Clasa a IV-a Concursul interjudetean de matematica al Revistei ...

Clasa a IV-a

1. Suma a 3 numere este 175. Aflati numerele stiind ca doua sunt numere pare consecutive, iar al

treilea numar este cu 3 mai mare decât suma lor. SINUS 2(5)/2006

Solutie: A-3p

1p B 1. 175 – 7 = 168 1p C 2. 168 : 4 = 42 (I numar) 1p D 3. 42 + 2 = 44 (II numar) 1p E 4. 42 + 44 + 3 = 89 (III numar)

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS

Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala

I numar II numar III numar

Clasa a IV-a

2. Un elev trebuie sa cumpere cu 29 de lei carti, caiete si pixuri. O carte costa 5 lei, un caiet costa 3 lei, iar un pix costa 2 lei.

a) Descoperiti ce posibilitati de a cumpara are; b) Aflati care poate fi numarul maxim de carti; c) Aflati care poate fi numarul maxim de caiete; d) Aflati care poate fi numarul maxim de pixuri;

Laurentiu Spac, Suceava Solutie:

Carti Caiete Pixuri Total Nr. buc.

Pret Nr. buc.

Pret Nr. buc.

Pret

1 5 2 3 9 2 29 1 5 4 3 6 2 29

A 2p 1 5 6 3 3 2 29

2 5 1 3 8 2 29 2 5 3 3 5 2 29

B 2p 2 5 5 3 2 2 29

3 5 2 3 4 2 29 C 1,5p 3 5 4 3 1 2 29 D 1p

4 5 1 3 3 2 29

E 0,5p

b, c, d



Clasa a IV-a

3. Mihai si Andrei au 54 si respectiv 36 de monede în colectiile lor. Fiecare baiat are câte o moneda falsa (mai usoara). Care este cel mai mic numar de cântariri pe care le poate face fiecare baiat cu o balanta negradata pentru a descoperi moneda falsa ?

Laurentiu Spac, Suceava

Solutie: Mihai

Andrei

2p E I cântarire 12* 12 12 0,5p F II cântarire 4* 4 4 0,5p G III cântarire 2 2* 0,5p H IV cântarire 1 1*



2p A I cântarire 18* 18 18 0,5p B II cântarire 6* 6 6 0,5p C III cântarire 2 2 2* 0,5p D IV cântarire 1 1*

Clasa a V-a

1. Determinati numerele naturale a, b, c, n astfel încât ( )3 6 4 2 865.c nab+ ⋅ + =

SINUS 1-2005 Solutie: Daca c ≠ 0, atunci ( )3 6 4c ab+ ⋅ este numar par 2n⇒ este impar 0n⇒ = …….........2p

Obtinem: 6 4 288 6 288c cab c+ = ⇒ ≤ ⇒ poate fi 1, 2 sau 3………………………….2p ( ) ( ) ( ){ }, , , 6,3,2,0 ; 1,8,3,0a b c n ∈ ……………………………………………………..1p

Daca 0 3 12 2 865 12 2 862n nc ab ab= ⇒ + ⋅ + = ⇔ ⋅ + = ………………………………1p Pentru 0 12 861n ab= ⇒ ⋅ = (F) 1 12 860n ab= ⇒ ⋅ = (F) 12 12 2 862 6 2 431n nn ab ab −≥ ⇒ ⋅ + = ⇒ ⋅ + = (F)……………………………..1p



Clasa a V-a

2. Fie sirul de numere naturale: 85, 92, 99, 106, …, 2003. a) Determinati câte numere contine sirul. b) Aflati cîte cifre s-au utilizat pentru scrierea numerelor din sir. c) Precizati care este cifra de pe locul 365 din numarul 859299106113…2003.

Gabriela Bedrulea, Suceava Solutie:

a) Numerele din sir se pot scrie: 85 7 12 1;92 7 13 1;...;2003 7 286 1= ⋅ + = ⋅ + = ⋅ + ………………………………………..2p Sunt 286-11=275 numere……………………………………………………………….1p

b) Sunt: 3 numere formate din doua cifre 128 numere formate din trei cifre (106 7 15 1;...;995 7 142 1= ⋅ + = ⋅ + ) 144 numere formate din trei cifre (1002 7 143 1;...;2003 7 286 1= ⋅ + = ⋅ + )……………..1p În total avem 966 cifre………………………………………………………………….1p c) 365 6 359 119 3 2− = = ⋅ + …………………………………………………………….1p Cifra de pe locul 365 este a doua cifra din numarul (119 14) 7 1 922+ ⋅ + = …………….1p





Clasa a V-a

3. a) Determinati cifrele a si b, stiind ca 13 3 .a bab + −= b) Determinati cifrele a, b, c stiind ca: 0 3 0 0aa b ccc+ ⋅ = . (Numerele sunt scrise în baza 10).

Artur Balauca, Botosani

Solutie: a) 13 100 1 5a b a b+ − ≥ ⇒ + − ≥ …………………………………………………………..1p 13 999 1 6a b a b+ − ≤ ⇒ + − ≤ …………………………………………………………1p 1 5a b⇒ + − = ………………………………………………………………………1p Finalizare …………………………………………………………………………...1p b) 0 3 0 0 11 3 111aa b ccc a b c+ ⋅ = ⇔ + = …………………………………….………..1p 3 27; 11 99 1b a c≤ ≤ ⇒ = ……………………………………………………..…..1p 11 3 111 9, 4a b a b+ = ⇒ = = ………………………………………….…..……….1p

Clasa a VI-a

1. Fie unghiul ascutit AOB, (OE semidreapta opusa semidreptei (OA , iar punctele C si D alese de o parte

si de alta a dreptei OA, astfel încât ( ) ( )90 ; 9 0 .m COA m DOB= =o oS S

Daca ( )m DOES este de 3

25

ori mai mare decât ( ),m AOBS calculati ( )m EOFS si ( )m COFS stiind ca

(OF este bisectoarea unghiului .AOD SINUS 1/2005

Rezolvare. Notam ( ) ;m AOB x= oS

Cazul I.: cum ( ) ( )13,

5m DOE m AOB=S S rezulta ecuatia

( )1390 25 25 ;

5x x x m AOB+ = ⇒ = ⇒ =o o o o o oS

( ) ( ) ( ) ( ) ( )65 ; 115 5730'; 12230'; 147 30';m EOD m AOD m DOF m EOF m COF= = ⇒ = = =o o o o oS S S S S

Cazul II.: cum ( ) ( )13,

5m DOE m AOB=S S rezulta ecuatia

( ) ( )13 1390 180 5615' 5615' 14615';

5 5x x x m EOD m EOD+ − = ⇒ = ⇒ = ⇒ =o o o o o o o oS S

( ) ( ) ( )1637'30'';0'; 90 1652'30'' 10652'30'';m EOF m COF m COF= = + ⇒ =o o o oS S S Figura ( chiar daca considera un singur caz)..............................................................1p;

( )m AOBS ...........................................................................................................1p+1p;

( )m EOFS ...........................................................................................................1p+1p;

( )m COFS ...........................................................................................................1p+1p;





Clasa a VI-a

2.a) Calculati 2 4 6 2 , .S k k ∗= + + + + ∈L ¥

b) Sa se arate ca: 1 1 1 1 1

.2 4 2 4 6 2 4 6 8 2 4 6 8 2006 2

+ + + + <+ + + + + + + + + + +

L L

Andrei Florea, profesor Bosanci

Rezolvare . a) ( )2 1 2 3S k= + + + +L ..........................................................................1p;

( ) ( )12 1

2k k

S S k k+

= ⋅ ⇒ = + ......................................................................................2p;

b) ( )

1 1 11 1k k k k

= − ⇒+ +

1 1 1 1;

2 4 2 3 2 3= = −

+ ⋅

1 1 1 1;

2 4 6 3 4 3 4= = −

+ + ⋅

……………………….. 1 1 1 1

;2 4 6 2006 1003 1004 1003 1004

= = −+ + + + ⋅L ……………………………………2p;

1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 4 2 4 6 2 4 6 8 2 4 6 8 2006 2 3 3 4 1003 1004

+ + + = − + − + + − =+ + + + + + + + + + +

L LL

1 1 12 1004 2

= − < ...............................................................................................................2p;



Clasa a VI-a

3. Sa se determine numerele naturale de trei cifre care au proprietatea ca patratul fiecaruia, micsorat de cinci ori, devine cub perfect.

Gheorghe Marchitan, Suceava Rezolvare. scrie relatia 2 3:5p q= ………………………………………………….1p;

2 35p q= si 3 2 3 3 3 6 25 5 5 5 5p k q k k h q h q h= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = .............................2p; 2 3 3 6 2 35 5 5 5 ,p q h p h h ∗= = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ∈ ¥ ....................................................................1p;

cum p are 3 cifre, rezulta ca { }3 3100 1000 100 25 1000 4 40 2,3p h h h≤ < ⇒ ≤ < ⇒ ≤ < ⇒ ∈ ..............................2p;

în concluzie, { }200,675p ∈ ......................................................................................1p;

Clasa a VII-a

1. a) Determinati elementele multimii: { } 2 5\ 2 | .

2x

M xx

+ = ∈ ∈ −

¢ ¢

b) Stiind ca numerele întregi x, y, z verifica relatia ( )2 5xy z z x y= + − − , aflati .x y+ SINUS 2(5)/2006

Solutie: a) ( ) { }2 / 2 5 2 / 2 2 9 2 / 9 2 1, 3, 9x x x x x x− + ⇒ − − + ⇒ − ⇒ − ∈ ± ± ± ………………….1p

{ }7, 1,1,3,5,11x∈ − − ………………………………………………………………………1p

b) ( ) ( ) ( )2 5 5xy z z x y x z y z= + − − ⇔ + − = ………………………………………....…2p

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 1 1 5 1 5 5 1x z y z+ − = − − = + + = − − = + + ……………………………2p

Finalizare 6x y+ = ……………………………………………………………………….1p





Clasa a VII-a

2. Sa se arate ca: ( )1 1 1 6... , .

5 1 5 2 25 5n

n n n∗+ + + > ∀ ∈

+ +¥

Corneliu Romascu, Suceava Solutie:

Utilizam inegalitatea ( )1 1 4, , 0,a b a b

a b a b+ > ∀ > ≠

+

Avem: 1 1 4

5 1 25 30 1n n n+ >

+ +

………………………

1 1 4

15 15 1 30 1n n n+ >

+ +…………………………………………………………….4p

1 1 1 4... 10

5 1 5 2 25 30 1n

n n n n+ + + > ⋅

+ + +…………………………………………………..2p

40 6200 180 6

30 1 5n

n nn

> ⇔ > ++

(A)………………………………………………………..1p



Clasa a VII-a

3. În trapezul ABCD ( AB CDP ), ,AC AD DB BC⊥ ⊥ si AB BC= . Daca M este punctul de

intersectie al bisectoarelor unghiurilor B si C ale trapezului, iar N simetricul lui M fata de mijlocul laturii BC, sa se demonstreze ca: a) ABCD este trapez isoscel; b) BMCN este dreptunghi;

c) 12

NC MN= .

Gabriela Bedrulea, Suceava Solutie: a) Figura……………………………………………………………………………………1p Fie P mijlocul bazei (DC). ABPV …………………………………………………………..1p

( ) ( )( . . .)APD BPC L U L AD BC≡ ⇒ ≡V V ……………………………………………………1p

b) ( ) 6 0 ;m BCD PBC= oS V echilateral

(BP bisectoarea ABCS si (CA bisectoarea BCDS , deci { }M AC PB= ∩ ………………1p

BMCN paralelogram si ( ) 90m BMC = oS …………………………………………………...1p

c) 2 22

DCMN BC PB MP CN= = = = = …………………………………………………….2p



Clasa a VIII-a

1. a) Aratati ca, oricare ar fi , ,x y ∈¡ are loc inegalitatea 2 2

2

2

24 4.

1

x y xy

x x

+ − +≥ +

− +

b) Gasiti perechile ( ),x y ∈ ×¢ ¢pentru care are loc egalitatea 2 2

2

2

24 4

1

x y xy

x x

+ − += +

− +.

SINUS 3(6)/2006

Rezolvare. a) inegalitatea se mai scrie: 2 2 2 21 1 2 1 1;x x y x x y− + + + ≥ − + ⋅ + .......1p; 2 21 0, ; 1 0a x x x b y= − + > ∀ ∈ = + >¡ ..........................................................................1p;

se aplica inegalitatea mediilor si se obtine rezultatul.......................................................1p; b) egalitatea are loc numai pentru a=b............................................................................1p;

2 21 1;x x y− + = + .............................................................................................................1p; 2 24 4 4 4 4;x x y− + = + ( ) ( )( )2 22 1 4 1 2 2 1 2 2 1 1, , ;x y x y x y x y− − = ⇒ − − + − = ∈¢ ......1p;

obtine

2 1 1

2 1 1

2 1 12 1 1

x y

x y

x yx y

− − = −

+ − = −− − =

+ − =

, de unde ( ) ( )0,0 , 1,0 ; .................................................................1p;





Clasa a VIII-a

2. Se considera dreptunghiul ABCD si ( )E ABC∉ astfel încât ( ) .EA ABC⊥ Fie

,AM EB AN EC⊥ ⊥ si ( ); ; .AP ED M EB N EC P ED⊥ ∈ ∈ ∈ Aratati ca:

a) ( );CE MNP⊥ b) punctele A, M, N, si P sunt coplanare;

c) .MB PD NCME PE NE

+ =

( ***)

Rezolvare. a) ( ) ( )BC AE BC AM

BC ABE AM BCEBC AB AM BE

⊥ ⊥⇒ ⊥ ⇒ ⇒ ⊥

⊥ ⊥.................1p;

( ) ( )AM EC

AM BCE EC AMNAN EC

⊥⊥ ⇒ ⇒ ⊥

⊥.............................................................1p;

( ) ( )AM EC

EC AMN EC MNPPN EC

⊥⊥ ⇒ ⇒ ⊥

⊥..............................................................1p;

b) ( ) ( )

CE MNPAM MNP

CE AN

⊥⇒ ⊂

⊥...............................................................................1p;

c) 2 2

22;

AB MB BE MB ABME AEAE ME BE

= ⋅⇒ =

= ⋅ analog

2

2

PD ADPE AE

= ................................................1p;

2 2 2 2

2 2 2

MB PD AB AD BD ACME PE AE AE AE

++ = = = .......................................................................1p;

2 2

22

AC NC CE AC NCAE NEAE NE CE

= ⋅⇒ =

= ⋅......................................................................................1p;



Clasa a VIII-a

3. Consideram numerele , ,a b c ∗∈ ¥ care satisfac .a b c< < Numim „etapa” înlocuirea fiecarui numar cu suma celorlalte doua. a) Comparati numerele scrise dupa a 2007-a „etapa”. b) Este posibil ca dupa 10 „etape”sa obtinem trei numere a caror suma sa fie 122 ?

Ecaterina Huluta, Suceava Rezolvare. a) punem S a b c= + + si avem: 0) ;a b c< < . 1) ;b c a c a b+ > + > + .......................................................................................................1p; 2) S a S b S c+ < + < + .....................................................................................................2p; 3)3 3 3 ;S a S b S c− > − > − 4)5 5 5 ;S a S b S c+ < + < + 5)11 11 11 ;S a S b S c− > − > − 6)21 21 21 ;S a S b S c+ < + < + 7)43 43 43 ;S a S b S c− > − > − 8)85 85 85 ;S a S b S c+ < + < + 9)171 171 171 ;S a S b S c− > − > − 10)341 341 341 ;S a S b S c+ < + < + ..... constata ca dupa fiecare ”etapa”de ordin 1,3,5,... ...,2 1,...n + numerele scrise sunt ordonate strict descrescator.....................................1p; concluzia pentru ”etapa” 2007.....................................................................................1p; b) 123 341 2S a b c⋅ + + + = ............................................................................................1p;

121024 2 4;S S= ⇒ = dar minimul sumei S este 1 2 3 6+ + = ......................................1p;

Clasa a IX-a

1. Fie triunghiurile ABC si ' ' 'A B C cu centrele de greutate G si 'G . Consideram punctele '', '', ''A B C

astfel încât patrulaterele ' ''GAA A , ' ''GBB B si ' "GCC C sa fie paralelograme. Aratati ca:

a) ' ' ' 3 'AA BB CC GG+ + = ; b) '' '' ' 'AB A B A B+ = ; c) triunghiurile ' ' 'A B C si '' '' ''A B C au acelasi

centru de greutate.

Gheorghe Marchitan, Suceava SINUS 3(6)/2006

Solutie: a) ( ) ( ) ( )' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 'AA BB CC AG GG G A BG GG G B CG GG G C+ + = + + + + + + + + =

( ) ( )3 ' ' ' ' ' ' ' 3 'AG BG CG GG G A G B G C GG= + + + + + + = .

b) ( ) ( )" " " " ' ' ' ' ' ' ' 'A B GB GA BB AA BG GG G B AG GG G A= − = − = + + − + + =

' ' ' ' ' ' " " ' 'BG AG G B G A AB A B AB A B A B= − + − = − + ⇒ + = . c) Daca "G este centrul de greutate al triunghiului " " "A B C , atunci ' " ' " ' " 3 ' "A A B B C C G G+ + = , dar

' " ' " ' " 0A A B B C C AG BG CG+ + = + + = , de unde obtinem 3 ' " 0 ' "G G G G= ⇒ = . 2. a) Sa se arate ca produsul a patru numere întregi consecutive este egal cu patratul unui numar întreg

minus unu.

b) Sa se determine multimea 3 1| .

2A n n n

n

= ∈ − + ∈ +

¥ ¤

Gheorghe Marchitan, Suceava

Solutie: a) ( )( )( ) ( ) ( )221 2 3 1 3 1 , .k k k k k k k+ + + + = + + ∀ ∈¢

b) Expresia de sub radical se scrie: ( )( )( ) ( )22

311 1 2 11

2 2 2

n nn n n nn n

n n n

+ −− + + +− + = =

+ + +, deci

23 1 1

, .2 2

n nn n n

n n+ −

− + = ∈+ +

¥ . Pentru ca 2 1

2n n

n+ −

∈+

¤ , este necesar ca n sa fie de forma

2 2, , 2.k k k− ∈ ≥¥ În concluzie se obtine { }2 2 | , 2.A k k k= − ∈ ≥¥ .

3. Sa se demonstreze ca, daca a, b, c sunt trei numere reale, strict pozitive, al caror produs este egal cu

unu, dintre care doua sunt mai mici sau egale cu 1 2 , atunci ( ) 2 2 26 15 .a b c a b c+ + − ≤ + +

Catalin Tigaeru, Suceava

Solutie : Putem presupune ca 1

,2

a b ≤ ; punem 1

cab

= si inegalitatea devine

( )3 2 2 3 2 2 4 2 2 4 16 15 1, , 0, ,

2a b a b ab a b a b a b a b + + − ≤ + + ∀ ∈



ceea ce, dupa ce trecem totul într-un membru si dupa ce adunam si scadem 3 32a b , este echivalent cu

4 2 3 3 2 4 3 3 3 2 2 3 2 2 12 2 6 6 15 6 1 0, 0 , ,

2a b a b a b a b a b a b a b ab a b− + + − − + − + ≥ < ≤

de unde ( ) ( )( )22 2 3 3 2 2 12 15 6 6 1 0, , 0, .

2a b a b a b a b a b ab a b − + + − + − + ≥ ∀ ∈

Este suficient sa

demonstram ca ( )( )3 3 2 2 12 15 6 6 1 0, , 0, .

2a b a b a b ab a b + − + − + ≥ ∀ ∈

Avem succesiv:

( ) ( )( )3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 22 15 6 6 1 9 4 6 1 6 1a b a b a b a b ab a b a b ab a b ab a b+ − + − + = − − + + − + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 21 4 5 1 6 1 1 1 1 4 6 1 1 0.ab a b ab a b a b ab ab a b a b= − − + + − − = − − + − − ≥

În conditiile din ipoteza, se întâmpla ca ( ) ( )1 1 0,1 4 0,a b ab− − ≥ − ≥ deci

( )( )3 3 2 2 12 15 6 6 1 0, , 0, ,

2a b a b a b ab a b + − + − + ≥ ∀ ∈

ceea ce încheie rezolvarea. Pentru 1

,2

a = 1, 2b c= = obtinem ( ) 76 15 6 15 6

2a b c+ + − = ⋅ − = în timp ce

2 2 2 21,

4a b c+ + = ceea ce justifica conditiile ipotezei.

Clasa a X-a

1. Stiind ca ( ) ,x y +∃ ∈ ¡ pentru care 7 9y = si 5 4x = sa se determine semnul expresiei

( ) 3 2 2 3,E x y x x y xy y= + − − . Felicia Boeru si Constantin Boeru,Slatina

SINUS 1(4)/2006 Solutie: Expresia se aduce la forma ( ) ( ) ( )2

,E x y x y x y= + − .

Pentru ( ), 0x y E x y< ⇒ < .

Pentru x y≥ , din 7 9 1y y= ⇒ > , iar din 4 5 5 4 5x y y= ≥ ⇒ ≥ . Atunci :

4 5 5 5 4 528 45

9 7 7 7 9 7

yy

y

≥ = > ⇒ > ⇔ >

(fals). Deci x y< si atunci ( ), 0E x y < .

2. Se considera numerele reale 1 2, , , ,na a a… strict pozitive, cu proprietatea ca 2 2 2

1 2 1.na a a+ + + =L Sa se demonstreze ca

11 2

2 22 212 3 2

1 2 1

log loglog log.n na n aa a

n n

a aa an

a a a a−

−

+ + + + ≥

L

Livia Balaci, Suceava Solutie: Putem scrie:

( )11 2

2 22 2. .

12 3 2 2 21 2

1 2 1

log loglog logn n

C B Sa n aa a

nn n

a aa aa a a

a a a a−

−

+ + + + + + + ≥

L L

( ) ( )1 2 1 1 2 1

2 22 22 3 1 2 3 1log log log log log log log log .

n n n n

na a a n a a a a n aa a a a n a a a a n

− −≥ + + + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =L

S-a tinut cont ca ( )1 2, , 0,1na a a ∈… si ca 1 22 3 1log ,log , ,log 0

na a aa a a >… . 3. Consideram triunghiul ABC si fie M un punct din plan. Sa se arate ca, daca alegem punctele N si P

astfel încât triunghiurile ABC, NBM si NAP sa fie direct asemenea, atunci patrulaterul APMC este paralelogram (eventual degenerat).

Catalin Tigaeru, Suceava Solutie: Vom nota cu a, b, c, m, n si p afixele punctelor respectiv A, B, C, M, N si P. Din ipoteza, avem

.a b n b n ac b m b p a

− − −= =

− − −

Din ,a b n bc b m b

− −=

− −deducem ,

a b n bc a m n

− −=

− −de unde ( ) ( ) ( )

1 .m n a b

c an b

− −− =

−

Din n b n am b p a

− −=

− −deducem ca ,

n b n am n p n

− −=

− −de unde .

p n n am n n b

− −=

− −



A

CB

M

P

N

Mai departe avem ,p m b am n n b

− −=

− −ceea ce conduce la ( ) ( ) ( )

2 .m n b a

p mn b

− −− =

−

Din ( )1 si ( )2 se obtine ( ) ,c a p m− = − − ceea ce înseamna ca patrulaterul APMC este un paralelogram, eventual degenerat.

Clasa a XI-a

1. Fie sirul ( )n nx

∈¥ , definit prin 0 1 1x x= = si ( )2

11

1, 1n

nn

xx n

x+−

+= ∀ ≥ . Sa se calculeze

( )2 1

2

2lim

1 5

nn

nn

x+

→∞

⋅

+.

Cristian Amoraritei, Suceava SINUS 2(5)/2006

Solutie: Din 2

21 1 1

1

11n

n n n nn

xx x x x

x+ + −−

+= ⇒ ⋅ − = ; avem 2 2

2 1 1 1n n n n n nx x x x x x+ + − +⋅ − = ⋅ − ⇔

( ) *2 1 1

1

,n n n n

n n

x x x xn

x x+ + −

+

+ +⇔ = ∀ ∈¥ ceea ce implica ( )2

1

3,n n

n

x xn

x+

+

+= ∀ ∈ ¥ .

Din relatia de recurenta ( )2 13 0,n n nx x x n+ +− + = ∀ ∈¥ obtinem :

( ) ( )( )

2 2

2 1 2 1

5 1 5 15 1 5 1,

2 25 5

n n

n n nx n

+ +

+ −− += ⋅ + ⋅ ∀ ∈ ¥ de unde

( )2 1

2

2 5 5lim

51 5

nn

nn

x+

→∞

⋅ −=

+.

2. Se considera o matrice ( )2 ,A∈ ¢M cu proprietatea ca ( ) 2det , .A k k= ∈ ¥ Sa se demonstreze ca, daca

( ) 2 0tr A k+ ≠ sau ( ) 2 0,tr A k− ≠ atunci exista ( )2, Xα ∗∈ ∈¢ ¢M astfel încât 2 .X Aα= Sa se dea

un exemplu de matrice ( )2 2, ,A A O∈ ≠¢M care are proprietatea ca, pentru orice ,α ∗∈¢ ecuatia 2X Aα= nu are solutii ( )2 .X ∈ ¢M

Catalin Tigaeru, Suceava Solutie: Matricea A verifica ecuatia ( )2 2

2 2 ,A tr A A k I O− + = de unde rezulta ca ( )2 22 .A tr A A k I= − Sa

presupunem ca ( ) 2 0;tr A k+ ≠ atunci matricea 2X A kI= +

satisface ( ) ( )2i X ∈ ¢M si ( ) ( )2 2 2 22 22ii X A kA k I tr A A k I= + + = − 2

22kA k I+ + =

( )( )2 ,tr A k A= + deci, daca punem ( ) 2 ,tr A kα = + atunci 2 ,X Aα= cu α ∗∈¢ si

( )2 .X ∈ ¢M Daca ( )2 0,k tr A+ = atunci ( )2 0k tr A− ≠ si se pune 2 ,X A kI= −

rationamentul repetându-se ca mai sus, cu ( ) 2 .tr A kα = − Daca alegem o matrice ( )2A Z∈M cu

proprietatile: ( ) ( )det 0tr A A= = si 2 ,A O≠ atunci ecuatia 2 ,X Aα= cu ,α ∗∈¢ nu are solutii. Daca ar

exista o solutie ( )2 ,X ∈ ¢M atunci ar rezulta ca ( ) ( )det 0,tr X X= = de unde 22 .X O Aα= ≠

Conditia ( ) 2 0tr A k+ ≠ sau ( ) 2 0tr A k− ≠ asigura faptul ca 2 .A O≠

Exemplu: ( ) ( )22

0 1, , det 0.

0 0A A O tr A A

= = = =

3. Fie ( ) 1n na

≥ un sir dat prin 1 1a = , ( )

3

1 , 1nn

na n

a+

= ∀ ≥

. Sa se determine 2006a , lim nn

a→∞

si 2

limn

n

na→∞

.

Marius Marchitan, Suceava



Solutie: 1 1a = , 2 1a = , 3 8a = , 4 3a = , 5 21a = si se arata prin inductie ca:

( )2

1, par, 4

1, imparn

n na n

n n n

−= ∀ ≥

− +.

Într-adevar, daca 1na n= − atunci:

( ) ( )3 3

22 21

1 1 11 1 1 1 1

1 1 1 1n

n na n n n n n n

n n n n+

− = = + = + + + = + + = + − + + − − − − .

( ) ( ) ( )3 2 2 2

2 2 2 2

1 111 1

1 1 1n

n n n n nn n na n n

n n n n n n+

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

.

Atunci 2006 2005a = si 2 2 1lim limn nn na a +→∞ →∞

= + ∞ = deci lim nna

→∞= +∞ .

Fie

2 2

2 2 2

2 2

2 2

, par1 1

, impar1 1

nn n n

n nn

n nn n nb

a a a n nn

n n n n

− − − = = − = =

− − + − +

( )2 2

2 2

22 2 2

1 11 , par 1 , par , par1 1 1 1

11 , impar1 , impar 1, impar11 1 1

n nn n n n nn n n n

nn n n nn nn nn n n n n n

− + + − + − − − −= = = −− − + − − +− + − + − +

. Atunci

2 2 1lim lim 0 lim 0n n nn n nb b b+→∞ →∞ →∞

= = ⇒ = .

Clasa a XII-a

1. Pe multimea finita M consideram operatia asociativa ”o ”, care are proprietatea ca exista a M∈ astfel încât ( ), ,x y a x y M≠ ∀ ∈o si ( ) { }1 2 1 2 1 2, , \a x a x x x x x M a= ⇒ = ∀ ∈o o .

Sa se arate ca exista { }\b M a∈ astfel încât a a b b=o o si sa se dea un exemplu de o operatie cu aceasta proprietate definita pe o multime cu trei elemente.

Catalin Tigaeru, Suceava SINUS 3(6)/2006

Solutie: Din ( ), ,x y a x y M≠ ∀ ∈o rezulta ca functia :af M M→ , ( )af x a x= o nu este surjectiva

( { }Im \af M a⊆ ), deci nici injectiva ( deoarece M este finita ). Atunci exista 1 2x x≠ astfel ca

1 2a x a x=o o . Din conditia ( ) { }1 2 1 2 1 2, , \a x a x x x x x M a= ⇒ = ∀ ∈o o rezulta ca unul din cele doua

elemente 1 2,x x este egal cu a si celalalt este diferit de a. Fie 1 2,x a x b a= = ≠ care verifica egalitatea a a a b=o o .

Cum operatia " "o este asociativa atunci ( ) ( )a a b a a b=o o o o . Dar a a a b=o o deci

( ) ( ) ( )a a b a b b a b b= =o o o o o o . Obtinem ca ( ) ( )a a b a b b=o o o o . Cum a b a≠o , b b a≠o rezulta ca: a b b b=o o . Dar a a a b=o o , deci a a b b=o o . Un exemplu de astfel de operatie este descrisa de tabelul urmator:

o c b a c c b b b b c c a b c c

2. Sa se calculeze 24 1

, 0.xxe dx x

x x+

⋅ >∫

Gheorghe Marchitan, Suceava

Solutie: ( )'2 '4 1 1 1

4 4 2x x x xxe dx x e dx x e dx e dx

x x x x x+

⋅ = + = − = ∫ ∫ ∫ ∫

4 2xe

e xx

= − ∫ 2 2x xe e

dxx x

− + ∫( )2 2 1 xx e

dx Cx

−= +

3. Fie :f →¡ ¡ o functie ce admite primitive si îndeplineste conditia:

( ) ( ) ( ) ( )1 1 , .f x f x x f x x− + + = + ∀ ∈ ¡

Sa se arate ca exista ( )0,6a ∈ astfel încât ( ) 3.f a = Marius Marchitan, Suceava

Solutie: Fie ( ) ( ): ,g g x f x x→ = −¡ ¡ ce admite primitive. Relatia din ipoteza se rescrie

( ) ( ) ( )1 1 1 1g x x g x x x g x x− + − + + + + = + + , adica ( ) ( ) ( ) ( )1 1 , .g x g x g x x− + + = ∀ ∈¡

Atunci ( ) ( ) ( ) ( )3 2 1g x g x g x g x+ = + − + = − , deci ( ) ( ) ( )3 0, .g x g x x+ + = ∀ ∈ ¡ Rezulta

( ) ( ) ( )3 ,G x G x c x+ + = ∀ ∈ ¡ , unde ( ) .G g x dx∈ ∫

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006

Etapa finala

Astfel ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 6 3 3 0,G x G x G x G x G x G x x+ − = + − + + + − = ∀ ∈¡ . Daca ( )F f x dx∈ ∫ atunci

( ) ( ) ( )2

',2x

G x F x c x= − + ∀ ∈¡ , deci ( ) ( )6

3,6

F x F xx x

+ −= + ∀ ∈¡ .

Pentru 0x = obtinem ( ) ( )6 0

36 0

F F−=

− si aplicând teorema lui Lagrange functiei F pe intervalul [ ]0,6

rezulta ca exista ( )0,6a ∈ astfel încât ( ) 3f a = .

Date post:	31-Dec-2016
Category:	Documents
Upload:	duongkhuong
View:	287 times
Download:	9 times

Clasa a IV-a Concursul interjudetean de matematica al Revistei ...

Documents