Concursul Papiu Ilarian 2014

7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2014

1/23

CONCURSUL INTERJUDEEAN DE MATEMATICALEXANDRU PAPIU ILARIAN, Ediia a XIX-a, 24-25 octombrie 2014

Barem de corectare

CLASA a VaSubiectul I

a) Calculai: 1321:645:34:40853:3181515507 b) Dac 19213 ba i 25 ab aflai ai b.

Soluie:a) 1321:645:1261515507

............................................................. ..............................(2p)

1321:645:181515507 =

1321:6615507 .................................................. (1p)

50713=6591........................................................... ................................................................. ...................(1p)

b) 13a+2(5a-2)=19 .........................................................................................................................................(1p)

23a=23 .....................................................................................................................................................(1p)

a =1 ......................................................... ................................................................. ..............................(1p)

Subiectul IISe consider irul de numere naturale 2, 7, 12, 17, 22, ..., n care fiecare termen, ncepnd cu al doilea, este cu 5 mai

mare dect precedentul.

a)

Aflai al 501-lea termen al irului;b) Calculai suma primilor 100 de termeni ai irului.

Gazeta matematic2014Soluie :

a) Se observ c forma general a irului este 5k+2 .............................................................. ..................... (1p)Al 501-lea termen este 5500+2=2502................................................................................................... (2p)

b) S=50+2+51+2+52+2+....................+599+2........................................................ ................................ (1p)

S=50+51+52+....................+599+2+2+2+.........+2S=5(0+1+2+....................+99)+2100.......................................................... .......................................... (2p)S=599100:2+2100

S=247500+200=247700 .................................................................................................................................. (1p)

Subiectul III

Nicu are 100 bile, albe sau negre. Dorind s aib numai bile albe , el face schimb cu prietenul su MiticAcesta ofer o bil alb pentru fiecare trei bile negre. Dup efectuarea schimbului, Nicu are 40 de bile albe. Determinati

numrul de bile albe pe care l-a avut iniial.

Gazeta Matematica2014Soluie :notm a- numrul de bile albe

n- numrul de bile negre........................................................................................................................ (1p)100= a+n

Deci n=100-a ..................................................................................................................................................... (1p)Nicu ofera o bila alb pentru fiecare trei bile negre deciavem: a+(100-a):3=40 ..................................................................................................................................... (3p)

de aici a=10 i deci n=90 ............................................................... ................................................................. .. (1p)Deci, Nicu a avut iniial 10 bile albe. ................................................................ .............................................. (1p)

Subiectul IVUn numr natural de dou cifre se numete Papiu-2014dac adunat cu rsturnatul su are ca rezultat un numr

natural de doua cifre identice.

a) Verificai dac numerele 34 i 92 sunt numere Papiu-2014.b) Aflati cte numerePapiu-2014 sunt.

Prof. Vasile i Florica Gna, Tg.-MureSoluie :

a) Numrulab estenumrPapiu-2014 atunci, xxbaab ............................................................ (1p)

34+43=77, decinumrul 34 estenumrPapiu-2014 ........................................................................ (1p)92+27=119, decinumrul 92 nu estenumrPapiu-2014 ................................................................. (1p)

b) Daca x=1 avem 0 numerePapiu-2014

x=2 avem 1 numerePapiu-2014x=3avem 2 numerePapiu-2014x=9 avem 8 numere Papiu-2014 .................................................................................... (2p)


2/23


Barem de corectare

CLASA a VIaSubiectul I

Calculai: 23995219917322995023 33:11:1125:5325:2552

Soluie :

36:11:1125:5325:552 1990199173229910023

.....................................(1p)

36:1125:512552 73223.............................................................. .............

(1p)

36:1125:51752 73223....................................................................................

(1p)

36:1125:)178(5 732.............................................................. ..................................

(1p)

36:1125:55 7322.......................................................................................................

(1p)

36:)111285(..................................................... ................................................................. ..

(1p)

436:144 .......................................................................................................................................

(1p)

Subiectul II

Se consider un numr natural N care mprit la 10 da restul 4 i mprit la 7 da restul 5

a) Artai ca N+2 se divide cu 14

b) Artai ca numrul 12013 N este divizibil cu 2014Gazeta matematic2013

Soluie :a) N=10c+4

N=7d+5 ........................................................................................ ................................................... (1p)

Adunm 2 la ambele relaii i obinem N+2=2(5c+3)N+2=7(d+1) ............................................................ ................................................................. ........(1p)

De aici deducem N+2 este multiplu de 2 i N+2 este multiplu de 7, iar cum 2 i 7 sunt prime ntre ele,avem cN+2 este multiplu de 14 ........................................................... ........................................ (2p)

b) N este nr par

2013N

-1=(2014-1)N

-1 ..............................................................................................................(1p)=M2014+1

N-1 ............................................................ .............................................................. (1p)

=M2014 deci este divizibil cu 2014 ........................................................................................ (1p)

Subiectul III

Fie punctele A1, A2, , An+1coliniare n aceast ordine i M1, M2, , Mnmijloacele segmentelor [A1A2], [A2A3]

, [AnAn+1]. tiind c A1A2= 2

1A2A3, A2A3=

2

1A3A4, , An-1An=

2

1AnAn+1i A1A2= 1 cm, aflai:

a) Lungimea segmentului [M5M6];

b) Lungimea segmentului [M1M2015].

Soluie :a) A1A2=1cm , A2A3=2cm, A3A4=4cm , ..., A5A6=16cm, A6A7=32cm ................................................... (1p)

M5mijlocul [A5A6] => M5A6= 8cm, M6mijlocul [A6A7] => M6A7= 16cm ................................................... (1p)

M5M6= 24cm .................................................................................................................................................... (1p)b) M1M2015=M1A2+A2A2015+A2015M2015................................................................ .................................. (1p)

M1A2=0,5 cm , A1A2=1cm , A2A3=2cm, A3A4=22cm , ..., A2014A2015=22013cmA2015M2015= 2

2014:2 = 2

2013cm ........................................................ ................................................................. .. (1p)

A2A2015=2+22+...+2

2013= 2

2014-2 ......................................................................................................................... (1p)

M1M2014= 0,5 + 22014

-2 + 22013

= 322013

1,5 ................................................................................................... (1p)

Subiectul IV

Determinai numerele prime a, b, ccare verific relaia: 201413415953 2 cba Gazeta matematic2014

Soluie :

5319267253353 2 cba ................................................................ ......................................... (2p) 53 | c, c prim => c=53 ........................................................ .............................................................. (1p)

17232 ba ....................................................... ................................................................. ........(1p)

a prim => a {2,3,5,7,11,13} .........................................................................................................(1p)


3/23


Barem de corectare

CLASA a VIIaSubiectul I

a) Artai c:2

1

20152013

1...

75

1

53

1

31

1

.

b) Aflai Nx dac:5

1

)8)(6(

1

)6)(4(

1

)4)(2(

1

)2(

1

xxxxxxxx

Soluie:

a)Se observc

3

1

1

1

2

1

31

1

............................................................... .....................................(1p)

Se obine

2015

1

1

1

2

1

2015

1

2013

1............

7

1

5

1

5

1

3

1

3

1

1

1

2

1

...........(1p)

2

1

2015

2015

2

1

2015

2014

2

1

................................................................ .................................................(1p)

b)

211

21

)2(1

xxxx

Analog se scriu i celelalte relaiii se ob ...............................................................................................

(1p)

5

1

8

1

6

1

6

1

4

1

4

1

2

1

2

11

2

1

xxxxxxxx

Se obine 5

1

8

11

2

1

xx

..............................................................................................................

(1p)

5

2

)8(

8

5

2

)8(

8

5

2

8

11

xxxx

xx

xx....................................................... ................

(1p)

220)8( xxx......................................................................................................................

(1p)

Subiectul II

Se consider triunghiul ABC n care m(


4/23

Subiectul III

Fie irul de numere naturale orin

aaaaaaaa

...,...,, scrise nbaza zece. Demonstraicnici un termen al irului nu este

ptrat perfect.

Soluie:

=p.p. => a{1;4;5;6;9}............................................................................................................................... (1p)inumrul a este de forma a=4k saua=4k+1 ......................................................... ................................................ (1p)

Dac a=1 => = = 4k+3 => n nu este p.p ..................................................... (2p)

Dac a=4 => =4 .Cum 4 este p.p. i nu este p.p. => nu este p.p.

Dac a=5 => =4k+3 => nu este p.p.

Dac a=6 => =4k+2 => nu este p.p.

Dac a=9 => =4k+3 => nu este p.p. ................................................................................. (2p)

Decioricarear fi a{1;4;5;6;9}, nu este p.p ............................................................................................... (1p)

Subiectul IV

Fie ABCD un ptrati E mijlocul laturii (AD), AG BE, BEG , CF BE, BEF . DemonstraicDF=CG.

Gazeta matematic 2014

D H C

G

E

A B

Soluie:

Fie HDCAG .Atunci DHAEBEAHCUBAEADH , H mijlocul (DC). .................. (2p)

Dar, BFAGIUBFCAGB ................................................................................... (2p)

Din faptulc BFAG si BEAH deducem c

BHCFED

HCED

FEGH

Rezultnbaza cazului L.U.L c CGDFGHCFED .............................................. (3p)

G

F


5/23


Barem de corectare

CLASA a VIIIa

Subiectul I

Artai c: a) 2542 xxx , oricarear fi xR;

b) ;2622 yxxy , oricarear fi x, y ;2 ***

Soluie:

a)24242 xxxx

.........................................................................................(2p)

05x => 2542 xxx.......................................................................................

(1p)

b)2)2)(2(2)2(2)2(622 yxyyxyxxy ..................................... (2p)

x-2>0, y-2>0 => (x-2)(y-2) > 0 ........................................................................................................(1p)

622 yxxy >2 => ;2622 yxxy.......................................................... .....

(1p)

Subiectul IIa) Fie a,b,c numere reale pozitive astfel nct 8abc .

Artaic

1

81

81

8ba

cac

bcb

a esteptrat perfect.Prof. Vasile iFlorica Gna, Tg.Mure

b) Calculai A= Gazeta matematic -2013

Soluie:

a)

Din faptulc 8abc atunci, bca

8

, acb

8

, respectiv bac

8

. ........................................................ (1p)

Atunci, 1111118

cbccbcbbccba

.

Analog, 1118

acacb

i 1118

ababc

. ......................................................... (1p)

Vom avea 222 11118

18

18

cbaba

cac

bcb

a. ............................ (2p)

b) ==2=2014 ................................................... (1p)

=2013 ............................................................................................................................... (1p)

Repetm procedeul i obtinem A==2011 ................................................................ (1p)


6/23

Subiectul III

Fie A,B,C,D patru puncte necoplanare, iar H i G centrele de greutate ale triunghiurilor BDC i respectiv ACD. Dac N este

mijlocul segmentului [CD], iar M(AB) astfel nct5

2

AB

AMsi EAHMN .Demonstrati ca )(|| BCDEG .

Soluie:

Fie H centru de greutate al triunghiului BCD1

2

HN

BH

................................................................................ (1p)

Fie G centru de greutate al triunghiului ACD1

2

GN

AG

................................................................................ (1p)

Dar 1

2

GN

AG

HN

BH

R.T.Thales ntriunghiul ABN rezult HG||AB.......................................................... (1p)

Fie SMNHG

n triunghiul NBM, HS||BM=>NHS NBM =>

33

1 BMHS

NB

HN

BM

HS

.......................................................... ........................................................... (1p)

Din 5

3

5

3

5

2 ABBM

AB

BM

AB

AM

nlocuind n relaia 2

1

5

2,

53

AM

HSABAM

ABHS

BMHS

............................................... (1p)

Din HS||AM rezultAEM HES =>

2

1

EA

HE

AM

HS

................................................................ ................ (1p)

Dac 2

1

GA

NG

EA

HE

rezult conform R. T. ThalesANH, EG||NH, NH(BCD)EG||(BCD) ......................................................................................................... (1p)

Subiectul IV

Fie A, B, C, D patru puncte necoplanare.

a) tiind c E i F sunt mijloacele segmentelor [BC], respectiv [AD], artai c

4

CDBDACABEF

;

b) Dac MBC astfelnctunghiul

CAMBAM , artaicACAB

BDACDCABDM

Soluie:

a) Aratm c n orice triunghi ABC cu AM median, AM MN=

, AN=

.

In triunghiul ANM, AMAM AE DE EF BDM CNM =>

=> ............................................................. ................................................................. ................ (1p)

t. bisectoarei n ABC =>

=>

=> CN =

Din

=>

=> ND =

........................................................ ........................... (1p)

Cum NC+CD>ND =>

=>

ACAB

BDACDCABDM

(1p)


7/23

P IX.1

Pe circumferinta unui cerc se considera 7 puncte care sunt colorate fiecare cu

rosu sau negru. Prin transformare ntelegem schimbarea culorilor a trei puncte con-

secutive (din negru n rosu si din rosu n negru).

a) Sa se arate ca printr-o succesiune de transformari putem obtine orice culoare

dorim.

b) Daca pe cerc se considera 6 puncte ramane afirmatia a) adevarata?

Vasile Pop

Solutie. Pentru a arata ca din orice colorare data putem obtine orice colorare

dorita este suficient (si necesar) sa aratam ca pentru orice puncte alese putem gasi

o succesiune de transformari n urma carora punctul respectiv si schimba culoarea

iar celelalte puncte raman de culoarea lor initiala.

a) Numerotam punctele 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 si notam cu (a,b,c) transformarea care

schimba culorile punctelor consecutive a, b si c. Pentru schimbarea culorii doar a

punctului 1 facem transformarile (6,7,1), (7,1,2), (1,2,3), (3,4,5), (4,5,6) si analog

din cate 5 transformari schimbam culoarea oricarui punct dorit.

b) Vom arata ca raspunsul este negativ. In cazul a 6 puncte avem 6 tipuri de

transformari: A(1, 2, 3), B(2, 3, 4), C(3, 4, 5), D(4, 5, 6), E(5, 6, 1), F(6, 1, 2). Daca

facema transformari de tipul A, . . . , f transformari de tipul F, atunci numerele 1,

2, 3, 4, 5, 6 schimba culoarea de N1, N2, N3, N4, N5, N6 ori.

N1= a +e+f, N2= a+b+f, N3= a+b+c,

N4= b+c+d, N5= c+d+e, N6= d+e+f.

Pentru a schimba culoarea punctul 1 ar trebui ca N1 sa fie impar iar N2, N3, N4,

N5, N6 sa fie pare. Din N1 si N2 rezulta ca b si e au paritati diferite. Din N4 si N5

rezulta ca b si e au aceeasi paritate, contradictie.

1


8/23

P IX.2

a) Sa se arate ca

(a+b+c)(a2 +b2 +c2 ab bc ca) =a3 +b3 +c3 3abc,

pentru orice numere reale a, b, c.

b) Sa se determine functiile f : R Rcare verifica relatia:

(f(x))3 + 6xf(x) +x3 = 8, x R.

Maria Pop

Solutie.a) Prin calcul.

b) Luand n a): f(x) =a, x= b si 2 =c obtinem:

0 = (f(x))3 +x3 8 + 6xf(x)

= (f(x) +x 2) 1

2[(f(x) x)2 + (x+ 2)2 + (f(x) + 2)2], x R.

Deci f(x) = 2 x, x Rsau

(f(x) x)2 + (x+ 2)2 + (f(x) + 2)2 = 0 x = 2 si f(x) =2.

Obtinem doua functii care satisfac relatia data:

f1(x) = 2 x, x R, f2(x) =

2 daca x= 2

2 x daca x=2.

2


9/23

P IX.3

Fie ABCDEF un hexagon convex si M,N,P,Q,R,S mijloacele laturilor AB,

BC, CD, DE, EF, FA.

a) Sa se arate ca cu segmentele MQ, PS si RNse poate construi un triunghi.

b) Sa se arate ca triunghiul cu laturile congruente cu MQ, PS si RN este

dreptunghic daca si numai daca MQ PS sau MQ RN sau PS RN.

Vasile Pop

Solutie.Fie rA, . . . , rF vectorii de pozitie ai varfurilor A, . . . , F .

a) Avem:

MQ = rQ rM=1

2(rE+ rD rA rB)

PS= rS rP =12

(rA+ rF rD rC)

RN= rN rR =1

2(rB+ rC rE rF).

Prin adunare rezulta MQ + PS+ RN= 0, deci cu segmentele MQ, PS, RN se

poate construi un triunghi cu varfurile X,Y, Zastfel ca XY = MQ, Y Z = PS si

ZX= RN.

b) Triunghiul XY Zeste dreptunghic daca si numai daca XY Y Z MQ

PS sau Y Z ZX PS RN sau ZX XY RNMQ.

3


10/23

P IX.4

Fie p 3 un numar prim si n 3 un numar natural impar.

a) Sa se arate ca:p1k=1

kn

p

= p 1

2 .

b) Sa se determine toate numerele naturale impare N 3 pentru care

N1k=1

kn

N

=N 1

2 .

Vasile Pop

Solutie. a) (p k)n

= (k)n

(mod p) kn

+ (p k)n

= 0 (mod p) astfel cakn

p +

(p k)n

p N, deci deoarece pentru k = 1, 2, . . . , p 1,

kn

p si

(p k)n

p nu sunt

numere ntregi rezulta ca kn

p

+

(p k)n

p

= 1.

Daca n suma data formam p 1

2 perechi de forma

kn

p

+

(p k)n

p

obtinem

p1k=1

k

n

p

=

p1

2k=1

1 = p 12 .

b) In mod analog, pentru n impar avem ca

kn

N

+

(N k)n

N

N si atunci

avem doua posibilitati: sau kn

N si

(N k)n

N sunt numere naturale, caz n care

kn

N

+

(N k)n

N

= 0

sau kn

N si (N k)n

N nu sunt numere naturale, caz n carekn

N

+

(N k)n

N

= 1.

Pentru egalitatea ceruta este necesar (si suficient) ca pentru orice k = 1, 2, . . . , N 1

numarul kn

N sa nu fie numar natural. Aceasta se ntampla daca si numai daca N

este liber de patrate, adica Neste produs de numere prime:

N=p1 p2 . . . pi

4


11/23

cu p1 < p2 < . . . < pi numere prime.

Daca N = p1 p2 . . . pi si prin absurd kn

N N atunci k se divide cu p1, cu

p2, . . ., cu pi deci k se divide cu N(fals caci k < N). DacaNcontine un factor primla putere 2 atunci N=p N1 cu 2 si luam k= p

1N1 < N. Avem:

kn

N =

pn(1)Nn1

p1N1=p(n1)(1)Nn11 N,

deci suma este strict mai mica decat N 1

2 .

5


12/23

P X.1

Se considera n 3 drepte n plan, care mpart planul n n(n+ 1)

2

regiuni.

Sa se arate ca exact una din urmatoarele afirmatii este adevarata:

1) Exista o singura pereche de drepte paralele.

2) Exista un singur triplet de drepte concurente.

Vasile Pop

Solutie.Vom arata mai ntai candrepte n pozitie generala (oricare doua nepar-

alele si oricare trei neconcurente) mpart planul n n(n+ 1)

2 + 1 regiuni.

Fie an numarul de regiuni n care acestea mpart planul: a1= 2, a2 = 4, a3 = 7

si aratam ca sirul (an)n2 verifica relatia de recurenta

an= an1+n, n 2.

Prin inductie primelen1 drepte determinaan1regiuni. Dreaptadnfiind neparalela

cu nici una din celelalte, le intersecteaza pe toate si deoarece nu exista triplete

concurente punctele de intersectie sunt distincte (n numar de n 1). Cele n 1

puncte determina pe dreptele dn un numar de nintervale. Fiecare interval separa o

regiune veche n doua regiuni, deci la un numar total de regiuni an1se adauga ncan

regiuni, astfal ca la adaugarea drepteidnse adauga ncanregiuni, decian= an1+n

si atunci

an= n+ (n 1) +. . .+ 1 + 1 = n(n+ 1)2

+ 1.

Deoarece cele n drepte din problema determina doar cu o regiune mai putin decat

daca ele ar fi n pozitie generala, nseamna ca la unul din pasi s-a adaugat cu o

regiune mai putin, ceea ce se ntampla daca pe dreapta dn nu am avea n 1 puncte

de intersectie ci doar n 2. Acestea se pot ntampla doar cand dreapta dn este

paralela cu una din celelalte n 1 drepte sau cand dreaptadn trece printr-un punct

de intersectie a doua drepte anterioare, adica avem un triplet de drepte concurente.

6


13/23

P X.2

Fie numerele complexe a, b, c cu proprietatea |a| = |b| = |c| = 1 si fie

S= |a+b|2 + |b+c|2 + |c+a|2.

Sa se arate ca:

a) Daca S= 3 atunci|a b| = |b c| = |c a|.

b) Daca S= 4 atunci (a+b)(b+c)(c+a) = 0.

Maria Pop

Solutie.Avem

S= (

a+b

)(a

+b

)+(b

+c

)(b

+c

)+(c

+a

)(c

+a

) =aa

+bb

+cc

+|a

+b

+c|

2

= 3+|a

+b

+c|

2.

a) S= 3 a+b+c = 0.

Avem:

|a b| = |a c| | 2b c| = | 2c b| (2b+c)(2b+c) = (2c+b)(2c+b)

4bb+cc+ 2bc+ 2bc= 4cc+bb+ 2cb+ 2bc h+ 1 =h+ 1.

b) S= 4 |a+b+c|2 = 1 (a+b+c)(a+b+c) = 1

(a+b+c)

1a

+ 1b

+1c

= 1 (a+b+c)(ab+bc+ca) =abc (a+b)(b+c)(c+a) = 0.

Observatie. Interpretare geometrica:

a) ABCeste echilateral.

b) ABCeste dreptunghic.

7


14/23

P X.3

Sa se determine functiaf : R Rcare verifica relatia:

(f(x) x)(f(y) 2) (2x 1)(y+ 1)

pentru orice x, y R.

Constantin-Cosmin Todea

Solutie.Fie x= 0 si y= 0 n relatia de mai sus. Obtinem

f(0)(f(0) 2) 1

deci

(f(0))2 2f(0) + 1 0,

de unde rezulta (f(0) 1)2 0, adica f(0) = 1.

Fie x= 0, y R n relatia din problema. Avem

f(0)(f(y) 2) y 1,

adica

f(y) 1 y. (1)

Fiex R

,y

= 0 n relatia din problema. Rezulta

(f(x) x)(f(0) 2) 2x 1

deci

f(x) +x 2x 1,

adica

f(x) 1 x. (2)

Din (1) si (2) rezulta

f(x) = 1 x

pentru orice x R.

8


15/23

P X.4

Fiea un numar natural fixat. Sa se arate ca pentru orice numar natural n exista

un numar natural f(n) astfel ca1 +a+

an

=

1 +f(n) +

f(n)

si sa se determine f(n).

Vasile Pop

Solutie.Avem

1 +a+

a2

= (2a+ 1) +

a(a+ 1)

si ridicand la k obtinem1 +a+

a2k

=ak+bk

a(a+ 1), unde ak, bk N (1)

1 +a

a2k

=ak bk

a(a+ 1) (2)

Inmultind relatiile (1) si (2) obtinem:

1 =a2k b2

ka(a+ 1) sau a2

k=a(a+ 1)b2

k. (3)

Definimf

(2k

) =a

(a

+ 1)b2k (pentru

n= 2

kpar).Pentrun impar, n= 2k+ 1 avem:

1 +a+

a2k+1

=

1 +a+

a2k

1 +a+

a

=ak+bk

a(a+ 1)

1 +a+

a

= (ak+ (a+ 1)bk)

a+ (ak+abk)

1 +a

=

a(ak+ (a+ 1)bk)2 +

(a+ 1)(ak+abk)2.

Se verifica relatia

(a+ 1)(ak+abk)2

a(ak+ (a+ 1)bk)2

=a2k b

2ka(a+ 1)

(3)

= 1.

Astfel ca putem defini f(2k+ 1) =a(ak+ (a+ 1)bk)2 (pentru n= 2k+ 1 impar).

Observatie. Din (1) si (2) gasim:

ak=1

2

1 +a+

a2k

+

1 +a

a2k

bk= 1

2a(a+ 1)

1 +a+

a2k

1 +a

a2k

.

9


16/23

P XI.1

FieA, B M2(C) doua matrici care au valorile proprii de modul mai mare ca 1.

a) Sa se arate ca daca A B= B A= C, atunci matriceaCare valorile proprii

de modul mai mare ca 1.

b) Este conditiaA B = B Anecesara pentru a)?

Vasile Pop

Solutie.a) Fie 1, 2 valorile proprii ale matricei A si 1, 2 valorile proprii ale

matriceiB.

DacaA = I2, atunci1 = 2 = siC= B are valorile proprii 1, 2

de modul mai mare ca 1.

Daca A = I2, din relatia A B = B A rezulta ca exista a, b C astfel ca

B= a A+b I2, deci C=a A2 +b A.

Valorile proprii ale matricei B sunt 1 = a1+b, 2 = a2+b, iar ale matricei

C sunt 1= a2

1+b1 = 11, 2= 22 cu modulul |1,2|= |1,2| |1,2|> 1.

b) Conditia este necesara dupa cum se vede din exemplul:

A=

0 81

2 0

, B=

0 1

2

8 0

, C=A B=

64 0

0 14

n care

1 = 2, 2= 2, 1 = 2, 2 = 2, 1 = 64, 2 =1

4 ,

|1|= |2|= |1|= |2|= 2> 1, |2|=1

4


17/23


18/23

P XI.3

Fie a,b, cnumere reale astfel ca:

sin(a+b) sin(a b) + cos b cos c= 0 (1)

sin(b+c)sin(b c) + cos c cos a= 0. (2)

Sa se arate ca: sin(c+a)sin(c a) = cos a cos b.

Maria Pop

Solutie.(1) 1

2(cos 2b cos2a) + cos b cos c= 0

1

2(2 cos2 b 1 2cos2 a+ 1) + cos b cos c= 0 cos2 b cos2 a+ cos b cos c= 0.

Notam x= cos a, y= cos b, z= cos c si va trebui sa aratam ca daca:

x2 y2 =yz, (1)

y2 z2 =zx, (2)

atunci

x

2

z

2

=xy. (3

)Adunand (1) si (2) obtinem: x2 z2 =z(x+y) si atunci (3) devine:

z(x+y) =xy. (4)

Din (1) pentru y = 0 rezulta z = x2 y2

y (daca y = 0

(1) x0

(2) z= 0 si (3)

este verificata) si (4) devine:

(x2 y2)(x+y) =xy2 (x3 xy2) + (x2y y3) =xy2

xy x2 y2

y +y2

x2 y2

y =xy2 xyz+y2z= xy2

xz+yz=xy (x+y)z= xy (adica relatia (4)).

12


19/23

P XI.4

Se considera sirul de numere reale an = arctg n, n N si sirul de numere

complexebn = cos 4an+i sin4an, n N.

a) Sa se arate ca |bn bm| Q, pentru orice m, n N.

b) Sa se arate ca n planul xOyexista 2014 puncte de coordonate numere ntregi,

ntre care distantele sunt numere naturale.

Vasile Pop

Solutie.a) Avem

cos2an=1 tg 2an1 + tg 2an

=1 n2

1 +n2 Q

si

sin2an= 2tg an1 + tg 2an

= 2n

1 +n2 Q.

Analog cos4an Q si sin 4an Q. Avem:

|bn bm|=

(cos4an cos4am)2 + (sin 4an sin4am)2

=

2 2(cos 4ancos 4am+ sin 4ansin 4am) =

2 2cos4(an am)

=

2 2(2 cos2 2(an am) 1) =

4cos2 2(an am) = 2| cos2(an am)|

= 2| cos2amcos 2an sin2amsin 2an| Q.

b) Consideram mai ntai punctele An(xn, yn), cu xn = cos4an, yn = sin4an,

n = 1, 2014, care conform punctului a) au coordonatele numere rat ionale, sunt

situate pe cercul de centru O(0, 0) si distantele ntre oricare doua sunt numere

rationale.

Daca notam cu M multimea numitorilor ce apar n toate numerele rationale

xn, yn si n toate distantele d(An, Am) si notam cu R produsul lor (numar natu-

ral), atunci punctele Bn(Rxn, Ryn), n = 1, 2014 au coordonata numere ntregi si

distantele ntre ele sunt numere naturale.

13


20/23


21/23

P XII.2

Se considera functiaf : [0, 1] R, f(x) = 1 +x

2 , x [0, 1].

a) Sa se determine functiafn =f . . . f n

.

b) Sa se determine limita limn

4n(1 fn(x)), x [0, 1].

Ovidiu Furdui

Solutie. a) Pentru x [0, 1] rezulta ca f(x) [0, 1] deci putem efectua com-

punerea ceruta.

Daca notam x= cos(tx), unde tx= arccos x

0,

2

, obtinem

f(x) =1 + cos tx

2 =

2cos2tx22

= costx

2

si analog

f2(x) =

1 + costx2

2 = cos

tx

4, . . . , fn(x) = cos

tx

2n,

deci

fn(x) = cosarccos x

2n, x [0, 1].

b) Avem:

4n(1 fn(x)) = 4n

1 cos tx

2n

= 4n 2sin2

tx

2n+1 = 22n+1

sin

tx

2n+1tx

2n+1

2

t2x

22n+2

si atunci

limn

4n(1 fn(x)) =1

2(tx)

2 =1

2(arccos x)2, x [0, 1].

15


22/23

P XII.3

Fie f : R R o functie care admite primitiva F : R R si fie

x1, x2, . . . , xn; y1, y2, . . . , yn numere reale cu proprietatea xi > yi, i= 1, n, n N.

Sa se arate ca exista c Rastfel ca:

n

i=1

(F(xi) F(yi)) = f(c)n

i=1

(xi yi).

Vasile Pop

Solutie.Pentru functia derivabilaFaplicam teorema lui Lagrange pe intervalele

[yi, xi].

Exista ci (yi, xi) astfel ca

F(xi) F(yi) =f(ci)(xi yi), i= 1, n.

Daca notam

min{f(ci)| i = 1, n}= f(),

max{f(ci)| i = 1, n}= f(),

obtinem:

f() =

n

i=1

(xi yi)

n

i=1

(F(xi) F(yi)) f()

n

i=1

(xi yi)

sau

f()

n

i=1

(F(xi) F(yi))

n

i=1

(xi yi)

f().

Deoarece functiafare proprietatea lui Darboux, exista c (, ) astfel ca:

n

i=1

(F(xi) F(yi))

n

i=1

(i yi)

=f(c).

16


23/23

P XII.4

Pe multimea numerelor reale se considera legile de compozitie

x n y= 2n+1

x2n+1 +y2n+1 +a2n+1, x , y R,

unde aeste un numar real fixat si neste un numar natural arbitrar.

a) Sa se studieze proprietatile acestor legi (asociativitate, element neutru).

b) Sa se studieze proprietatile legii de compozitie definita prin:

xy = limn

x n y , x , y R.

Vasile Pop

Solutie.a) Avem

x n (y n z) = (x n y) n z= 2n+1

x2n+1 +y2n+1 +z2n+1 + 2a2n+1, x , y , z R,

deci toate legile n sunt asociative.

Avem

x n (a) = (a) n x= x, x R,

deci e= aeste elementul neutru, acelasi pentru orice n N.

b) Prin calculul limitei, notand M= max{|a|, |x|, |y|}obtinem:

xy =

a daca M=|a| sau y= x

x daca M=|x| sau y= a

y daca M=|y| sau x= a.

Element neutru: avem x (a) = (a) x= x, x R, deciaeste elementul

neutru.

Asociativitate: alegem x, y Rastfel ca |a|< y < x si avem:

((x)x)y = ay = y si (x)(xy) = (x)x = a,

si cumy=

arezulta ca legea nu este asociativa.Observatie: Limita unei legi asociative poate fi o lege neasociativa.

Date post:	24-Feb-2018
Category:	Documents
Upload:	szep-gyuszi
View:	247 times
Download:	0 times

Concursul Papiu Ilarian 2014

Documents