele posibile din punct de vedere tehnic sunt marcate cu preţurile lor de cost. a) Cum trebuie construită această reţea astfel încât costurile să fie minime? Desenaţi arborele. b) Cum trebuie construită această reţea astfel încât pierderile să fie maxime? Desenaţi arborele

acestei reţele.

Fig. 6

Realitatea cotidiană oferă numeroase situaţii problemă, care admit o modelare matematică ce apelează la noțiuni elementare de teoria grafurilor. În revista Recreaţii Matematice, din ianuarie-iunie 2005, în rubrica Probleme propuse pentru clasele primare, întâlnim următoarea problemă (P73), prezentată în exemplul 6. EXEMPLUL 6. În figura alăturată (Fig. 7) este pus în evidenţă un drum, format din şese segmente, care pleacă din A şi ajunge în B (sunt permise numai sensurile indicate în figură).

Câte drumuri de felul acesta se pot construi?

Fig. 5

7

Micii MATEMATICIENI

B

A Fig. 7

SOLUŢIE: Figurarea datelor problemei, parţială în cazul nostru, ne ajută să observăm ceea ce este esenţial în găsirea răspunsului la întrebarea problemei şi anume, fiecare drum trece exact prin două segmente verticale. Numerotăm de la 1 la 10 segmentele verticale şi formăm toate perechile ordonate de numere care generează drumuri cerute de problemă.

B 6 7 8 9 10

5 1 2 3 4 A Fig. 8 Aceste perechi sunt: (1,10), (1,9), (1,8), (1,7), (1,6), (2,10), (2,9), (2,8), (2,7), (3,10), (3,9),

(3,8), (4,10), (4,9), (5,10). În total putem să construim 15 drumuri formate din şase segmente. Toate exemplele prezentate anterior apelează, într-o primă etapă, la reprezentarea grafică

(figurarea), totală sau parţială, a datelor problemei şi a legăturilor dintre ele. Pe de altă parte, algoritmii de rezolvare nu sunt aceeaşi, deci nu este ceva standardizat (tipic). Apar în mod firesc întrebările:

1. Putem afirma că procedeul utilizat este o metodă ? 2. Acest procedeu are semnifiaţia ,,drum spre”...., ,,cale de urmat” pentru atingerea unui

obiectiv bine precizat şi definit ? Tradiţia răspunde afirmativ la aceste întrebări. Autorul acestui articol, observând că ,,drumul

spre” nu este unic, au anumite rezerve în ceea ce priveşte răspunsul la cele două întrebări. Problema rămâne deschisă.

BIBLIOGRAFIE 1. Aron, I., Herescu, Gh., Dumitru, Al., ARITMETICA PENTRU ÎNVĂŢĂTORI, E.D.P., Bucureşti, 1996. 2. Asaftei, P., Romila, A., Chirilă, C., GHID DE PREGĂTIRE PENTRU DEFINITIVAT-

ÎNVĂŢĂTORI/INSTITUTORI, Ed. Caba, Bucureşti, 2004. 3. Petrovici, C., Neagu, M., ARITMETICA- EXERCIŢII, JOCURI ŞI PROBLEME, Ed. ASS, Iaşi, 1996. 4. Petrovici, C., Neagu, M., ELEMENTE DE DIDACTICA MATEMATICII ÎN GRADINIŢĂ ŞI

ÎNVĂŢĂMÂNTUL PRIMAR, Ed. Pim, Iaşi, 2002. 5. Roşu, M., Roman, M., MATEMATICA PENTRU PERFECŢIONAREA ÎNVĂŢĂTORILOR, Ed. ALL,

Bucureşti, 1999. 6. Stoica- Constantin, A., CREATIVITATEA PENTRU STUDENŢI ŞI PROFESORI, INSTITUTUL EUROPEAN,

Iaşi, 2004. 7. Colecţia RECREAŢII MATEMATICE 2001, 2002,…,2012 8. Documente şcolare ( PROGRAMA ŞCOLARĂ LA CLASELE I-IV,…) 9. www.edu.ro 10. www.didactic.ro

1) PROFESOR,

LICEUL PEDAGOGIC VASILE LUPU, IAŞI

8

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICĂ ŞI POEZIE LIMBAJ POETIC ŞI LIMBAJ MATEMATIC ÎN OPERA LUI ION BARBU

MARIUS BREŞUG)1

Conceptul de modernitate trebuie discutat în legătură cu poezia lui Ion Barbu mai mult decât la alți poeți interbelici. Fără a fi avangardist el însușește o seamă de consecințe la care se ajunsese prin experiența avangardei. Poezia poetului e polemică față de noile curente poetice și, răspunzând într-un interviu la o întrebare legată de acestea, le recunoștea un merit doar în măsura în care reprezentau ”o revenire la imaginativ și romantic”; căci poezia e ”contrariul stării permanente de revoluție. E o lirică dezordine rezolvată în liniște.” În realitate, Ion Barbu a intuit mai bine decât contemporanii săi climatul postromantic în care trăia. Ca atare, opera sa devine, într-un fel, “diagrama trecerii de la romantism la poezia modernă”.

Poezia, citim în versurile liminare ale volumului ”Joc secund”, realitatea neptunică și uranică scoasă din durată nu mai este imaginea lumii, ci un ”mântuit azur”, o pură disecție, un semn al minții, un univers aparte, ieșit din transgregarea acelui material printr-un joc secund, capabil să pună în lumină nu zenitul, ci nadirul latent, nu fenomenele ci esențele structurate grupal (autorul, matematician, se servește de noțiunea de grup, pusă în circulație de Evariste Galois).

Cele mai multe poezii din acest prim ciclu pun pe cititor în dificultate nu numai prin limbaj, dar și prin ceea ce comunică. Ion Barbu e un ermetic și nu doar unul de cuvinte, ci de substanță, cu viziunea unei lumi posibile din perspectiva unității: ”Castelul tău de gheață l-am cunoscut gândire…” cugetă poetul.

Este fascinant ” Jocul secund” al poeziei în matematicile lui Barbilian. De asemenea e plin de mister și încântare ”Jocul secund” al matematicii în poezia lui Ion Barbu.

Reprezentarea eminesciană : ”Orice moment din viața Universului e ecuațiunea momentului următor” își află motivația în dialectica timpului.

Ei i se subordonează și spațiile existenței și creației poetice a lui Ion Barbu – Dan Barbilian. Unul dintre foștii săi studenți, distinsul matematician Victor Urdea, ne-a evocat climatul neobișnuit al invariantelor sale pedagogice. Comunicând cu emulii într-un registru fatic, în care dominantă părea a fi starea de spectacol a matematicilor, Barbilian propunea ipoteze, pe care continua să le șlefuiască sau le retrăgea amuzat.

În textele sale – franchețea matematicilor vorbite ( în care, de altfel, nu credea) se întâlnește cu ambiguitatea. Dar acest balans definește starea poeziei!

”Operele matematice, scrie Solomon Marcus, îl robeau și-l încântau întocmai ca operele pasiunii și inteligenței ”. (vol. ”Invenție și descoperire”, 1989, p. 233). Începând cu Tudor Vianu ( 1935), exegeții operei lui Ion Barbu au discutat unilateral problema legăturii dintre matematică și poezie (perfecțiunea versului, inserția unor heraldici algebrice ș.a).

Profesorul de iluzii este însă tentat de a vă propune o lectură poetică ( ” fi și printre rânduri”) a definițiilor barbiliene. Privite ca ideograme, ele ne apar ritmuri, frământări, (”unele regândite aseară”), dintre care nu puțini ” ridică problema de stil”. Temperamental, datele în apropiau

9

Micii MATEMATICIENI

pe Barbu - Barbilian de nonconformistul Galois ( o biografie fascinantă) și de poetul Arthur Rimbaud. Nu ne miră așadar definirea creației matematice ca ” artă de a judeca bine cu idei rău sau incomplet formulate ”. Or, năzuind spre ”fuziunea organică a formei”, literatura cunoaște lunga tradiție de a conferi o formă esențializată asimetriilor, imperfecțiunilor, discontinuității.

Matematicile barbiene, în deosebi geometria, au, ca și poezie, însușirea de a sugera, în raport de contexte, profunzimi.

Le descifrăm în teoria numerelor, în spațiile Barbiliene, în algebra nealgoritmică. Însuși dorința scriitorului de a cristaliza certitudinile matematice în structuri de sine stătătoare exprimă acea artă ”de a gândi prin teoreme ” reductibilă metaforic la ”Castelul de gheață al gândirii”.

”Afirmarea structurii de inel a limbajului – în raport cu operațiile sintaxei” ( teză consonantă cu aceea a lui Hilbert) se constituia într-o pledoarie a autorității limbajului ” față de logică și aritmetică”. Găsim aici o proiecție a comunicării pe ecranul cunoașterii, consemnată de acei ” ochi vegetali, sporiți dincolo de conturul lucrurilor”. (G. Călinescu)

Opusul poetic și științific al lui Barbu-Barbilian, departe de a mai fi opac pentru tânărul cititor (deși nu numai ca artist, scriitorul s-a complăcut în situația de a fi puțin înțeles de contemporani ) poate fi rezumat de portretul prin reflecție al matematicianului Gauss. ( Știți desigur că planetele Ceres și Vesta, descoperite de el prin calcul au fost determinat e de elevii săi cu luneta; în felul acesta aserțiunea eminesciană cu care ne-am început reflecțiile se dovedește încă o dată valabilă). ”Cu marginile ei mișcătoare, această operă e practic ”infinită”. Ea devine. Ne solicită să emulăm cu dânsa”. Așadar să consemnăm lucrarea lui Ion Barbu ca un proces – propagat nu numai prin deplasarea spiritului geometric în lirică, ci și prin saturarea matematicilor de puritatea marii gândiri întru frumos. Iar acum, la făgăduita armonie a lumii tinere în plin dialog îl regândim încrezători pe Ion Barbu: ” Sunt fericiți acei care trăiesc certitudinile… ” .

Barbu e un semn spre care se poate privi, dar nu un ” loc pe care să te poți odihni pentru un nou drum”.

Așadar învățați matematica, iubiți-o, dar nu uitați că mecanica ei cerebrală este poezie.

Iubiți poezia dar nu uitați că esența ei este infinitul.

BIBLIOGRAFIE :

1. ÎNTÂLNIRI CU SOLOMON MARCUS, EDITURA SPANDUUGINO, 2010; 2. SOLOMON MARCUS, “ŞOCUL MATEMATICII”- EDITURA ALBATROS, 1987; 3. ALEXANDRU FRODA, “EROARE ȘI PARADOX ÎN MATEMATICĂ”. EDITURA ENCICLOPEDICĂ,1971; 4. ION BARBU, VERSURI ȘI PROZA – EDITURA MINERVA, 1986 5. DESCARTES, GEOMETRIA, EDITURA ȘTIINȚIFICĂ, 1966; 6. VICTOR ERNEST MASEK, “ARTĂ ȘI MATEMATICĂ”, EDITURA POLITICĂ BUCUREȘTI, 1972; 7. OSCAR BECKER, “MĂREŢIA ŞI LIMITELE GÂNDIRII MATEMATICE” EDITURA ȘTIINȚIFICĂ, 1968.

)1 PROFESOR, LICEUL TEORETIC ION NECULCE,

TÂRGU FRUMOS, IAŞI

10

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA APLICATĂ ÎN STUDIUL UNOR PROBLEME DE FIZICĂ

ANCA MARIA BOBÎRNĂ 1)

Vom prezenta două probleme de fizică ( termodinamică ) în a căror rezolvare se apelează la noțiuni matematice ( funcții, derivate, reprezentări grafice ). PROBLEMA 1 . Într-un tub subțire vertical, închis la capătul inferior, de lungime 100l cm= , se află

o coloană de mercur de înălțime 34h cm= , care închide o masă de aer de lungime 0 50l cm= .

Se încălzește aerul închis în tub până ce tot mercurul este evacuat. Să se reprezinte grafic variația presiunii p a aerului închis în tub, exprimată în cm coloană de mercur, în funcție de lungimea x a coloanei de aer, exprimată în cm și să se afle temperatura maximă la care ajunge aerul, dacă temperatura inițială a gazului din tub era 0

0 27t C= . Presiunea atmosferică este 760H torr= .

SOLUŢIE: Pentru a reprezenta grafic ( )p f x= , trebuie să găsim o

relație între cele două mărimi. Până să înceapă să curgă mercur din tub presiunea aerului din tub este 1p H g hρ= + ⋅ ⋅ , unde ρ este

densitatea mercurului, iar dacă se exprimă presiunile în cm coloană de mercur, relația devine 1 110p H h cmHg= + = este constantă

pentru [ ]0 2;x l l∈ , unde 2l l h= − , adică pentru [ ]50;66x ∈ ,� deci

este o transformare izobară (fig. 1 ; transformarea 1-2). Din momentul în care mercurul începe să curgă din tub, presiunea scade. Notăm cu y lungimea coloanei de mercur rămasă în tub la un moment dat, astfel că presiunea aerului din tub este p H y= + , iar lungimea coloanei de aer este x l y= − . Eliminând y din cele două relații avem

176p x H l x=− + + =− + , pentru [ ] [ ]2; 66;100x l l∈ = . Prin urmare, presiunea variază liniar cu x ,

iar reprezentarea grafică este o dreaptă cu panta egală cu 1− , adică înclinată la un unghi de 0135 faţă de orizontală (fig. 1; transformarea 2-3). Pentru a afla temperatura maximă se observă din grafic că aceasta se atinge pe transformarea liniară

2-3, descrisă de ecuația ( ) 176p x x=− + . Din ecuația de stare obţinem: R T R T

pV x S

ν ν⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅,

unde ν este numărul de moli, iar R constanta universală a gazelor. Atunci: R T

x H lV

ν ⋅ ⋅=− + +

⇒ ( )( )2 2H l SS

T x x x ax bxR Rν ν

+=− ⋅ + ⋅ = + , adică o funcție de gradul al II-lea. Deoarece

0S

aRν

=− < , atunci ( )T x admite un maxim egal cu 2

max 4 4

bT

a a

−∆= =− ⇒

( )2

max 4

H l ST

Rν

+ ⋅= ( )∗

pentru

( )( )

max 2 2

H l SH l Sb Rx

SaR

ν

ν

++ ⋅

=− =− =− ⋅ Rν

Rν⋅2 S⋅

882

H l+= = cm. Din ecuația de stare pentru

starea inițială obținem: 0 0p S l R Tν⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ 0

0

TS

R p lν=

⋅ ⋅. Înlocuind în ( )∗ se obține

( )2

0max

0

422, 44

H l TT K

p l

+ ⋅= =

⋅ ⋅.

1 2

3

1 0 08 86 65 0 ( )x c mO

7 6

1 1 0

8 8

( )p cm H g

.1fig

11

Micii MATEMATICIENI

PROBLEMA 2 . O masă 10m g= azot suferă transformarea liniară din figura 2, unde 1 100p kPa= ,

1 8V L= , 2 300p kPa= , 2 4V L= . Ce temperatură maximă atinge gazul ?

Reprezentați procesul în coordonatele ( );V T și ( );T p .

SOLUŢIE: Având în vedere că presiunea variază liniar cu volumul, putem scrie p a V b= ⋅ + ( )1 , unde a și b sunt constante care se pot determina

din condițiile inițiale și finale. Atunci 1 1p a V b= ⋅ + şi 2 2p a V b= ⋅ + .

Obţinem că ( ) ( )1 2 1 2: 50 /a p p V V kPa L= − − =− , iar

1 1 500b p a V kPa= − ⋅ = . Deci, ( ) 50 500p V V=− ⋅ + ( )2 . Pentu a afla

temperatura maximă trebuie să găsim o relație între temperatură și volum.

Din ecuația de stare: pV RTν= ⇒RT

pV

ν= ⇒

1T V p

Rν= ⋅ ⋅

( )1

⇒

( ) 2 2a bT V V V A V B V

R Rν ν= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ . Cum

500A

Rν

−= < ⇒ că ( )T V

are maxim pentru max 22

bB RV

aAR

ν

ν

=− =−( )500

52 2 50

bL

a=− =− =

⋅ −.

Pentru maxV găsim, din ( )2 , că presiunea

max 50 5 500 250p kPa=− ⋅ + = , iar, din ecuația de stare, se obține

max 421pV p V

T KmR Rν

µ

⋅= = =

⋅.

Pentru reprezentarea grafică se ține cont de dependența dintre fiecare pereche de coordonate V-T și p-T. Din ecuația de stare pV RTν= ⇒

1T p V

Rν= ⋅ ⋅ . Din ( )1

1 bV p

a a⇒ = ⋅ − şi ( ) 21 b

T p p pa R a Rν ν

= ⋅ − ⋅ ,

de unde ( )T p şi ( )T V sunt funcții de gradul al doilea, iar graficele vor fi parabole care trec prin

origine. OBSERVAŢIE: Aflarea punctelor de maxim ale funcţiilor obţinute ( )T x , ( )T V şi ( )T p se poate face

şi prin derivare. BIBLIOGRAFIE : ANATOLIE HRISTIEV, PROBLEME DE FIZICĂ, EDITURA APH-SRL, BUCUREȘTI, 1992

1) PROFESOR DE FIZICĂ,

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU, IAŞI

1

2

fig. 2

P

VO

1

2p

TOmaxT

. 4f i g

1

2

V

TmaxT

.3fig

O

12

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 RAŢIONAMENTULUI SCEPTIC (II) Scepticismul este unul dintre curentele filosofice cele mai controversate, fiind apreciat fie pozitiv, fie negativ fără însă a putea fi omis de cel care urmăreşte drumurile constituirii gândirii. Acest fapt îl punem pe seama efectului generat de el : metoda îndoielii (epoché), valorificată de majoritatea filosofilor până în perioada contemporană (Ed. Husserl). Îndoiala a devenit moment intrinsec discursului filosofic, prin care gândirea caută temeiurile lucrurilor şi propriile fundamente. Scepticismul a fost fondat de Pyrrhon din Elis şi dezvoltat, ca sistem, de reprezentanţii Noii Academii : Arcesilaos din Pitane şi Carneades din Cirene (sec. III-II, î.e.n.). Acces direct nu avem la scrierile lor, pentru că Pyrrhon, urmând exemplul lui Socrate, nu a scris nimic, iar de la ultimii doi scrierile s-au pierdut. Cel care le-a recuperat şi le-a pus în circulaţie ideile este Sextus Empiricus (sec. II-III e.n.), în Schiţe pyrrhoniene şi Contra matematicienilor. Teza centrală a poziţiei sceptice constă într-o judecată logică : contrariile în lucruri şi în judecăţile noastre asupra lor, au putere egală. Noi nu putem să decidem în favoarea uneia dintre părţi, atâta timp cât şi partea contrară este perfect valabilă ca valoare de adevăr : nu putem afirma că un lucru e adevărat, iar contrariul lui e fals. Se vizează, astfel, gnoseologia (teoria cunoaşterii) şi, indirect, raportarea omului la lume : singura soluţie care rămâne înţeleptului este abţinerea de a se pronunţa asupra oricărui lucru (afasia), adică suspendarea (epoché) adeziunii la una dintre părţile contradictorii. Trebuie subliniat faptul că scepticismul grec a fost influenţat de logica indiană din cadrul

filosofiei Vedantei ( )1 , reconstruită de logicianul şcolii buddhiste Candrakirti (sec. VI-VII, e.n.). Dar, există nuanţe de hermeneutică logică prin care se disting. Scepticismul grec se autoconstituie ca poziţie logico-critică a cunoaşterii, vizând pe de o parte deconstrucţia filosofiei dogmatice (pentru care se presupune ca adevărată o teorie fără a fi necesară demonstraţia, - axiomă), iar pe de altă parte, punerea în discuţie a unui criteriu al adevărului. Cu alte cuvinte, scepticismul grec problematizează valabilitatea cunoaşterii, suspendând absolutismul dogmatic, dar acceptă probabilitatea sau gradele de adevăr obţinute prin experienţă. Scepticismul indian depăşeşte gnosologia şi vizează ontologia (teoria Fiinţei), şi de acceea îl numim scepticism radical, deoarece aplică functorul logic rejecţia (« nici-nici ») asupra Existenţei. Explicarea filosofiei sceptice o vom desfăşura sub forma logică a inferenţelor paradoxale, în formele lor destructive, tocmai pentru a sublinia că toate lucrurile şi contrariile lor au drept egal de a fi considerate adevărate şi astfel nu putem decide asupra unuia dintre ele. 1. DILEMELE, numite sylogismul cornutus (predicatele sunt coarnele dilemei) se construiesc din două premise implicaţii, iar a treia premisă este o disjuncţie care neagă ambii secvenţi ai implicaţiei concluzia neagă teza care era acceptată ca valabilă. Exemplul îl găsim la Sextus Empiricus, unde contradicţia implicită conduce la suspendarea deciziei asupra afirmării sau negării tezei :

13

Micii MATEMATICIENI

Punctul este un spaţiu şi ceva simplu în spaţiu, el nu are dimensiuni ; neavând dimensiuni, punctul nu este în spaţiu (întrucât unul este spaţial, îl numim punct ; dar pentru ca acesta să aibă un sens, punctul

trebuie să fie spaţial şi ca ceva spaţial, să aibă dimensiuni, - dar atunci, el nu mai este punct) ( )2 . Formalizare : -notăm cu p=punctul este ; q=este în spaţiu şi are dimensiuni. Contradicţia internă, utilizând metoda deciziei prescurtate conduce la o inferenţă tautologică (1 - adevărată), adică o lege logică : . Există şi false dileme, din care se poate ieşi fie « printre coarnele dilemei » (dovedind că disjuncţia este incompletă), fie « luând dilema de coarne » (arătând că antecedenţii nu implică secvenţii), cum este faimosul sofism utilizat de califul Omar I (634-644) în faţa Bibliotecii din Alexandria : Dacă aceste cărţi conţin aceeaşi doctrină cu cea din Coran, atunci ele sunt de prisos ; dacă aceste cărţi conţin altă doctrină decât cea din Coran, atunci ele sunt păcătoase şi dăunătoare. Or, ele conţin aceeaşi doctrină cu cea din Coran sau conţin o doctrină diferită cu cea din Coran. Prin urmare, ele sunt de prisos sau sunt păcătoase sau dăunătoare. Deci, ele trebuie arse.

Rezultatul, 0 , este inconsistenţă logică,

deoarece se întemeiază pe supoziţii false : p

nu implică q şi nici p nu implică r. 2. TRILEMELE sunt o completare necesară a dilemelor, deoarece concluzia dilemelor nu este ultima poziţie, adică ea mai poate deschide încă o posibilitate. Trilemele sunt construite din : afirmare, negare şi afirmarea şi negarea în acelaşi timp a unei judecăţi. Exemplul este utilizat de sofistul

Gorgias şi prezentat de Sextus Empiricus : Dacă există (ceva), există sau

Realul sau Neantul, sau Realul şi Neantul ( )3 .

Notăm cu p = există ceva ; q =Realul ; q =Neantul.

3. TETRALEMELE sunt construite din patru termeni : afirmare, negare, afirmare şi negare în acelaşi timp şi nici afirmare nici negare în acelaşi timp. Exemplul cel mai concludent pentru valabilitatea cunoaşterii, îl citim tot la Sextus Empiricus : Fiinţa, care este cea mai generală dintre realităţi, este

sau adevărată, sau falsă, sau adevărată şi falsă în acelaşi

timp, sau nici adevărată nici falsă ( )4

Notăm cu p = fiinţa ; q =adevărată ; q = falsă.

În concluzie, dacă ar fi să continuăm gândul lui Hegel, pentru care scepticismul nu este doar cel mai înfricoşător duşman al filosofiei, ci paralizia Gândirii, atunci putem afirma că, nimicind orice posibilitate, însuşi scepticismul se autosuspendă. Soluţia ar fi ca scepticismul să accepte valabilitatea presupoziţiei sale interne : existenţa, certitudinea îndoielii, pentru a nu intra în dilema falsului infinit, a te îndoi de îndoială. NOTE: ( )1 A. M. FRENKIAN, SCEPTICISMUL GREC ŞI FILOSOFIA INDIANA, în SCRIERI FILOSOFICE, vol. I, Editura

Ştiinţifică şi Enciclopedică, Bucureşti, 1998.pag. 119-123

( )2 SEXTUS EMPIRICUS, SCHIŢE PYRRHONIENE, III.c.1, &4, apund G.W.F.Hegel, PRELEGERI DE ISTORIA

FILOSOFIEI, trad. Română D.D.Roşca, Editura Academiei Române, 1964, pag. 129

( )3 SEXTUS EMPIRICUS, ADVERSUS MATHEMATICOS, IX, 232, apund A. M. Frenkian, opere citate, pag. 111.

)1 PROFESOR DOCTOR ÎN FILOSOFIE,

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU, IAŞI

�� � � �� � � � � � � � � � �� � �1 1 1 11 1 01 1 1 01 1 0 1 0 1 1 0

p q p r p p q r p p

→ ∧ → ∨ ∨ → ∨ → ↑

�� � � �� � � � � � ��1 00 0 1 11 1 1 0 1 1 0

p q p q q q p

→ ∧ → ∧ ∨ →

�� � � � � � � �1 0111 1 0 1 0

p q q q q

→ ∨ ∨ ∧

�� � � � � � � � � � � �1 0 01 011 1 0 1 0 1 0

p q q q q q q

→ ∨ ∨ ∧ ∨ ↑

14

Micii MATEMATICIENI

VIAŢA MATEMATICĂ ZONALĂ

Această rubrică conţine în acest număr informaţii despre: o concursul MICII MATEMATICIENI , ediţia a VIII-a din 27 aprilie 2013 ; o concursul de creaţie matematică CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ-2014; o subiecte date la TESTAREA ELEVILOR de clasa a IV a în vederea înscrierii în clasa a V a ; o proiectul educaţional SUPER MATE; o activităţi ale cercului de matematicǎ CLUBUL MATEMATIENILOR în anul şcolar 2012-2013.

CONCURSUL MICII MATEMATICIENI

EDIŢIA A VIII-A, 27 APRILIE 2013

În ziua de 27 aprilie 2013, s-a desfǎşurat la Hârlǎu a VIII-a ediţie a concursului MICII

MATEMATICIENI, organizat de COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 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 VIII-a ediţii a concursului MICII MATEMATICIENI :

� ASOCIAŢIA PĂRINŢILOR ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU; � PRIMĂRIA ORAŞULUI HÂRLĂU; � 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. HÂRLĂU; � RESTAURANT ŢĂPUŞĂ;

şi contăm în continuare de sprijinul lor. Prin participarea a 256 elevi din cel puţin 16 de unităţi şcolare din judeţ, se poate spune că am încheiat cu un real succes a VIII-a ediţie a concursului. Aşteptăm cu interes profesorii şi învăţătorii care doresc să se implice în buna organizare a ediţiei a IX-a, din 28 martie 2014 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 VIII-A,

HÂRLĂU, 27 APRILIE 2013 NR. CRT

CL.

NUME ŞI PRENUME ŞCOALA DE PROVENIENŢĂ

PROFESORUL CLASEI PUNCTAJ

PREMIUL

1 III CIOTIR MARIAN ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ ANDREEA 57,50 I 2 III ACIONESEI BIANCA IOANA ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ ANDREEA 45,50 II 3 III CAPRIAN DENISA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS MIHOC MIHAELA 40,00 III 4 III BEJAN DARIA L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI JUNCA NECULAI 39,60 M 5 III DĂNILĂ MARIA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 38,00 M 6 III BĂDĂLUŢĂ ANDREI ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ ANDREEA 37,60 M 7 III AGAVRILOAEI MARINA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS MIHOC MIHAELA 35,00 M 8 III HOGAŞ RAREŞ CONSTANTIN ŞC.G. G.IBRĂILEANU, TG. FRUMOS CONDURACHE ADRIANA 34,60 M 9 III FLUTUREL ALEXANDRU ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 34,00 M 10 III ROMAN RĂZVAN MIHAI ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU MUŞEI LUMINIŢA 29,00 M 11 III SPINEI IRINA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 27,60 M 12 III MUSTEAŢĂ TEOFIL ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 26,40 M 13 III HATA VERONICA ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CHIRILĂ ANDREEA 26,00 M 14 III VAVILOV ADINA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS MIHOC MIHAELA 25,00 M 15 III TUDOSA IUSTINIAN LAURENTIU ŞC.G. G.IBRĂILEANU, TG. FRUMOS CONDURACHE ADRIANA 24,80 M

15

Micii MATEMATICIENI

16 III BOLBOROS GABRIELA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 23,30 M 17 III HOGEA ŞTEFAN L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI JUNCA NECULAI 23,00 M 18 III CURCĂ ALEXANDRU ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 23,00 M 19 III FORMAGIU JESICA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU OPREA EMILIA 21,00 M 20 III BEJAN ANDRA L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI JUNCA NECULAI 19,80 M 21 III CIOBANU OTILIA ANDREEA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU CREŢU MARIA 19,60 M 22 III PETCU ELENA GABRIELA ŞC. P. RAREŞ, HÂRLĂU PETCU MARIANA 19,20 M 23 IV ENEA VICTOR ROBERT ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS MITITELU CRISTINA 59,50 I 24 IV MELINTE DARIA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 53,00 II 25 IV CÎMPEANU PETRINA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 52,30 III 26 IV PÎSLARU ŞTEFAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 51,30 M 27 IV PURCEL IOANA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 51,00 M 28 IV CIOBANU DIANA L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI GROZAVU NADIA 48,00 M 29 IV AGHEORGHIESEI HORIA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 46,30 M 30 IV CIUBUC COSMIN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 42,80 M 31 IV RASITARIU ALEXANDRU ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 42,50 M 32 IV IFRIM TUDOR ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU DÎRVARIU MARIANA 41,30 M 33 IV COZMA ALEXANDRA GABRIELA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CHELARU MARIANA 40,50 M 34 IV BUCĂTARU ADRIAN ŞC.G. G.IBRĂILEANU, TG. FRUMOS BARBU ELENA 40,10 M 35 IV BOLBOROS LARISA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 39,50 M 36 IV SURUNIUC CĂTĂLINA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 39,50 M 37 IV GHEORGHIŢĂ BIANCA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 39,30 M 38 IV BEJENARU ALINA ELENA ŞC.G. G.IBRĂILEANU, TG. FRUMOS BARBU ELENA 39,20 M 39 IV MOSA GABRIELA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 39,00 M 40 IV FERESTERARIU SEBASTIAN ŞTEFAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CHELARU MARIANA 37,50 M 41 IV MATIVICI PAVEL ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 37,00 M 42 IV CRĂCANĂ ANDRA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 36,30 M 43 IV ROIU LAVINIA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 36,30 M 44 IV ŞERBAN GABRIELA L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI GROZAVU NADIA 36,30 M 45 IV PETRESCU ROBERT L.T. B. VODĂ, HĂLĂUCEŞTI GROZAVU NADIA 35,80 M 46 IV CIOBANU ŞTEFAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 35,00 M 47 IV HRISCU IOANA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RUGINĂ TEREZA 34,75 M 48 IV GLODOREANU IOANA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 33,00 M 49 IV MELINTE COSTIN ŞTEFAN ŞC.GIMNAZIALĂ, TRIFEŞTI CREŢU ALEXANDRU 32,40 M 50 IV NASTASA DARIUS ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU AGAFIŢEI GABRIELA 32,30 M 51 V GHEORGHIAN VIVIANA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 44,50 I 52 V OSOIANU ANDREI C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 43,00 II 53 V CIUBUC TEODOR COSMIN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 39,50 III 54 V CRĂCIUN ŞTEFANIA MARIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 39,50 III 55 V CÂRLAN DARIA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 37,00 M 56 V VÎNTUR ANTONIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 35,50 M 57 V VORNICU IULIAN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 33,00 M 58 V SCUTARIU IOANA ALEXANDRA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 31,50 M 59 V SIMINA DENISA ELENA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 28,00 M 60 V AMOŞIESEI DENISA IONELA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 27,50 M 61 V DĂNILĂ IOANA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 25,00 M 62 V IFTIME CRISTIAN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 25,00 M 63 V CIOPRAGA RĂZVAN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 24,50 M 64 V ZAHARIA RALUCA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 24,50 M 65 V GHEMIŞ DARIUS ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 23,00 M 66 V LUPU RAREŞ C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI CRĂCIUN DORINEL MIHAI 20,00 M 67 V MELINTE DENISA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 18,50 M 68 V BURDUJANU NARCISA GEORGIANA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 18,00 M 69 V TÎRPESCU ELIZA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 18,00 M 70 V VIŢELARU ALIN TEODOR C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 18,00 M 71 V PLAIU DARIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 17,50 M 72 V TENCHIU CASIANA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU CIOBANU PETRONELA 16,50 M 73 V CIORCILĂ ANDREEA GABRIELA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 16,00 M 74 V OPREA ANASTASIA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 15,50 M 75 V SANDU DAN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 15,50 M 76 V ANUŞCA ANDREEA ILINCA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 15,00 M 77 V TUDORACHE ALEXANDRA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 15,00 M 78 V BAILAU LARISA GEORGIANA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 14,00 M

16

Micii MATEMATICIENI

79 V URSU LORENA ELENA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 14,00 M 80 V BOIANU BIANCA ROXANA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 13,50 M 81 V NEAGU DĂNUŢA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS ANTON MARIA 13,50 M 82 V COTIUGĂ LARISA DANIELA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 13,00 M 83 V CREŢU ANCA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS GOŞMAN MARCELA 13,00 M 84 V IVANOV DIANA ŞC.G. I. CREANGĂ, TG. FRUMOS GOŞMAN MARCELA 13,00 M 85 V MIHĂILĂ MARIA DENISA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 13,00 M 86 VI IOSUB MARIAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 48,00 I 87 VI TENCHIU TEODOSIA ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 44,00 II 88 VI ROŞU RADU ANDREI C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI MACOVEI LIVIU 42,00 III 89 VI ONOFREI TUDOR ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 40,00 M 90 VI MUSTEAŢĂ ROBERT ANDREI C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 36,50 M 91 VI CONŢAC ALEXANDRU ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 34,00 M 92 VI OLARU ANDREEA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 31,00 M 93 VI CIORNEI ILINCA ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 31,00 M 94 VI MOCANU ALEXANDRU ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 30,00 M 95 VI IVAN ALIN CONSTANTIN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 29,50 M 96 VI MERTIC LUCIA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 26,00 M 97 VI VRABIE LUCIAN ŞTEFAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 26,00 M 98 VI DUHAN DRAGOŞ MIHAI C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 25,00 M 99 VI TIMOFTE BIANCA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 24,50 M

100 VI SOTROPA IOANA ŞC.G. NR.17, BOTOŞANI CLIPA DANIELA 23,00 M 101 VI DELEANU RADU C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 20,00 M 102 VI MARELE CARINA IOANA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 18,50 M 103 VI IACOB ANDREEA ISABELA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS DOCA LAURENŢA 16,00 M 104 VI GLODOREANU EMILIAN ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 15,00 M 105 VI VICOL ŞTEFAN C. N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU NEICU AUREL 14,00 M 106 VI FLOREA ALEXANDRU ŞC.G. P. RAREŞ, HÂRLĂU RĂUŢU IOAN 13,50 M 107 VI LUPU CEZAR C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 11,50 M 108 VII CORNEI LAURA C.T. C.F. UNIREA, PAŞCANI ACATRINEI LUMINIŢA 47,50 I 109 VII BUZATU ANDREEA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI PRICOP VASILE 22,00 II 110 VII PAVĂL MARIA MAGDALENA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 18,00 III 111 VII HABDULEA GABRIEL C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 17,00 M 112 VII LAZĂR LUANA ELENA L. T. I. NECULCE, TG. FRUMOS TURNEA MIHAELA 12,50 M 113 VII BLAGA ALEXANDRA ŞC.GIMNAZIALĂ, RUSI ŞCHIPU MIRELA 12,00 M 114 VII GHEORGHIŢĂ ALEXANDRA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 11,00 M 115 VII VORNICU DENISA C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 10,50 M 116 VII LOGHIN ANDREI C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU SĂCĂLEANU IOAN 10,00 M 117 VIII POPESCU FLAVIUS PETRU C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 46,50 I 118 VIII AGHEORGHIESEI TUDOR C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 46,50 I 119 VIII GRIGORIU MARIA GABRIELA C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 44,50 II 120 VIII BEZEDICĂ ŞTEFAN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 35,00 III 121 VIII DOLHESCU ALEXANDRU CĂTĂLIN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 33,00 M 122 VIII MATEI DRAGOŞ ALIN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 32,00 M 123 VIII PRICOP CĂTĂLIN ADELIN C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 30,00 M 124 VIII PLAIU VLAD ŞTEFAN C. N. M. SADOVEANU, PAŞCANI POPESCU CLAUDIA 29,00 M 125 VIII CIUBUC REMUS MIHAIL C.N. ŞT. CEL MARE, HÂRLĂU OANCEA GHEORGHE 26,00 M

***

ZÂMBETUL ŞTIINŢEI ÎN ACEASTĂ RUBRICĂ VOM TRECE ÎN REVISTĂ CÂTEVA ANECDOTE SEMNIFICATIVE ŞI AMINTIRI DIN VIAŢA CELOR MAI DE FRUNTE MATEMATICIENI .

D’ALE LUI CARL FRIEDRICH GAUSS

(MATEMATICIAN, FIZICIAN ŞI ASTRONOM GERMAN, 1777-1855) Carl Gauss se distingea încă din şcoală prin agerimea minţii sale. Odată învăţătorul său îi zise: – Carl, aş vrea să-ţi pun două întrebări. Dacă la prima o să răspunzi corect, apoi la a doua poţi să nu mai răspunzi. Aşadar, câte ace are bradul şcolii noastre, împodobit de Anul Nou ? – 65786 de ace, domnule învăţător, – a răspuns imediat Gauss. – Bine, dar cum ai aflat acest lucru ? – îl întrebă învăţătorul. – Această întrebare de acum este cea de a doua, – remarcă cu promptitudine elevul.

17

Micii MATEMATICIENI

SUBIECTELE CONCURSULUI MICII MATEMATICIENI EDIŢIA A VIII-A, 27 APRILIE 2013

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE

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

1. (10p) Calculaţi suma, câtul, diferenţa şi produsul numerelor a şi b ştiind că:

( )240 : 8 670 : 5 3a = + × şi ( )770 116 56 :8 7 4 b− − × − = .

2. (2p) Puneţi paranteze astfel încât să obţineţi un număr cât mai mic:100 30 50 2 10− + − + = 3. Spunem că un număr de 3 cifre este “prietenos” dacă este format numai din cifre pare.

a) (5,60p) Scrieţi toate numerele “prietenoase” cuprinse între 275 şi 427 b) (2,40p) Diferenţa a două numere “prietenoase” este 144. Găsiţi minim 6 soluţii.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. ( 9p) Suma a trei numere reprezintă cel mai mare număr par de 2 cifre. Suma primelor

două dintre ele reprezintă cel mai mare număr de 2 cifre cu suma cifrelor 5. Suma ultimelor două dintre ele reprezintă cel mai mare număr par de 2 cifre cu suma cifrelor 10. Care sunt cele 3 numere ?

2. (11p) Un elev şi-a numerotat paginile caietului începând cu numărul 1. La sfârşit a observat că în numerotare s-a folosit de 18 ori cifra 5. Câte pagini avea caietul ?

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Pe o alee de 30 de metri se plantează pe ambele părţi lalele galbene şi roşii. Între două lalele galbene se plantează 4 lalele roşii. Distanţa dintre lalele este de 1metru. Câte lalele din fiecare culoare s-au plantat dacă pe fiecare parte a aleei, prima şi ultima lalea sunt galbene?

SUBIECTE ELABORATE/MODIFICATE/SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. : MIRELA MUNTEANU, MARIANA DÎRVARIU, VASILICA TEODORESCU ŞI CARMEN NICULESCU

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE ŞI NOTARE. I 1. Pentru aflarea lui 420a = ... 4 1 4p p× = , a lui 3b = ... 5 1 5p p× = , a produsului 1260a b× =

...0,5p şi a câtului : 140a b = ...0,5p. 2. Soluţia corectă: ( ) ( )100 30 50 2 10 8− + − + = se punctează cu 2p.

3. a)Sunt 14 numere prietenoase cuprinse între 275 şi 427 şi anume: 280, 282, 284, 286, 288, 400, 402, 404, 406, 408, 420, 422, 424 şi 426 … 14 0,4 5,6p p× = .

b) Fie numărul prietenos abc , al doilea termen al diferenţei date. Atunci suma 144 abc+ este un număr prietenos. Trebuie ca { }0;2;4c ∈ , căci altfel cifra zecilor a sumei ar fi impară (fals). Trebuie

ca { }6;8b ∈ , căci altfel cifra sutelor ar fi impară (fals), iar { }2;4;8a ∈ , căci altfel suma nu ar mai fi

număr de trei cifre. Prin urmare, avem un total de 3 2 3 18× × = de soluţii. Pentru fiecare soluţie găsită se acordă câte 0,4p. De exemplu, 404 260 144− = , 406 262 144− = , 408 264 144− = , 424 280 144− = , 426 282 144− = , 428 284 144− = , etc. II 1. Notăm numerele cu a , b şi c . Atunci 98a b c+ + = …2p; 50a b+ = …2p şi 82b c+ =

…2p. Din 82 98a + = ⇒ 16a = …1p.Din16 50b+ = ⇒b=34…1p.Din 34 82c+ = ⇒ 48c = …1p. 2. Găsirea şirului de numere care se scriu folosind cifra 5…1p. Aceste numere sunt: 5; 15; 25; 35; 45; 50; 51; ..; 55;…;59;65;75. Atunci caietul poate avea 76 pagini…2p, 78 pagini…2p, 80 pag...2p, 82 pagini...2p sau 84 pagini...2p. III Distanţa pe fiecare parte este de 30 metri, iar între două lalele alăturate este de 1 metru. Rezultă

că avem 30 :1 30= distanţe de 1 metru, de unde deducem că pe fiecare parte sunt 31 lalele … 4p. Distanţa dintre două lalele galbene consecutive este de 5 metri deoarece avem 4 lalele roşii. Aşadar, vom avea 30 : 5 6= distanţe de 5 metri, de unde găsim că pe o parte sunt 7 lalele galbene …4p. Pe

18

Micii MATEMATICIENI

cele 6 distanţe de 5 metri de pe o parte se găsesc 6 4 24× = lalele roşii …4p. Numărul total de lalele galbene plantate este de 7 2 14× = …4p, iar a celor roşii de 24 2 48× = …4p.

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

1. (14p) Calculează : ( )22 :10a b× + dacă : ( )36 : 24 29 : 5 7a − + = şi

( ){ }2 170 : 5 4 7 48 : 400 : 5 : 2 64 : 2 b − × × + − = .

2. ( 6p) Dacă împărţim numărul a la b se obţine câtul 2 şi restul 5, iar dacă adunăm pe 17 la triplul lui b obţinem dublul lui a . Să se afle cele două numere.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (10p) Câmpul de luptă a fost împânzit de cei 6245 de călăreţi moldoveni şi tătari.

Ştefan-Vodă privi spre hoarda tătară care se pregătea de luptă, apoi se întoarse spre oştenii săi şi le zise: „Oştenii mei, fiecăruia dintre voi îi revine să lupte cu câte doi tătari, iar mie lăsaţi-mi patru.” Câţi oşteni avea Ştefan-Vodă ?

2. (10p) O mamă are doi copii. Vârsta mamei se exprimă printr-un număr de două cifre, fiecare cifră fiind vârsta unuia dintre copii. Dacă la vârsta mamei se adună vârstele celor doi copii se obţine 49 ani. Ce vârstă au mama şi cei doi copii ?

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): 1. ( 6p) Profesorul Aritmel a inventat o nouă operaţie notată cu semnul " "∗ . Dacă a

obţinut că 2 3 10∗ = , 7 2 63∗ = , 6 5 66∗ = , atunci care este rezultatul calculului 33 28∗ ? Justificaţi răspunsul.

2. (14p) Un elev verifică următoarea egalitate, ştiind că , , ,a b c d sunt diferite de zero:

( ){ }2012 : : 2013 2013 : 2013abcd abcd abcd abcd ab cd cd + − + ⋅ − + = .

Verifică şi tu egalitatea de mai sus şi stabileşte ce şanse ar avea un profesor ca prin ştergerea totală a unei litere din exerciţiu, să obţină o egalitate adevărată ?

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

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I 1. … ( )36 : 24 29 35a⇔ − + = …1p ( )36 : 24 6a⇔ − = …1p 24 6a⇔ − = …1p 18a⇔ = …1p.

( )400:5: 2 64: 2 80: 2 32 40 32 8− = − = − = … 4 1 4p p× = ; [ ]28 48:8 28 6 34+ = + = …3 0,75 2,25p× =

{ }5 34 170× = …0,75p; 2 170:170 2 1 1b= − = − = …1p ( )22 :10 40:10 4a b⇒ × + = = … 4 0,5 2p p× =

2. Reprezentarea grafică sau stabilirea relaţiilor:2 5

17 3 2

a b

b a

= × +

+ × = × …2p. Avem 2 4 10a b× = × + ⇒

4 10 17 3b b× + = + × ⇒ 4 3 7b b× = × + ⇒ 7b = …3p, iar 14 5 19a = + = …1p. II 1. Stabilirea relaţiei : număr tătari = 2 x număr moldoveni …2,5p. Ştefan-Vodă şi 4 tătari sunt 5

călăreţi… 2,5p. Rămân 6245 – 5 = 6240 călăreţi…2,5p. Numărul de oşteni moldoveni este 6240 : 3 2080= ... 2,5p.

2. Fie ab , vârsta mamei. Atunci 49ab a b+ + = … 3p. ⇒ 0 49a b a b+ + + = 11 2 49a b⇒ + = ⇒11 49a ≤ şi a impar ⇒ 1a = sau 3a = . Dacă 1a = 2 38b⇒ = 19b⇒ = , nu este cifră. Dacă 3a =

2 16b⇒ = 8b⇒ = . Copii au: 3 ani…3p, respectiv 8 ani …3p, iar mama 38 de ani …1p.

III 1. Observăm că ( )2 3 10 2 2 3∗ = = ⋅ + , ( )7 2 63 7 7 2∗ = = ⋅ + , ( )6 5 66 6 6 5∗ = = ⋅ + .

Stabilirea regulii: ( )a b a a b∗ = × + …4p. Finalizarea 33 28 2013∗ = …2p.

19

Micii MATEMATICIENI

2. Verificarea egalităţii iniţiale …9 operaţii x 0,70 p = 6,30p. Scrierea unei egalităţi după ştergerea totală a unei litere…1,40p. Verificarea noii egalităţi …9 operaţii x 0,70 p = 6,30p Finalizarea : prin ştergerea totală a oricărei litere, întotdeauna, profesorul va obţine întotdeauna o egalitate ( sunt 4 din 4 şanse sau 100%) …1p

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

1. a) (4p) Calculaţi 3 3 3 31 2 3 4+ + + . b)(6p)Arătaţi că există numere naturale nenule a, b, c, d astfel încât 3 3 3 3 201510a b c d+ + + =

2. (10p) Împărţitorul, câtul şi restul sunt numere de două cifre formate numai din cifrele 0 şi 1. Să se determine deîmpărţitul ştiind că cifrele sale sunt consecutive.

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (10p) Pe o planetă din Univers trăieşte un extraterestru. Dacă ar fi locuit numai pe acea

planetă, ar fi trăit 61 de ani extratereşti. Când a împlinit 60 de ani şi 10 luni, el s-a hotărât să-şi trăiască ultima lună pe Terra. Câţi ani tereştri a trăit pe planeta noastră ştiind că, dacă ar fi trăit numai pe Terra, durata vieţii sale ar fi fost de 2013 ani tereştri ?

2. (10p) Un vânzător a primit trei lăzi cu fructe în greutate totală de 120 kg. Din “ochi” el estimează că lada cu mere şi cea cu pere nu depăşeşte 70 kg, cea cu pere şi cea cu prune nu cântăreşte mai mult de 80 kg, iar cea cu mere şi cea cu prune nu are mai mult de 90 kg. Câte kilograme din fiecare fruct a primit vânzătorul ştiind că estimările sale sunt corecte ?

SUBIECTUL III (20 PUNCTE):

1. Se consideră numărul raţional 3

13A = având forma zecimală 1 2 30, ... ...nA a a a a= .

a) (8p) Aflaţi a 2013-a zecimală a numărului A. b) (4p) Arătaţi că numărul 1 2 1296...S a a a= + + + este un cub perfect.

2. (8p)Fie cifrele 1 2 3 2013, , ,...,a a a a astfel încât 1 2 3 2013 1 2 3 2013 1 2 3 2013... 5 5 ... 4 ...a a a a a a a a a a a a− = ⋅ .

Arătaţi că numărul 1 1 2 1 2 3 1 2 3 20131 ... ...A a a a a a a a a a a= + + + + + este divizibil cu 300. SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF.: AUREL NEICU, PETRONELA CIOBANU ŞI IULIANA BLANARU SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I 1. a) Avem 3 3 3 3 21 2 3 4 1 8 27 64 100 10+ + + = + + + = = ... 2 2 4p p× = .

b) 2015 2013 210 10 10= ⋅ ...1p; ( )2015 2013 3 3 3 310 10 1 2 3 4= ⋅ + + + ...2p; ( ) ( )32015 671 3 3 3 310 10 1 2 3 4= ⋅ + + +

...1p; ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 32015 671 671 671 67110 10 1 10 2 10 3 10 4= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ...2p;

2. Împărţitorul, câtul şi restul pot fi numerele 10 sau 11 ...2p. Deoarece restul este mai mic decât împărţitorul deducem că restul este 10, iar împărţitorul 11 ...2p. Deîmpărţitul poate fi 11 10 10 120⋅ + = ...3p sau 11 11 10 131⋅ + = ...3p. Finalizarea: numărul căutat este 120 ...2p. II 1. Observă că 1 an extraterestru are 11 luni ...3p. Atunci un an extraterestru are 2013 : 61 33= ani

tereştri …3p, iar o lună extraterestră are 33 :11 3= ani tereştri …3p. Aşadar, extraterestrul a trăit pe planeta noastră 3 ani tereştri ...1p. 2. Notăm cu m , p şi r numărul kilogramelor de mere, de pere, respectiv de prune. Atunci

70m p+ ≤ , 80p r+ ≤ şi 90m r+ ≤ …3 1 3p p× = . Însumând cele trei inegalităţi obţinem: 2 2 2 240 120m p r m p r+ + ≤ ⇒ + + ≤ …2p. Cum 120m p r+ + = rezultă că 70m p+ = ,

80p r+ = şi 90m r+ = …3 1 3p p× = . Finalizarea: 40m kg= , 30p kg= , 50r kg= …2p.

20

Micii MATEMATICIENI

III 1. a)Avem: ( )3:13 0, 230769= ... 6 1 6p p× = , iar 2013 6 335 3= ⋅ + …1p ⇒ finalizarea : 0...1p.

b)1296 : 6 216= grupe …1p. ( ) 3 3 3216 2 3 0 7 6 9 216 27 6 3 18S = + + + + + = ⋅ = ⋅ = …3p.

2. Notăm 1 2 3 2011...a a a a x= . Atunci ( )201110 5 5 10 4x x x+ − ⋅ + = …2p ⇒ 201110 1 999...9x = − = …3p

1 2 2011... 9a a a⇒ = = = = ⇒ ( ) ( ) ( )2 2011

2011

1 9 99 ... 999...9 1 10 1 10 1 ... 10 1A = + + + + = + − + − + + −�������

⇒ �2012 2007

11...1 2011 11...1109100A = − = ������� …2p. Deci, A este divizibil cu 100 …1p.

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

1. (10p) Demonstraţi că dacă numerele , ,a b c ∗∈ℕ verifică şirul de rapoarte egale:

2013 1003 2013 1003 2013 1003

2013 7 2013 7 2013 7

a b b c c a

a b b c c a

− − −= =

+ + +, atunci a b c= = .

2. (10p) Arătaţi că fracţia 2013 2012

2012 2013

2012 2013

2012 2013

++

este subunitară

SUBIECTUL II (20 PUNCTE): 1. (10p) Fie numerele naturale nenule , ,x y z care verifică egalitatea 3 5 7x y z= = . Arătaţi

că 27 divide 2xy y zx+ + . 2. (10p) 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.

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Se consideră ABC△ , echilateral şi punctul D pe semidreapta opusă lui (BC astfel încât

[ ] [ ]DB BC≡ . Fie E în semiplanul determinat de dreapta AD ce nu conţine punctul B, astfel

încât EA AB⊥ , ED DC⊥ , [ ] [ ]EA ED≡ , iar punctul F astfel ca D să fie mijlocul lui [ ]FB .

a) (7p) Demonstraţi că triunghiurile FDE△ , BAE△ sunt congruente. b) (5p) Arătaţi că semidreapta (EB este bisectoarea unghiului AED∢ .

c) (8p) Demonstraţi că AC EB şi EF AB . SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF.: CONSTANTIN NASTASĂ, CRISTINA MACOVEI ŞI MIHAELA TURNEA SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

I 1. Avem:( ) ( )( ) ( )

( )( )

2013 1003 10102013 1003 1

2013 7 2013 7 2020 2

a b c a b c a b ca b

a b a b c a b c a b c

+ + − + + + +−= = =

+ + + + + + + + ...4p, de

unde 4026 2006 2013 7 2013 2013a b a b a b a b− = + ⇒ = ⇒ = ...3p. Analog, b c= ...3p. 2. Arătăm 2013 2012 2012 20132012 2013 2012 2013+ < + ...4p ⇔ 2013 2012 2013 20122012 2012 2013 2013− < − ...2p ⇔ 2012 20122012 2011 2013 2012⋅ < ⋅ ...2p, adev., căci 2012 20122012 2013< şi 2011 2012< ...2p.

II 1. Din 5

33

yx y= ∈ ⇒ℕ ...3p;

57

7

yz y= ∈ ⇒ℕ ...3p; 21 21 , 35 , 15y y k x k z k⇒ = = = ...3p.

Atunci ( )2 2 221 35 21 25 21 81xy y zx k k+ + = + + = ⋅ este divizibil cu 27 ...2p.

2. Notăm cu x numărul total de participanţi. Deducem că 70% 60% 100% 15x x x+ − = ...4p, de

21

Micii MATEMATICIENI

unde ⇒30

15100

x⋅ = ...4p 50x⇒ = ...2p.

III 1. a) Realizarea figurii ...2p. Cum [ ] [ ]FD AB≡ , [ ] [ ]ED EA≡ şi

( )090FDE EAB≡ =∢ ∢ CC

FDE BAE⇒ ≡∆△ ...5p.

b) Se arată că ( )EDB EAB IC∆ ≡∆ ...4p. Rezultă că

DEB BEA≡∢ ∢ ⇒ (EB este bisectoarea unghiului DEA ...1p.

c)0 0

0180 12060

2 2 2

ABD ABCEBA EBD

−= = = = =

∢ ∢∢ ∢ ...3p ( .int .)

T

EBA BAC alt BE AC≠

≡ ⇒∢ ∢ ...2p.

030AEB BED DEF≡ ≡ =∢ ∢ 090AEF⇒ =∢ FE EA⇒ ⊥ şi cum BA EA⊥ ⇒ FE AB ...3p.

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

Se consideră 359 de unghiuri având măsurile 1 2 359, ,...,m m m invers proporţionale cu numerele

1 2, 2 3, 3 4, ... ,359 360⋅ ⋅ ⋅ ⋅ şi că 01 2 359

359... 250

360m m m+ + + = ⋅ . Să se determine unghiurile

ale căror măsuri se exprimă prin numere naturale. SUBIECTUL II (20 PUNCTE):

Fie un triunghi cu lungimile laturilor , ,a b c , având înălţimile corespunzătoare invers proporţionale cu numerele 3, 4, respectiv 5.

a) (7p) Arătaţi că triunghiul este dreptunghic.

b) (7p) Demonstraţi inegalitatea strictă: ( ) ( )22 2 23 a b c a b c⋅ + + > + + .

c) (6p) Dacă 2

3c = , atunci semiperimetrul triunghiului este cel mult egal cu 1.

SUBIECTUL III (20 PUNCTE):

1. (10p)Fie ABC△ isoscel cu punctele ( )M AB∈ şi ( )N BC∈ astfel încât a

AM ABb

= ⋅ şi

2

cBN BC

b= ⋅ , ,a b ∗

+∈ℝ . Demonstraţi că MN BC⊥ dacă şi numai dacă b a c= + .

2. (10p) În triunghiul ABC avem ( ) ( )2m B m C= ⋅∢ ∢ . Paralela prin C la bisectoarea

( )( )/ /BB B AC∈ intersectează dreapta AB în punctul D. Arătaţi că AC BC

DCAB

⋅=

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. : GHEORGHE OANCEA, DANA PAVĂL ŞI BOGDAN DORNEANU

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE.

I Avem 1 2 3591 2 2 3 ... 359 360not

m m m k⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = ...4p⇒ 1 1 2 1 2

k k km = = −

⋅, 2 2 3 2 3

k k km = = −

⋅,

..., 359 359 360 359 360

k k km = = −

⋅ ...5p. Suma lor este 0359

2501 360 360

k k− = ⋅ 0250k⇒ = ...5p.

Pentru { }1;2;...;359n ∈ ⇒( )250

1nmn n

= ∈+

ℕ ( ) 2501n n D⇒ + ∈ şi este par ...3p . Deducem că

A

B CD

E

F

22

Micii MATEMATICIENI

( ) { }1 2;10;50;250n n⇒ + ∈ ...1p. Singura soluţie este 0

01

250125

1 2m = =

⋅ ...2p.

II Notăm cu , ,a BC b AC c AB= = = şi cu , ,a b ch h h lungimile înălţimilor corespunzătoare.

a) Avem 3 4 5not

a b ch h h k⋅ = ⋅ = ⋅ = ⇒3a

kh = ,

4b

kh = ,

5c

kh = ...2p. Formula ariei unui triunghi ne

dă 2a ba h b h c hc S⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒ 23 4 5

k k ka b c S⋅ = ⋅ = ⋅ = ⇒

6Sa

k= ,

8Sb

k= ,

10Sc

k= ...3p.

Verificarea egalităţii lui Pitagora 2 22 2 2

2 2 22 2 2

100 36 64 6 8S S S S Sc a b

k k k k k

= = + = + = + şi

concluzia că triunghiul este dreptunghic în C ...2p.

b) Calculul: ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2a b c a b c a b c a b c ab bc ac+ + = + + + + = + + + + + ...3p. Cerinţa

este 2 2 22 2 2 2 2 2 0a b c ab bc ac⇔ + + − − − > ( ) ( ) ( )2 2 20a b b c a c⇔ − + − + − > ...3p este

adevărată fiind sumă de numere pozitive şi este strictă, căci altfel am avea a b c= = , de unde ar ⇒ că triunghiul este echilateral, în contradicţie cu punctul a) ...1p.

c) Ţinând cont de a) şi b), avem: ( ) ( )2 2 23a b c c c+ + < + ⇒ ( )2

2 23 2 4

3a b c

+ + < ⋅ ⋅ = ...4p.

Rezultă că 2a b c+ + < , de unde semiperimetrul triunghiului 12

a b cp

+ += < ...3p

III 1. Realizarea figurii ...1p. Fie AD înălţimea ABC△ isoscel ⇒ AD mediană

⇒ 2BC BD= ...1p . Atunci 1 1BM AB AM AM a b a

AB AB AB b b

− −= = − = − = ...3p , iar

2 2

2 2

BN BN c cBC

BD BD BC b b= = ⋅ ⋅ =

⋅ ...1p. Au loc echivalenţele: MN BC⊥

AD BC

MN AD⊥

⇔ .T Thales BN BM

BD BA⇔ =

c b a

b b

−⇔ = c b a⇔ = − b a c⇔ = + ...4p.

2. Realizarea figurii ...2p. Din ( /BB bisectoarea unghiului ABC∢ ⇒

/ /

2

BABB CBB C≡ = =

∢∢ ∢ ∢ ...2p. Din /BB CD /

T

B BC BCD≠

⇒ ≡∢ ∢ ...1p.

Din / 2ACD ACB BCD C B BC C B ABD= + = + = ⋅ = =∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ∢ ⇒ABC ACD≡∢ ∢ şi deoarece ( ). .BAC CAD u c≡∢ ∢

2cazul

asemABC ACD⇒ △ ∼△ ...2p

AB BC AC BCCD

AC CD AB

⋅⇒ = ⇒ = ...3p.

CLASA A VIII-A: ENUNŢURI

SUBIECTUL I (20 PUNCTE): 1. (12p) Aflaţi ,a b ∗∈ℝ , ştiind că ( )2 , 3A a a + ; ( )1; 1B − ; ( )3; 5C − − şi ( )2 ;D b b sunt

puncte coliniare.

2. ( 8p) Arătaţi că ecuaţia 3

3 22

x x x− + − = − nu are soluţii reale.

A

B CD

M

N

AB

/B

C

D

23

Micii MATEMATICIENI

SUBIECTUL II (20 PUNCTE):

1. (10p) Fie a şi b , două numere naturale astfel încât mulţimea [ ];a b ∩ℕ conţine exact trei

numere natural, dintre care unul singur este impar. Arătaţi că 1ab+ este număr natural

impar, iar numerele ab şi a b+ sunt iraţionale.

2. (10p) Demonstraţi că, dacă dimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt , ,ab

a ba b+

,

atunci diagonala paralelipipedului este 2 2a b ab

a b

+ ++

, oricare ar fi numerele ,a b ∗+∈ℚ .

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): Fie ABCD un paralelogram în care notăm cu O intersecţia diagonalelor şi cu M mijlocul lui

[ ]AO . Ştim că 2BD AO= ⋅ , 2AC a= , ( ) 060m ADB =∢ . Pe perpendiculara în M pe planul

( )ABC se ia punctul P astfel încât MP a= .

a) (16p) Să se calculeze distanţele de la punctul P la laturile paralelogramului. b) ( 4p) Să se afle distanţa de la M la planul ( )BCP .

SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE: PROF. : RAMONA DARIE ŞI OANA ALEXE

SOLUŢII. BAREME DE CORECTARE. I 1. Se consideră funcţia :f →ℝ ℝ , ( ) , ,f x mx n m n= + ∈ℝ având graficul dreapta BC ...1p.

Atunci ( )1; 1 fB G− ∈ ⇒ ( )1 1f =− ⇒ 1m n+ =− ...1p şi ( )3; 5 fC G− − ∈ ⇒ ( )3 5f − =− ⇒

3 5m n− + =− ...1p. Obţinem că 1m = şi 2n =− ⇒ ( ) 2f x x= − ...3p. Deoarece punctele A, B,

C, D sunt coliniare, atunci ( )2 ; 3 fA a a G+ ∈ ⇒ ( )2 3f a a= + ⇒ 2 2 3a a− = + ⇒ 5a = ...2p şi

( )2; fD b b G∈ ⇒ ( )2f b b= ⇒ 2 2 0b b− − = ...2p, de unde { }1;2b ∈ − ...2p.

2. Deoarece membrul stâng al ecuaţiei este nenegativ, obţinem că 2 0x− ≥ …2p. Din 3

2 32

x ≥ > > …2p rezultă că 3

3 22

x x x− + − = − ⇒1

32

x = − …2p . Cum 1

3 22

− <

rezultă că ecuaţia nu are soluţii reale …2p.

II 1. Din enunţ deducem că [ ] { }; ; 1; 2a b a a a∩ = + +ℕ , de unde 2b a= + şi 1a+ este număr

impar ...2p. Atunci 21 2 1 1ab a a a+ = + + = + este natural impar ...2p, iar ( )2 1a b a+ = +

este iraţional , căci 1a+ este impar ...3p. Din ( ) ( )2 ; 1ab a a a a= + ∈ + /ab⇒ ∈ℝ ℚ ...3p.

2. Formula diagonalei paralelipipedului dreptunghic ne dă 2

2 2 2 abd a b

a b

= + + +...3p, de unde

( )( )( )

( )( )

2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2

22 2

2 2 2a b a ab b a b a a b b ab a b a bd

a b a b

+ + + + + + + + += =

+ + ...3p. Rezultă că

( ) ( ) ( )( )

( )( )

2 2 222 2 2 2 2 2 2 2

22 2

2 2 2a b ab a b a ab b ab a b abd

a b a b

+ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + += =

+ +...3p⇒

2 2a b abd

a b

+ +=

+...1p.

III a) Din ABCD paralelogram 2AC AO BD⇒ = = ⇒ABCD este dreptunghi. Din faptul că

ABD∆ este dreptunghic în A, 2BD a= şi 060ADC =∢ rezultă că AD a= şi 3AB a= ...4p.

24

Micii MATEMATICIENI

Construim ; ; ;ME AD MF BC MQ AB MR DC⊥ ⊥ ⊥ ⊥ . Cu teorema celor 3 ⊥ se arată că

( );PE d P AD= , ( );PF d P BC= , ( );PR d P DC= şi ( );PQ d P AB= ...4p. Din M mijlocul lui AO

rezultă că 1

4

AM

AC=

1

4

Tfa MQ ME

BC DC⇒ = = ⇒

4

aMQ = ,

3

4

aME = ,

3

4

aMR = ,

3 3

4

aMF = ...4p.

Aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile dreptunghice PME, PMF, PMQ şi PMR, obţinem că

19

4

aPE = ...1p,

43

4

aPF = ...1p,

17

4

aPQ = ...1p şi

5

4

aPR = ...1p.

b) Distanţa de la P la planul (PBC) este înălţimea triunghiului PMF ...2p. Cu teorema a doua a

înălţimii în PMF, rezultă că ( )( ) 129;

43

ad M PBC = ...2p.

TESTAREA ABSOLVENŢILOR DE CLASA A IV-A ÎN VEDEREA ÎNSCRIERII ÎN CLASA A V-A

VARIANTA NR. 1, 18 MAI 2013

SUBIECTUL I (20 PUNCTE): 1. ( 6 p) Aflaţi câtul şi restul împărţirii numărului 2013 la numărul 3. 2. (14 p) Calculaţi diferenţa dintre o treime şi o zecime din numărul A, unde

( )20130 :10 2013 : 3 671 2012 7 13 10 : 21 9A = + − + + × − × .

SUBIECTUL II (31 PUNCTE): Aflaţi valoarea numerică a literelor , ,a b c din egalităţile următoare:

a) ( 6 p) ( )253 :10 153 147;a+ − =

b) (11 p) ( ) ( )35 8 550 :5 123 7 9 2 5 ;b − × − = − × + ×

c) (14 p) ( ) ( ) ( )40 : 23 17 155: 5 30 4000 :10 : 4 9 11 2014c c c c+ × + + × − − × − × = .

SUBIECTUL III (29 PUNCTE): 1. (10 p) Găsiţi numărul abcd , ştiind că cifrele sale verifică simultan relaţiile:

11;

7;

7;

2 2.

a b c d

b c d

c d

d a

+ + + = + + =

+ = = −

2.

(19 p) Mara avea 13 mere, iar Aura avea 11 mere. După ce fiecare a mâncat acelaşi număr de mere, le-au mai rămas la un loc 10 mere. Câte mere a mâncat Mara ?

SUBIECTUL IV (10 PUNCTE): 1. ( 5 p) Avem suma 1 2 3 4 5 6 7 8 9+ + + + + + + + . Schimbaţi un singur semn " "+ în semn

de " "× astfel încât să obţinem 100. Verificaţi ! 2. ( 5 p) Trei prieteni au plecat la o cofetărie.Întrebându-l pe ospătar cât costă o prăjitură, el

le răspunde că costă 2 lei şi o jumătate de prăjitură. Cât au plătit cei trei prieteni pentru trei prăjituri de acelaşi fel ?

25

Micii MATEMATICIENI

VARIANTA NR. 2, 18 MAI 2013 SUBIECTUL I (34 PUNCTE):

Arată ca 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 − − − × = .

SUBIECTUL II (22 PUNCTE): Să spunem că distanţa (în metri) de la casa lui Nică până la casa mătuşii Mărioara este

valoarea lui m din expresia următoare: ( )3 4 320 :10 8 10m× + − − = , iar de la mătuşă şi

până la cireş, distanţa (măsurată în metri) este valoarea nenulă a lui n din expresia următoare: : : 202n n n n n+ + = .

a) (15 p) Demonstraţi că 300m = şi că 200n = . b) ( 9 p) Pofticios, Nică se duce la cireş de 3 ori într-o zi, trecând de fiecare dată prin faţa

ogrăzii mătuşii. Ce distanţă a parcurs el în acea zi pentru a-şi face pofta de cireşe rumene? SUBIECTUL III (17 PUNCTE):

1. (16 p) În livada bunicilor sunt 9 caişi, adică cu 48 mai puţini decât meri, cât jumătate din numărul perilor şi de 3 ori mai mulţi decât gutui. Câţi pomi ar trebui să se mai planteze pentru a avea 100 ? Rezolvaţi problema folosind planul logic de rezolvare.

2. (14 p) Într-o clasă sunt 25 de elevi. Dacă pleacă 3 băieţi şi 2 fete, rămân tot atâtea fete câţi băieţi. Câte fete sunt în clasă ? Dar băieţi ?

SUBIECTUL IV (10 PUNCTE): În parcul din faţa blocului se joacă 16 copii. Câte fete şi câţi băieţi sunt dacă fiecare băiat are 2 surori şi numai 2 băieţi sunt fraţi?

VARIANTA NR. 3, 18 MAI 2013 SUBIECTUL I (31 PUNCTE):

1. (23 p) Să se afle diferenţa dintre jumătatea lui b şi dublul lui a ştiind că:

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

2. ( 8 p) Dacă suma a 5 numere consecutive se împarte la 9 se obţine câtul 223 şi restul 4. Aflaţi numerele.

SUBIECTUL II (27 PUNCTE): 1. ( 8 p) Aflaţi numărul x din egalitatea: ( )4 : 4 2 7 2013x× + − = .

2. (11 p) Aflaţi a din egalitatea: ( ){ }2013 2012 2012 2012 2 2011 2012 : 1a− − + − × + = .

3. ( 8 p) Aflaţi numărul a din egalitatea: ( )2013 2013 2013 2013: 2013a× − − = .

SUBIECTUL III (20 PUNCTE): O fustă şi o rochie costă cât o rochie şi trei tricouri. Din banii pe care îi are, Maria poate cumpăra 4 tricouri şi 2 fuste, iar dacă ar mai avea 8 lei, ar putea cumpăra 2 rochii. Ştiind că o rochie, o fustă şi un tricou costă împreună 220 lei, aflaţi cât costă fiecare.

SUBIECTUL IV (12 PUNCTE): 1. ( 6 p) Un croitor are o bucată de stofă în lungime de 36 metri şi taie din ea bucăţi egale,

în lungime de 3 metri fiecare. Câte tăieturi trebuie să facă ? 2. ( 6 p) Din mărul fermecat, dacă rupi un măr cresc alte trei mere ín loc. Ieri pomul avea

doar 15 mere, iar acum are 45. Câte mere au fost rupte ? SUBIECTE ELABORATE / MODIFICATE / SELECTATE ŞI PROPUSE DE:

PROF.: IOAN SĂCĂLEANU, AUREL NEICU, GHEORGHE OANCEA ŞI RAMONA DARIE

26

Micii MATEMATICIENI

PROIECTUL EDUCAŢIONAL “SUPER MATE”

În anul şcolar 2012-2013, am continuat activitățile PROIECTULUI EDUCAŢIONAL ,,SUPER

MATE”. A fost un an bogat, plin de realizări, care nu s-au obţinut uşor, ci prin munca de zi cu zi a elevilor, îndrumaţi de învăţătorii lor. La toate acestea s-au adăugat activitățile cuprinse în proiect, activități susținute de un număr mare de cadre didactice: MARIANA CHELARU, LUMINIŢA MUŞEI, VASILICA TEODORESCU , PETRONELA CIOBANU , VASILE ROZNOVĂŢ , MIRCEA POPA, BOGDAN DORNEANU , ADRIANA MELINTE, MIRELA MUNTEANU ( ŞCOALA ,,PETRU RAREŞ”

HÂRLĂU), GEORGETA ROPCEANU (ŞCOALA SLOBOZIA), OLGA ȘERBAN ( ŞCOALA BĂDENI). Elevii cuprinși în proiect au obținut, şi anul acesta, rezultate deosebite la concursurile la care au participat:

CONCURSUL ,,MICII MATEMATICIENI” organizat de Colegiul Național ,,Ştefan cel Mare”

CLASA A III-A: A: Dănilă Maria(M), Curcă Alexandru(M), Musteață Teofil(M), Spinei Irina(M); B: Roman Răzvan(M); D: Bolboros Gabriela(M). CLASA A IV-A: A: Roiu Lavinia(M), Năstase Darius(M), B: Agheorghiesei Horia(M), Ifrim Tudor(M), Pîslaru Ștefan(M), Purcel Ioana(M); C: Feresteuariu Sebastian(M), D: Câmpeanu Petrina(P3), Bolboros Larisa(M), Crăcană Andra(M), Ciobanu Ștefan(M), Gheorghiță Bianca(M), Moșa Gabriela(M), Mativici Pavel(M), Hriscu Ioana(M).

CONCURSUL ,,EUCLID CLASA A III-A: A: Dănilă Maria(P1), Moșiesei Alexandra (P1), Curcă Alexandru(P2), Sandu Cristian(P2), Sandu Cristian(P3), Cuibuș Ștefan(P3), Spinei Irina(P3), Moșiesei Alexandra(M), Musteață Teofil(M), Curcă Alexandru(M); B: Munteanu Iulia(P1), Roman Răzvan(P1), Roman Răzvan(P2), Bran Ionuț(P3), Bran Ionuț(M); C: Băhnăreanu Andreea(P2), Blaga Geanina(M), D: Bolboros Gabriela(M). CLASA A IV-A: B: Purcel Ioana(P1), Ifrim Tudor(P1+P3), Agheorghiesei Horia(P2+P3), Asofie Andrei(P2+P3), Pîslariu Ștefan(M). C: Feresteuariu Sebastian(P2+M), D: Crăcană Andra (P1+P3+M), Ciobanu Ștefan (P2+M), Crețu Cosmina (P2+P+M), Bolboros Larisa(P2+M), Crețu Andreea (P3+M), Moșa Gabriela (P3+M), Gheorghiță Bianca (P3+M), Câmpeanu Petrina(M), Mativici Pavel(M), Hriscu Ioana(M). ETAPA NAȚIONALĂ : Roman Răzvan (M), Crețu Cosmina(M) şi Crăcană Andra - IV D.

CONCURSUL ,,PROEDUCAȚIA” CLASA A III-A: Etapa I - Mențiune specială - Dănilă Maria A Etapa II - Premiul III: Cuibuș Codruț -III A; Mențiune special:Dănilă Maria-IIIA,Mihăilă Alex-IIIC CLASA A IV-A - Mențiune specială - Ciobanu Ștefan -IV D, Crețu Cosmina - IV D

CONCURSUL ,,FII INTELIGENT LA MATEMATICĂ” CLASA A III-A - Premiul I: Dănilă Maria -IIIA, Spinei Irina - IIIA, Musteață Teofil – IIIA. CLASA A IV-A - Premiul I: Crețu Cosmina -IV D, Crețu Andreea -IV D, Crăcană Andra -IV D.

CONCURSUL ,,COMPER” CLASA A III-A: Roman Răzvan-IIIB-90p, Bran Ionuț -IIIB-85p, David Cristina -IIIB-60p, CLASA A IV-A: Purcel Ioana - IV B - 96p

CONCURSUL ,,VOINICEL” CLASA A III-A: PREMIUL DE EXCELENȚĂ(100P): B: Bran Ionuț; D: Bucur Antonia. CLASA A IV-A: PREMIUL DE EXCELENȚĂ(100P): B: Ifrim Tudor; D: Bolboros Larisa.

PROF. ÎNV.PRIMAR MIRELAMUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ ,,PETRU RAREŞ”

COORDONATOR - CENTRUL NR. 6 - HÂRLĂU

27

Micii MATEMATICIENI

CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI

Vom prezenta activitatea cercului CLUBUL MICILOR MATEMATICIENI şi rezultatele obţinute de unii membri ai cercului în anul şcolar 2012-2013, 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; Deleanu Radu; Vicol Ştefan; Petcu Stelian; Moraru Eduard; Florişteanu Bianca; Bezedică Robert; Pavăl Mihai şi Maticiuc Cosmin. 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 SCUTARIU IOANA, clasa a V-a a obţinut MENŢIUNE. 3. REZULTATE OBŢINUTE LA CONCURSURI (PREMII ŞI MENŢIUNI)

Participarea membrilor cercului şi rezultatele obţinute la următoarele concursuri :

� CONCURSUL ŞCOLAR NAŢIONAL DE COMPETENŢĂ ŞI PERFORMANŢĂ COMPER

EDIŢIA 2012-2013 CLASA A VI-A (mentor Aurel Neicu ) şi CLASA A VII-A (mentor Ioan Săcăleanu).

� CONCURSUL INTERJUDEŢEAN DE MATEMATICĂ APLICATĂ SPERANŢE OLIMPICE

Paşcani, 12 noiembrie 2012

CLASA A V-A (prof. îndrumător Gheorghe Oancea ) Cîrlan Daria (P3+MEDALIE), Amoşiesei Denisa Ionela (M), Leagăn Iasmina Maria (M) şi Scutariu Ioana Alexandra (M).

� CONCURSUL INTERDISCIPLINAR MATEMATICĂ-FIZICĂ-ŞTIINŢE HENRI COANDĂ

Colegiul Ibrǎileanu, Iaşi, februarie 2013: CLASA A VI-A (îndrumǎtori: Anca Maria Bobîrnǎ şi Aurel Neicu): Deleanu Radu (M). CLASA A VII-A (îndrumǎtori: Anca Maria Bobîrnǎ şi Ioan Sǎcǎleanu): Pavǎl Maria Magdalena (M).

� CONCURSUL INTERNAŢIONAL DE MATEMATICĂ ÎN LIMBA FRANCEZĂ MATHÉMATIQUES SANS FRONTIÈRES

organizat de Academie de Strasburg, decembrie 2012-martie 2013 PRIX SPECIAL: clasa a VII-a, clasa a 9-a A şi clasa 10-a A (îndrumǎtori: Ioan Sǎcǎleanu, Irina Drumea, Lili Andronic). Au mai participat cl.VI-a (îndrumător Aurel Neicu ) şi cl. a 11-a B (îndrumător Ioan Săcăleanu).

� OLIMPIADA DE MATEMATICĂ FAZA JUDEŢEANĂ

Iaşi, martie 2013

CLASA A V-A (îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Scutariu Ioana Alexandra(M) şi Cârlan Daria (M). CLASA A VI-A (îndrumǎtor Aurel Neicu): Musteaţă Robert Andrei (M) CLASA A XI-A (îndrumǎtor Ramona Darie): Buzilă Andreea (M)

� CONCURSUL NAŢIONAL DE MATEMATICĂ APLICATĂ ADOLF HAIMOVICI -ETAPA JUDEṭEANǍ

Iaşi, martie 2013

CLASA A IX-A B (îndrumǎtor Aurel Neicu): Stoica Laurenţiu Ionuţ (M) şi Ţugui Andreea Ioana (M)

28

Micii MATEMATICIENI

CLASA A X-A (C îndrumǎtor Iuliana Blanariu): Poruşniuc Nicoleta (P3) şi Cotiugă Mădălina Andreea(M) şi ( B îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Leahu Andrei (P2) şi Curecheriu Ionela Alexandra (M); ( G îndrumǎtor Ramona Darie): Ţuţuianu Ovidiu Dumitru (P3) şi Ilinca Alexandru Gheorghe (M). CLASA A XI-A ( B îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Amoşiesei Maria Alexandra (M); Pintilii Alina Sînzâiana(M) ; Pletan Denisa Elena (M); Barău Larisa Ionela (M) şi Ceucă Răzvan Ştefan (M). ( D îndrumǎtor Ramona Darie): Vornicesei Andreea Gabriela (M) CLASA A XII-A ( C îndrumǎtor Ramona Darie):Proca Mihaela (M); (E îndrumǎtor Iuliana Blanariu): Poruşniuc Ioana Andreea (P2)

�

CONCURSUL JUDEŢEAN MICII MATEMATICIENI Hârlău,aprilie 2013

CLASA A V-A (îndrumǎtor Gheorghe Oancea ): Ciubuc Teodor Cosmin(P3) ; Cârlan Daria(M) ; Vornicu Iulian(M) ; Scutariu Ioana Alexandra(M) ; Amoşiesei Denisa Ionela(M); Burdujanu Narcisa Georgiana(M) ; Viţelaru Alin Teodor(M) ; Ciorcilă Andreea Gabriela(M) ; Oprea Anastasia(M) ; Auşca Andreea Ilinca(M) ; Bailau Larisa Georgiana(M) ; Ursu Lorena Elena(M) ; Boianu Bianca Roxana(M) ; Mihăilă Maria Denisa(M) şi Cotiugă Larisa Daniela(M) . CLASA A VI-A (îndrumǎtor Aurel Neicu): Musteaṭǎ Robert (M), Duhan Dragoş Mihai(M), ; Vicol Ştefan(M) , Deleanu Radu (M) . CLASA A VII-A (îndrumǎtor Ioan Sǎcǎleanu): Habdulea Gabriel (M) , Vornicu Denisa (M) , Loghin Andrei Florin(M) , Pavǎl Maria Magdalena(M) , Gheorghiţă Alexandra(M). CLASA A VIII-A (îndrumǎtor Gheorghe Oancea): Agheorghiesei Tudor ( P1) , Dolhescu Alexandru Cătălin (M); Ciubuc Remus Mihail (M), Matei Dragoş Alin(M), Pricop Cătălin Adelin(M).

RESPONSABILUL CATEDREI DE MATEMATICĂ,

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

*** CONCURSUL DE CREAŢIE MATEMATICĂ AL REVISTEI

CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ -2014 Au răspuns invitaţiei următorii elevi: � BRAN IONUŢ ALEXANDRU (clasa a IV-a): o problemă; � MUNTEANU IULIA (clasa a IV-a): o problemă; � ONOFREI TUDOR (clasa a VII-a): două probleme; � ROMAN RĂZVAN-MIHAI (clasa a IV-a): patru probleme; � TĂNASĂ ANDRADA (clasa a IV-a): o problem. A fost premiat elevul ROMAN RĂZVAN-MIHAI, MENŢIUNE(10 LEI).

FELICITĂRI ! Premiul se va înmâna la festivitatea de deschidere a CONCURSULUI NAŢIONAL MICII MATEMATICIENI,

din 28 martie 2014.

29

Micii MATEMATICIENI

PROBLEME ŞI SOLUŢII Această rubrică conţine enunţurile şi soluţiile PROBLEMELOR PROPUSE în numărul 7 al

revistei MICII MATEMATICIENI , din aprilie 2013.

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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Rezolvarea exerciţiului este 60 : 6 6 10 8 : 2 10 60 4 70 4 66+ × − = + − = − = . Rezultatele cerute se pot obţine astfel:

( )60 : 6 6 10 8: 2 60 :12 10 4 5 10 4 46 ;+ × − = × − = × − =

( )60 : 6 6 10 8 :2=10+6 2:2=10+12:2=10+6=16+ × − × sau ( )60:6+ 6 10 8 :2=10+52:2=10+26=36.× −

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 SOLUŢIE: Vom arăta că, pentru orice x , y şi z numere naturale nenule, are loc egalitatea:

( ){ }2012 : : 2013 2013 : 2013x x x x y z z + − + ⋅ − + = ⇔ [ ]{ }: : 0 1 2013 2012x x x x y− + ⋅ + = −

⇔ [ ]{ }: : 0 1 1x x x x− + + = ⇔ : 1 :1x x x x− + = ⇔ 1 1x x− + = ⇔ 1 1x x− = − , adevărată.

Pentru x abcd= , y ab= şi z cd= , se obţine egalitatea demonstrată de elev. Profesorul poate

şterge patru litere. Dacă şterge litera a obţine o egalitate pentru x bcd= , y b= şi z cd= . Dacă

şterge litera b obţine o egalitate pentru x acd= , y a= şi z cd= . Dacă şterge litera c obţine o

egalitate pentru x abd= , y ab= şi z d= . Dacă şterge litera d obţine o egalitate pentru x abc= ,

y ab= şi z c= . Prin urmare, oricare dintre litere ar şterge profesorul ar obţine o egalitate adevărată. Aşadar, el are 4 şanse din 4, adică 100 %. P. 113: Împărţind numărul 48 la un număr natural, obţinem un cât şi restul 8. Determinaţi ultima cifră a împărţitorului ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA ŞI CORNELIU CONSTANTIN ILIE, ŞCOALA VASILE CONTA, IAŞI SOLUŢIE: Vom nota numărul natural cu i şi câtul cu c . Din teorema împărţirii cu rest obţinem că 48 8i c= ⋅ + ⇔ 40i c⋅ = , de unde i poate fi 1, 2, 4, 8, 5, 10, 20, 40. Condiţia restului ne dă 8 i< , de unde i poate fi 10, 20 sau 40. Aşadar, ultima cifră (cifra unităţilor) a împărţitorului i este 0.

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, ŞC. G. P. RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Aflăm ( ){ }40 : 20 : 7 9 : 3 6 4 : 9 8 4b = + + ⋅ + + ⇔ ( ){ }40 : 20 : 7 3 24 : 9 8 4b = + + + +

⇔ ( )40 : 20 : 7 27 : 9 8 4b = + + + ⇔ ( )40 : 20 : 7 3 8 4b = + + + ⇔ ( )40 : 20 :10 8 4b = + +

30

Micii MATEMATICIENI

⇔ ( )40 : 2 8 4b = + + ⇔ 40 :10 4 4 4 8b = + = + = . Avem: ( ){ }1818 18 :10 20 : 4 15 4 100 − − − ⋅ =

⇔ [ ]{ }1800 :10 20 : 4 15 100 : 4− − = ⇔ [ ]180 20 : 4 15 25− − = ⇔ 160 : 4 25 15= + ⇔ ( )40 40 A= .

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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Deoarece o gâscă consumă zilnic de 3 ori mai mult decât o găină, atunci hrana pentru 3 gâşte ajunge pentru 3 3 9× = găini ( pentru 60 zile). Deoarece hrana gâştelor este un sfert din hrana celor 36 de găini, căci 36 : 9 4= , atunci ea le va ajunge celor 36 găini pentru încă 60 : 4 15= zile. În concluzie, hrana le va ajunge pentru 60 15 75+ = zile. 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, HÂRLĂU SOLUŢIE: În fiecare coșuleț avem 64 :8 8= (portocale). După ce se iau câte 4 portocale, în coșulețele 3, 4, 5 rămân 4 portocale. În trei coșulețe alăturate pot fi: 8 8 4 20+ + = (portocale) sau 8 4 4 16+ + =(portocale) sau 4 4 4 12+ + = (portocale) sau 8 8 8 24+ + = (portocale). 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 CARMEN NICULESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: Numărul mai mare (N) poate fi 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19 sau 20. Le luăm în considerare doar pe 12 și 16 deoarece numai acestea pot fi împărțite exact la 4 (căci 4N n= × ). Deci, numerele mai mici (n) sunt: 12 : 4 3= și 16 : 4 4= , iar cele mari (N) 12, respectiv 16. 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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Dacă cele 9 cutii conţin cele mai mici numere de bile distincte şi nenule, atunci am avea în cele 9 cutii: ( )1 2 3 ... 8 9 1 9 9 : 2 90 : 2 45+ + + + + = + ⋅ = = bile. Diferenţa de 46 45 1− = bilă

trebuie plasată într-o cutie. Nu o putem plasa într-o cutie având 1; 2; 3; …; 8 bile, căci am avea două cutii cu acelaşi număr de bile. Rămâne să o plasăm în cutia cu 9 bile. Atunci vom distribui în primele 8 cutii câte una, două, trei, …, respectiv opt bile, iar în a noua cutie zece bile. 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, HÂRLĂU SOLUŢIA 1 (AUTOAREA): Se figurează datele problemei, folosind simbolul A pentru o bilă albă și R

pentru una roșie. Se pun …… deoarece nu se cunoaște numărul grupelor formate dintr-o bilă albă și patru bile roșii.

Se iau 6 bile roșii și 3 bile albe, reprezentarea grupelor va fi astfel: Se observă că au rămas 6 bile roșii și un număr de grupe, pe care nu îl cunoaștem, format dintr-o Bilă albă și 4 bile roșii.Din datele problemei se

, , , , ....

R R R R

R A R R A R R A R R A R

R R R R

, , , , ....

R R

R R R R A R

R R R

31

Micii MATEMATICIENI

cunoaște că acum numărul bilelor roșii este de 6 ori mai mare decât numărul de bile albe, deci fiecărei bile albe îi corespund 6 bile roșii.Se vor repartiza cele 6 bile roșii grupele existente, pentru a obține grupe formate din 6 bile roșii și o bilă albă. Se vor completa 6 : 2 = 3 grupe. Dacă ar mai fi o grupă formată din 4 bile roșii și un albă, nu s-ar mai putea completa. Deci, în cutie au rămas 3 bile albe și 3 x 6 = 18 bile roșii. La început au fost 6 bile albe și 24 bile roșii. SOLUŢIA 2 (ALGEBRIC): Notăm cu numărul bilelor roşii cu r , iar pe cele albe cu a . Din enunţ, obţinem: 4r a= ⋅ şi ( )6 6 3r a− = ⋅ − . Deducem că 4 6 6 18a a⋅ − = ⋅ − 6 4 18 6a a⇒ ⋅ − ⋅ = − ⇒

2 12a⋅ = 12 : 2 6a⇒ = = bile albe, iar 4 6 24r = ⋅ = bile roşii. 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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Cinci perechi de mănuși negre înseamnă 10 mănuși negre, iar 6 perechi de mănuși roșii înseamnă 12 mănuși roșii. Dacă scoatem 12 mănuși, este posibil să fie toate roșii. Atunci trebuie să scoatem 12 2 14+ = mănuși. Vom avea sigur o pereche (2 mănuși ) de mănuși negre. P. 121: Găsiţi numerele impare xy astfel încât să fie posibilă egalitatea: 2 16x y+ ⋅ = .

ÎNV. VASILE ROZNOVĂŢ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: Din 2 16x y+ ⋅ = , deducem că 2 16y⋅ ≤ 16 : 2y⇒ ≤ 8y⇒ ≤ . Deoarece y este cifră impară, rezultă că y poate fi 1; 3; 5 sau 7, de unde x poate fi 14; 10; 6, respective 2. Ţinând cont că x este cifră, se obţin numerele: 27 şi 65. 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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Notez cele două numere cu a şi b. Atunci 360a b+ = şi 5 900a b⋅ + = . Scăzând din a doua relaţie pe prima obţinem că 4 540a⋅ = , de unde 540 : 4 135a = = , iar 360 135 225b = − = . P. 123: Alexandra a primit flori de ziua ei, câte una pentru fiecare an al vârstei sale. Dacă le așează câte 3 într-o 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, HÂRLĂU SOLUŢIA 1: Deoarece nu cunoaștem numărul de vaze, reprezentăm florile puse în fiecare vază (ca la problema P.119). Observăm că puse câte 5, înseamnă cu 2 mai multe decât puse câte 3, de aici numărul mai mic de flori rămase. Cele 8 flori se repartizează câte 2 în fiecare vază, ajungând pentru 4 vaze (8 : 2 = 4 vaze). Aflând numărul de vaze putem afla numărul de flori, respectiv vârsta fetei: 4 x 3 +10 = 22 flori sau 4 x 5 + 2 = 22 flori, deci Alexandra are 22 ani. SOLUŢIA2 (ALGEBRIC): Notăm cu x numărul de vaze. Atunci: 3 10 5 2x x⋅ + = ⋅ + ⇔ 5 3 10 2x x⋅ − ⋅ = − ⇔ 2 8x⋅ = ⇔ 4x = , de unde se obțin 22 de flori, vârsta Alexandrei.

P. 124: O familie are trei băieți (dintre care doi gemeni) și o fată. Vârsta tatălui este scrisă cu două cifre, dintre care prima exprimă vârsta unuia 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 prima 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, HÂRLĂU

32

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Notăm vârsta gemenilor cu 1a ≥ , vârsta celui de-al treilea băiat cu 1b ≥ , iar a fetei cu

1c ≥ (în ani). Deducem că vârsta tatălui este numărul ab şi vârsta mamei ac . Obţinem că

58a b ab+ + = ⇔ 10 58a b a b+ + + = ⇔ 10 58a b a b+ + + = ⇔ 11 2 58a b+ =

( )1

şi că

50a c ac+ + = ⇔ 10 50a c a c+ + + = ⇔ 11 2 50a c+ = ( )2 . Scăzând egalitatea ( )2 din ( )1

obţinem: 2 2 58 50b c− = − , de unde 4b c− = 4b c⇒ = + ( )3 . Din b cifră ⇒ 9b ≤ , de unde

5c ≤ . Rezultă că 2 10 11 2 11 10 50 11 10 11 40 3c a c a a a a≤ ⇒ + ≤ + ⇒ ≤ + ⇒ ≥ ⇒ ≥ . Dar, din ( )2

deducem că 11 50a ≤ 4a⇒ ≤ . Pentru 3a =( )2

33 2 50 2 17c c⇒ + = ⇒ = 17⇒ impar (fals). Deci,

4a =( )2

44 2 50 2 6 3c c c⇒ + = ⇒ = ⇒ = ( )3

7b⇒ = . Vârstele sunt: tatăl 47 de ani, mama 43 de ani, un geamăn 4 ani, celălalt băiat 7 ani, fata 3 ani. 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 SOLUŢIE: Notăm numerele cu a şi cu b . Rezultă că 12a b− = 12b a⇔ = − şi că 3 : 4 296a b⋅ + = . Înmulţind a doua relaţie cu 4 , obţinem 12 4 296a b+ = ⋅ , de unde 12 12 1184a a+ − = ⇒ 13 1196a = , de unde 92a = şi 80b = . 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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Planul logic de rezolvare a problemei este următorul: 1) Care este numărul de copii din clasă ?

R: ( )1 2 8 3 8 24+ ⋅ = ⋅ = elevi. 2) Câți băieți erau în clasă la începutul anului scolar ? Răspuns:

2 3 24 3 2 24 12b b b− = − ⇔ = ⇔ = băieţi. 3) Câte fete erau în clasă la începutul anului școlar ? R: 12 3 9f = − = fete. 4) Câți băieți sunt în clasă acum ? R: 12 2 14b = + = băieţi. 5) Câte fete sunt în

clasă acum ? R: 9 1 10f = + = fete.

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, HÂRLĂU SOLUŢIE: Deoarece greutatea fiecărui copil este mai mare decât 25 kg, atunci greutatea oricăror doi copii însumează peste 50 kg, prin urmare poate fi cântărită cu “cântarul din enunţ” şi evident, şi a celor trei copii împreună. Modalitatea de a afla greutatea fiecărui copil este următoarea: îi vom urcă pe toți pe cântarul nostru și, astfel, vom afla greutatea lor totală. O vom nota cu a kg . Apoi, coborând unul dintre ei vom afla greutatea celorlalţi doi, care cu siguranţă este mai mare decât 40 kg. O vom nota cu b kg . Diferenţa a b kg− reprezintă greutatea primului copil coborât. Îl vom urca la loc şi vom coborî alt copil. Vom nota greutatea copiilor rămaşi pe cântar cu c kg . Diferenţa a c kg− reprezintă greutatea celui de al doilea copil coborât. Greutatea celui de-al treilea copil se

obţine prin calculul: ( ) ( )a a b a c b c a kg− − − − = + − .

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, HÂRLĂU

33

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Partea vândută reprezintă o jumătate din prima bucată și un sfert din a doua. Prima bucată (întreagă) și cu jumătate din a doua au împreună 57 2 114× = m. Restul până la 158, adică 158 114 44 m− = , reprezintă jumătate din bucata a doua. Bucata a doua (întreagă) a avut 44 2 88 m× = . Prima bucată a avut 158 88 70 m− = . 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 număruului de băieţi ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU SOLUŢIE: Notăm numărul iniţial de fete cu f , iar al băieţilor cu b . Atunci 73f b+ = şi

( )3 2 2f b− = ⋅ + , de unde 3 2 4f b− = + 2 4 3f b⇒ = + + 2 7f b⇒ = + 2 7 73b b⇒ + + = , de

unde 3 73 7b = − 3 65b⇒ = 66 : 3 22b⇒ = = băieţi, iar 73 22 51f = − = fete. P. 130: Dacă împărţim două numere naturale, obţinem câtul 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

SOLUŢIE: Notăm deîmpărţitul cu d şi împărţitorul cu i . Avem: 5 1d i= ⋅ + şi ( )3 3 6d i= + ⋅ + cu

6 3i< + 4i⇒ ≥ . Obţinem egalitatea: 5 1 3 9 6i i⋅ + = ⋅ + + ⇒ 5 3 15 1i i⋅ − ⋅ = − 2 14i⇒ ⋅ =14 : 2 7i⇒ = = , de unde 7 5 1 35 1 36d = ⋅ + = + = . Deci, numerele sunt 36 şi 7.

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, HÂRLĂUE SOLUŢIE: Se observă că prima cifră a numerelor enumerate în enunţ, este 4. Începând de la al doilea celelalte cifre se obţin prin alipirea numărului găsit prin însumarea cifrelor termenului precedent. Astfel, 5 4 1= + ; 9 4 5= + ; 13 4 9= + ; 8 4 1 3= + + ; 12 4 8= + ; 7 4 1 2= + + ; 11 4 7= + ;

6 4 1 1= + + ; 4 6 10ab = + = , de unde 1a = şi 0b = , iar 4 4 1 0 5c a b= + + = + + = . 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, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Vom calcula numărul ( ){ }6 426 7,09664 : 3 : 3 6 0 2, 48832 1, 44 0,5 1,35a = ⋅ − + + − − − ⇔ [ ]{ }26 7,09664 : 9 6 1,04832 0,5 1,35a = ⋅ − + − − ⇔ [ ]{ }26 7,09664 : 3 0,54832 1,35a = ⋅ + − ⇔

{ }26 : 7,09664 : 3,54832 1,35a = − ⇔ { }26 2 1,35a = ⋅ − ⇔ 26 : 0,65a = ⇔ 40a = . Obţinem că

numărul : 2 40 : 2 20b a= = = . Atunci ( ) ( )9 40 20 9 20 9 180x a b= − ⋅ = − ⋅ = ⋅ = . Numărul x poate

fi scris ca sumă de pătrate astfel: 2 2 212 6 0x = + + sau 2 2 210 8 4x = + + .

34

Micii MATEMATICIENI

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

SOLUŢIE: Din ( ) ( ) ( )2 2 2aaaa bbbb cccc+ = ⇒ 2 2 2 2 2 21111 1111 1111a b c⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ 2 2 2a b c+ = ⇒

⇒ 2 2 2 2 2 211111111 11111111 11111111a b c⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ ( ) ( ) ( )2 2 2

aaaaaaaa bbbbbbbb cccccccc+ = .

5.92 : Arătaţi că, pentru orice numere naturale , ,a b c ∗∈ℕ , are loc: ( )23 4 5 6 324a b c+ + + ≥ .

PROF. DOINA STOICA, ARAD SOLUŢIE: Din 1, 1, 1a b c≥ ≥ ≥ rezultă 3 3, 4 4, 5 5a b c≥ ≥ ≥ . Suma lor: 3 4 5 6 18a b c+ + + ≥

Prin ridicare la pătrat, obţinem că ( )2 23 4 5 6 18 324a b c+ + + ≥ = , q.e.d.

5.93 : Fie 2013 2014 2015 20162012 2013 2014 2015A = + + + . Aflaţi ultimele trei cifre ale numărului 3A . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

SOLUŢIE: Avem: ( ) ( ) ( ) ( )2013 2013 4 503 1 12012 2 2 2 2U U U U⋅ += = = = , ( ) ( )2016 20162015 5 5U U= = ,

( ) ( ) ( )2014 4 503 2 22013 3 3 9U U U⋅ += = = şi ( ) ( ) ( ) ( )2015 4 503 3 32014 4 4 64 4U U U U⋅ += = = = . Aşadar,

( ) ( ) ( )2 9 4 5 20 0U A U U= + + + = = . Rezultă că ultimele trei cifre ale lui 3A sunt zerouri.

5.94 : Ştiind că cardinalul diferenţei 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

SOLUŢIE: ( ) ( ) ( ) ( )/ / 380 410 460 1250card A B card A B card A B card B A∪ = + ∩ + = + + = .

5.95 : Câte numere naturale x, diferite de 0, care împărţite la 2013 dau ca rest pătratul câtului ?

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD SOLUŢIE: Din teorema împărţirii cu rest rezultă că există ,c r ∈ℕ astfel încât 2013x c r= ⋅ + cu

2013r < . Din 2r c= şi 0x ≠ , obţinem că 20 2013c< < , de unde { }2 2 2 21 ;2 ;...; 44c ∈ şi 22013x c c= ⋅ + cu { }1;2;...;44c ∈ . Sunt 44 numere x cu proprietatea din enunţ.

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!” Neînţelegerea 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

SOLUŢIE: Scriem dată sub forma . .2013ab xy . Dacă 13ab ≥ , atunci ab nu poate reprezenta luna ,

35

Micii MATEMATICIENI

ca urmare data este scrisă în mod european. Dacă 13xy ≥ , atunci xy nu poate reprezenta luna , ca

urmare data este scrisă în mod american. Deci, ab şi xy sunt 12≤ . Atunci se pot forma cu acestea

12 12 144⋅ = zile. Dintre acestea, datele pentru care ab xy= reprezintă aceeaşi zi în ambele sisteme de notare. Prin urmare, sunt 144 12 132− = zile ale căror date nu pot fi determinate dacă nu se ştie în care mod au fost scrise. 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, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: 2013 2012 20112 3 3 6 3 3n⋅ − − ⋅ =

⇔ ( )2011 23 2 3 3 6 3n⋅ ⋅ − − =

⇔ ( )20113 18 6 3 3n⋅ − − =

⇔

20113 9 3n⋅ = 20133 3 2013n n⇔ = ⇔ =

5.98 : Să se arate că numărul 20141799 se poate scrie ca sumă a trei cuburi .

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

SOLUŢIE: Se observă că 3 3 31799 125 343 1331 5 7 11= + + = + + şi cum 2014 20131799 1799 1799= ⋅ ,

atunci ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 32014 671 3 3 3 671 671 6711799 1799 5 7 11 1799 5 1799 7 1799 11= ⋅ + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ .

5.99 : Să se determine numerele naturale ,m n∈ℕ astfel încât 3 2 2 49n m⋅ + = .

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Dacă 0n = , atunci 3 1 2 49m⋅ + = 2 46m⇒ = ⇒ 123 2m−= ⇒ 12m− impar 1 23⇒ = , fals. Deci 0n ≠ , ceea ce implică 3 2n⋅ număr par ⇒ 2m este impar⇒ 0m = , căci 49 este număr impar. Atunci 3 2 1 49n⋅ + = ⇒ 2 48 : 3n = ⇒ 2 16n = ⇒ 42 2n = ⇒ 4n = . 5.100 : Determinaţi numerele abx care verifică egalitatea: 2 84xab b+ = + .

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

SOLUŢIE: Evident 2 84 85x + ≥ . Deducem 85ab b+ ≥ , de unde { }7;8;9a ∈ . Pentru 7a = avem:

70 2 2 84xb+ = + ⇒ 2 14 2 1xb− = ≥ ⇒ { }8;9b ∈ ⇒ { }2 2 14 2;4x b= − ∈ ⇒ { }1;2x ∈ . Pentru

8a = avem: 80 2 2 84xb+ = + ⇒ 2 4 2 1xb− = ≥ ⇒ { }3;4;6b ∈ ⇒ { }2 2 4 2;4;8x b= − ∈ ⇒

{ }1;2;3x ∈ . Pentru 9a = avem: 90 2 2 84xb+ = + ⇒ 2 6 2xb+ = , de unde ⇒ { }1;5b ∈ , adică

⇒ { }2 2 6 8;16x b= + ∈ ⇒ { }3;4x ∈ . Aşadar, { }781;792;831;842;863;913;954abx ∈ .

5.101 : Aflaţi restul împărţirii numărului �2013

201399...9ori

x = la 17.

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

SOLUŢIE: Din 201399 17 11847= ⋅ rezultă că � �2011 2011

2011 2011

201399 10 99...9 17 11847 10 99...9ori ori

x = ⋅ + = ⋅ ⋅ + .

Observăm că �16

99..9 17 588235294117647ori

= ⋅ . Deoarece restul împărţirii numărului 2011 la 16 este 11

rezultă că � � � � �1995 1979 11

17 1716 16 16 11 11

99...9 10 99...9 10 ... 99...9 10 99...9 99...9ori ori ori ori ori

x M M= + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + = + . Avem că

�11

99...9 17 5882352941 2ori

= ⋅ + . Atunci 17 2x M= + 17 2x k⇒ = ⋅ + . Deducem că restul împărţirii

numărului x la 17 este 2 , conform unicităţii restului din teoremaîmpărţirii cu rest.

36

Micii MATEMATICIENI

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 SOLUŢIE: Fie xyzt primul dintre numere. Dacă ştergem una dintre cifrele x , y sau z , atunci al doilea număr se termină tot în t , de unde deducem că suma lor este număr par, adică 2013 ar fi par,

absurd. Prin urmare, al doilea număr este xyz . Atunci 2013xyzt xyz+ = , de unde ⇒

10 2013xyz t xyz⋅ + + = ⇒ 2013 11 xyz t= ⋅ + . Deoarece t este cifră, atunci 11t < . Rezultă, din

condiţia de unicitate a câtului şi a restului, că xyz este câtul, iar t este restul împărţirii lui 2013 la

11. Prin urmare, al doilea număr este 183xyz = , iar primul este 1830xyzt = . 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, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Notăm cu 1 2 3 4 5 6P P P P P P< < < < < , perimetrele celor şase dreptunghiuri, iar lăţimea şi

lungimea dreptunghiurilor, notate cu acelaşi indice cu 1l a= şi 1 2L a= + , cu 2 1 2l L a= = + şi

2 2 2 4L l a= + = + , cu 3 2 4l L a= = + şi 3 6L a= + , cu 4 3 6l L a= = + şi 4 8L a= + , cu

5 4 8l L a= = + şi 5 10L a= + , cu 6 5 10l L a= = + şi 6 12L a= + . Deoarece 1 6 296P P+ = ⇒

1 1 6 6 :22 2 2 2 296l L l L+ + + = ⇔ 2 10 12 148a a a a+ + + + + + = ⇔ 4 24 148a + = ⇔ 4 124a =

⇔ 31a = . Deci, ( );l L sunt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )31;33 , 33;35 , 35;37 , 37;39 , 39;41 şi 41;43 .

5.104 : Arătaţi că penultima cifră a numărului 20132 nu poate fi 8.

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA SOLUŢIE: Ultima cifră a numărului este ( ) ( ) ( ) ( )2013 4 503 5032 2 2 16 2 6 2 2u u u u⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅ = .

Presupunem, prin absurd, că penultima cifră este 8. Atunci 20132 ... 82x y= cu 0x ≠ . Deoarece 2013 2011

42 4 2 M= ⋅ ∈ rezultă că 4... 82x y M∈ . Conform criteriului de divizibilitate cu 4 rezultă că

482 M∈ , absurd. Prin urmare, presupunerea făcută este falsă ⇒penultima cifră nu este 8.

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

SOLUŢIE: Vom demonstra că: 1m n= + ⇔( )

2 2 2 2 22 : ... 1

1 2 2 3 3 4 4 5 1n n

n n

⋅ + + + + + = + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

⇔2 2

1 2 :1 2

n n+ = −2

2+

2

3−

2...

n+ +

2

1n

− + ⇔

2 21 2 :

nn n

++ =

2−1n+

1 2n n⇔ + =1

2

n

n

+⋅

Aşadar, m este succesorul numărului n .

37

Micii MATEMATICIENI

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 SOLUŢIE: Presupunem, prin absurd că fracţia este reductibilă. Atunci ea se simplifică printr-un

divizor comun 1d ≠ . Deducem că ( )3 2 4 6 8 3d m n p q⋅ + + + şi ( )2 3 6 9 12 4d m n p q⋅ + + + + , de

unde 6d m 12n+ 18 p+ 24q+ 9 6m+ − 12n− 18p− 24q− 8− 1d⇒ 1d⇒ = , absurd.

Aşadar, fracţia dată este ireductibilă, oricare ar fi , , ,m n p q∈ℕ .

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, HÂRLĂU

SOLUŢIE: ( ) ( )2

2013 2013 2013 20132013 1 2013 1 2011 1 1 2011 2013n

A M M M M= + + + + = + + + + = + = .

6. 73 : Să se arate că numărul 20132012 2014+ este un multiplu al numărului 3.

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

SOLUŢIE: Scrierea ( )201320132012 2014 2013 1 2013 1+ = − + + şi faptul că 32013 3 671= ⋅ ∈Μ , ne

conduce la ( )201320133 32012 2014 1 1+ = Μ − +Μ + ( )2013

3 31 1 1= Μ + − + = Μ − 1+ 3= Μ .

6. 74 : Arătaţi că numerele raţionale 404 405

2013

na

+= ,

505 510

2013

nb

+= şi

1104 1124

2013

nc

+= , n∈ℕ

nu pot fi simultan numere naturale. PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD SOLUŢIE: Presupunem că a , b şi c ar fi simultan naturale, atunci a b c+ + ∈ℕ . Obţinem că 404 405 505 510 1104 1124

2013

n n n+ + + + +∈ℕ ⇒

2013 2039

2013

n+∈ℕ ⇒

2039

2013n+ ∈ℕ , de unde

2039

2013∈ℕ ⇒ 2013 2039 , absurd. Aşadar, a , b şi c nu pot fi simultan numere naturale.

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, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: 54 2 3 4 4 2 3 4

9 7 4 9 7 4

a b b c c a a b b c c a+ + + + + + + += = = =

+ +( )

20

a b c+ +

4 4

a b c+ += , de

unde 4

4 4

c a a b c+ + += ⇒ 4c a+ a= b c+ + 3b c⇒ = şi, din

3 4

7 4

b c c a+ += ⇒

12

7

ca = . Din

faptul că b este cifră ⇒ 9b ≤ ⇒ { }1;2;3c ∈ ⇒ { }31;62;93bc ∈ şi 12 24 36

; ;7 7 7

a ∈

.

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

SOLUŢIE: Din .

3 5 4

nota b a c b ck

+ + += = = ⇒ 3a b k+ = , 5a c k+ = şi 4b c k+ = . Suma lor este

egală cu 6a b c k+ + = , de unde 2a k= , b k= şi 3c k= . Obţinem că 3 2 5 4 3 69k k k⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒23 69k⋅ = ⇒ 3k = . Aşadar, numerele sunt 6a = , 3b = şi 9c = .

38

Micii MATEMATICIENI

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

SOLUŢIE: Avem: 3

29 34 44 53

a b c d= = = ↑ ⇒

3 3 3 3

3 3 3 353 29 34 44

d a b c= = = ⇒

3 3 3 3

3 3 3 353 29 34 44

d a b c+ +=

+ +⇒

3 3 3 3

148877 24389 39304 85184

d a b c+ +=

+ +⇒

3 3 3 3

148877 148877

d a b c+ += ⇒ 3 3 3 3d a b c= + + .

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 SOLUŢIE: Deoarece 0 0 0

0 0 070 60 130+ = , atunci surplusul de 0030 reprezintă numărul elevilor care

au rezolvat ambele subiecte, adică 15 elevi. Atunci numărul elevilor care au participat la concurs se

calculează astfel: 100 150

15 5030 3

⋅ = = elevi.

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

SOLUŢIE: a) Avem: 2013x n y+ ⋅ = şi 2014nx y+ = ( )1 . Prin scădere, ⇒ 1ny n y− ⋅ = ( )2 . Se

observă 0y ≠ , căci altfel am avea 2013 2014x= = , absurd. Dacă 0n = , atunci 2013x = .

Dacă 1n ≥ , atunci nyy M∈ şi yn y M⋅ ∈

( )2

⇒ 1ny y ny− = ⇒ 1y =± . Pentru 1y =( )2

⇒ 1 1n− =

⇒ 0n = ⇒ 0 1≥ , fals. Pentru 1y =−( )2

⇒ ( )1 1n

n− + = ⇒ 0n = , pentru n par sau 2n = , pentru n

impar, ambele false. Dacă 1n ≤− ⇒ există p ∗∈ℕ : n p=− şi 1p ≥ . Atunci ( )2 ⇔

1py p y− ∗= − ⋅ ∈ℤ , de unde 1

py∈ℤ 1py⇒ =± ⇒ { }1;1y ∈ − . Pentru 1y = ⇒ 1 1 1p p− = − ⋅ ⇒

0p = ⇒ 0 1≥ , fals. Pentru 1y =− 1 1 2py py p−⇒ = − = + ≥ ⇒ 1 2± ≥ , absurd.

Prin urmare, tripletele ( ) ( ); ; 2013; ;0x y n y= cu y ∗∈ℤ sunt cele căutate.

b) Adunând relaţiile din enunţ obţinem: � ( ) �2 4027n n

par imparimpar

x n z z ny y+ + + + =���������

⇒ nny y+ este număr

impar, de unde ny şi ny au parităţi diferite ( )3 . Rezultă că y este impar, căci altfel am avea y par ny⇒ par

( )3

⇒ ny impar ⇒ y impar, fals. Din y număr impar ny⇒ impar( )3

⇒ ny par⇒ n par. Atunci

nx ny+ este par şi cum 2013 impar rezultă că ( )2013x nx ny= − + este impar.

Prin urmare, x şi y sunt numere impare, iar n este număr par.

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

39

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Construim ,AS BC S BC⊥ ∈ . Dar, BM BC⊥ ⇒ BM AS şi cum M

este mijlocul lui [ ]AC ⇒ BM este linie mijlocie în ASC△ ⇒ că B este mijlocul

lui [ ]SC ⇒ SB BC= . În ASB△ , dreptunghic avem:

�( )cosBS BC

ABSAB

= =2 BC⋅

1

2= ⇒ �( ) 060m ABS = ⇒ �( ) �( )0 0180 120m ABC m ABS= − = .

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

SOLUŢIE: Din (DE mediatoarea lui [ ]AB ⇒ (DF mediatoarea lui [ ]AB ⇒ [ ] [ ]FA FB≡ (proprietatea

mediatoarei). Din ( )C BF∈ ⇒ BF BC CF= + . Atunci 38FABP =△ ⇒ 38FB FA AB+ + = ⇒

2 10 38FB⋅ + = ⇒ ( )2 28BC CF⋅ + = ⇒ 8 14CF+ = ⇒ 6CF cm= .

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 SOLUŢIE: Notăm cu p , perimetrul celor două triunghiuri. Din proporţionalitatea directă a laturilor,

găsim: 6 12 12 6 12 12 30

AB BC CA AB BC CA p+ += = = =

+ +, de unde obţinem:

5

pAB = ,

2

5

pBC CA= = şi

2 4 4 2 4 4 10

DE EF FD DE EF FD p+ += = = =

+ +, de unde

5

pDE = ,

2

5

pEF FD= = . Avem[ ] [ ]AB DE≡ ,

[ ] [ ]BC EF≡ şi [ ] [ ]CA FD≡ , de unde LLL

ABC DEF⇒ ≡△ △ .

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

SOLUŢIE: Deoarece 02 2 180x y+ = ⇒ 090x y+ = ⇒

⇒ �( ) 090m MAD = ⇒ AD MN⊥ ( )1 , adică bisectoarea

interioară este perpendicular pe bisectoarea exterioară. Dar, A este mijlocul lui [ ]MN ⇒ DA este mediatoarea lui

[ ]MN , de unde DMN△ este isoscel de bază [ ]MN ⇒ � �BMA ENA≡ şi, cum [ ] [ ]AM AN≡ ( )ip şi

� �MAB NAE x≡ = ( ). .op vf ULU

AMB AEN⇒ ≡△ △ ⇒ [ ] [ ]AB AE≡ ⇒ ABE△ este isoscel . Atunci AD

este înălţime, căci AD este bisectoare în ABE△ . Deoarece BE şi MN sunt perpendicular pe AD rezultă concluzia: BE MN .

A

B C

M

S

A

B CD

E

M

xx y y

N

40

Micii MATEMATICIENI

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

SOLUŢIE: Notăm .3 1

2 1

notxa

x

+= ∈

+ℤ şi

.3 2

1

notxb

x

+= ∈

+ℤ . Din

3 1

2 1

xa

x

+=

+ ( )1 3 2a a x⇒ − = − . Avem

3 2 0a− ≠ , căci altfel am obţine 3

2a = ∉ ℤ . Găsim că

1

3 2

ax

a

−=

− şi înlocuind în

3 2

1

xb

x

+=

+

obţinem că: 1 1 3 3 6 4

3 2 : 13 2 3 2 3 2

a a a ab

a a a

− − − + − = ⋅ + + = − − −3 2a−

⋅3 1

11 3 2 2 2

a

a a a a

−= = −

− + − − −.

Pentru ca ,a b ∈ℤ , trebuie ca { } { } 1 1 3 1 22 1;1 1;3 ; 0;

3 2 1 3 2 3 3a a x

− − − ∈ − ⇒ ∈ ⇒ ∈ = − − ⋅ − ⋅ .

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

SOLUŢIE: Avem:( )

1 1 1

1 1 1k k k k k k= −

+ + + + ( )1 ⇔

( )1 1 1

11 1 k kk k k k= −

++ + +

⇔1

1

k k

k k k

+ −

+ 1 k+ −( )1 1

1k k= −

+⇔

1k +

1k k⋅ +

k−

k

1 1

11 k kk= −

+⋅ +, adevărată.

Aplicând ( )1 pentru 1;2012k = şi adunând egalităţile găsite, obţinem valoarea sumei şi anume:

1 1

1 2S = −

1

2+

1

3−

1...

2011+ +

1

2012−

1

2012+

1 20131

20132013− = − .

7. 63 : Demonstrați inegalitatea: 2 6 12 20 2070 45

...3 5 7 9 91 2

+ + + + + ≤ .

PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Din inegalitatea dintre media geometrică şi media aritmetică: g am m≤ , rezultă că

( )( )1

12

x xx x

+ +⋅ + < , de unde

( )( )

1 1

1 2

x x

x x

⋅ +<

+ +. Aplicând inegalitatea pentru { }1;2;...;45x ∈

obţinem că 2 1 2 1

3 1 2 2

⋅= <

+;

6 2 3 1

5 2 3 2

⋅= <

+; ... ;

2070 45 46 1

91 45 46 2

⋅= <

+.Însumând inegalităţile

de mai sus şi ţinând cont de faptul că sunt 45 de termeni se demonstrează inegalitatea din enunţ.

7. 64 : Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi ecuaţia:32 10 1yx x+ = + .

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

SOLUŢIE: Deoarece produsul a două numere consecutive este par rezultă că ( )2 1x x x x+ = + este

număr par ⇒ 3

10 1y + este par ⇒3

10y este impar ⇒ 3 0y = ⇒ 0y = ⇒ 2 2 0x x+ − = ⇒ 2 2 2 0x x x+ − − = ⇒ ( ) ( )2 2 0x x x+ − + = ⇒ ( )( )2 1 0x x+ − = ⇒ { }2;1x ∈ − ⇒ ( ) ( ); 1;0x y = .

41

Micii MATEMATICIENI

7. 65 : Găsiţi numerele naturale aab şi acc astfel încât să avem: aab acc b= + . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

SOLUŢIE: Ridicând la pătrat, obţinem: 2aab acc acc b b= + ⋅ + ( )1 ⇒ acc b⋅ ∈ℕ ( )2 . Dacă

b ∈ℕ , atunci acc ∈ℕ şi aab ∈ℕ , adică acc şi aab sunt pătrate perfecte, de unde ⇒

{ }225;441aab ∈ , iar { }100;144;400;900acc ∈ . Deci, 4a = , 1b = şi 0c = . Dacă b ∉ ℕ , atunci,

din ( )2 , rezultă că ,acc x b x ∗= ⋅ ∈ℕ ⇒ 2acc x b= ⋅ . Din 1 b≤ ⇒ 2 2x x b≤ ⋅ ⇒ 2 999x acc≤ ≤

⇒ 31x ≤ ( )3 . Din ( )1 rezultă că aab x b b= + ⇒ 2 2aab x b xb b= + + ⇒

110a b+ ( )2x x b b= + + . Cum 11110a M∈ şi 11b M∉ rezultă că ( )11 2x x + . Dacă 11 x ( )3

⇒

{ }11;22x∈ ⇒ ( ) { }2 11 13;22 23x x+ ∈ ⋅ ⋅ ⇒ ( ) { }2 11 13 ;22 24x x b b b+ ∈ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ { }110 11 13 ;22 24a b b∈ ⋅ ⋅

⇒ { }10 13 ;24a b b∈ ⇒ 1313 10a a M⇔ ∈ sau 1212 5a a M⇔ ∈ , de unde 0a = , căci 9a≤ ( )fals .

Prin urmare, singurele numere sunt 441aab = şi 400acc = .

7. 66 : Arătaţi că nu există x şi y din ( )0;∞ care să verifice 1 2 2

x yx y

x y

++ ≥

+ +.

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

SOLUŢIE: R.A. Presupunem că există ( ), 0;x y ∈ ∞ pentru care ( )11 2 2

x yx y

x y

++ ≥

+ +.

Arătăm că ( ), 01 2

x xx

x≤ ∀ >

+ ( )2 ⇔ ( ) ( )

2 2

:2 1

xx x x

⋅ ≤ ⋅ + , ⇔ ( )

2

2 1x x≤ + ⇔

( )2

1 0x − ≥ , adevărată. Arătăm că ( ) ( ), 0 32 2

yyy

y< ∀ >

+⇔ ( ) ( )

2 2

:2 2

yy y y

< + ⇔

( )2

0 2 1 1y y< − + + ⇔ ( )2

1 1 0y − + > , adevărată fiind sumă de numere pozitive. Adunând

inegalităţile ( )3 şi ( )2 obţinem că 1 2 2

x yx y

x y

++ ≥

+ +, în contradicţie cu ( )1 . Aşadar, nu

există astfel de numere reale pozitive.

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

SOLUŢIE: Fie S , mijlocul lui [ ]BC ⇒ 2BC BS= ⋅ . Din 2

cBN = 2

b⋅

⋅BS⋅ ⇒

BN c

BS b= ( )1 , iar, din

AM a

AB b= ⇒

AB AM b a

AB b

− −= ⇒

BM b a

AB b

−= ( )2 . Din AS mediană într-un triunghi isoscel

rezultă că AS este înălţime, adică AS BC⊥ ( )3 . Atunci au loc următoarele echivalenţe: ( )

( )

( )3 2

1

Thales BM BN b a cMN BC MN AS b a c b a c

AB BS b b

−⊥ ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = + ( )q.e.d. .

42

Micii MATEMATICIENI

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

SOLUŢIE: a) Din teorema bisectoarei , rezultă că 36 4

45 5

FA AC

FB BC= = = ( )1 .

Semiperimetrul ABC△ este 602

AB BC ABp

+ += = , de unde aria ABC△

este ( )( )( ) 60 15 24 21 180 14S p p a p b p c= − − − = ⋅ ⋅ ⋅ = . Pe de altă

parte, 2

AD BCS

⋅= , de unde

2 2 180 148 14

45

SAD

BC

⋅ ⋅= = = . Aplicând teorema lui Pitagora în

ADB△ , dr. în D, obţinem: 2 2 2 239 8 14 625 25DB AB AD= − = − ⋅ = = ⇒ 20DC BC DB= − = .

Rezultă că 25 5

20 4

DB

DC= = ( )2 . Deoarece

4FA DB CE

FB DC EA⋅ ⋅ =

5

5⋅

4

18⋅

181= , atunci AD, BE şi CF sunt

ceviene concurente, conform reciprocei teoremei lui Ceva.

b) Din (1) şi (2) ⇒ că 5

4

DB FB

DC FA

= =

. .R T

THALES⇒ DF AC . Pentru secanta AD

T ≠

⇒� �FDA DAC≡ ( )1

(corespondente). Dar, în ADC△ dreptunghic în D, mediana 36

182 2

ACDE = = = . Cum

182

ACAE = = , deducem că DE AE≡ ⇒ EAD△ este isoscel de bază AD⇒� �ADE DAC≡ ( )2 . Din

(1) şi (2) rezultă că � �FDA EDA≡ , ceea ce implică că (DA este bisectoarea FDE∢ .

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 SOLUŢIE: Se ştie că mijlocul O al ipotenuzei BC este centrul cercului circumscris al ABC△ , dreptunghic în A. Rezultă că OA OB OC R= = = AOB⇒△ este isoscel de bază AB, de unde

( )( )0180

2

m AOBm B

−=

∢∢ ( )1 . Din enunţ, avem: 2disc

ABCABC

SS

S

ππ= ⇔ =△

△

2

2

R

π

22 ABCS R⇔ ⋅ =△ .

Din AO mediană rezultă că 2ABC ABOS S= ⋅△ △24 ABOS R⇒ ⋅ =△

24⇒

�sin

2

OA OB AOB⋅ ⋅⋅ 2R= , de

unde �2

sinR

AOB =2 R⋅ R⋅

1

2= . Atunci ( ) 0 060 sau 120m AOB =∢

( )

( )1

0 075 sau 15m B⇒ =∢ .

Prin urmare, unghiurile triunghiului ABC au măsurile de 0 0 090 , 75 , 15 . 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

A

BC

E

D

F

43

Micii MATEMATICIENI

SOLUŢIE: Notând a BC= , b AC= , c AB= 2 2 2TP

a b c⇒ = + ( )1 .

Construim ES CM , S AC∈ ( )2 . Dar, din CDME ortodiagonal

⇒ CM DE⊥ , de unde CE DE⊥ DES⇒△ dreptunghic în E TP

⇒ 2 2 2DS DE ES= + ( )3 . Din B mijlocul lui [ ]AM şi [ ]DE ⇒

ADME paralelogram, de unde ME AD≡

⇒ ME b= şi

ME CS( )2

⇒ MESC este paralelogram ⇒ CS ME b= = ⇒ 3DS b= ( )4 . Din 2AM c= TP

AMC⇒△

2 2 2 2 2 24ES MC AM AC c b= = + = + şi cum, 2ED a= ( )3

⇒ 2 2 2 29 4 4b a c b= + + ⇒ 2 2 22b a c= + ( )1

⇒ 2 22b c=( )1

⇒ 2 23a c= ⇒1

3

c

a= ( )4 . Atunci ( )

( )4 3sin

3

AB cACB

BC a= = =∢ este iraţional.

CLASA A VIII-A

8. 53 : Câtul împărţirii numărului natural ( ) ( ) ( )x a bac cab b abc cba c acb bca= ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + la 10

este 66. Demonstraţi că 2 2 2a b c ab ac bc+ + = + + . PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

SOLUŢIE: Avem: ( ) ( ) 2100 10 100 10 101 20 101m nmp pmn m n m p p m n m n m m p⋅ + = ⋅ + + + + + = ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅

Aplicând-o pentru fiecare termen al sumei găsim 2 2 2202 202 202 20 20 20x ab bc ac a b c= + + + + +

⇒ ( )2 2 210 2 2 2 20 20 20 2x a b c ab ac bc ab ac bc = ⋅ + + + + + + + + . Notăm cu p şi r câtul şi

restul împărţirii lui ( )2 ab ac bc+ + la 10. Rezultă că ( )2 10ab ac bc p r+ + = + cu 10r < . Atunci

câtul împărţirii lui x la 10 este 2 2 22 2 2 20 20 20 66a b c ab ac bc p+ + + + + + = . Deoarece

, , 1a b c ≥ rezultă că 2 2 22 2 2 20 20 20 66a b c ab ac bc+ + + + + ≥ ( )1 ⇒ 66 66p− ≥ ⇒ 0p ≤ ⇒

0p = . Atunci are loc egalitate în ( )1 ⇒ 1a b c= = = . Deci, 2 2 2 3a b c ab bc ac+ + = = + + .

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

SOLUŢIE: Una dintre soluţii: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 24 30 2 4 25 2 2 5a b a b b b a b b b+ = + + + = + + + .

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

SOLUŢIE: Din ( ) ( )2 229 4 5 2 2 2 5 5 2 5 2 5 5 2− = − ⋅ ⋅ + = − = − = − rezultă 1a = ;

iar, din ( ) ( )2 2211 4 7 2 2 2 7 7 2 7 2 7 7 2− = − ⋅ ⋅ + = − = − = − găsim că 1b = .

Atunci raportul ( )2 10, 6

2 3

a b

a b

−= =

+.

c

c

b bb

aa

b

2c

A

B

M E

SD C

8. 56 : Aflaţi numerele naturale ab

SOLUŢIE: Dacă 0b = , atunci 10a a

0b ≠ ⇒ 1b ≥ ⇒ 2 0b b− ≥ . Din

unde { }1;2;3a ∈ . Cum 2b b b b− = −

Rezultă că ( )1 2 6 4 3b b− = ⋅ = ⋅ ⇒

8. 57 : Demonstraţi egalitatea:

a b

SOLUŢIE: Notăm cu 2 2

2

a bx

+=

( )( ) (2a b b x a x a x b x⇔ + + + + = + +

⇔ 2 2a ab+ 2 2b ab+ = 2+2 2a b

⋅

8. 58 : Determinaţi ,x y∈ℕ care dă minimul lui

SOLUŢIE: Radicalul 2 8 17 4 1 1x x x− + = − + ≥

min 4x = ∈ℕ . Pentru ca ( );E x y

,p y ∈ℕ . Din ( )25 2 5 6 6 4y y p− ⋅ ⋅ + + =

Factorii sunt divizori ai lui 4 şi au aceiaşi paritate întrucât suma lor este numărul par

Rezultă că 5 6 5 6 2p y p y− + = + − =

urmare, nu există ,x y ∈ℕ astfel încât minimul lui

8. 59 : Un cort sub formă de piramidă pentagonală regulată VABCDE cu toate muchiile

este confecționat din material la prețul de 24 lei/punctul E, pe traseul A – C – E, deplasândudrumul are lungime minimă, iar furnica se deplasează doar pe suprafa

constantă de 1,7cm/s, determina

SOLUŢIE: Deoarece furnica se deplasează doar pe suprafa

piramidei înseamnă că există două puncte G

prin care trece pe traseul A-C-E. Deoarece drumul are lungime minimă înseamnă că punctele A, G, C, respectiv C, H, E sunt coliniare. Muchiile piramidei fiind toate congruente, deducem că fe

44

Micii MATEMATICIENI

ab astfel ca 3 2ab a b= + . PROF. NICOLAE

3: 010 aa a ≠= ⇒ 2 10a = , fals căci 10 nu este pătrat perfect. Deci,

0 . Din 3 210a b a b+ = + ⇒ ( )2 210 0a a b b⋅ − = − ≥

( )1b b b b− = − este par⇒ ( )210a a⋅ − este par⇒

1 2 6 4 3 ⇒ 4b = . Prin urmare, 24ab = .

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

2 2

2

a b⇒ 2 2 22a b x+ = . Avem succesiv: ⇔

1 1 2

a x b x a b+ + +

)( )a b b x a x a x b x⇔ + + + + = + + ⇔ ( )22a b xa+ + 2xb+ 2 2ab ax= +

22 2

2

a b+, evident adevărată.

care dă minimul lui ( ) 2 2, 8 17 25 60 40E x y x x y y= − + + − + ∈PROF. GHEORGHE SPIRIDON, LICEUL ECONOMIC

( )28 17 4 1 1x x x− + = − + ≥ , ( )x∀ ∈ℕ are minim egal c

);E x y să aibă minimul natural trebuie ca 25 60 40y y p

2 25 2 5 6 6 4y y p− ⋅ ⋅ + + = ⇒ ( )22 5 6 4p y− − = ⇒ ( 5 6 5 6 4p y p y− + + − =

Factorii sunt divizori ai lui 4 şi au aceiaşi paritate întrucât suma lor este numărul par

5 6 5 6 2p y p y− + = + − = ⇒ 5 6 5 6y y− + = − ⇒ 12 10y= ⇒

astfel încât minimul lui ( );E x y ∈ℕ .

sub formă de piramidă pentagonală regulată VABCDE cu toate muchiileționat din material la prețul de 24 lei/ 2m . O furnică pleacă din punctul A

E, deplasându-se doar pe suprafața laterală în 10drumul are lungime minimă, iar furnica se deplasează doar pe suprafa

constantă de 1,7cm/s, determinați prețul cortului. (Se consideră 3 1,7= ).PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ

ce furnica se deplasează doar pe suprafața laterală a

piramidei înseamnă că există două puncte G și H, [ ] [ ],G VB H VD∈ ∈

Deoarece drumul are lungime minimă înseamnă că punctele A, G, C,

ei fiind toate congruente, deducem că fețele laterale sunt

ICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA , fals căci 10 nu este pătrat perfect. Deci,

10 0a a b b⋅ − = − ≥ ⇒ 2 10a ≤ , de

⇒ a este par⇒ 2a = .

∗+ℝ .

TEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

1 1 2

a x b x a b+ =

+ + +

2 2ab ax= + 2xb+ 22x+

2 2, 8 17 25 60 40E x y x x y y= − + + − + ∈ℕ . CONOMIC NICOLAE IORGA, PAŞCANI

are minim egal cu 1∈ℕ , pentru

2 225 60 40not

y y p− + = cu

)( )5 6 5 6 4p y p y− + + − =

Factorii sunt divizori ai lui 4 şi au aceiaşi paritate întrucât suma lor este numărul par 2 p ∈ℕ .

⇒12 6

10 5y = = ∉ ℕ . Prin

sub formă de piramidă pentagonală regulată VABCDE cu toate muchiile congruente . O furnică pleacă din punctul A și ajunge în

ă în 10 minute. Știind că drumul are lungime minimă, iar furnica se deplasează doar pe suprafața laterală cu viteza

3 1,7 ). IMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÎRLĂU

triunghiuri echilaterale, deci patrulaterele ABCV diagonalele mari ale acestora. Se ob

2 2 4 4 2 3echAC CE AG CH h l∆+ = + = ⋅ = ⋅ =

viteză constantă de 1,7 cm/s într

vitezei obținem:d

v d vt cmt

= ⇒ = = ⋅

3 1,7= , deducem că lungimea traseului este

2 3 600 3 300 3l l cm m= ⇒ = =2 3 45 3

54 4l

lA = = m 2 . Prețul materialului

8. 60 : Arătaţi că dacă dimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt

diagonala paralelipipedului este a b ab

SOLUŢIE: Formula diagonalei d a paralelipipedului

conduce la 2 2 2 2ab a bd a b a b

a b

= + + = + + = +

de unde ( ) (2 22 2 2 2 2 22a b a b ab ab a b ab

da b a b a b

+ + ⋅ + ⋅ + + += = =

+ + + 8. 61 : Fie ABCD un tetraedru având muchiile ce pornesc din vârful D perpendiculare două câte două, lungimea ínălţimii din D egală cu

egală cu S . Să se demonstreze că

PSOLUŢIE: Notăm cu d , e , f lungimile muchiilor tetraedrului ce pornesc din D

tridreptunghic are volumul egal cu

de unde 6 3

d e f m S⋅ ⋅ ⋅= ⇒

1

2m d e f= ⋅ ⋅ ⋅

dă: 2 2 2a e f e f= + ≥ ⋅ ⋅ ; b d f d f

2 2 28a b c d e f⋅ ⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ d e f⋅ ⋅ ≤

45

Micii MATEMATICIENI

triunghiuri echilaterale, deci patrulaterele ABCV și CVED sunt romburi, iar AC și CE sunt diagonalele mari ale acestora. Se obține astfel că lungimea

32 2 4 4 2 3

2ech

lAC CE AG CH h l+ = + = ⋅ = ⋅ = . Furnica se deplasează cu

iteză constantă de 1,7 cm/s într-un timp t = 10 min = 600 s. Din formula

1,7 600v d vt cm= ⇒ = = ⋅ . Deoarece se aproximează

, deducem că lungimea traseului este d = 600 3 cm , de unde că are loc:

2 3 600 3 300 3l l cm m . Pentru aflarea prețului materialului, vom calcula aria laterală:

țul materialului este 45 3

24 270 3 270 1,7 4594

= ⋅ = = ⋅ =

Arătaţi că dacă dimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt

2 2a b ab

a b

+ ++

, oricare ar fi numerele ,a b ∗+∈ℚ

PROF. NICOLAE

a paralelipipedului dreptunghic cu dimensiunile date în enunţ ne

( )( ) (

(

2 2 2 2 2 22 2 22 2 2 2

2 2

a b a b ab a bab a bd a b a b

a b a b a b

+ + + + = + + = + + = + +

) ( ) ( )2 222 2 2 2 2 2 2 2a b a b ab ab a b ab a b ab

a b a b a b

+ + ⋅ + ⋅ + + + + += = =

+ + +

Fie ABCD un tetraedru având muchiile ce pornesc din vârful D perpendiculare două câte două, lungimea ínălţimii din D egală cu m şi triunghiul ABC∆ cu lungimile laturilor

. Să se demonstreze că 4 2

abcm

S≤ .

PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION N

lungimile muchiilor tetraedrului ce pornesc din D

tridreptunghic are volumul egal cu 6

d e fV

⋅ ⋅= . Considerând ABC△ ca bază ob

1

2m d e f

S= ⋅ ⋅ ⋅ ( )1 . Inegalitatea mediilor şi Pitagora în fe

2 2 2b d f d f= + ≥ ⋅ ⋅ şi 2 2c d e d e= + ≥ ⋅ ⋅

2 2

a b cd e f

⋅ ⋅⋅ ⋅ ≤ . Înlocuind în ( )1 obţinem că

4 2

a b cm ≤

și CVED sunt romburi, iar AC și CE sunt ă lungimea traseului este:

Furnica se deplasează cu

Din formula

Deoarece se aproximează

de unde că are loc:

vom calcula aria laterală:

24 270 3 270 1,7 459 lei= ⋅ = = ⋅ = .

Arătaţi că dacă dimensiunile unui paralelipiped dreptunghic sunt a , b , ab

a b+, atunci

∗+ℚ .

ICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA dreptunghic cu dimensiunile date în enunţ ne

))

2 2 2 2 2 2

2 2

2a b a b ab a b

a b a b

+ + + + + +

,

2 2a b ab

a b a b a b

+ ++ + +

.

Fie ABCD un tetraedru având muchiile ce pornesc din vârful D perpendiculare două câte cu lungimile laturilor , ,a b c şi aria

NECULCE, TÂRGU FRUMOS lungimile muchiilor tetraedrului ce pornesc din D . Tetraedrul fiind

ca bază obţinem că 3

m SV

⋅= ,

. Inegalitatea mediilor şi Pitagora în fețele laterale ne

2 2 2c d e d e= + ≥ ⋅ ⋅ , de unde

4 2

a b c

S

⋅ ⋅⋅ ⋅

.

46

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

SOLUŢIE: Notăm cu [ ]7not

k x= − k⇒ ∈ℤ ; 7 1k x k≤ − < + şi 2 29 3k x+ = , de unde 2 29

3

kx

+= .

Rezultă că 2 29

7 83

kk k

++ ≤ < + ⇒ 3 21 2 29 3 24k k k+ ≤ + < + ⇒ 21 29 24k≤− + < , de

unde ⇒ 8 5k− ≤− <− ⇒ ( ]5;8k ∈ ∩ℤ ⇒ { }6;7;8k ∈ ⇒41 43

; ;153 3

x ∈

.

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

SOLUŢIE: ⇔1 2

2 3 2 3 2 6 2

a

a a+ =

+ + +⇔

1 1 10

2 3 6 2 2 3 2 6 2

a

a a

− + − = + + + +

⇔6 2a a+ 2a−

( ) ( )6 23

2 3 6 2a

+−+

+ ⋅ +

( )2

2 3 2a− ⋅ −

( ) ( ) ( )6 20

2 3 2 6 2a ⋅ +=

+ ⋅ +⇔

( ) ( )3 2 1 6 2 10

2 3 2 3 2

a a

a a

⋅ − ⋅ −− =

+ +

⇔ ( )2 3)2 3 2 ) 1 2

3 2 1 02 3 2 3 2

aa

aa a

++ ⋅ − − = + + , de unde

22 1 0

2a a− = ⇔ = sau

2 3 2 2 6 0a a+ − − = ⇔ ( ) ( ) ( ): 3 12 3 1 2 3 1 0a

−− − − = ⇔

2

2a = . Deci,

2

2S

= .

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

SOLUŢIE: Din ipoteza 20 1y x< < < ↑ ⇒ 2 20 1y x< < < ⇒ 2 21 1 1 0y x> − > − > ⇒ 2 20 1 1 1x y< − < − < , de unde 2 21 1y x x y− < − ( )1 şi 21 1 0y y+ − − > . Eliminând

numitorii pozitivi, inegalitatea: 2

2

1 1

1 1

x x x

y y y

+ − −<

+ − −

se transformă în inegalităţi echivalente astfel:

⇔ 21xy x x x xy+ − − < 21y y x+ − − ⇔ 2 2 20 1 1x y x y y x< − < − − − ↑ ( )1

⇔

2x 22xy y− + 2x< 2 2 2 2 22 1 1x y xy y x y− − − ⋅ − + ( )2 2

: 2xyx y −− ⇔ 2 2 21 1 1xy x y− > − ⋅ − ↑

47

Micii MATEMATICIENI

⇔ ( )( )2 2 2 21 2 1 1xy x y x y− + > − − ⇔ 1 2 22xy x y− + 1> 2 2 2 2y x x y− − + ⇔ ( )20x y− > (adev.).

Din 2 20 y x< < ⇒ y x

x y< . Deci,

2

2

1 1

1 1

y x x

x y y

+ − −<

+ − −.

9. 56 : Demonstraţi adevărul inegalităţii: 0 0 04 sin35 cos25 65 3tg⋅ ⋅ ⋅ > . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

SOLUŢIE: Din faptul că funcţia sin este strict crescătoare pe ( )0 00 ;90 şi că 0 035 30> , rezultă că

0 0 1sin 35 sin 30

2> = ( )1 . Din 0 025 30< ⇒ 0 0 3

cos 25 cos302

> = ( )2 , întrucât funcţia cos este

strict descrescătoare pe ( )0 00 ;90 . Deoarece funcţia tg este strict crescătoare pe ( )0 00 ;90 şi că

0 065 60> , rezultă că 0 065 60 3tg tg> = ( )3 . Înmulţind inegalităţile (1), (2) şi (3) obţinem că

0 0 0 1 3 3sin 35 cos 25 65 3

2 2 4tg⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ = ⇔ 0 0 04 sin 35 cos 25 65 3tg⋅ ⋅ ⋅ > .

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

SOLUŢIA 1: Din ( );1A C O∈ ⇒ 1OA = 2 2 1A Ax y⇒ + = . Din ( );1B C O∈ ⇒ 1OB = 2 2 1B Bx y⇒ + = .

Formula distanţei ne dă ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2A B A B A A B B A A B BAB x x y y x x x x y y y y= − + − = − + + − + .

Ţinând cont că 0 2 2AB OA≤ ≤ = ⇒ 20 2 2 2 4A B A Bx x y y −≤ − − ≤ ⇒ ( ) ( ): 22 2 2A B A Bx x y y −− ≤− + ≤

⇒ 1 1A B A Bx x y y− ≤ + ≤ ⇒ 1A B A Bx x y y+ ≤ (q.e.d.).

SOLUŢIA 2: Din ( ), ;1A B C O∈ ⇒ A AOA x i y j= ⋅ + ⋅��� � �

, B BOB x i y j= ⋅ + ⋅���� � �

, 1OA =���

şi 1OB =����

.

Exprimând produsul scalar: �

cos ;OA OB OA OB OA OB ⋅ = ⋅ ⋅

��� ���� ��� ���� ��� ���� şi A B A BOA OB x x y y⋅ = +��� ����

, deducem

că �

cos A B A BOA OB x x y y ⋅ = +

��� ����. Din

�cos 1OA OB

⋅ ≤

��� ����rezultă concluzia: 1A B A Bx x y y+ ≤ .

9. 58 : Să determine , ,x y z∈ℝ astfel încât 2 2 23 2 4 2 2 14 12 10 6x y z xy yz zx x y z+ + + + + + = + + . PROF. MIHALY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

SOLUŢIE: Vom dezvolta expresia: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2; ; 1 2 3E x y z x x y x y z= − + + − + + + −

⇔

2 2 2 2 2 22 1 4 2 4 4 9 2 2 6 2 6 6E x x x y xy x y x y z xy xz x yz y z= − + + + + + − − + + + + + + − + − −

⇔2 2 23 2 4 2 2 14 12 6 10E x y z xy yz xz x z y= + + + + + + − − − . Ecuaţia dată devine: ( ); ; 0E x y z = ⇔

( ) ( ) ( )2 2 21 2 3 0x x y x y z− + + − + + + − = ⇔ 1 0;x− = 2 0x y+ − = şi 3 0x y z+ + − = , de

unde 1x y z= = = .

48

Micii MATEMATICIENI

9. 59 : Progresia aritmetică ( )n na ∗∈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

SOLUŢIE: Adunând relaţiile: ( )22 2 22 1 1 2 1 22r a a a a a a= − = + − ; ( )22 2 2

4 3 3 4 3 42r a a a a a a= − = + − ; …;

( )22 2 22 2 1 2 1 2 2 1 22r r r r r rr a a a a a a− − −= − = + − , obţinem: ( )2 3

1 2 3 4 2 13 2 ... r rr r r a a a a a a−⋅ = − + + + , de

unde 31 2 3 4 2 1... r ra a a a a a r−+ + + = . Avem: ( )23 2 2 2 2 2

1 2 23 ... 1 2 ... 2rr a a a r= + + + ≥ + + + ⇒

( )( )3:

2 2 1 4 13

6 r

r r rr

+ +≥ ⇒ ( )( )29 2 1 4 1r r r≥ + + ⇒ 2 6 1 0r r− − ≥ ⇒ ( );3 10 3 10;r ∈ −∞ − ∪ + ∞ .

Cum r ∗∈ℕ şi 6,1r ≥ rezultă că 7r ≥ .

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

SOLUŢIE: Regula triunghiului, expresia vectorului mediană ( )1

2AM AB AC= +���� ���� ����

şi 1

2AJ AM=��� ����

ne

conduc la: ( )2 1 2 1 1 5 1

3 4 3 4 4 12 4IJ IA AJ AB AB AC AB AC AB AC

= + =− + + = − + + =− +

��� ��� ��� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ����.

Aşadar, 5 1

12 4IJ AB AC=− +��� ���� ����

este descompunerea sa în raport cu baza ( );AB AC���� ����

.

9. 61 : Fie /A , /B , /C mijloacele laturilor ( )BC , ( )CA , respectiv ( )AB ale triunghiului scalen 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

SOLUŢIE: Cercul lui Euler sau cercul celor nouă puncte este cercul care trece prin cele trei mijloace ale laturilor (triunghiul median), prin proiecţiile celor trei vârfuri pe laturile opuse şi prin mijloacele celor trei segmente formate de ortocentru cu vârfurile triunghiului. Centrul ω , al cercului lui Euler

este centrul cercului circumscris triunghiului median / / /A B C△ , care are � � � � � �/ / /, ,A A B B C C≡ ≡ ≡ ( )1 .

Fie O centrul cercului circumscris ABC△ cu raza R . Avem � 2AOB C= ; � 2BOC A= , � 2AOC B= .

Deoarece vectorii OA���

şi OB����

sunt necoliniari, atunci există ,α β ∈ℝ : OC OA OBα β= ⋅ + ⋅���� ��� ����

( )2 .

Înmulţind scalar relaţia ( )1 , pe rând cu OA���

şi OB����

, vom obţine: OA OC OA OA OB OAα β⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅��� ���� ��� ��� ���� ���

⇒ 2R 2cos2B Rα= ⋅ 2Rβ+ ⋅ cos2C ⇒ cos2 cos2B Cα β= + ⋅ şi OB OC OB OA OB OBα β⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅���� ���� ���� ��� ���� ����

⇒ 2R 2cos2A Rα= ⋅ 2cos2A Rβ+ ⋅ ⇒ cos2 cos2A Cα β= ⋅ + .

Se obţine cu uşurinţă că: ( )

2 2

cos 2 2 cos 2 cos 2cos 2 cos 2 cos 2 sin 2

1 cos 2 sin 2 sin 2

A C A CB A C A

C C Cα

+ − ⋅− ⋅= = =−

−

şi ( )

2 2

cos 2 2 cos 2 cos 2cos 2 cos 2 cos 2 sin 2

1 cos 2 sin 2 sin 2

B C B CA B C B

C C Cβ

+ − ⋅− ⋅= = =−

−. Înlocuind α şi β în

( )2 , obţinem: sin 2 sin 2 sin 2 0OA A OB B OC C⋅ + ⋅ + ⋅ =��� ���� ���� �

.

49

Micii MATEMATICIENI

Aplicând relaţia în / / /A B C△ , considerând centrul ω al cercului circumscris, avem:

/ / / / / /sin 2 sin 2 sin 2 0A A B B C Cω ω ω⋅ + ⋅ + ⋅ =���� ���� ���� � ( )1

⇒ / / /sin 2 sin 2 sin 2 0A A B B C Cω ω ω⋅ + ⋅ + ⋅ =���� ���� ���� �

, q.e.d. 9. 62 : În patrulaterul convex ABCD, G este centrul 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

SOLUŢIE: Notăm centrul cercului circumscris ACD△ cu O . Deducem că OA OB OC= = ( )1 . Cum

H este ortocentrul ACD△ rezultă că OH OA OC OD= + +���� ��� ���� ����

( )2 , conform relaţiei lui Sylvester.

Punctul G este centrul de greutate al BCD△ ceea ce implică 3 OG OB OC OD⋅ = + +���� ���� ���� ����

( )3 . Atunci:

ABGH este paralelogram ⇔ AB HG=���� ����

⇔ OB OA OG OH− = −���� ��� ���� ����

⇔ OB OA OH OG− + =���� ��� ���� ����

( )2

⇔

OB OA−���� ���

OA+���

OC OD OG+ + =���� ���� ���� ( )3

3 OG OG⇔ ⋅ =���� ����

0OG⇔ =���� �

O G⇔ ≡( )1

⇔ GA GB GC= = . 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+ = . Reciproca este adevărată ? Justificaţi. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: Din ipoteza că 2 2 3a b ab+ = ⇒ ( )2a b ab− = ⇒ a b ab− = a b ab⇒ − = . Raţionăm

prin echivalenţe succesive: 2A B AB+ = ⇔ log log 2log loga b a bab ab ab ab+ = ⋅ ⇔

( ) ( )1 1log log log log 2

2 2a a b ba b a b+ + + =1

2⋅ ( ) ( )1

log log log log2a a b ba b a b+ ⋅ + , echivalentă cu

1 loga b+ logb a+ 1 1+ = loga b+ logb a+ log loga bb a+ ⋅ ⇔lg

1b

=lg a

lg a⋅

lg b⇔ ( )1 1 A= .

Reciproca nu este adevărată. Contraexemplu: pentru 3a = şi 2b = , avem că ( )3log 3 2 0A = − = ; ( )2log 3 2 0B = − = şi are loc:

2A B AB+ = . Totuşi, 2 2 2 23 2 13a b+ = + = , iar 3 3 3 2 18ab = ⋅ ⋅ = , de unde 2 2 3a b ab+ ≠ .

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 SOLUŢIE: a) Arătăm că af este injectivă ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ), ;2013 : a au v a f u f v u v∀ ∈ = ⇒ = . Din

( ) ( )a af u f v=2013 2013u v

a u a v

− −⇒ =

− −⇒ 2013au a− uv− 2013 2013v av a+ = − uv− 2013u+

⇔ ( )( )2013 0a u v− − = , de unde u v= , ( ) ( );2013a∀ ∈ −∞ (q.e.d.).

50

Micii MATEMATICIENI

Arătăm că af este surjectivă ⇔ ( ) ( )( ) ( ) ( )0; ;2013 : ay x a f x y∀ ∈ ∞ ∃ ∈ = . Caut ( );2013x a∈ astfel

încât: 2013x

ya x

−=

− ⇒ 2013x ay xy− = − ⇒ ( ) ( ): 1 01 2013 yx y ay + ≠⋅ + = + ⇒

2013

1

ayx

y

+=

+.

Avem 2013a x< < ⇔ ( )1 0

20132013

1 y

aya

y ⋅ + >

+< <

+⇔ a ay+ ay< 2013+ ( )A , ( ) ( );2013a∀ ∈ −∞

sau 2013ay + 2013< 2013 : 0y y+ > ⇔ 2013a < ( )A . În concluzie, pentru

orice ( )0;y ∈ ∞ există ( )2013;2013

1

ayx a

y

+= ∈

+ astfel încât ( )af x y= . Deci, af este injectivă şi

cum este şi surjectivă, rezultă că af este funcţie bijectivă, de unde af este funcţie inversabilă.

b) Funcţia inversa este ( ) ( )1 : 0; ;2013af a− ∞ → , ( )1 2013

1a

ayf y

y− +

=+

. Pentru ca ( ) ( )1a af x f x−= ,

pentru orice x I∈ , trebuie ca ( ) ( )0; ;2013I a⊂ ∞ ∩ , de unde ( )0;2013I ⊂ sau ( );2013I a⊂ .

Avem: 2013 2013

,1

x axx I

a x x

− += ∀ ∈

− +⇔ 2 2013 2013x x x+ − − 2 22013 2013a x a ax x= + − − ⇔

( ) ( ) ( )2 21 1 2013 1 0x a x a a+ − − − + = , x I∀ ∈ ⇔ ( ) ( )21 1 2013 0a x a x + − − − = , x I∀ ∈ .

Prin urmare, ( )1 ;2013a =− ∈ −∞ .

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

SOLUŢIE: Fie funcţia :g →ℤ ℕ , ( ) ( ) 3g x f x x= − . Avem: ( ) ( ) ( )3g x y f x y x y+ = + − + ⇔

( ) ( ) ( ) 23g x y f x f y x y+ = + + 23xy+ 3 23x x y− − 23xy− 3y− ⇔ ( ) ( ) ( )g x y g x g y+ = + ,x y∀ ∈ℤ .

Pentru 0x y= = avem: ( )0g ( )0g= ( )0g+ ⇒ ( )0 0g = . Din ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1 1 2 1g g g g g= + = + = ⋅ ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 1 2 1 2 1 1 3 1g g g g g g g= + = + = ⋅ + = ⋅ , …, rezultă, inductiv, că ( ) ( )1 ,g n n g n= ⋅ ∀ ∈ℕ .

Notând cu ( )1a g= , obţinem că ( ) 3 ,f n n a n n= + ⋅ ∀ ∈ℕ . Din ( )1f ∈ℕ⇒ 1a + ∈ℕ⇒ 1a =−

sau a ∈ℕ . Dacă a ∗∈ℕ , atunci ( ) ( )33 3 2 1a a a f a a< + = < + ⇒ ( )f a nu este cub perfect, fals.

Dacă 1a =− , atunci ( ) 3f n n n= − ⇒ ( )2f cub perfect⇒6 este cub, fals. Deci, 0a = , de unde

găsim unica funcţie ( ) 3: ,f f x x→ =ℕ ℕ , care verifică condiţiile din enunţ.

10. 39: Arătaţi că ( ) ( )2

cu , 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

SOLUŢIE: Ecuaţia ⇔2 2x x xa b a b⋅ ⋅ = ⇔

2 2 1 1x x xa b+ −⋅ = ⇔ ( ) ( )( )1 1 1 1x x x xa b⋅ + − +⋅ = ⇔11 1

xx xa b+− ⋅ =

⇔ ( ) 11 log 0x xabx a b b− + ⋅ ⋅ ⋅ = , de unde 11 0 1x x+ = ⇒ =− sau ( ) 1log 0

x

ab ab b− ⋅ = , de unde ⇒

( ) 1log log 0x

ab abab b−+ = ⇒ log 0abx b− = ⇒ 2 logabx b= .

51

Micii MATEMATICIENI

Ecuaţia are soluţie unică ⇔ 1 2x x= ⇔ 1 logab b− = ⇔ ( ) 1ab b

−= ⇔

1b

ab= ⇔ 2 1a b⋅ = .

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

SOLUŢIE: Fie abc un număr de trei cifre. Numărul cazurilor posibile este egal cu 999 99 900− = . Avem [ ]1;27a b c+ + ∈ şi cub perfect. Atunci { }1;8;27a b c+ + ∈ . Dacă 1a b c+ + = , atunci

100abc = . Nu convine, căci vecinii săi 101 şi 99 nu au suma cifrelor pătrate (2, respective 18). Dacă

27a b c+ + = , atunci 999abc = . Este favorabil, căci succesorul este 1000 cu suma cifrelor sale 21 1= . Toate numerele abc cu 8a b c+ + = sunt favorabile deoarece, din 8c ≤ rezultă că

succesorul are suma cifrelor 21 8 1 9 3a b c+ + + = + = = , adică �1

800 ; 2

701; 710��������� ; 3

602; 611;620������������� …

… 8

170;161;152;143;134;125;116;107������������������������������� . Rezultă ( ) 9 81 2 3 ... 8 1 1 37

2

⋅+ + + + + = + = cazuri favorabile.

Prin urmare, probabilitatea este egală cu ( )370,04 1

900= .

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 2O O AN⊥ , 1 2O M O M⊥ , DF AN⊥ , AM EG⊥ şi că 2EG AM= . PROF. MARIUS BREŞUG, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

SOLUŢIE: a) Determinăm punctele prin afixele lor în planul

complex. Avem: ( ) cos sin2 2E A B Az z z z iπ π = + − ⋅ −

⇒

( )E A B Az z i z z= − − ; ( )G A C Az z i z z= + − ; 2

B CM

z zz

+= .

Deoarece ( )( )

arg arg arg2

A B C AG B

C E C A B A

z z i z zz zi

z z z z i z z

π− + −−= = =

− − + −.

Deci, GB EC⊥ ⇒ �( ) �( )090m GNC m GAC= = .Prin urmare,

patrulaterul GANC este inscriptibil. De asemenea, EANB este patrulater inscriptibil. Deoarece 1 2O O

este linia centrelor cercurilor circumscrise celor două patrulatere, aceasta va fi perpendicular pe coarda comună (AN axă radicală) ⇒ 1 2O O AN⊥ , q.e.d. . Din teorema liniei mijlocii pentru 1O M în

EBC△ şi 2O M în GCB△ rezultă că 1O M EC , 2O M BG şi, cum BG EC obţinem

1 2O M O M⊥ , q.e.d. . Avem 1 2O O DF (linie mijlocie în ADF△ ) şi, cum 1 2O O AN⊥ obţinem că

DF AN⊥ , q.e.d. . Deoarece 1 3

arg arg2 2

M A

G E

z zi

z z

π − = − = − rezultă că AM EG⊥ şi totodată:

2G E M Az z z z− = ⋅ − , adică 2GE AM= , q.e.d. .

2O

1O

A

B

N

M

G

F

E

D

C

52

Micii MATEMATICIENI

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

SOLUŢIE: Funcţia [ ]: 1;1f − → ℝ , ( ) 1t tf t t e e= ⋅ − + are derivata: ( ) ( ) ( ) ( )/ / // 1t tf t t e e= ⋅ − + ⇒

( ) ( )// / 0t t tf t t e t e e= ⋅ + ⋅ − + ⇒ ( )/ tf t e= t tt e e+ ⋅ − ⇒ ( )/ tf t t e= ⋅ . Derivata se anulează în

0t = şi are ( )/sgn sgnf t t= , care este negativă pe [ )1;0− şi pozitivă pe ( ]0;1 . Obţinem că 0t =

este punct de minim ⇒ ( ) [ ]0, 1;1f t t≥ ∀ ∈ − cu egalitate numai pentru 0t = . Ecuaţia exponenţială

se scrie ( )sin 0f x = ⇔ sin 0x = ⇔ ( )1 arcsin 0k

x kπ= − ⋅ + ⇔ ( )1 0 ,k

x k k kπ π= − ⋅ + = ∈ℤ .

11. 30: Determinaţi ( ), 0;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

SOLUŢIE: Derivata este ( )/ ln ln lnx x x x

b b a a b b af x a b a b

a a b b a a b

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ . Ecuaţia ( )/ 0f x =

⇔x x

b aa b

a b

⋅ = ⋅ ⇔

2xa a

b b

= ⇔ a b= sau

1

2x= . Dacă a b= ⇒ ( ) 2f x a= ⇒ { } [ ]Im 2 3;5f a= ≠ .

Deci, a b≠ . Deoarece ( )2

/ / ln 0x x

b b af x a b

a a b

= ⋅ ⋅ + ⋅ > şi / 1

02

f =

⇒1

2x= este punct de

minim pentru f. Avem ( ) ( )0 1f f a b= = + şi 1

2

b af a b a

a b

= + = b a

a

⋅⋅ b+

a b

b

⋅⋅ 2 ab= .

Rezultă că Im 2 ;f ab a b = + , de unde 5a b+ = şi 2 3ab = 5S a b⇒ = + = şi 9

4P ab= = .

Atunci a,b sunt soluţii ale ecuaţiei 2 0x S x P− ⋅ + = ⇔ 24 20 9 0x x− + = ⇔ 1,2

20 256

2 4x

±=

⋅.

Prin urmare, numerele sunt ( ) 1 9 9 1; ; ; ;

2 2 2 2a b

∈ .

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

SOLUŢIE: Avem { }2;3;4;5;6i j+ ∈ . Fie k şi r, câtul şi restul împărţirii lui i j+ la 3. Rezultă că 0 3r≤ <

şi 3i j k r+ = + . Observăm că 6 2 2 2

sin sin 2 sin3 3 3

period

ij ji

k r r ra a k

π π π ππ

+ = = = + = . Dacă

0r = , atunci { }3;6i j+ ∈ şi sin 0 0ija = = . Atunci 12 21 33 0a a a= = = . Dacă 1r = , atunci

53

Micii MATEMATICIENI

4i j+ = şi 2 2 3

sin sin sin3 3 3 2ijaπ π π

π = = − = =

. Atunci 13 22 31

3

2a a a= = = . Dacă 2r = ,

atunci { }2;5i j+ ∈ şi 4 4 3

sin sin sin3 3 3 2ijaπ π π

π = =− − =− =−

. Atunci 11 23 32

3

2a a a= = =− .

Atunci

1 2 3

3 30 0 0 02 2

3 3 3 3det 0 0 0

2 2 2 2

3 3 3 30 0

2 2 2 2

L L L

A

+ + − = − = − = − −

, căci 1 0L ≡ .

11. 32: Fie ( ), 0;a b∈ ∞ : 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

SOLUŢIE: Vom arăta că ( )1

2;

abR a b

a b

− < +⇔ ( ) 0

ln ln

2 a b

a b a b

a b ab ⋅ − <

− +<

−⇔

2 2

ln2

a a b

b ab

− > , de

unde 1

1 1ln

2 2

a a a

b b b

− > ⋅ − ⋅ ( )∗ . Funcţia ( ): 0;1g → ℝ , ( ) 1

ln2 2

xg x x

x= − + are derivata întâi:

( )( )22

/2 2 2

11 1 1 2 10

2 2 2 2

xx xg x

x x x x

−− −= − − = =− < , ( ) ( )0;1x∀ ∈ , de unde deducem că g este strict

descrescătoare pe ( )0;1 . Din 0 : 0a b b< < > ⇒ 0 1a

b< < ( )

.

1descr a

g gb

⇒ > . Deoarece

( ) 11 ln1

2g = −

1

2+ 0= ⇒

11 1

ln 02 2

a a a

b b b

− > ⋅ − ⋅ > , adică este adevărată relaţia ( )∗ , ( ). .q e d .

11. 33: Calculaţi limita şirului: 1 2014 2012

lim lg2013 1!

n

nnn n→∞

+⋅

+.

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

SOLUŢIE (AUTOAREA): Cu criteriul Cauchy-D’Alembert ⇒ ( )

( )1 !

lim ! lim lim 1!

n

n n n

nn n

n→∞ →∞ →∞

+= = + =∞ , iar

11 2012

2014 2012 2014 2014lim lg lg lim

2013 1 2013 11

2013

n

nn

nnn n→∞ →∞

+ ⋅ + = ⋅ =∞ + +

. Aplicăm teorema Stoltz-Cesaro:

( )

1

1

1

2014 2012 2014 2012 2014 2012lg lg lg

2013 1 2013 1 2013 1lim lim! 1 ! !

n n n

n n n

n nn Stoltz n nL

n n n

+ ∞ ∞ +

→∞ →∞ +

+ + +−

+ + += =+ −

, de unde limita este

54

Micii MATEMATICIENI

2014

lg

lim

n

nL

→∞=

12014 2012

2014

2013

n

n

⋅ + ⋅ 2013

12013

2013

n

n⋅

⋅ +

11

2013

2014

n

n

⋅ +

( )1

1 20141 2012 lg2014 201311 ! !

n

nn n ne

+

⋅ + ⋅ =+ −

NOTA REDACŢIEI: ( )1 1 ! !nnnL n n+= + − este şirul lui Traian Lalescu (1882-1929, matematician

român) şi are limita 1

e. Vom reda soluţia dată chiar de Traian Lalescu în Gazeta matematică :

“ Aplicăm reciproca teoremei Cesaro-Stolz considerând şirul crescător şi divergent nb n= şi

!nna n= , n ∗∀ ∈ℕ . Avem:

! 1lim lim

nn

n nn

a n

b n e→∞ →∞= = şi deci: 1

1

1lim n n

nn n

a a

b b e+

→∞+

−=

−⇒ 1

1lim n nn

a ae+→∞

− =

⇒ ( )( )11

lim lim 1 ! !nnn

n nL n n

e+

→∞ →∞= + − = . ”. Traian Lalescu nu a observat că în general reciproca

teoremei Cesaro-Stolz nu este adevărată. Enunţul reciprocei întâi se găseşte în lucrarea [ ]1 şi este

următorul: “Dacă a) şirul ( )n nb ∗∈ℕ

este un şir crescător de numere reale pozitive cu lim nn

b→∞

=+∞ ;

b) există lim n

nn

ax

b→∞= (finită sau infinită); c) există { }

1

lim / 1n

nn

bu

b +→∞+

= ∈ℝ , atunci ( ) 1

1

lim n n

nn n

a ax

b b−

→∞−

−∃ =

−.”

Precizăm că există mai multe soluţii ale Problemei lui Lalescu, numai patru se găsesc în [ ]1 .

În lucrarea [ ]2 se găseşte o soluţie bazată pe propoziţia: “Dacă ( )n na ∗

∗+∈

⊂ℕℝ ; 1lim 1n

nn

a

a+

→∞= ;

lim n

n

a

nα ∗

+→∞= ∈ℝ şi 1lim

n

n

nn

a

aβ+

→∞

= ∈ ℝ , atunci ( )1lim lnn n

na a α β+→∞

− = ⋅ “ .

BIBLIOGRAFIEI:

[ ]1 D.M.Bătineţu – ŞIRURI, Editura Albatros, Bucureşti, 1979;

[ ]2 Oana Cârjă –UN PROCEDEU DE CALCUL AL LIMITELOR UNOR ŞIRURI DE FORMA ( )1n n na a ∗+ ∈

−ℕ

în revista

RECREAŢII MATEMATICE, nr. 1 din 2008, pag. 35, Iaşi. CLASA A XII-A 12.30: Determinaţi a∈ℂ astfel ca adunarea şi înmulţirea numerelor complexe să structureze

mulţimea { }aM z z a z a= ∈ + ≥ +ℂ ca un corp comutativ.

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

SOLUŢIE: Inegalitatea triunghiului ne dă z a z a+ ≤ + . Atunci az M∈ ⇔ z a z a+ = + , de

unde există t ∈ℝ astfel încât z t a= ⋅ ⇒ { }aM t a t= ⋅ ∈ℝ . Din ( ); ;aM + ⋅ corp, rezultă că

înmulţirea este lege pe aM ⇒ 1 2 1 2, ,a az z M z z M⋅ ∈ ∀ ∈ . Din 1 2, az z M∈ ⇒ ( ) 1 2,t t∃ ∈ℝ cu 1 1z t a= ⋅

55

Micii MATEMATICIENI

şi 2 2z t a= ⋅ . Pentru ca 1 2 az z M⋅ ∈ trebuie să existe t ∈ℝ astfel încât 1 2z z t a⋅ = ⋅ , de unde

1 2t a t a t a⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ ( )1 2 0a t t a t⋅ ⋅ − = ⇒ 0a = ∈ℝ sau 1 2 1 2, ,t t a t t t⋅ ⋅ = ∀ ∈ℝ ⇔ a ∈ℝ . Pentru

a ∗∈ℝ , avem ( ) ( ); ; ; ;aM + ⋅ = + ⋅ℝ şi este corp comutativ, iar, pentru 0a = ⇒ { }0aM = este un

corp cu 0 1= . Aşadar, tripletul ( ); ;aM + ⋅ este corp comutativ dacă şi numai dacă a ∈ℝ .

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

SOLUŢIE: Din teorema restului ⇒ ( )2 2008f − = şi ( )3 12048f = . Fie ( )R x restul căutat. Condiţia

restului ne dă: ( ) 2grad R x < ⇒ ( )R x ax b= + şi ( ) ( )( ) ( )2 3f x x x C x ax b= + − ⋅ + + . Avem:

2 2008a b− + = şi 3 12048a b+ = . Prin scăderea relaţiilor ⇒ 5 10040a = ⇒ 2008a = ⇒ 2008 2 2008 6024b = + ⋅ = . Prin urmare, restul căutat este polinomul ( ) 2008 6024R X X= ⋅ + .

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

SOLUŢIE: a) Din ( ) ( ) ( )/ / sin cosxh x f x e h x x= ⋅ + ⋅ ⇒ ( ) ( ) ( )/ sin / cosxf x e h x h x x⋅ = − ⋅ , ( )0;x∀ ∈ ∞

⇒ ( ) ( ) ( )/ / sin sin cosx xf x h x e h x e x− −= ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ ( ) ( ) ( ) ( )// / sin sinx xf x h x e h x e− −= ⋅ + ⋅ ⇒ ( ) ( )// sin xf x h x e− = ⋅

⇒ există k ∈ℝ astfel încât ( ) ( ) sin

sinx

x

ef x h x e k−

⋅= ⋅ + ⇒ ( ) ( ) sin sinx xh x f x e k e−= ⋅ − ⋅ . Prin

urmare, funcţiile sunt ( ): 0;h ∞ → ℝ , ( ) ( ) sin sin2 sin 2 x xh x x x e k e−= + ⋅ − ⋅ , k ∈ℝ .

b) Avem ( ) ( )/ sin cosxI f x e g x x dx = ⋅ + ⋅ ∫ ⇒ ( )( ) ( )( )/ sin sin5 5 cosx xI f x e f x e x dx = + ⋅ + + ⋅ ⋅ ∫⇒ ( )( ) ( )( ) ( )// sin sin5 5x xI f x e f x e dx = + ⋅ + + ⋅ ∫ ⇒ ( )( ) ( )( )

/sin sin5 5x xI f x e dx f x e k = + ⋅ = + ⋅ + ∫ .

Aşadar, ( ) sin2 sin 2 5 xI x x e k= + + ⋅ + .

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

SOLUŢIE: Avem: 1 3S x y z= + + = , de unde ( )2 2 2 2 9x y z xy xz yz+ + + ⋅ + + = . Obţinem că

2

9 33

2S xy xz yz

−= + + = = . Notăm cu P xyz= . Din relaţiile lui Viètte, rezultă că numerele

, ,x y z sunt soluţii ale ecuaţiei 3 21 2 0t S t S t P− ⋅ + ⋅ − = ⇔ 3 23 3 0t t t P− + − = ( )1 . Condiţia de a

fi soluţii: 3 23 3 0x x x P− + − = , 3 23 3 0y y y P− + − = şi 3 23 3 0z z z P− + − = . Însumând,⇒

56

Micii MATEMATICIENI

( ) ( ) ( )3 3 3 2 2 23 3 3 0x y z x y z x y z P+ + − + + + + + − = ⇒ 3 3 3− ⋅ 3 3+ ⋅ 3 0P− = 1P⇒ = . Prin

urmare, ecuaţia ( )1 devine: ( )33 23 3 1 0 1 1 1t t t t t− + − = ⇔ − = ⇔ = . Deci, 1x y z= = = .

12.34: Calcuaţi[ ]

[ ] [ ]( )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

SOLUŢIE: Notăm cu [ ]not

k x= . Deducem că k ∈ℤ şi 1k x k≤ < + . Din [ ]0;x n∈ rezultă că k ∈ℕ .

Avem: [ ]

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ]0 0

1 1 1

2 2 20 0lim lim

3 23 2 3 2

k k k

kk k k

x x kI dx dx dx

k kx x x xε ε

ε ε

ε εε ε> >

+ + − + −

→ →+ += = =

+ ++ + + +∫ ∫ ∫ , de

unde 0 0

120 0

lim lim3 2

kk k

k kkI x

k kε ε

ε

εε ε

> >

+ −+→ →

⋅= ⋅ =

+ +

1 kε+ − −( )( )( )2 23 2 3 2 2 1

k k

k k k k k k

ε−= =

+ + + + + +.

Atunci: [ ]

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ]

1 1 11

2 200 0 0

2 1

2 13 2 3 2

n n nn k

n kk

k k k

x xJ dx dx I

k kx x x x

− − −+

= = =

= = = = − + ++ + + +∑ ∑ ∑∫ ∫ ⇒ ⇒

1

0

1 1

2 2

n

nk

Jk

−

=

= ++∑ 1 1

1 3− +

1

2−

1...

n+ +

1

1n−

−1 1

1n n+ −

+1 1 1 1

... 12 3 1 1n n

= + + + + −+ +

.

Obţinem că ( )1 1 1 1lim 1 ... ln 1 lim 2 2

2 3 1 1n nL n C

n n→∞ →∞

= + + + + − + + − = − + +, unde C este

constanta lui Euler.

∗∗∗ O ALTFEL DE MATEMATICĂ

Haideţi sã privim viaţa şi altfel…din punct de vedere strict matematic:

� Ce înseamnă 100% ? R: un numãr. � Dar în viaţă, ce înseamnă 100% ? � Cum atingem eficienţa de 100% ?

Iatã o mică demonstraţie matematică care ne poate ajuta. Dacă literele: A B C D E F G H I J K L M N O P R S T U V W X Y Z sunt reprezentate ca numere: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25, atunci: M-U-N-C-A-G-R-E-A reprezintă 13 + 20 + 14 + 3 + 1 + 7 + 17 + 5 + 1 = 81%, iar Ş-T-I-I-N-Ţ-A este 18 + 19 + 9 + 9 + 14 + 19 + 1 = 89%, dar A-T-I-T-U-D-I-N-E este 1 + 19 + 9 + 19 + 20 + 4 + 9 + 14 + 5 = 100% Prin urmare, se poate spune cu certitudine că matematica este una din cheile care deschide uşile închise ale vieţii. Chiar dacã munca grea şi ştiinta sunt folositoare, atitudinea cu care facem lucrurile conduce la eficienţă maximă ! Acest subiect a fost tradus din engleză. Primele cuvinte analizate înregistrau eficienţa mai mare decât în română. Particularităţile socio-culturale dau aceastã diferenţă. Aceasta înseamnă că atitudinea cu care facem lucrurile pentru noi, românii, devine extrem de importantă. Asta, numai dacă vrem cu adevărat să trăim bine, adică 100%.

CULEASĂ DE NEICU MARA

57

Micii MATEMATICIENI

PROBLEME PROPUSE MATEMATICA PITICĂ P. 132: Arătaţi că: ( ) ( ){ }5 : 2 3 1 14 :15 3 : 1 2 45 :15 2 : 2 2014 2015 ⋅ − + + + ⋅ − + = .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

P. 133: Un cangur grăbit face patru sărituri în şase secunde. Pentru a ajunge la concursul “Cangurul matematic” lui îi mai trebuie 18 sărituri. În cât timp credeţi că ajunge la concurs ?

RĂZVAN-MIHAI ROMAN, ELEV, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 134: Să se arate că valoarea expresiei: : : 00 : 2014aaa a aa a a a− − + este acelaşi număr, indiferent de valoarea cifrei nenule a .

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 135: Să se afle 3 numere naturale știind că suma succesorilor acelor numere este 24, al doilea număr este jumătate din suma a celorlalte două și că succesorul celui de al treilea număr este egal cu suma celorlalte două numere.

PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 136: Marius avea o sumă de bani. Pentru ziua de 8 Martie, el a cumpărat 3 eșarfe a câte 18 lei fiecare pentru mama și bunicele lui și 2 cărți a câte 17 lei fiecare pentru verișoarele lui. I-a rămas o sumă de bani egală cu o cincime din suma inițială. Ce sumă de bani a avut Marius la început și ce sumă de bani i-a rămas ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 137: Maria vrea să-i ofere mamei sale de 8 Martie un buchet de 9 flori. Erau flori cu 3 petale și 5 petale, în total 33 de petale.Aflați câte flori erau cu 3 petale și câte cu 5 petale?

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

P. 138: Cu banii pe care îi are Ioana poate cumpăra un pix şi o carte care costă cu 12 lei mai mult decât pixul. Câţi lei are Ioana, dacă preţul cărţii este egal cu costul a 6 caiete şi încă 2 lei ?

ÎNV. MARIETA MUŞEI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 139: În anul 2008, un tată avea 40 ani, iar cei trei fii aveau 14, 9, respectiv 5 ani. În anul când s-a născut Ilias, al patrulea copil, vârsta tatălui era egală cu suma vârstelor copiilor săi. Aflaţi anul de naştere a lui Ilias.

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

P. 140: Câte flori a cules Mateea, ştiind că dacă ar fi cu una mai puţin, atunci jumătate din acel număr ar fi cu unu mai mare decât sfertul lui ?

PROF. ÎNV. PRIMAR TEREZA RUGINĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 141: Trei copii au împreună 1006 lei. Primii doi au 578, iar al doilea împreună cu al treilea au 770 lei. Ce sumă are fiecare. ÎNV. VASILE ROZNOVĂȚ, ȘCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREȘ, HÂRLĂU

P. 142: Suma a cinci numere naturale impare consecutive este egală cu 2015. Aflaţi numerele. PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD

P. 143: Suma vârstelor tatălui şi a fiilor săi gemeni este 51 ani. Peste 5 ani tatăl va avea dublul sumei vârstelor gemenilor. Care este vârsta fiecăruia ?

PROF. ÎNV. PRIMAR IOANA ONOFREI, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

P. 144: Fie şirul de numere 1, 4, 9, 16, ... Care este cel de-al o sutălea număr ? PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

58

Micii MATEMATICIENI

P. 145: Suma a două numere naturale este 590. Jumătate din primul număr este cu 30 mai mică decât

a treia parte din al doilea număr. Aflați numerele. ÎNV. MARIANA CHELARU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 146: Într-o curte sunt găini și miei, în total 41 de capete și 96 de picioare. Câte găini și câți miei

sunt în curte? PROF. ÎNV. PRIMAR GABRIELA-LILANA ONOFREI, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 147: Găsiţi toate numerele cuprinse între 8 şi 13 care pot fi scrise ca suma unor numere naturale

consecutive. PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA SIMIONESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 148: Lui Marius îi place să se joace cu bile. La sfârşitul zilei, el are cu opt bile mai mult ca în

dimineaţa acelei zile. Totuşi ziua începuse rău căci la amiază el pierduse trei bile. Ce s-a petrecut după amiaza ?

PROF. ÎNV. PRIMAR IOANA ONOFREI, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI P. 149: Pe un platou sunt de 4 ori mai multe portocale decât banane. Valentin ia 6 portocale și 3

banane. Pe platou rămân de 6 ori mai multe portocale decât banane. Câte portocale și câte banane au fost la început pe platou?

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIA CREŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 150: Maya vrea să confecționeze două feluri de brățări, având în total 137 mărgele. Ea face

simultan brățări de câte 15 mărgele și de câte 11 mărgele. Câte brățări poate să facă, fără a-i rămâne mărgele ?

PROF. ÎNV. PRIMAR MIRELA MUNTEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 151: Şase nuci şi două pere cântăresc cât 20 de prune, iar o nucă şi şase prune cântăresc cât o pară.

Câte prune cântăresc cât o pară ? PROF. ÎNV. PRIMAR EMILIA OPREA, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 152: Coada unei pisici sălbatice este cu 6 centimetri mai lungă decât coada unui râs. Dacă i s-ar

mai lungi cu 20 centimetri, atunci ar fi de două ori mai lungă decât coada râsului. Ce lungime are coada pisicii sălbatice ?

ÎNV. VASILICA TEODORESCU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 153: Aflaţi termenul necunoscut din egalitatea: ( ) ( ) ( )2 : 4 2 : 2 2 :8 28n n n× + × + × = .

PROF. ÎNV. PRIMAR MARIANA DÎRVARIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 154: “Suntem un grup de sportivi. Toţi jucăm fotbal, în afară de 22. Toţi jucăm handbal, în afară

de 22. Toţi jucăm baschet, în afară de 22.” Arătaţi că fiecare sport este practicat de acelaşi număr de sportivi din grup şi aflaţi numărul lor.

PROF. ÎNV. PRIMAR TEREZA RUGINĂ, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU P. 155: Patru numere au suma egală cu 2014. Dacă din fiecare se scade acelaşi număr se obţin patru

numere consecutive a căror sumă este 2010. Aflaţi cele patru numere. ÎNV. ADRIANA MELINTE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

P. 156: Aflaţi numărul natural abcd pentru care 2014a ab abc abcd+ + + = . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

59

Micii MATEMATICIENI

MATEMATICA GIMNAZIALĂ Clasa a V-a

5.105 : Arătaţi că 2015 2015 2015 2015

1 3 7 1 1 1 1 1 1 1 1: 5 6 :9 : 2014 ...

2 4 8 15 1 15 2 15 19 15 20

+ ⋅ − > − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − .

PROF. RAMONA DARIE, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 5.106 : Un leu mănâncă o oaie într-o oră şi 40 minute, lupul în două ore şi jumătate, iar câinele în cinci ore. În cât timp ar mânca o oaie împreună ?

PROF. ADINA VASILIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ CÂRJOAIA, IAŞI

5.107 : Aflaţi n ∗∈ℕ astfel încât are loc egalitatea: ( ) ( )2 3 20151 ... nn n n n n n n− ⋅ + + + + = − .

PROF. OANA ALEXE, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

5.108 : Găsiţi pătratele de forma abc , având cifrele numere naturale consecutive. PROF. IULIANA BLANARU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

5.109 : Găsiţi cel puţin cinci soluţii ale ecuaţiei: z zx z t+ = , unde , ,x y t ∈ℕ şi sunt numere prime.

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

5.110 : Se consideră egalitatea: ( )2248 1369abc cab bca+ + = ⋅ . Determinaţi cel mai mic şi cel mai

mare număr natural al cărui pătrat este numărul abc . PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

5.111 : Să se arate că numărul 2 3 2014...x x x x+ + + + nu poate fi pătrat perfect, oricare ar fi x ∗∈ℕ .

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

5.112 : Arătaţi că nu există numerele naturale x şi y cu proprietatea 2 25 2013x y− ⋅ = . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

5.113 : Aflaţi ultimele trei cifre ale numărului 3 5 20157 7 7 ... 7a = + + + + . PROF. GHEORGHE OANCEA, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

5.114 : Câte perechi de numere naturale ( );a b verifică egalitatea: 32b aa b+ = . PROF. IOAN RĂUŢU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

5.115 : Demonstraţi adevărul inegalitaţii: 183 671 20142 2048 3 27 5⋅ + ⋅ < .

PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

5.116 : Determinaţi numărul natural zxy astfel încât fracţia xx yy

xzzx

⋅ să fie echiunitară.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

5.117 : Arătă că ( )( )39 20 107 54 107 54n n n n n nN n n n n= ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + − este divizibil cu 2014, n∀ ∈ℕ .

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

60

Micii MATEMATICIENI

5.118 : Diferenţa dintre un număr natural şi răsturnatul său este pătrat perfect. Aflaţi toate aceste numere naturale.

PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU 5.119 : Un număr natural n are proprietatea că se poate descompune atât ca sumă, cât şi ca produs a aceloraşi numere natural. Demonstraţi că n este număr compus.

PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 5.120 : La o masă rotundă stau 2008 persoane, a căror sumă a vârstelor este 311 ani. Arătați că, indiferent cum se așază la masă aceste persoane, vor exista două persoane alăturate a căror sumă a vârstelor este mai mare de 81 de ani.

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

5.121 : Câte numere de forma abcd cu proprietatea că 11a b c d+ = + = sunt divizibile u 11 ? PROF. PETRU ASAFTEI, ŞCOALA NORMALĂ VASILE LUPU , IAŞI

5.122 : Să se determine cifrele nenule şi distincte din produsul: 0ABCDE F GJKF⋅ = . PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

Clasa a VI-a

6. 84 : Determinaţi cifrele distincte , , , , , , , , ,A B C D E F G J K L din ABC DEF GJKL+ = .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 6. 85 : Aflaţi numerele prime , ,x y z ştiind că 261 183 2013 13x y z⋅ + ⋅ = + ⋅ .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

6. 86 : Fie 2014 2014 2014

1 1 ... 12015 2016 2014kA

k

= − ⋅ − ⋅ ⋅ − +şi

2014 2014 20142015 1 1 ... 1

2 3pBp

= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ + ,

,k p ∗∈ℕ . Demonstraţi că numerele kA şi pB sunt inverse dacă şi numai dacă k p= . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

6. 87 : Rezolvaţi, în mulţimea numerelor întregi negative, ecuaţia: 2 7 5 1x− − − = .

PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD

6. 88 : Arătaţi că există numere naturale nenule , , ,a b c d astfel ca 4 4 4 4 20132018a b c d+ + + = . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

6. 89 : Distanţa dintre două oraşe este parcursă de către un mobil în felul următor: o pătrime din

drum în trei ore, iar restul drumului,tot în trei ore. Ştiind că cel mai mic multiplu comun al numerelor care reprezintă cele două viteze este 30, să se afle distanţa dintre cele două oraşe.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI 6. 90 : Găsiţi fracţiile ordinare ireductibile astfel încât fiecare din ele să aibă proprietatea că mărind

atât numărătorul, cât şi numitorul cu 3 se obţine o fracţie de trei ori mai mare. PROF. ADINA VASILIU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ CÂRJOAIA, IAŞI

61

Micii MATEMATICIENI

6. 91 : Determinaţi numărul soluţiilor întregi ale inecuaţiei: 7x y+ < . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

6. 92 : Determinaţi cel mai mic multiplu al numărului 5, care are exact 15 divizori.

PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU 6. 93 : Determinaţi numerele naturale n ∈ℕ astfel încât 5 7n+ divide numărul 7 5n+ .

PROF. MIHᾺLY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

6. 94 : Arătaţi că, pentru orice cifră x , numărul raţional 1

9xy reprezintă o fracţie zecimală periodică.

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI 6. 95 : Considerăm punctele coliniare , ,A O B şi punctele , ,M N P de aceeaşi parte a dreptei AB

astfel încât MO ON⊥ şi [OP bisectoarea unghiului AON . Ştiind că măsurile unghiurilor AON

şi MOB sunt direct proporţionale cu 4 şi 5, determinaţi ( )m AOP∢ , ( )m POM şi ( )m NOB∢ . PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

6. 96 : Triunghiurile ABC şi ADC sunt situate în semiplane diferite faţă de dreapta AC . Fie

punctele ( )E BC∈ şi ( )F DC∈ astfel încât fiecare dintre măsurile unghiurilor BAE , EAC ,

CAF şi FAD este media aritmetică a măsurilor celorlalte trei unghiuri, iar AC EF⊥ .

Demonstraţi că ( ) ( ); ;d E AB d F AD= şi [ ] [ ]AB AD≡ . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

CLASA A VII-A 7. 71 : Dacă ,x y ∗∈ℕ şi 2 3 22x y+ = , să se afle cea mare şi cea mai mică valoare a sumei x y+ şi a produsului x y⋅ .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

7. 72 : Se consideră numerele prime a şi b cu proprietatea că numărul ( ) 9b b a a⋅ − − ⋅ este pătrat

perfect. Comparaţi numerele a şi b . Aflaţi a şi b ştiind că a b+ este număr prim. PROF. IOAN SĂCĂLEANU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

7. 73 : Explicaţi de ce ecuaţia 79 2015 44x x+ + + = nu are soluţii în mulţimea reală. PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD

7. 74 : Fie triunghiul ABC dreptunghic în A . Prelungim mediana [ ]AM cu [ ] [ ]MD AC≡ și fie S

punctul de intersecție dintre bisectoarea unghiului CAM∢ și bisectoarea unghiului CMD∢ . Să se

arate că punctele C , S , D sunt coliniare dacă și numai dacă ( ) 054m ABC =∢ . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

7. 75 : Aflaţi , ,x y z ∈ℕ ştiind că 5xy xz yz+ + = şi ( ) ( ) ( )2 2 2 0x y z y x z z x y xyz+ + + − + + = . PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

62

Micii MATEMATICIENI

7. 76 : Se consideră triunghiul dreptunghic ABC cu ( ) 090m A =∢ , AB c= , BC a= şi AC b= .

Să se arate că este adevărată egalitatea: ( ) ( )2cos cosc B b C b c ctgB ctgC⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + .

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI 7. 77 : Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi ecuaţia: 2 2 7 9 32 0x y x y+ − + + = .

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

7. 78 : Se consideră triunghiul ABC△ având cevienele AP , BS şi CT concurente în punctul M . Ştiind că [ ] [ ] [ ]AP BS CQ≡ ≡ , demonstraţi că M este centrul de greutate al triunghiului.

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

7. 79 : Considerăm un triunghi ABC în care ( ) ( ) 090m B m C− =∢ ∢ . Dacă AP BC⊥ , demonstraţi

adevărul egalităţii: 2PA PC PB= ⋅ . PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU

CLASA A VIII-A 8. 62 : Determinaţi cea mai mică valoare a numărului:

2 2 22 1000001 6 652873 10 42874n a a b b c c= − + + + + + − + , , ,a b c ∈ ℝ . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

8. 63 : Să se rezolve, în mulţimea numerelor întregi, ecuaţia: ( )( )2 214 4 4x y x x⋅ − = + − . PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

8. 64 : Să se rezolve, în mulţimea numerelor reale, ecuaţia: [ ] ( )2014 2014 2014 3x x x− + − + − = ,

unde prin [ ]a s-a notat partea întreagă a numărului real a . PROF. DOINA STOICA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD

8. 65 : Un bazin are forma unui paralelipiped dreptunghic cu dimensiunile exprimate în metri şi

2L l= . Pentru accesul în interiorul bazinului se constrieşte o scară de la un vârf la centrul bazei opuse. Ştiind că scara face cu planul bazei un unghi de măsură 030 şi că are lungimea de

( )2 3l l− metri, determinaţi volumul (în litri) a bazinului.

PROF. BOGDAN DORNEANU, ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ, HÂRLĂU 8. 66 : Considerăm ABC△ cu laturile de lungimi , ,a b c , ortocentrul H şi M , mijlocul laturii [ ]BC .

Fie D , simetricul lui H faţă de M . Să se afle aria şi volumul cilindrului circular drept cu înălţimea de lungime abc şi având ca bază cercul circumscris triunghiului BDC .

PROF. NICOLAE IVĂŞCHESCU, CRAIOVA

8. 67 : Fie numerele naturale , , , , ,a b p s m n pentru care ma b p+ = şi na b s− = . Există m n≤ astfel ca numerele , , ,a b p s să fie simultan numere prime ?

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

63

Micii MATEMATICIENI

8. 68 : Segmentele [ ]AB și [ ]CD sunt situate pe drepte necoplanare, iar [ ]M AB∈ , [ ]N CD∈ ,

[ ]Z MD∈ , [ ]X MC∈ , [ ]Y BN∈ , [ ]T AN∈ astfel încât 2 AM BM⋅ = , 3CN ND= ⋅ , 3 ZD MZ⋅ = ,

3 MX XC⋅ = , 2 YN BY⋅ = , 2 AT TN⋅ = . Demonstrați că punctul ( )X YZT∈ . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

MATEMATICA LICEALĂ CLASA A IX-A

9. 63 : Fie funcţiile , :f g →ℝ ℝ , ( ) 5f x x= − şi ( ) 5 1g x x= − . Deteminaţi f g� şi g f� . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

9. 64 : Numerele ,a b ∗∈ℕ și x ∈ℝ verifică relația x a b a b= − = + . Demonstrați că

1a b− = şi că x este număr rațional. PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

9. 65 : Fie , ,x y z ∗∈ℤ cu proprietatea că x y z= + . Arătaţi că 3 3 3

2 2 2

x y z

x y z

− −∈

+ −ℤ ⇔ 2nz ∈ℤ .

PROF. GHEORGHE IACOB, LICEUL TEHNOLOGIC MIHAI BUSUIOC, PAŞCANI

9. 66 : Arătaţi că partea întreagă a numărului 1 1 1 1

1 ...2 3 29 30

+ + + + + este egală cu 10.

PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

9. 67 : Rezolvaţi ecuaţia 2 1

5 43

xx

+ = − , unde [ ]a reprezintă partea întreagă a numărului a∈ℝ .

PROF. MIHALY BENCZE, SĂCELE, BRAŞOV

9. 68 : Determinaţi mulţimea { }0 1 2; ; ;...; nA a a a a= pentru care 1 , ,k k ka a a k k n+ = ⋅ ∀ ∈ ≤

ℕ ,

unde prin [ ]x s-a notat partea întreagă a numărului real x . PROF. AUREL NEICU, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

9. 69 : Demonstraţi că ecuaţia ( )2 2 2 22 2 2 1 0x a b x a b b− − + + + − + = are soluţii reale şi pozitive,

ştiind că ecuaţia cu coeficienţi reali 2 0x ax b+ + = are soluţii reale. PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

9. 70 : Se consideră funcţia [ ) [ ): ; ;f a a∞ → − ∞ , ( ) 2f x ax bx c= − − cu proprietatea că intervalul

[ );a ∞ este maximal pentru a asigura inversabilitatea funcţiei f .

a) Să se determine funcţia f ştiind că , ,a b c sunt în progresie geometrică (în această ordine).

b) Să se determine funcţia f ştiind că , ,a b c sunt în progresie aritmetică (în această ordine). PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

64

Micii MATEMATICIENI

9. 71 : Fie ,x y ∈ ℝ cu proprietatea că 3x y+ = . Arătaţi că ( )3 3 1, ,

3x y x y+ ≥ ∀ ∈ℝ .

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD 9. 72 : Numerele reale pozitive , , ,x y z t verifică egalitatea: 12x y z t+ + + = . Demonstraţi

inegalitatea 2 2

2 2 49 25

z tx y+ + + ≥ . În ce caz avem egalitate ?

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

9. 73 : Să se determine numerele pozitive 1x , 2x , ..., 89x care verifică egalităţile:

1 2 89... 1x x x⋅ ⋅ ⋅ = şi 00 0

891 2 891 22 2 ... 2 178x tgx tg x tg ⋅⋅ ⋅+ + + = . PROF. MIHAELA TURNEA, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

9. 74 : Într-un patrulater convex ABCD , se consideră punctele ( )M BC∈ , ( )N DC∈ şi P care

verifică 4AP PM= ⋅���� ����

şi 3 2BP PN⋅ = ⋅��� ����

. Arătaţi că AB DC=���� ����

dacă şi numai dacă 2BD MN= ⋅���� ����

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

9. 75 : Numerele , ,a b c ∈ ℝ verifică: ( )28a b c ab+ + < . Demonstraţi că c nu se află între a şi b .

PROF. IOAN SĂCĂLEANU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU CLASA A X-A

10. 42: Patrulaterul ABCD are ADC ABC≡∢ ∢ şi ( ) ( )AD BC≡ . Atunci 2 2AD AC AB DC− = ⋅ .

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

10. 43: Rezolvaţi, în mulţimea numerelor reale, ecuaţia: 2015 2013 2015 2015 2014x x x⋅ + = ⋅ . PROF. MIRCEA MARIO STOICA, LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD

10. 44: Să se rezolve ecuaţia: ( )2 2 1 ln 0,nx x x n⋅ − + = ∈ℤ .

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

10. 45: Rezolvați ecuația ( )

( )3

1 33

log 3lg 41

3 710

xx

−+ − =

.

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

10. 46: Arătaţi că este adevărată inegalitatea: ( ) ( ) 25 5log 5 1 log 5 1x x x− ⋅ + < , ( ) ( )0;x∀ ∈ ∞ .

PROF. MADLENA BULBOACĂ, LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

10. 47: Determinaţi afixul ortocentrului H al triunghilui ABC în funcţie de afixele vârfurilor triunghiului ortic asociat.

PROF. MARIUS BREŞUG, LICEUL TEORETIC ION NECULCE, TÂRGU FRUMOS

10. 48: Arătaţi că un triunghi pentru care punctele O şi Γ coincide este echilateral, unde O este centrul cercului circumscris şi Γ este punctul lui Gergonne asociat triunghiului.

TEMISTOCLE BÎRSAN, IAŞI

65

Micii MATEMATICIENI

CLASA A XI-A

11. 34: Rezolvaţi, în mulţimea ( )2Μ ℤ , ecuaţia matricială 2 37 28

21 16X

= .

PROF. DOINA ŞI MIRCEA MARIO STOICA, ARAD

11. 35: Fie şirul ( )n nx

∈ℕ cu 1n

nx a= − , a ∈ℝ . Studiaţi convergenţa şirului 0

n

n kk

S x=

=∑ .

PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

11. 36: Calculați 1

1lim lim ...

n

n xk f dek ori

f f fn→∞ →−∞

=

∑ � � �������������� , unde :f →ℝ ℝ , ( )

21

xf x

x=

+.

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

11. 37: Să se calculeze puterea a n -a a matricei

5 13

2 20 2 1

2 1 0

A

− − = − −

.

PROF. CLAUDIA BUHA, LICEUL TEHNOLOGIC FRANCISC NEWMAN, ARAD

11. 38: Să se arate că are loc: 2

2 2 sin1 1 sin 2 1

2

x xx x

+ − + − ≤ ⋅ − , pentru ( ) [ ]1;1x∀ ∈ − .

PROF. AUREL NEICU , COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU CLASA A XII-A

12.35: Aflaţi funcţia polinomială :f →ℝ ℝ ştiind că ( ) ( ) ( )/ / / ,f x f x f x x= ⋅ ∀ ∈ℝ şi ( )/ / 0 2f = .

PROF. IOSIF MIHAI PAULIUC, COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU

12.36: Să se determine toate funcțiile :f →ℝ ℝ care admit primitive și verifică egalitatea:

( ) ( )2 ,f x F x x x⋅ − = ∀ ∈ℝ , ( )1 1f = , unde F este o primitivă fixată a lui f .

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

12.37: Funcţia derivabilă [ ) [ ): 0; 0;f ∞ → ∞ cu ( )0 1f ≥ admite primitiva [ ) [ ): 0; 0;F ∞ → ∞ cu

( )1 1F ≤ . Demonstraţi că şirul ( )n nx

∈ℕ definit prin ( )1

0

nx

nx f t dt+ = ∫ şi lim 1nn

x→∞

= este crescător.

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

12.38: Calculaţi integrala: 2

2 3

3 2 3 sin

cosx

x x x xI dx

x e x

− + − −=

+ +∫ .

PROF. MIHAI CRĂCIUN, COLEGIUL NAŢIONAL MIHAIL SADOVEANU, PAŞCANI

12.39: Arătaţi că rădăcinile polinomului 3 2X aX bX c+ + + sunt în progresie aritmetică dacă şi

numai dacă 32 27 9a c ab+ = . TEMISTOCLE BÎRSAN, IAŞI

66

Micii MATEMATICIENI

RUBRICA REZOLVITORILOR

Au dat soluţii corecte la PROBLEMELE PROPUSE în numărul 7 al revistei, următorii elevi:

LICEUL PEDAGOGIC DIMITRIE ŢICHINDEAL, ARAD

CLASA A IX-A (PROF. MADLENA BULBOACĂ): A: BĂDĂI ANDREEA(10); BULA BIANCA(10); GOLDIŞ

CRISTINA(10); OPREA ANCA(10); SZABO ANDREEA(10). C: BARBU FLAVIA(10); BĂNIŞTEANU PAULA(10); IANCU

IOANA(10); METEŞ CIPRIAN(10); POPA OANA(10).

CLASA A X-A (PROF. MADLENA BULBOACĂ ): A: CRIŞAN FLAVIA(10); HORGA GIORGIANA(10); PROŢIUC

ANDREEA(10). D: GRAMA MICHAELA(10); KELEMEN SUZANA(10).

LICEUL TEORETIC ADAM MULLER GUTTENBRUNN, ARAD CLASA A V-A (PROF. MARIO STOICA): BUDA PAUL(10); GERGELY VOGEL IZABELA(10); LILE TUDOR(10).

CLASA A VI-A (PROF. MARIO STOICA): BARTOK IZABELA(10); FIZEDAN RADU(10); RECKERT IRIS(10).

CLASA A VII-A (PROF. MARIO STOICA): BREHUESCU HANNELORE(10); SAS OANA(10).

ŞCOALA GIMNAZIALĂ PETRU RAREŞ , HÂRLĂU, IAŞI

CLASA A IV-A (PROF. LUMINIŢA MUŞEI): ROMAN RĂZVAN-MIHAI(18).

CLASA A VI-A (PROF. PETRONELA CIOBANU): GHEORGIA VIVIANA(10). (PROF. BOGDAN DORNEANU): LUCEAC SIMONA(10).

CLASA A VII-A (PROF. IOAN RĂUŢU): IOSUB MARIAN(10); ONOFREI TUDOR(10).

COLEGIUL NAŢIONAL ŞTEFAN CEL MARE, HÂRLĂU, IAŞI CLASA A V-A (PROF. GHEORGHE OANCEA): AGHIORGHIESEI HORIA(10); MAXIM ȘTEFAN THEODOR(10).

CLASA A VI-A (PROF. GHEORGHE OANCEA): MIHĂILĂ MARIA DENISA(10).

CLASA A VII-A (PROF. AUREL NEICU): MUSTAȚĂ ROBERT ANDREI(10); PAVĂL MIHAI(10); VICOL

ȘTEFAN (10); DUHAN DRAGOȘ MIHAI(10).

CLASA A X-A (B.PROF. AUREL NEICU ): STOICA LAURENŢIU IONUŢ (10); ŢUGUI ANDREEA IOANA(10). (PROF. RAMONA DARIE ): CIBOTARU ALEXANDRA MIHAELA (10); PUNGUȚĂ IULIANA ELVIRA (10).

CLASA A XI-A (PROF.GHEORGHE OANCEA ): LEAHU ANDREI(10); NUCĂ ANA MARIA(10). (PROF. IULIANA BLANARU ): GAGEA PETRONELA (10); GAGEA MIHAELA (10); MARȚIN GABRIEL(10). (PROF. RAMONA DARIE ): PROCOVANU I. COSMINA ELENA (10); ȚUȚUIANU D. OVIDIU-DUMITRU (10); ILINCA D. ALEXANDRU GHEORGHE(10).

CLASA A XII-A (PROF. RAMONA DARIE ): BOBÎRNĂ E. DIANA(10); BUZILĂ GH. ANDREEA(10). (PROF. IOAN SĂCĂLEANU ): PLETAN N. DENISA ELENA (10); GĂINĂ G. PETRONELA BIANCA (10); PINTILII D. ALINA SPIRIDON V. GABRIELA(10). (PROF. IULIANA BLANARU ): SOROHAN LUCIAN DĂNUȚ (10).

67

Micii MATEMATICIENI

CONCURSUL DE CREAŢIE MATEMATICĂ AL REVISTEI CEA MAI FRUMOASĂ PROBLEMĂ – 2015

te invită să îţi pui la încercare intuiţia, perspicacitatea , creativitatea în conceperea de probleme originale LA EDIŢIA DIN FEBRUARIE 2015. 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 I-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 : cicisme68@yahoo.com. 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 31.01.2015, 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.

68

Micii MATEMATICIENI

M MOTTO: “MUNCA PROFESORULUI ARE EFECT ASUPRA ETERNITĂŢII”

MMM MMMMMMMMMMMMOTTOMO

O RUBRICĂ DESTINATĂ PROBLEMELOR DE ATENŢIE, LOGICĂ, PERSPICACITATE

1. PROBLEMA LUI EINSTEIN Sunt cinci case diferite, fiecare pictată în altă culoare. În fiecare casă locuieşte o persoană de altă naţionalitate, care prefer propria sa băutură, diferită de a celorlalţi. Fiecare om are pe lângă el un animal distinct şi fumează o marcă distinct de ţigări. Se fac următoarele afirmaţii:

a) Englezul locuieşte în casa roşie. b) Suedezul are un câine. c) Danezul bea ceai. d) Casa verde este la stânga casei pictată în alb. e) Persoana din casa verde bea cafea. f) Persoana care fumează Pall Mall creşte păsări. g) Persoana din casa galbenă fumează Dunhill. h) Persoana din casa din mijloc bea lapte. i) Norvegianul locuieşte în prima casă. j) Persoana care fumează Blend locuieşte în casa vecină celei unde se cresc pisici. k) Persoana care creşte cai locuieşte lângă cel care fumează Dunhill. l) Persoana care fumează Blue Master bea bere. m) Germanul fumează Prince. n) Norvegianul locuieşte alaturi de casa vopsită în albastru. o) Cel ce fumează Blend este vecin cu persoana care nu bea decât apă.

ÎNTREBAREA ESTE: CINE CREŞTE PEŞTI ?

2. DIN FOLCLORUL MATEMATIC Mă aflu lângă un păr care are pere. Scutur uşor. Când privesc cu atenţie, nu văd pere nici în copac, dar nici pe jos. Câte pere au fost în păr ?

3. PRIETENI SAU NU, ACEASTA-I ÎNTREBAREA ? Emi şi Costin sunt colegi de clasă. Costin este prieten cu jumătate de clasă, iar Emi cu cealaltă jumătate. Sunt cei doi prieteni ?

(IOAN SĂCĂLEANU)

REDACŢIA: AŞTEPTĂM CU NERĂBDARE JUSTIFICĂRILE VOASTRE !

( )3 , 1 4π