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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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*
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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;
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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;
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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;
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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;
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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 + + − ≤ + + ∀ ∈
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
− −=
− −
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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
Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUS
Editia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006 Etapa finala
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 = .