Concursul Papiu Ilarian 2015

7/25/2019 Concursul Papiu Ilarian 2015

1/23


2/23


3/23


4/23


5/23


6/23


7/23


8/23


9/23


10/23


11/23


12/23


13/23


14/23


15/23

Clasa IX

1. Sa se determine numerele naturale npentru care exista numere naturale a, b, c astfel ca:a +b

c

+

b+c

a

+

c+a

b

= n.

Vasile PopSolutie. Din inegalitatea [x]> x 1 rezulta

n > a +b

c 1 + b+c

a 1 + c+a

b 1

= ac + ca+ bc + cb+ ba+ ab 3 2 + 2 + 2 3 = 3,deci n 4.

Vom arata ca pentru orice n 4 exista a, b, c astfel ca relatia data sa fie verificata.Pentrun= 4 se verifica solutiaa= b = 4, c= 3.Pentrun= 5 avem solutiaa= b = 3, c= 2.Pentrun= 6 avem solutiaa= b = c = 1.Pentrun= 7 avem solutiaa= 1, b= c = 3.Pentrun= 2k, k 4 avem solutiaa= b = 1, c= k 1.Pentrun= 2k+ 1, k 5 avem solutiaa= 1, b= k 1, c= k + 1.Ramane cazul n= 9 pentru care avem solutiaa= 1, b= 3, c= 4.

2. Fie ABCun triunghi ascutitunghic, X , Y , Z puncte variabile pe segmentele BC, CA,AB si T un punct variabil n plan. Sa se determine valoarea minima a sumei

S(X , Y , Z , T ) =T A +T B+ T C+ T X+ T Y +T Z

n functie de laturile triunghiului.Vasile Pop

Solutie. Avem T A+T X AX si egalitatea se atinge pentru T [AX] si analoagele T B+T Y BY, T C+ T Z CZ, deci

S(X , Y , Z , T ) AX+ BY +C Z

cu egalitate daca si numai daca dreptele AX, BY si CZsunt concurente (n T).Pe de alta parte AX hA, BY hB, CZ hC cu egalitate daca si numai daca AX,

BY si CZ sunt naltimi (concurente n ortocentrul H). Astfel ca valoarea minima a sumeiS(X , Y , Z , T ) este hA+ hB+ hC si se atinge atunci cand T este ortocentrul Hal triunghiuluiABC iar X, Y , Z sunt picioarele naltimilor din A, B , C . Avem:

min S(X , Y , Z , T ) =hA+ hB+ hC= 2S

1

a+

1

b+

1

c

= 2p(p a)(p b)(p c)1a

+1b

+1c .

3. Fie a, b, c R+ cu a +b+c= 3. Demonstrati ca:i) ab+bc+ca 3abc;


16/23

ii) a2 +b2 +c2 + 6 3

1

a+

1

b+

1

c

.

Dan MoldovanSolutie. In general avem

(X+ Y +Z)2 = (X2 +Y2 +Z2 XY Y Z ZX) + 3(XY +Y Z+ ZX) 3(XY +Y Z+ ZX).

i) Daca luam X=ab, Y =bc, Z=ca obtinem:

(ab+bc+ca)2 3(ab bc+bc ca +ca ab) = 9abcadica inegalitatea ceruta ridicata la patrat.

ii) Avema2 +b2 +c2 = (a +b+c)2 2(ab+bc+ca) = 9 2

ab

astfel ca inegalitatea de demonstrat devine:

ab

3

abc+ 2

15.

Notam t=

abc si membrului stang i aplicam majorarea de la punctul i):

ab 3t,

astfel ca va fi suficient daca demonstram ca

3t

3

t2+ 2

15 (t 1)

t 3

2

0.

Aceasta inegalitate este evidenta daca tinem seama ca

t2 =abc

a +b+c

3

3= 1 adica t 1.

4. Fie a un numar real nenul cu proprietatea ca numerele a4 + 1

a4 si a5 +

1

a5 sunt numere

rationale. Sa se arate ca a45 + 1

a45este numar rational.

Vasile PopSolutie.

Notam bn = an +

1

an, n 1.

Se verifica relatiile:b2 b4 = b2+ b6 (1)b2

b8 = b10+ b6 (2)

din care rezultab10 = b2(b8 b4+ 1) (3)

Deoarece b8 =b24+ 2 Q si b10 = b25+ 2 Q, din (3) rezulta b2 Q si din (2) rezulta b6 Q.

Din relatia b1 b4 = b4+ b6 rezulta b1 Q. Dar bn+1 = bn b1 bn1 de unde rezulta bn Qpentru orice n 6.


17/23

Clasa X

1. Fie (an)n1o progresie aritmetica de numere naturale nenule cu a3= 21. Sa se determinevaloarea maxima a sumei aa1+ aa2+ aa3+ aa4+ aa5.Vasile Pop

Solutie.

Daca b1, b2, b3 sunt numere naturale n progresie aritmetica atunci ab1, ab2, ab3 sunt si ele nprogresie aritmetica, astfel ca suma

S=aa1+ aa2+ aa3+ aa4+ aa5 = 5aa3 = 5a21.

Din a3 = a1+ 2r= 21 si a1, r N rezulta 21 = a1+ 2r cu solutiile:1) a1 = 1, r= 10;

. . .10) a1= 10, r= 1Avem S= 5(21 2r+ 20r) = 5(21 + 18r) deci Smax= 1005 si Smin= 195.

2. Sa se determine numere naturale n 2 care verifica inegalitatea:n 1, si deoarece sirul (an)n

2 este

descrescator este suficient sa determinem cel mai mare n pentru care n

6+ 3

6+ 4

6 deci multimea

cautata este{2, 3, 4, 5}.

3. Pe parabola de ecuatiey = ax2 +bx+c, a,b,cR, a= 0 se considera punctele Ak deabscisa k Z.

a) Sa se arate ca centrele de greutate Gk ale triunghiurilor Ak1AkAk+1, k Z, se afla peo alta parabola.

b) Sa se arate ca triunghiurileAk1AkAk+1 au aceeasi arie pentru orice k Z.Vasile Pop

Solutie. a) Punctul Gk are abscisa

k 1 +k+k+ 13

=k,

aceeasi cu a punctului Ak, deci dreapta AkGk este paralela cu axa Oy. Ordonata punctuluiGkeste

yk1+yk+ yk+13

=a((k 1)2 +k2 + (k+ 1)2) +b((k 1) +k+ k+ 1) + 3c

3

=ak2 +bk+c+2a

3 ,

deci punctele Gk se afla pe parabola de ecuatie

y= ax2 +bx+c+2a

3 .

b) Aria triunghiului Ak1AkAk+1 este de trei ori aria triunghiului AkGkAk+1 cu baza AkGksi naltimeah= k + 1 k= 1.


18/23

Avem AkGk =2

3|a| si atunci aria triunghiului Ak1AkAk+1 esye

3 23|a| 1

2= |a|,k Z.

4. Fie a,b,c,d numere pozitive cu proprietatile:

a2 +b2 =c2 +d2 si a2 +d2

2ad= b2 +c2 +

2bc.

Sa se determine raportul ab+cd

ad+bc.

Vasile Pop

Solutia 1. (Trigonometrica) Daca a2 +b2 =c2 +d2 =R2 atunci exista t, s 0,2astfel ca

a= R cos t, b= R sin t, c= R cos s, d= R sin s.

A doua relatie devine:

cos2 t+ sin2 s

2cos t sin s= sin2 t+ cos2 s+

2sin t cos s cos2t cos2s=

2(sin t cos s+ cos t sin s)

2sin(t+s) sin(s t) =

2 sin(t+s)

sin(s t) =

2

2 s t=

4

(t+s (0, ) si sin(t+s) = 0).Raportul cautat este

cos t sin t+ cos s sin s

cos t sin s+ sin t cos s=

1

2sin2t+ sin 2s

sin(s+t)

=1

22sin(s+t)cos(s t)

sin(s +t) = cos(s t) = cos

4 =

2

2 .

Solutia 2. (Geometrica) Daca a2 +b2 =c2 +d2 = 4R2 luam un diametru fix AB ntr-un cercde raza R si punctele C, D pe semiarcele opuse astfel ca AC= a, CB = b, AD= d, DB = c,

CAD= 45 si CBD = 135 (ACB=ADB = 90).In triunghiul CADavem:

CD2 =AC2 +AD2 2AC AD cosA= a2 +d2 2adsi analog din triunghiul CBD obtinem:

DC2 =b2 +c2 +

2bc,

deci constructia este corecta. Avem:

ab+cd= 2(A

(ACB) +A

(ADB)) = 2A

(ABCD)

= 2(A(CAD) + A(CBD)) =ad sin 45+ bc sin 135 = (ad+bc)

2

2si astfel

ad+cd

ad+bc =

2

2 .


19/23

Clasa XI

1. Fie n un numar impar si 1, 2, . . . , n, n permutari ale multimii{1, 2, . . . , n}. Sa searate ca dacai= (ai1, ai2, . . . , ain), i= 1, n si aij =aji, i, j = 1, n

atunci (a11, a22, . . . , ann) este o permutare a multimii{1, 2, . . . , n}.Vasile Pop

Solutie. Consideram matricea patratica de ordin n care are ca linii cele npermutari:

A= (aij)i,j=1,n

si care este o matrice simetrica. Este suficient sa aratam ca fiecare element 1, 2, . . . , n apare

pe diagonala (explicatie!). Daca de exemplu presupunem ca 1 nu apare pe diagonala atuncidatorita simetriei matriceiAel apare n matrice de un numar par de ori (n numar egal deasuprasi sub diagonala), dar 1 apare cate o data pe fiecare linie, n total apar de n ori, contradictiecu ipoteza n impar.Fie n un numar impar si 1, 2, . . . , n, n permutari ale multimii{1, 2, . . . , n}. Sa se arate cadaca

i= (ai1, ai2, . . . , ain), i= 1, n si aij =aji, i, j = 1, natunci (a11, a22, . . . , ann) este o permutare a multimii{1, 2, . . . , n}.

2. Se considera doua matrice inversabileA, B M2(R) cu proprietatea ca matricea A + Beste inversabila si are loc relatia

(A +B)1 =A1 +B1.

a) Sa se arate ca det(A +B) = det A.b) Ramane adevarata concluzia a) daca A, B M2(C)?

Vasile PopSolutie. a) Avem relatia

In= (A +B)(A1 +B1) AB1 +BA1 = In (1)

Inmultind n (1) cu A si apoi cu B obtinem:

AB1A (1)= BA1B

(2)=(A +B).

Din (1) obtinem(det A)2

det B =

(det B)2

det A (det A)3 = (det B)3

si deoarece det A, det B R rezulta det A= det B.Revenind n (2) obtinem

(det A)2

det B

= det(A +B),

deci det(A +B) = det A.b) Relatia nu mai ramane adevarata dupa cum rezulta din exemplul:

A=

1 00

, B =

1 00 2

, unde 2 ++ 1 = 0.


20/23

Avem

A1 = 1 0

0 2 , B1 = 1 0

0 , A +B = 1 0

0 1 ,(A +B)1 =A1 +B1 =

1 00 1

.

Dar det(A +B) = 1 = det A= 2.

3. Sa se determine numarul matricelor A M2({1,2,...,p-1}) cu proprietatea ca matriceaA2 are toate elementele divizibile cu p , unde p 2 este un numar prim.

Vasile PopSolutie.

Fie A= a bc d M2(1, 2, 3,...,p 1). Din relatia A2 0 (mod p) obtinem sistemul decongruente modulop : a2 + bc 0, b(a + d) 0, c(a + d) 0. deoarece p este prim din relatiaxy 0 rezultax 0 sauy 0 ,astfel ca deoareceb = 0, c = 0 sistemul se reduce la doua ecuatii: a2 + bc= 0 si a + d= 0. Din relatia a doua pentru a= 1, 2,...,p 1 , deste unic determinatd = p 1, p 2, ..., 1. Din prima relatie pentru orice pereche (a, b) cu a, b {1, 2,...,p 1}numerele a2 + b, a2 + 2b,..., a2 + (p 1)bsunt diferite modulo p astfel ca unul dintre ele este 0modulop, deci exista un singur c astfel ca a2 + bc 0 (modp). Avem (p 1)(p 1) = (p 1)2moduri de alegere a perechilor (a, b) astfel ca avem (p 1)2 matrice.

4. Se considera functiaf : R

R,

f(x) =

|x+ 1|, x 1 avem a1 = a

20 > 1 si prin inductiean >1,nN si an = a20 care

este crescator nemarginit.2) Pentru a0 = 1 sirul este constant an= 1,n N.3) Pentru a

0 (0, 1) avem a

1 = a2

0 (0, 1) si prin inductie a

n (0, 1) si a

n = a2

0, sir

descrescator si marginit (de zero).4) Pentru a0 = 0 sirul este constant an= 0,n.5) Pentru a0 (1, 0) avem a1 =a0 1 (1, 0) si a2 = a0 deci sirul este periodic de

perioada doi:a2n=a0 si a2n+1=a1= a0 1.

6) Din 5) daca a0= a0 1 a0 = 12

sirul este constant.

7) Pentru a0 Z, a0 1, a0 =k obtinem a1 =k+ 1, a2 =k+ 2, . . ., ak = 0 siak+1=ak+2= . . .= 0 (sirul este constant ncepand de la rangul k).

8) Pentru a0 0, m M


22/23

(ceea ce contrazice alegerea lui M).Din relatia x

x

A rezulta 0

A si daca A ar mai mult de un element din x

0 =

|x

|rezulta A [0, ).Fie A ={0 = a0 < a1 < a2 < . . . < an}. Din|a2 a1| A si 0 < a2 a1 < a2 rezulta

a2 a1 = a1 deci a2 = 2a1. Din a3 a1 A, a3 a1 >0 si a3 a2 A, a3 a2 >0 rezultaa3 a1= 2a1 si a3 a2=a1 astfel ca a3 = 3a1 si prin inductiean = na1. Astfel ca daca A aren+ 1 elemente ea este de forma

A= {0, a, 2a, 3a , . . . , n a}.

3. Sa se determine functiile f : (0,

)

(0,

) care admit primitiva F : (0,

)

(0,

)

si verifica relatia:

f(x)F

1

x

=

1

x, x >0.

Vasile PopSolutie. Inlocuind in relatia data x cu 1

xobtinem relatia : f( 1

x) F(x) =x, x >0. (2)

Derivand relatia (2) obtinem : 1x2

f

(x) F(x) +f( 1x

) f(x) = 1, x >0.Inlocuin x cu 1

xobtinem :x2f(x) F( 1

x) +f(x) f( 1

x) = 1, x >0. (3)

Din relatia data avem : F( 1x

) = 1xf(x)

, x > 0 si din (2) avem : f( 1x

) = xF(x)

care inlocuita in

(3) da :f(x)

F(x) f

(x)

f(x) 1

x = 0,

x > 0 . (4) sau : (

lnF(

x)

lnf(

x)

ln(

x)

= 0,

x > 0 deci ;F(x)

xf(x)= 1

c, c >0, x >0 sau : f(x)

F(x)= c

xsau (lnF(x))

= (lnxc)

, x >0 (5)Rezulta F(x) =xc sau f(x) =a xc, a >0, x >0.Revenind in relatia data obtinem : a=

+ 1 deci functiile care verifica relatiile cerute sunt

: f(x) =

+ 1 x, > 1

4. FieSo multime nevida, n N,n 2, un numar natural fixat si o lege de compozitieasociativa pe Scu proprietatile:1) xn+1 =x,x S;2) xynx= yxny, x, y S.

Demonstrati ca legea este comutativa pe S. Dati un exemplu de structura (S, ) cuproprietatile din enunt, pentru care|S| 5 si care nu are element neutru.

Mihaly VladSolutie:

a) y yx (ii) x(yx)nx= yx xn yx (i)= (yx)2 x(yx)nx= (yx)2 (1)

x xyx (1) xyx (yx)2n xyx = (yx)4 (i) (xyx)2 = (yx)4 (2)

x yn (2) (yn+1)2 y2n = (yn+1)4 (i) y2 =y4, ()y S y2k =y2, ()y S, k N (3)

Daca neste impar xn+1 = x (3) x2 =x, ()x Sxynx= yxny

(3) xy3x= yx3x (x2=x) xyx = yxy (4)

In (1) folosim x2 =x xyx2 =yx xyx = yx , interschimbam x cu y yxy =xyConform (4) si folosind ultimele doua relatii deduse rezulta : xy=yx (*)


23/23

Date post:	24-Feb-2018
Category:	Documents
Upload:	szep-gyuszi
View:	226 times
Download:	0 times

Concursul Papiu Ilarian 2015

Documents