Neculai stanciu exercitii rezolvate

Dreptul de copyright:
Cartea downloadată de pe site-ul www.mateinfo.ro nu poate fi publicată pe un alt site şi nu poate fi folosită în
scopuri comerciale fără specificarea sursei şi acordul autorului

Neculai STANCIU

PROBLEME
DE
MATEMATICÃ
GIMNAZIU
&
LICEU

Buzãu, 2009

Dedic această carte soţiei mele Roxana Mihaela Stanciu şi copiilor
noştriBogdan Andrei şi Maria.

Referenţi ştiinţifici:
Prof. gr. I Constantin Apostol, Colegiul Naţional „Alexandru Vlahuţã”, Râmnicu Sãrat
Prof. gr. I Gheorghe Ghiţã, Colegiul Naţional „Mihai Eminescu”, Buzãu
Redactor: Roxana Mihaela Stanciu
Tehnoredactare computerizatã: Roxana Mihaela Stanciu

2

PREFAŢÃ
Soluţia unei probleme trebuie privitã ca o sursã de metode şi idei care se
vor dovedi utile şi în alte împrejurãri.Dintr-o problemã elevul trebuie sã obţinã şi
sã reţinã cât mai multe informaţii .
Pornind de la aceste motive, cartea de faţã se adreseazã elevilor care se
pregãtesc pentru concursurile de matematicã.Problemele selectate sunt
problemele originale ale autorului - în marea lor majoritate publicate – în cãrţi şi
reviste de specialitate ca: „Matematicã de vacanţã’’, ’’Gazeta matematicã’’,
’’Revista matematicã din Timişoara’’, ’’Revista de informare matematicã din
Braşov’’, ’’Sã înţelegem matematica’’ (Bacãu), ’’Recreaţii matematice” (Iaşi) etc.
Soluţiile problemelor sunt clare, concise, imediat dupã enunţ.Aceasta
reprezintã de fapt nota de originalitate şi factorul de utilitate al cãrţii.Mai spun cã
lucrarea este utilã şi prin faptul cã are un caracter complet, unitar, conţinând
probleme din clasele V – XII.

Berca, 2009

Autorul

Neculai Stanciu, Berca, Buzău

I.
Motto:“Aritmetica şi Geometria dispun de resurse bogate de dezvoltare a capacităţii
copilului de a se mira, de a se întreba, de a imagina răspunsuri, de a tatona diferite căi
de rezolvare, de a stabili punţi de legătură cu înţelegerea naturii, a limbajului, a istoriei
şi geografiei.Dar totul trebuie să se bazeze pe dezvoltarea propriei sale curiozităţi, în
aşa fel încât el să accepte ca unică răsplată bucuria, plăcerea de a înţelege, prin paşi
mărunţi, câte ceva din lumea care îl înconjoară şi de a se înţelege pe sine.La întrebarea
pe care o auzim mereu, din partea unor elevi, dar şi din partea unor părinţi sau
educatori:De ce matematică pentru copii care nu-şi propun să devină matematicieni? le
răspundem: Pentru că matematica este un mod de gândire cu valoare universală şi
pentru că ea prilejuieşte bucurii spirituale la care orice fiinţă umană ar trebui să aibă
acces.În măsura în care adolescenţii vor învăţa să se, bucure de frumuseţile
matematicii, ale ştiinţei, ale artei şi literaturii şi vor simţi nevoia de a le frecventa, ei nu
vor mai suferi de plictiseală iar tentaţia unor activităţi derizorii, uneori antisociale, va
scădea”
Savantul Academician, Solomon Marcus
Problemă pentru ciclul primar
La o oră de sport participă elevi din clasa a III-a şi elevi din clasa a IV-a, în total 46.
Profesorul aşează elevii pe un rând astfel încât între doi elevi de clasa a IV-a să se afle
doi elevi de clasa a III-a.Să se afle câţi elevi sunt în clasa a III-a şi câţi elevi sunt în
clasa a IV-a.
Soluţie.Dacă notăm cu a numărul elevilor din clasa a IV-a şi cu b numărul elevilor din
clasa a III-a din enunţ rezultă relaţiile:
a + b = 46 şi b = 2(a − 1) .Se obţine a = 16 şi b = 30 .
Problemă pentru ciclul primar,
Găsiţi numărul abcd :2 ştiind că cifrele sale verifică relaţiile:
(1)a + b + c + d = 11, (2)b + c + d = 7, (3)c + d = 7, (4)d = 2a − 2 .
Soluţie.Dacă scădem relaţiile (1) şi (2) obţinem a = 4 , apoi scădem relaţiile (2) şi (3) şi
rezultă b = 0 .Din (4) avem d = 6 , iar din (2) c = 1 .De aici obţinem abcd = 4016 .
Numărul căutat este 2008.
Problemă pentru ciclul primar,
Într-o şcoală, în luna mai 2008, raportul fete:băieţi era de 2:3.În prezent, raportul este
1:2, numărul băieţilor a rămas neschimbat, iar numărul fetelor este cu 10 mai mic.Să se
afle câte fete şi câţi băieţi erau în şcoală în luna mai 2008.
Dată la Concursul Sclipirea Minţii - 2008

3

Probleme rezolvate
Soluţie.Notăm cu f numărul fetelor şi cu b numărul băieţilor.Deoarece în luna mai
2008 raportul fete-băieţi era 2:3 ,rezultă f = 2k şi b = 3k .Din datele prezente avem
2(2k − 10) = 3k , de unde k = 20 .
Deci f = 40, b = 60 .
Dată la Concursul “Sclipirea Minţii” 2008

Problema pentru clasa a V - a,
Aratati ca fractia :
a 2 b + ab 2
, (∀a, b, c, d ∈ N ∗ ) este reductibila.Generalizati rezultatul.
2
2
c d + cd

Solutie :
Numerele de forma a 2 b + ab 2 = ab(a + b) sunt numere pare.
De aici rezulta ca numaratorul si numitorul fractiei se divide cu 2
si fractia este reductibila.
Generalizare :
2

Fractia

2

2

2

2

a1 b1 + a1b1 + a 2 b2 + a 2 b2 + ... + a n bn + a n bn
2

2

2

2

2

2

c1 d1 + c1 d1 + c 2 d 2 + c 2 d 2 + ... + c m d m + c m d m

2

este reductibila (∀ai , bi ∈ N ∗ , c j , d j ∈ N ∗ , i ∈ { ,2,..., n}, j ∈ { ,2,..., m})
1
1

Problema pentru clasa a V-a
Arãtaţi cã fracţia
3 a + 5 b + 7 c + 2d
, (a, b ∈ N ∗ , c, d ∈ N ) nu se simplificã
ab(a + b)
printr - un numar par.
Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10109)
Soluţie:
Se demonstreazã usor ca 3 a + 5 b + 7 c + 2d este un numar impar
(se calculeaza ultima cifrã a sa) ,
iar ab(a + b) un numãr par; deci fractia datã nu se simplificã
4



2005 a + 2007 b + 1
, (a, b ∈ N ∗ ) nu se simplifica
ab(a + b)
Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9945)
Soluţie:
Se demonstreaza usor ca 2005 a + 2007 b + 1 este un numar impar
(se calculeaza ultima cifra a sa),
iar ab(a + b) un numar par; deci fractia data nu se simplifica

Arãtati ca fractia
a 2 b + ab 2 + 7 n
, nu se simplifica printr - un numar par
c 2 d + cd 2 + 6 m
(∀a, b, c, d , n ∈ N ; ∀m ∈ N ∗ ).
Solutie :
Fractia data se scrie :
ab(a + b) + 7 n
.Tinand cont ca :
cd (c + d ) + 6 m
ab(a + b) = par , cd (c + d ) = par , 6 m = par , 7 n = impar ,
obtinem faptul ca numaratorul este un numar impar iar numitorul
un numar par.
De aici rezulta ca fractia nu se simplifica printr - un numar par.


5a + 7b + 1
, (a, b ∈ N ∗ ) nu se simplifica printr - un numar par.
ab(a + b)
Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9945); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10295)
5

Probleme rezolvate

Soluţie:
Se demonstreaza usor ca 5 a + 7 b + 1 este un numar impar
(se calculeaza ultima cifra a sa),
iar ab(a + b) un numar par; deci fractia data nu se simplifica


Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât
3
fractia
sa fie echiunitara.
( x − 1)( y − 2)
Solutie :
fractia data este echiunitara daca ( x − 1)( y − 2) = 3.
Avem urmatoarele posibilitati :
1.x − 1 = 1 si y − 2 = 3 ⇔ x = 2 si y = 5;
2.x − 1 = 3 si y - 2 = 1 ⇔ x = 4 si y = 3.
Deci ( x, y ) ∈ {(2,5), (4,3)}.

Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât
xy - x + 2 y - 2
fractia
sa fie subunitara.
3
Soluţie:
Avem xy − x + 2 y − 2 = x( y − 1) + 2( y − 1) = ( x + 2)( y − 1).
Valorile posibile ale produsului ( x + 2)( y − 1) sunt 0,1 si 2.
Efectuand calculele obtinem solutiile :

⎧y =1
⎧x = 0
1.⎨
; 2.⎨
.
⎩ x ∈ N ⎩y = 2
4n + 6
(n ∈ N), se poate simplifica.
n2 + n

Soluţie:
Numitorul se scrie n(n + 1).Produsul a doua numere naturale
consecutive este par.
Numaratorul se scrie 2(2n + 3), deci este divizibil cu 2.
Fractia se poate simplifica cu 2.

6


6
, (n ∈ N ∗ ) se poate simplifica.
n
10 − 1

Soluţie:
Observam ca 10 n − 1 = 10...0 − 1 = 99...9, deci numitorul se divide
cu 3 pentru orice n ∈ N ∗ ;
fractia se simplifica cu 3.

2003 a + 2005 b + 2007 c + 2d
, ( a , b ∈ N ∗ , c, d ∈ N )
ab(a + b)
nu se simplificã printr - un numar par.
Soluţie:
Se demonstreazã usor ca 2003 a + 2005 b + 2007 c + 2d
este un numar impar
(se calculeaza ultima cifrã a sa) ,
iar ab(a + b) un numãr par; deci fractia datã nu se simplificã

Problemã pentru clasa a V-a

a +1
b+2
∈ N si
∈ N.
b
a
Publicată în RMT – nr. 3 / 2006 (VI.204.); G.M. – nr. 9 / 2006 (E: 13267)& Crux
M391 – aprilie 2009
Soluţie:
Este necesar ca b ≤ a + 1 si a ≤ b + 2, deci b ∈ {a − 2, a − 1, a, a + 1}.
Sa se afle suma numerelor de forma ab cu

a +1
3
⎧ a +1
⎪a − 2 ∈ N ⇒ a − 2 = 1+ a − 2 ∈ N
⎪
(1) Pentru b = a − 2 ⇒ ⎨
⎪ a − 2 + 2 ∈ N ⇒ 1∈ N
⎪
a
⎩
⎧a = 3 ⇒ b = 1
1
⇒ a − 2 ∈ { ,3} ⇒ ⎨
⎩a = 5 ⇒ b = 3

7

Probleme rezolvate

a +1
2
⎧a + 1
⎪a −1 ∈ N ⇒ a −1 = 1+ a −1 ∈ N
⎪
⇒ a∈Φ
(2)Pentru b = a - 1 ⇒ ⎨
⎪a + 1 ∈ N ⇒ a +1 = 1+ 1 ∈ N
⎪ a
a
a
⎩
⎧a +1
⎪ a ∈N
⎪
⇒ a =1⇒ b =1
(3)Pentru b = a ⇒ ⎨
⎪a + 2 ∈ N
⎪ a
⎩
⎧a +1
⎪ a + 1 ∈ N ⇒ 1∈ N
⎪
(4)Pentru b = a + 1 ⇒ ⎨
⎪a + 3 ∈ N ⇒ a + 3 = 1+ 3 ∈ N
⎪ a
a
a
⎩
⎧a = 1 ⇒ b = 2
⇒⎨
⎩a = 3 ⇒ b = 4
Asadar, ab ∈ {31,53,11,12,34}si suma ceruta este 141.

Problemǎ pentru clasa a V-a,

Fie A = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 2008 .Aflaţi cel mai mare număr natural n cu proprietatea că 3 n
divide A .
Publicată în G.M. –nr. 5 / 2007 (E: 13439)
Soluţie. Numărul A conţine 2008 factori.Notăm cu [a ] partea întreagă a numărului a.
⎡ 2008 ⎤
⎡ 2008 ⎤
Din cei 2008 factori ⎢
⎥ = 669 sunt divizibili cu 3; ⎢ 9 ⎥ = 223 sunt divizibili cu
⎣ 3 ⎦
⎣
⎦
⎡ 2008 ⎤
3 ⎡ 2008 ⎤
4 ⎡ 2008 ⎤
32 ; ⎢
⎥ = 74 sunt divizibili cu 3 ; ⎢ 81 ⎥ = 24 sunt divizibili cu 3 ; ⎢ 243 ⎥ = 8
⎣ 27 ⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎡ 2008 ⎤
6
sunt divizibili cu 35 şi ⎢
⎥ = 2 sunt divizibili cu 3 .Nu avem nici un factor
⎣ 729 ⎦
7
divizibil cu 3 = 2187 .Avem în total 669+223+74+24+8+2=1000 factori de
3 ⇒ n = 1000 .

În câte zerouri se termină numărul A = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 2007 ?.
Soluţie. Numărul A conţine 2007 factori.Notăm cu [a ] partea întreagă a numărului a.
⎡ 2007 ⎤
⎡ 2007 ⎤
= 401 sunt divizibili cu 5; ⎢
= 80 sunt divizibili cu
Din cei 2007 factori ⎢
⎣ 5 ⎥
⎦
⎣ 25 ⎥
⎦
⎡ 2007 ⎤
⎡ 2007 ⎤
3
4
52 ; ⎢
⎥ = 16 sunt divizibili cu 5 şi ⎢ 625 ⎥ = 3 sunt divizibili cu 5 .Nu avem nici
⎣ 125 ⎦
⎣
⎦
5
un factor divizibil cu 5 = 3125 .Avem în total 401+80+16+3=500 factori de 5 ⇒ 5 500
divide A .Deci A se termină cu 500 de zerouri.

8



Determinati solutiile naturale ale ecuatiei :

x( x + 1)( x + 7) = 2 y .
Solutie :
Fie x = 2 u , x + 1 = 2 v , x + 7 = 2 t .
Rezulta u + v + t = y si 2 v - 2 u = 1, respectiv 2 t - 2 u = 7
Ultimile doua relatii se mai scriu 2 u (2 v −u - 1) = 1 si 2 u (2 t −u - 1) = 7.
Urmeaza ca u = 0 si 2 v −u - 1 = 1 respectiv 2 t −u - 1 = 7,
de unde v = 0 si t = 3.
Pr in urmare solutia ecuatiei este : x = 1, y = 4.
Problemã pentru clasa a V-a,

Rezolvaţi în NxN ecuaţia :
1
2007
+
= 1, daca x − y ∈ N ∗ .
x + 2006 y + 2007
Publicată în GM – nr. 11 / 2006 (C:3086.) & dată la Olimpada de Matematică Faza
Locală – clasa a VIII – a , Sibiu, 2007; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9942)
Soluţie:
Din x − y ∈ N ∗ ⇒ x − y ≥ 1 ⇒ x ≥ y + 1 ⇒ x + 2006 ≥ y + 2007
⇒

1
1
≤
x + 2006 y + 2007

1
2007
1
2007
2008
+
≤
+
=
x + 2006 y + 2007 y + 2007 y + 2007 y + 2007
2008
⇒1≤
⇒ y ≤1
y + 2007
De unde y ∈ {0,1}.
1
Pentru y = 0 ⇒
= 0 ⇒ nu avem solutie;
x + 2006
Pentru y = 1 ⇒ x = 2.
Solutia este x = 2, y = 1.
Avem


9

Probleme rezolvate

Sã se compare numerele:
2006 2006 + 2007 2007 si 2 8024 ⋅ 3 1003 ⋅ 7 4012 + 2 6021 ⋅ 223 2007 .
Soluţie:
2007 = 3 2 ⋅ 223;
23

3 2 ⇔ 2 3 ⋅ 223

⇔ (1)2 6021 ⋅ 223 2007

2007 ⇔ 2 3⋅2007 ⋅ 223 2007

2007 2007

2007 2007.

2006 = 2 ⋅ 17 ⋅ 59;
⎧31003 2 2006
⎧3 2 2
⎪ 2006
⎪
59 2006 ⇔ (2)31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 2 8024
⎨49 59 ⇔ ⎨49
⎪16 2006 17 2006
⎪16 17
⎩
⎩
Din (1) si (2) ⇒ 2006 2006 + 2007 2007

2006 2006.

2 6021 ⋅ 223 2007 + 2 8024 ⋅ 31003 ⋅ 7 4012.


Sã se compare numerele:
2006 2006 ⋅ 2007 2007 si 2 14045 ⋅ 3 1003 ⋅ 7 4012 ⋅ 223 2007 .
Soluţie:
2007 = 3 2 ⋅ 223;
23

3 2 ⇔ 2 3 ⋅ 223

⇔ (1)2 6021 ⋅ 223 2007

2007 ⇔ 2 3⋅2007 ⋅ 223 2007

2007 2007

2007 2007.

2006 = 2 ⋅ 17 ⋅ 59;
⎧31003 2 2006
⎧3 2 2
⎪ 2006
⎪
59 2006 ⇔ (2)31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 2 8024 2006 2006.
⎨49 59 ⇔ ⎨49
⎪16 17
⎪16 2006 17 2006
⎩
⎩
Din (1) si (2) ⇒ 2006 2006 ⋅ 2007 2007 214045 ⋅ 31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 223 2007.


Rezolvaţi în NxN ecuaţia :
1
a+1
+
= 1, daca x − y ∈ N ∗ , a ∈ N .
x+a y +a+1
Publicată în RMT – nr. 3 / 2007 ( V.229.)
Soluţie:

10


Din x − y ∈ N ∗ ⇒ x − y ≥ 1 ⇒ x ≥ y + 1 ⇒ x + a ≥ y + a + 1
1
1
⇒
≤
x + a y + a +1

a +1
a +1
a+2
1
1
=
+
≤
+
x + a y + a +1 y + a +1 y + a +1 y + a +1
a+2
⇒1≤
⇒ y ≤1
y + a +1
De unde y ∈ {0,1}.
1
= 0 ⇒ nu avem solutie;
Pentru y = 0 ⇒
x+a
Pentru y = 1 ⇒ x = 2.
Solutia este x = 2, y = 1.
Avem


Sã se gãseascã numerele de forma abcd divizibile cu 15 care au 15 divizori.
Publicată în RMT – nr. 1 / 2007 (O.V.167.)
Soluţie:
abcd divizibile cu 15 ⇒ abcd = 3 n ⋅ 5 m ⋅ p k ⋅ ...

abcd au 15 divizori ⇒ 15 = (n + 1) ⋅ (m + 1) ⋅ (k + 1) ⋅ ...
⎧n + 1 = 3 si m + 1 = 5 ⇒ n = 2, m = 4
⎪
⇒ ⎨sau
⎪n + 1 = 5 si m + 1 = 3 ⇒ n = 4, m = 2
⎩

Avem : abcd = 3 2 ⋅ 5 4 = 5625 sau abcd = 3 4 ⋅ 5 2 = 2025.
abcd ∈ {2025 ,5625}.

Sã se gãseascã numerele de forma abcde divizibile cu 15 care au 25 divizori.
Soluţie:
abcde divizibile cu 15 ⇒ abcd = 3 n ⋅ 5 m ⋅ p k ⋅ ...
⇒ n + 1 = 5 si m + 1 = 5 ⇒ n = 4 si m = 4
Avem : abcde = 3 4 ⋅ 5 4 = 50625 .
abcde ∈ {50625}.


11

Probleme rezolvate

Sã se gãseascã numerele de forma abcde divizibile cu 35 care au 15 divizori.
Soluţie:
abcde divizibile cu 35 ⇒ abcd = 5 n ⋅ 7 m ⋅ p k ⋅ ...
⎧n + 1 = 3 si m + 1 = 5 ⇒ n = 2, m = 4
⎪
⇒ ⎨sau
⎪n + 1 = 5 si m + 1 = 3 ⇒ n = 4, m = 2
⎩
Avem : abcde = 5 2 ⋅ 7 4 = 60025 sau abcde = 5 4 ⋅ 7 2 = 30625.
abcde ∈ {30625 ,60025}.

Sã se afle numerele naturale n şi m care verificã condiţiile:
(i) n = 5 y ⋅ 11z ;
(ii) m = 2 x ⋅ 11z ;
(iii) n are 15 divizori;
(iv) m are 12 divizori.
Publicată în S.G.M – nr. 10 / 2008 (S.E 08 - 72), dată la concursul
interjudeţean”Jose Marti” –clasa a VI-a- Bucureşti, 2009

Soluţie:
⎧x = 3
⎧y + 1 = 5
⎧din (iii) ⇒ (y + 1) ⋅ (z + 1) = 15
⎪
⎪
⇒ ⎨x + 1 = 4 ⇒ ⎨ y = 4 ⇒
⎨
⎩din (iv) ⇒ (x + 1) ⋅ (z + 1) = 12
⎪ z + 1 = 3 ⎪z = 2
⎩
⎩
⎧din (i) ⇒ n = 5 4 ⋅ 112 = 75625
⎪
⇒⎨
⎪din (ii) ⇒ m = 2 3 ⋅ 112 = 968
⎩
Problemã pentru clasa a VI-a,
2006
+ 3 2007 la 8.
Aflaţi restul împãrţirii numãrului 3
Publicată în G.M. – nr. 4 / 2007 (25776)
Soluţie:

( )

3 2006 + 3 2007 = 3 2006 ( 1 + 3 ) = 4 ⋅ 3 2006 = 4 ⋅ 3 2

1003

= 4 ⋅ ( 8 + 1 )1003 =

= 4 ⋅ ( M 8 + 1 ) = M 8 + 4 , deci restul cerut este 4.

Problemă pentru clasa a VI- a,

Să se arate că 23 divide 3 23 + 5 23 + 15 23 .

Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: ∀a ∈ Z , p = prim, p ≠ a ⇒ a p −1 = M p + 1.
12


3 23 + 5 23 + 15 23 = 3 ⋅ 3 22 + 5 ⋅ 5 22 + 15 ⋅ 15 22 = 3 ⋅ ( M 23 + 1) + 5 ⋅ ( M 23 + 1) + 15 ⋅ ( M 23 + 1) =
= M 23 + 3 + 5 + 15 = M 23
Să se determine mulţimea A = {x ∈ N / x = y + z , y = 3a, z = 6b, 0 ≺ a + 2b ≺ 4}.

Soluţie.(1) x = y + z = 3a + 6b = 3 ⋅ (a + 2b) ∈ N .Din 0 ≺ a + 2b ≺ 4 şi (1) rezultă
⎧ 1 2 4 5 7 8 10 11⎫
(2)
a + 2b ∈ ⎨ , ,1, , ,2, , ,3, , ⎬ .Din
(1)
şi
(2)
avem
⎩3 3 3 3 3 3 3 3 ⎭
A = { ,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}.
1
Fie A = x ∈ N / x = y + z , y = na, z = 2nb,0 ≺ a + 2b ≺ 4, n ∈ N ∗ .Să se determine A şi
cardA.

{

}

Soluţie.(1) x = y + z = na + 2nb = n(a + 2b)
(1)
4n − 1 ⎫
⎧1 2 3
1
x ∈ N ⇒ a + 2b ∈ ⎨ , , ,...,
⎬ Avem A = { ,2,3,...,4n − 1} şi cardA=4n-1.
n ⎭
⎩n n n
Problemǎ pentru clasa a V- a,
Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= ababab + 10 la 13.
Soluţie. Numǎrul ababab =10101 ⋅ ab = M 13 .Obţinem cǎ restul împǎrţirii numǎrului N la
13 este 10.
Problemǎ pentru clasa a V- a,
Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= ababab + 13 pe rând la 21 şi 37.
Vezi RMT – 1 / 2009, O.V. 214, şi SGMB- mai / 2009 (S:E09.168)
Soluţie. Numǎrul ababab =10101 ⋅ ab = M 21 = M 37 .Obţinem cǎ restul împǎrţirii
numǎrului N la 21 şi 37 este 13.
Fie A = x ∈ N / x = y + z , y = na, z = 2nb, m ≺ a + 2b ≺ p, n, m, p ∈ N ∗ Să se determine
cardA.

{

}

Soluţie.(1) x = y + z = na + 2nb = n(a + 2b)
(1)

(2) m ≺ a + 2b ≺ p ⇔ mn ≺ x ≺ pn .Deoarece x, mn, pn ∈ N ∗ ⇒ cardA = pn − mn − 1.
Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10294)

{

}

Să se determine mulţimea A = x ∈ N / 3 ⋅ 5 n < x < 5 n +1 , n ∈ N astfel încât cardA = 9 .
Soluţie.Primul element al lui A este pe de o parte 3 ⋅ 5 n + 1 şi pe de altă parte 5 n +1 − 9.
13

Probleme rezolvate

Deci avem egalitatea 3.5 n + 1 = 5 n +1 − 9 ⇔ 10 = 5 ⋅ 5 n − 3 ⋅ 5 n ⇔ 10 = 2 ⋅ 5 n ⇔ n = 1.
16
Mulţimea este A = { ,17,18,19,20,21,22,23,24,}.

{

}

Să se determine mulţimea A = x ∈ N / 3 ⋅ 5 n ≤ x ≤ 5 n +1 , n ∈ N astfel încât cardA = 11. .
Soluţie.Primul element al lui A este pe de o parte 3 ⋅ 5 n şi pe de altă parte 5 n +1 − 11 + 1.
Deci avem egalitatea 3.5 n = 5 n +1 − 11 + 1 ⇔ 10 = 5 ⋅ 5 n − 3 ⋅ 5 n ⇔ 10 = 2 ⋅ 5 n ⇔ n = 1.
15
Mulţimea este A = { ,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25}.
Problemă pentru clasa a V-a,
2

2

Să se rezolve în N × N ecuaţia: 3 x + y +1 − 3 x + 2 = 216.
2

Soluţie.Scoatem pe 3 x + 2 factor şi avem:
2
3 x + 2 (3 y −1 − 1) = 33 ⋅ 2 3
Din cei doi factori din membrul stâng unul este multiplu de 3 fără a fi şi multiplu de 2
iar,
celălalt este multiplu de 2 fără a fi şi multiplu de 3, deci avem:
2
3 x + 2 = 33 şi 3 y −1 − 1 = 2 3 .În continuare x 2 + 2 = 3 ; y − 1 = 2 , de unde x = 1 şi y = 3.
Se consideră două numere de câte cinci cifre fiecare în care intră toate cifrele o singură
dată .Să se afle suma acestor două numere ştiind că este de tipul knmmm , cu n = m − 1
şi k = 2m + 1 .
Soluţie. Suma a două numere de câte cinci cifre în care să intre toate cifrele o singură
dată este multiplu de 9, deoarece suma cifrelor este 45.
abcde + fghij = klmmm , cu n = m − 1 şi k = 2m + 1 rezultă că numărul
Din 9
căutat nu poate fi decât 72333.
Problemă pentru ciclul primar (sau clasa a V-a),
Să se găsească toate numerele de trei cifre care satisfac simultan condiţiile:
(1) produsul cifrelor numărului este egal cu triplul sumei cifrelor acestuia ;
(2) una din cifrele numărului este egală cu suma celorlate două cifre ale numărului.
Soluţie.Fie a, b şi c cifrele numărului căutat şi, fără a restrânge generalitatea ,
presupunem a ≤ b ≤ c .Din abc = 3(a + b + c) şi c = a + b , rezultă abc = 6c , de
unde ab = 6 .Avem (a, b, c) ∈ {(1,6,7), (2,3,5)} .
Obţinem deci soluţiile:
abc ∈ { ,176,235,253,325,352,523,532,617,671,716,761}.
167

Să se arate că numărul numerelor naturale mai mici sau egale cu 2008 care se divid cu
3, sau cu 5 , sau cu 7 este multiplu de 109, iar numărul numerelor naturale mai mici sau
egale cu 2008 care nu sunt divizibile cu 3, nici cu 5 , nici cu 7 este multiplu de 17.
14

Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (G.7.)

Soluţie.Fie A - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008
divizibile cu 3, B - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008
divizibile cu 5, iar C - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008
divizibile cu 7.
⎡ 2008 ⎤
⎡ 2008 ⎤
⎡ 2008 ⎤
Atunci cardA = ⎢
⎥ = 669 , cardB = ⎢ 5 ⎥ = 401 , cardC = ⎢ 7 ⎥ = 286 ,
⎣ 3 ⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎡ 2008 ⎤
⎡ 2008 ⎤
card ( A ∩ B) = ⎢
card ( B ∩ C ) = ⎢
= 57 ,
⎥ = 133 ,
⎣ 15 ⎦
⎣ 35 ⎥
⎦
⎡ 2008 ⎤
⎡ 2008 ⎤
card ( A ∩ C ) = ⎢
⎥ = 95 , card ( A ∩ B ∩ C ) = ⎢ 105 ⎥ = 19 .
⎣ 21 ⎦
⎣
⎦
card ( A ∪ B ∪ C ) = cardA + cardB + cardC −
Din
− card ( A ∩ B) − card ( B ∩ C ) −
- card ( A ∩ C ) + card ( A ∩ B ∩ C ) =1090= M 109 .
Acum putem afla şi numărul numerelor mai mici sau egali cu 2008 care nu sunt
divizibile cu 3, nici cu 5, nici cu 7.
Acestea sunt în număr de 2008-1090=918= M 17 .
Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia:
a b b a + a b + b a = 89 .
Soluţie. Avem a b b a + a b + b a = 89 ⇔ a b b a + a b + b a + 1 = 90 ⇔ (a b + 1)(b a + 1) = 90 .
90 = 1 ⋅ 90 = 2 ⋅ 5 = 3 ⋅ 30 = 5 ⋅ 18 = 6 ⋅ 15 = 9 ⋅ 10 şi simetricile acestor produse.
⎧ b
⎧ b
⎪a + 1 = 10
⎪a + 1 = 9
respectiv ⎨ a
Obţinem soluţii pentru ⎨ a
⎪b + 1 = 9
⎪b + 1 = 10
⎩
⎩
Se obţin soluţiile (a, b) ∈ {(2,3), (3,2)}.

Să se găsească opt numere naturale distincte pătrate perfecte a cărui produs este 20088 .
Soluţie.Lemă.Dacă d1 , d 2 ,..., d k sunt toţi divizorii naturali ai numărului n atunci avem
relaţia: (d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d k ) 2 = n k .
Demonstraţie.Fie
1 = d1 < d 2 < ... < d k = n .Avem
n
n
n
, d2 =
,..., d k =
care înmulţite membru cu membru dau relaţia
relaţiile: d1 =
dk
d k −1
d1
din enunţ.
are opt divizori iar din lemă rezultă
În cazul nostru 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi
2
8
(d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d 8 ) = 2008 .
Numerele căutate sunt deci pătratele divizorilor numărului 2008, adică:
15

Probleme rezolvate

12 ,2 2 ,4 2 ,8 2 ,2512 ,502 2 ,1004 2 ,2008 2 .


Să se arate că suma divizorilor naturali ai numărului 2008 este multiplu de 7.
Soluţie. Se ştie că suma
α1

divizorilor numărului a = p1 ⋅ p 2
α +1

S=

α +1

α2

⋅ ... ⋅ p n

αn

este

α +1

p n −1
p1 1 − 1 p 2 2 − 1
.Descompunem numărul 2008 = 2 3 ⋅ 251 apoi se
⋅ ... ⋅ n
⋅
p1 − 1
p2 − 1
pn − 1

calculează suma divizorilor S = 3780 = 2 2 ⋅ 33 ⋅ 5 ⋅ 7 = M 7 .
M391.Crux Mathematicorum
Aprilie
2009
Determine all positive integers a and b for which

a +1
b+2
and
are simultaneously
b
a

positive integers.

Solution:
It is necesary that b ≤ a + 1 and a ≤ b + 2, so b ∈ {a − 2, a − 1, a, a + 1}.
a +1
3
⎧ a +1
⎪a − 2 ∈ N ⇒ a − 2 = 1+ a − 2 ∈ N
⎪
(1) For b = a − 2 ⇒ ⎨
⎪ a − 2 + 2 ∈ N ⇒ 1∈ N
⎪
a
⎩
⎧a = 3 ⇒ b = 1
⇒ a − 2 ∈ { ,3} ⇒ ⎨
1
⎩a = 5 ⇒ b = 3

16

2
a +1
⎧a +1
⎪a −1 ∈ N ⇒ a −1 = 1+ a −1 ∈ N
⎪
(2)For b = a - 1 ⇒ ⎨
⇒ a∈Φ
⎪a +1 ∈ N ⇒ a +1 = 1+ 1 ∈ N
⎪ a
a
a
⎩
⎧a +1
⎪ a ∈N
⎪
(3)For b = a ⇒ ⎨
⇒ a =1⇒ b =1
⎪a + 2 ∈ N
⎪ a
⎩
⎧a +1
⎪ a + 1 ∈ N ⇒ 1∈ N
⎪
(4)For b = a + 1 ⇒ ⎨
⎪a + 3 ∈ N ⇒ a + 3 = 1+ 3 ∈ N
⎪ a
a
a
⎩
⎧a = 1 ⇒ b = 2
⇒⎨
⎩a = 3 ⇒ b = 4
The sosution are, (a, b ) ∈ {(3,1), (5,3), (1,1), (1,2), (3,4)}

Problemã pentru clasa a V-a (a VI-a),

Arătaţi că dacă 2009 2a + 12b + 7c şi 2009 a + b + c atunci 2009 a + 5b + 3c .

Soluţie.Din
⎧2009 2a + 12b + 7c
⎧2009 2a + 12b + 7c (− )
⎪
⎪
⇒ 2009 10b + 5c ⇒ 2009 5(2b + c)
⇒⎨
⎨
⎪2009 a + b + c
⎪2009 2a + 2b + 2c
⎩
⎩

⇒ 2009 2b + c , deoarece (2009,5) = 1 .
Din
⎧2009 2b + c
(+ )
⎪
⇒ 2009 3a + 15b + 9c ⇒ 2009 3(a + 5b + 3c) ⇒ 2009 a + 5b + 3c ,
⎨2009 a + b + c
⎪
⎩2009 2a + 12b + 7c
deoarece (2009,3) = 1 .
Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia: x 2 − 5 y = 2007 .
Publicată în SM – nr. 2 / 2008
Soluţie. Vom demonstra că ecuaţia nu are soluţii numere naturale.
Ecuaţia este echivalentă cu x 2 = 5 y + 2007 .
Ultima cifră a numărului 5 y + 2007 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect.
17

Probleme rezolvate

{

}

Determinaţi mulţimea A = ( x, y ) ∈ N × N 2006 < x 2 − 2005 ⋅ y < 2009 .

Soluţie.Vom demonstra că A = φ .
Deoarece (x, y ) ∈ N × N rezultă x 2 − 2005 ⋅ y ∈ {2007,2008}.
1. Dacă x 2 − 2005 ⋅ y = 2007 , avem x 2 = 2005 ⋅ y + 2007 .Dar, ultima cifră a
numărului 2005 y + 2007 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect.
2. Dacă x 2 − 2005 ⋅ y = 2008 , avem x 2 = 2005 ⋅ y + 2008 .Dar, ultima cifră a
numărului 2005 y + 2008 este 3 sau 8.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect.
În concluzie mulţimea nu are nici un element.

Să se determine numerele naturale x şi y ştiind că x 2 − 5 y ∈ {2,3,7,8} .
Publicată în SM – nr.2 / 2008
Soluţie.Vom demonstra că nu există numere naturale care respectă condiţia din ipoteză.
1. Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 2 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 2 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 2 este 2
sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect.
2. . Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 3 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 3 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 3 este
3 sau 8.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect.
Problemă pentru clasa a V- a,
2006
2007
şi
.
Aflaţi cea mai mică fracţie cuprinsă între
2007
2008

2006 x 2007
x
, unde
< <
este fracţia cerută .Relaţia (1) este
2007 y 2008
y
x
x
echivalentă cu (2) 2006 <
< 2007 .Deci
este de forma:
y−x
y−x
2006 ⋅ b + a
x
a
x
. De aici
= 2006 + , cu a < b şi a ≠ 0, b ≠ 0 .Obţinem
=
y−x
b
y−x
b
deducem că x este minim dacă 2006 ⋅ b + a este minim , adică dacă b = 2 şi a = 1 .
Atunci x = 2006 ⋅ 2 + 1 = 4013 .Din y − x = b , avem y = 4015 .
4013
.
Fracţia cerută este
4015

Soluţie.Avem (1)

Problemă pentru clasa a V-a (XII),

Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale ecuaţia:
x 3 = 1024 y + 15 .
Soluţie.Vom demonstra că nu există soluţii numere naturale.
18


Cuburile perfecte prin împărţire la 7 dau resturile 0, 1 sau 6.
Puterile lui 2 prin împărţire la 7 dau resturile 1, 2 sau 4.
Numerele 1024 y + 15 prin împărţire la 7 dau resturile 2, 3 sau 5.
Rezultă că ecuaţia nu are soluţii în N × N .

Problemă pentru clasa a V-a (XII),

Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale ecuaţia:
27 x 3 = 8 y + 15 .
Soluţie.Vom demonstra că nu există soluţii numere naturale.
Cuburile perfecte prin împărţire la 7 dau resturile 0, 1 sau 6.
Puterile lui 2 prin împărţire la 7 dau resturile 1, 2 sau 4.
Numerele 8 y + 15 prin împărţire la 7 dau resturile 2, 3 sau 5.
Rezultă că ecuaţia nu are soluţii în N × N .
Problemă pentru clasa a V-a sau a VI-a,
1 3 5
2007
1
.Arătaţi că 44 < < 2009 .
Fie N = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅
2 4 6
N
2008
⎧1 1
⎪2 > 3
⎪
⎪3 > 3
1 3
2007
1
⎪
=
Soluţie.Din ⎨ 4 5
, rezultă N > ⋅ ⋅ ... ⋅
3 5
2009 2009
⎪..........
⎪
⎪ 2007 > 2007
⎪ 2008 2009
⎩
(1)
⎧1 2
⎪2 < 3
⎪
⎪3 < 4
⎪
Din ⎨ 4 5
, avem:
⎪..........
⎪
⎪ 2007 < 2008 (deoarece 2007 ⋅ 2009 = 2008 2 − 1 < 2008 2 )
⎪ 2008 2009
⎩
2 4
2008 ⎛ 2 4
2008 ⎞ 1
1
1
N < ⋅ ⋅ ... ⋅
= ⎜ ⋅ ⋅ ... ⋅
, de unde
= ⋅
⎟⋅
3 5
2009 ⎝ 1 3
2007 ⎠ 2009 N 2009
1
1
1
N2 <
<
= 2 , deci:
2009 1936 44
1
N<
44
(2)

Din relaţiile (1) şi (2) rezultă Q.E.D.
19

Probleme rezolvate

Problemă pentru clasa a V-a sau a VI-a,

2 4 6
2010
⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅
< 2011 .
1 3 5
2009
1 3 5
2009
.
Soluţie. Fie N = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅
2 4 6
2010
⎧1 1
⎪2 > 3
⎪
⎪3 > 3
⎪
Din ⎨ 4 5
, rezultă
⎪..........
⎪
⎪ 2009 > 2009
⎪ 2010 2011
⎩
1 3
2009
1
N > ⋅ ⋅ ... ⋅
=
3 5
2011 2011
(1)
⎧1 2
⎪2 < 3
⎪
⎪3 < 4
⎪
Din ⎨ 4 5
, avem:
⎪..........
⎪
⎪ 2009 < 2010 (deoarece 2009 ⋅ 2011 = 2010 2 − 1 < 2010 2 )
⎪ 2010 2011
⎩
2 4
2010 ⎛ 2 4
2010 ⎞ 1
1
1
N < ⋅ ⋅ ... ⋅
= ⎜ ⋅ ⋅ ... ⋅
, de unde
= ⋅
⎟⋅
3 5
2011 ⎝ 1 3
2009 ⎠ 2011 N 2011
1
1
1
N2 <
<
= 2 , deci:
2011 1936 44
1
N<
44
(2)

Arătaţi că 44 <

Din relaţiile (1) şi (2) rezultă Q.E.D.
Problemă pentru Gimnaziu,

Să se rezolve în numere naturale sistemul:
c+d
a ≤ c ≤ b, a ≤ d ≤ b, a ≤
≤b.
cd

Soluţie. Pentru c = d = a, avem
cont că a ∈ N , rezultǎ a = 1 .

c+d 2
= , şi din ultima relaţie rezultǎ a 2 ≤ 2 ;ţinând
cd
a

20


c+d 2
2
= , şi tot din ultima relaţie rezultǎ 1 ≤ ≤ b .Atunci
b
cd
b
b ≤ 2 , şi cum 1 < b ∈ N rezultǎ b = 2 .
1
1
Apoi din primele două relaţii rezultǎ c ∈ { ,2} şi d ∈ { ,2} care îndeplinesc şi ultima
condiţie.
1
1
Soluţia sistemului este: a = 1 , b = 2 , c ∈ { ,2} , d ∈ { ,2}
Problemǎ pentru clasa a VI-a,
Pentru c = d = b , avem

Sǎ se determine toate numerele naturale a, b, c, d care îndeplinesc condiţiile:
(1) a ≤ c ≤ b ;
(2) a ≤ d ≤ b ;
c+d
≤b.
(3) a ≤
cd
Soluţie. Pentru c = d = a, avem
a ∈ N .Rezultǎ a = 1 .

Pentru c = d = b , avem

c+d 2
= , deci din (3) rezultǎ
cd
a

a 2 ≤ 2 şi

c+d 2
2
= , şi din (3) rezultǎ 1 ≤ ≤ b .Atunci b ≤ 2 , şi cum
b
cd
b

1 < b ∈ N rezultǎ b = 2 .
1
1
Apoi din condiţiile (1) şi (2) rezultǎ c ∈ { ,2} şi d ∈ { ,2} care îndeplinesc şi condiţia
(3).

Problemǎ pentru clasa a VI- a,
2

2

2

Fie x, y, z numere întregi nenule şi A = x n ⋅ y m + 2 ⋅ z p + 2 , B = x n + 4 ⋅ y m + 2 ⋅ z p .
Sǎ se arate cǎ A şi B au acelaşi semn.
2
2
2
Soluţie.Avem A ⋅ B = x n + n + 4 ⋅ y m + m + 4 ⋅ z p + p + 2 0 (deoarece n 2 + n, m 2 + m şi p 2 + p
sunt numere pare) ⇒ A şi B au acelaşi semn.
Fie numǎrul n = 2006 2006 + 2007 2007 .Determinaţi restul împǎrţirii lui n prin 5.

Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a lui n , u (n) = 9 .Avem cǎ n = M 5 + 9 , de unde
rezultǎ cǎ restul împǎrţirii lui n prin 5 este 4.
Sǎ se arate cǎ numerele A = 2006 2006 + 2007 2007
şi
B = 2007 2007 + 2008 2008 dau
acelaşi rest prin împǎrţirea lor la 5.
Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (V.234.)
Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a celor douǎ numere şi obţinem u(A)=u(B)=9.
Avem A = M 5 + 9 , B = M 5 + 9 , de unde rezultǎ cǎ restul împǎrţirii lor la 5 este 4.
Sǎ se rezolve în Z ecuaţia ( x + 2005) 2008 = ( x + 2007) 2008 .

21

Probleme rezolvate

Soluţie.
( x + 2005) 2008 = ( x + 2007) 2008 ⇒ ( x + 2005) 2 = ( x + 2007) 2 ⇒ x + 2005 = x + 2007 sau
x + 2005 = − x − 2007 ⇒ x = −2006 .
Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon convex cu 5 laturi.
Să se arate că S ≥ P .
Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 vârfurile poligonului.Poligonul are 5 diagonale:
A1 A3 , A1 A4 , A2 A4 , A2 A5 şi A3 A5 .Se ştie (sau se verifică uşor ) că suma diagonalelor unui
patrulater convex ABCD este cel puţin egală cu suma a două laturi opuse,
AC + BD ≥ AB + CD
şi pentru ca să avem egalitate este necesar ca punctele A, B, C , D să fie pe o
dreaptă.Luăm acum câte două diagonale consecutive şi obţinem patrulatere convexe
pentru care avem relaţiile:
A1 A3 + A2 A4 ≥ A1 A2 + A3 A4 ,
A1 A4 + A2 A5 ≥ A1 A2 + A4 A5 ,
A3 A5 + A4 A1 ≥ A3 A4 + A5 A1 ,m
A1 A3 + A2 A5 ≥ A2 A3 + A1 A5 , A3 A5 + A2 A4 ≥ A2 A3 + A4 A5
de unde deducem, adunând membru cu membru
2 S ≥ 2 P care demonstrează relaţia din enunţ.Condiţia să avem egalitate este ca 3
vârfuri ale poligonului să fie confundate într-un punct al segmentului determinat de
celelalte două vârfuri.
Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon convex cu 6 laturi.
3P
.
Să se arate că S ≥
2
Publicată în RMT – nr. 4 / 2008 (O.VI.211)
Soluţie. Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 vârfurile poligonului.Poligonul are 9
diagonale: A1 A3 , A1 A5 , A2 A4 , A2 A6 , A3 A5 , A4 A6 , şi A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 .Se ştie (sau se
verifică uşor ) că suma diagonalelor unui patrulater convex ABCD este cel puţin egală
cu suma a două laturi opuse,
AC + BD ≥ AB + CD
şi pentru ca să avem egalitate este necesar ca punctele A, B, C , D să fie pe o dreaptă.
Notăm cu S1 = A1 A3 + A1 A5 + A2 A4 + A2 A6 + A3 A5 + A4 A6 şi S 2 = A1 A4 + A2 A5 + A3 A6 .
Folosind inegalitatea de mai sus obţinem :
⎧ A1 A4 + A2 A5 ≥ A1 A2 + A4 A5
P
⎪
⎨ A2 A5 + A3 A6 ≥ A2 A3 + A5 A6 , de unde prin adunare rezultă 2S 2 ≥ P ⇔ (1) S 2 ≥
2
⎪A A + A A ≥ A A + A A
1 4
1 6
3 4
⎩ 3 6
Analog se obţin :
⎧ A1 A3 + A2 A4 ≥ A1 A2 + A3 A4
⎪A A + A A ≥ A A + A A
4 6
1 6
4 5
⎪ 1 5
⎪ A2 A6 + A1 A3 ≥ A1 A6 + A2 A3
⎪
⎨
⎪ A3 A5 + A4 A6 ≥ A3 A4 + A5 A6
⎪ A1 A5 + A2 A6 ≥ A1 A2 + A5 A6
⎪
⎪ A2 A4 + A3 A5 ≥ A2 A3 + A4 A5
⎩
22


care adunate membru cu membru dau 2 S1 ≥ 2 P ⇔ (2) S1 ≥ P
Prin adunarea relaţiilor (1) şi (2) ţinând cont că S = S1 + S 2 se obţine relaţia de
demonstrat.
Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon oarecare (convex sau neconvex)
cu 5 laturi.
Să se arate că S ≤ 2 P .
Publicată în RMT – nr. 4 / 2008 (O.VI.211)
Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 vârfurile poligonului.Poligonul are 5 diagonale:
A1 A3 , A1 A4 , A2 A4 , A2 A5 şi A3 A5 .Să ne reamintim acum proprietatea bine cunoscută că o
latură a unui poligon este cel mult egală cu suma ceorlalte laturi, egalitatea având loc
dacă şi numai dacă toate vârfurile sunt pe latura considerată (şi nu pe prelungirile
acestei laturi).În cazul nostru o diagonală subîntinde două laturi consecutive şi o latură
este subîntinsă de două diagonale.
Avem deci inegalităţile:
⎧ A1 A3 ≤ A1 A2 + A2 A3
⎪A A ≤ A A + A A
1 5
5 4
⎪ 1 4
⎪
⎨ A2 A4 ≤ A2 A3 + A3 A4 ;
⎪A A ≤ A A + A A
2 1
1 5
⎪ 2 5
⎪ A3 A5 ≤ A3 A4 + A4 A5
⎩
o condiţie necesară şi suficientă ca să avem egalitate este ca, în afară de permutare
circulară şi de sens , punctele A1 , A2 , A3 , A4 , A5 să fie pe o dreaptă în ordinea crescătoare
a indecilor iar primele 2 puncte precum şi ultimile 2 puncte să fie confundate.
Prin adunarea inegalităţilor de mai sus obţinem S ≤ 2 P şi inegalitatea din enunţ este
demonstrată.
Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon oarecare (convex sau neconvex)
cu 6 laturi.
7P
.
Să se arate că S ≤
2
Soluţie. . Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 vârfurile poligonului.Poligonul are 9
diagonale: A1 A3 , A1 A5 , A2 A4 , A2 A6 , A3 A5 , A4 A6 , şi A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 . Să ne reamintim
acum proprietatea bine cunoscută că o latură a unui poligon este cel mult egală cu suma
ceorlalte laturi, egalitatea având loc dacă şi numai dacă toate vârfurile sunt pe latura
considerată (şi nu pe prelungirile acestei laturi).În cazul nostru o diagonală subîntinde
două sau trei laturi consecutive .
Vom nota cu:
S1 = A1 A3 + A1 A5 + A2 A4 + A2 A6 + A3 A5 + A4 A6 şi S 2 = A1 A4 + A2 A5 + A3 A6 .
Cu proprietatea de mai sus obţinem:

23

Probleme rezolvate
⎧ A1 A3 ≤ A1 A2 + A2 A3
⎪A A ≤ A A + A A
5 6
6 1
⎪ 1 5
⎪
⎪ A2 A4 ≤ A2 A3 + A3 A4
; de unde rezultă prin adunare (1) S1 ≤ 2 P ;
⎨
A2 A6 ≤ A6 A1 + A1 A2
⎪
⎪ A3 A5 ≤ A3 A4 + A4 A5
⎪
⎪
⎩ A4 A6 ≤ A4 A5 + A5 A6
Analog se obţin:
⎧ A1 A4 ≤ A1 A6 + A6 A5 + A5 A4
⎪A A ≤ A A + A A + A A
1 2
2 3
3 4
⎪ 1 4
⎪
⎪ A2 A5 ≤ A2 A1 + A1 A6 + A6 A5
⎨
⎪ A2 A5 ≤ A2 A3 + A3 A4 + A4 A5
⎪ A3 A6 ≤ A3 A4 + A4 A5 + A5 A6
⎪
⎪ A3 A6 ≤ A3 A2 + A2 A1 + A1 A6
⎩

3P
; Prin adunarea
2
relaţiilor (1) şi (2) ţinând cont că S = S1 + S 2 se obţine relaţia de demonstrate, cu
egalitate ca, în afară de permutare circulară şi de sens , punctele A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 să
fie pe o dreaptă în ordinea crescătoare a indecilor iar primele 3 puncte precum şi
ultimile 3 puncte să fie confundate.
Care adunate membru cu membru dau 2 S 2 ≤ 3P ⇔ (2) S 2 ≤

Dacǎ acele unui ceasornic aratǎ ora 12 00 , la ce orǎ minutarul şi orarul fac pentru prima
datǎ unghiul de 330 ?
Dată la Concursul Interjudeţean de Matematică “ Speranţe Rîmnicene”, clasa a
VI-a, Rîmnicu Sărat, 2008

Soluţie.Notǎm cu S drumul parcurs de orar.Deoarece minutarul este de 12 ori mai rapid
va parcurge drumul 12 S .De aici , unghiul dintre orar şi minutar este
(1) α = 12 S − S = 11S .
Dar (2) S = 30 0 t , unde t este timpul mǎsurat în ore.Din (1) , (2) şi α = 330 rezultǎ
t = 0,1 ore =6 min, deci ora la care cele douǎ ace fac pentru prima datǎ unghiul de 330
este 12 06 .
Dacǎ acele unui ceasornic aratǎ ora 12 00 , la ce orǎ minutarul şi secundarul fac pentru
prima datǎ unghiul de 177 0 ?
Soluţie.Notǎm cu S drumul parcurs de minutar.Deoarece secundarul este de 60 ori mai
rapid va parcurge drumul 60 S .De aici , unghiul dintre secundar şi minutar este
(1) α = 60 S − S = 59 S .
Dar (2) S = 6 0 t , unde t este timpul mǎsurat în minute.Din (1) , (2) şi α = 177 0 rezultǎ
t = 0,5 min =30s, deci ora la care cele douǎ ace fac pentru prima datǎ unghiul de 177 0
este 12 00.30 .
Problemã pentru clasa a VI –a
24


Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC ), m(∠A) = 20 0 si
D ∈ (AB) astfel incat AD = BC.
Se construieste ΔADE ≡ ΔBCA astfel incat AC separa
punctele D si E (D si E sunt de o parte si de alta a
dreptei AC sau sunt in semiplane diferite fata de dreapta AC).
Sa se determine m(∠CDE) si m(∠DCE).
Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.17)& Publicată în
RIM – nr.XIV -2007 (10127)
Soluţie:
⎧ AE = BA = AC = DE
⎧ Δ ABC - isoscel
⎪
⇒ ⎨ m( ∠ AED) = m( ∠ BAC) = 20 0
⎨
Δ ADE ≡ Δ BCA
⎩
⎪ ∠
0
⎩ m( DAE) = m( ∠ CBA) = 80
m( ∠ CAE) = m( ∠ DAE) − m( ∠ DAC) = 60 0 , AE = AC si m( ∠ CAE) = 60 0 ⇒
Δ ACE - echilatera l ⇒ AC = CE = EA ⇒
⇒ DE = CE = EA ⇒ DE = CE ⇒ Δ DEC - isoscel.
m( ∠ DEC) = m( ∠ AEC) - m( ∠ AED) = 60 0 − 20 0 = 40 0 ⇒
m( ∠ DCE) = m( ∠ CDE) =

180

0

− 40 0
= 70 0 .
2

Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC) in care m(∠A) = 20 0 ,
D ∈ (AB) si AD = BC.
Fie M ∈ (AB) cu m(∠BCM) = 20 0 si N ∈ (AC) cu m(∠NMC) = 60 0 .
Sa se determine m(∠CDN).
Solutie :
Fie D ′ ∈ (AB) cu m(∠AND ′) = 20 0 .
⎧ΔBCM - isoscel
⎪ΔCMN - echilateral
⎪
Se observa ca ⎨
⇒ BC = MC = MN = ND ′ = AD ′ ⇒
⎪ΔNAD ′ - isoscel
⎪ΔMND ′ - isoscel
⎩
⇒ BC = AD ′.Dar BC = AD, deci AD = AD ′, adica D = D ′
si din ΔNDC - isoscel ⇒ m(∠CDN) = 10 0 .


25

Probleme rezolvate
Se da triunghi ul
incat
Se

isoscel

ABC (AB = AC), m( ∠ A) = 20 0 , D ∈ (AB)

astfel

AD = BC.

construies te triungh iul echilatera l ADE

astfel

Sa se arate ca CD este bisectoare a unghiului
Solutie :

incat

AB separa

punctele

∠ ACE.

⎧ AB = CA
⎪
0
⎨ m( ∠ ABC) = m( ∠ CAE) = 80 ⇒ ( L.U.L ) Δ ABC = Δ CAE ⇒ CE = AC
⎪ BC = AE
⎩
ED = AD, EC = AC, DC = DC ⇒ (L.L.L)
Δ DEC = Δ DAC ⇒
m( ∠ DCE) = m( ∠ DCA) ⇒ DC - bisectoare a ∠ ACE.

Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (VI.234.)
, dată la Concursul interjudeţean
„Cezar Ivănescu”, Tîrgovişte, jud. Dîmboviţa, clasa a VI-a, 2008


Se construieste rombul ACEF, E ∈ BC si AB separa punctele E si C.
Sa se determine m(∠EDC).
Solutie :
⎧AB = FA
⎪
0
⎨m(∠FAD) = m(∠ABC) = 80 ⇒ ΔFAD ≡ ΔABC ⇒
⎪AD = BC
⎩
FA = FD = AC = AB = FE
m(∠AFD) = 20 0 , m(∠DFE) = 60 0 ⇒ ΔFDE - echilateral;
ED = EC ⇒ ΔDEC - isoscel
m(∠DEC) = m(∠FEC) - m(∠FED) = 100 0 − 60 0 = 40 0
180 0 − 40 0
m(∠EDC) =
= 70 0.
2


26

C si E .

Se construies

te BCE

triunghi

echilatera

l astfel

incat

BC nu separa punctele
A si E.
Sa se determine
m( ∠ EDC).
Solutie
Din

: Fie F ∈ (AC), astfel

incat EF paralela

m( ∠ EFC) = m( ∠ FCE) = 20

0

cu AB.

⇒

⇒ Δ EFC - triunghi isoscel (EF = EC).
Deoarece
AD paralela cu EF si AD = EF.
Asadar
Rezulta

m( ∠ BDE) = 20 0 , adica Δ BDE - isoscel
DE = EC, adica Δ DEC - isoscel.

In concluzie,

(DE = EB).

m( ∠ EDC) = 10 0 .

Publicată în RMT – 2 / 2008 (VI.245.)

Problemã clasa a VI-a

Aratati ca fractia
7n + 5
2
12n + 17 n + 6
este ireductibila ∀n ∈ N.
Publicată în RMT – nr. 1 / 2006 (VII.187.)
Soluţie:
Descompunem numitorul fractiei :
12n 2 + 17 n + 6 = 12n 2 + 9n + 8n + 6 = 3n(4n + 3) + 2(4n + 3) =
= (4n + 3)(3n + 2).
7n + 5
7n + 5
Avem
=
2
12n + 17n + 6 (4n + 3)(3n + 2)
⎧d /(7 n + 5) ⇒ d / 4(7 n + 5)
Fie d = (7n + 5,4n + 3) ⇒ ⎨
⇒
⎩d /(4n + 3) ⇒ d / 7(4n + 3)
⇒ d /[7(4n + 3) − 4(7 n + 5)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1
⇒ (1) (7n + 5,4n + 3) = 1
⎧d/(7n + 5) ⇒ d/3(7n + 5)
Fie (7n + 5,3n + 2) = d ⇒ ⎨
⇒
⎩d/(3n + 2) ⇒ d/7(3n + 2)

⇒ d /[3(7 n + 5) − 7(3n + 2)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒
⇒ (2) (7n + 5,3n + 2) = 1.
Din (1) si (2) ⇒ fractia este ireductibila.
Problemã clasa a VI-a
Arãtaţi cã fracţia:
5n + 7
2
6n + 17 n + 12
este ireductibila ∀n ∈ N.

Soluţie:
27

Probleme rezolvate

6n 2 + 17 n + 12 = 6n 2 + 9n + 8n + 12 = 2n(3n + 4) + 3(3n + 4) =
= (2n + 3)(3n + 4)
5n + 7
5n + 7
Avem 2
=
6n + 17 n + 12 (2n + 3)(3n + 4)
⎧d /(5n + 7) ⇒ d / 2(5n + 7)
daca (5n + 7,2n + 3) = d ⇒ ⎨
⇒
⎩d /(2n + 3) ⇒ d / 5(2n + 3)
⇒ d /[5(2n + 3) − 2(5n + 7)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒
⇒ (1) (5n + 7,3n + 4) = 1.
⎧d/(5n + 7) ⇒ d/3(5n + 7)
⇒
Daca (5n + 7,3n + 4) = d ⇒ ⎨
⎩d/(3n + 4) ⇒ d/5(3n + 4)
d /[3(5n + 7) − 5(3n + 4)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒
⇒ (2) (5n + 7,3n + 4) = 1.
Din (1) si (2) ⇒ fractia este ireductibila.
Problemă pentru clasa a VI-a,
⎧
⎫
5ab − 1
∈ N⎬ .
Să se determine mulţimea A = ⎨(a, b, c) ∈ N ∗ × N ∗ × N ∗
abc + 1
⎩
⎭
Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (G.12.) & Crux Mathematicorum – M399 (mai 2009)
5ab − 1
Soluţie.Din
∈ N , rezultă 5ab − 1 ≥ abc + 1 ⇔ ab((5 − c) ≥ 2 , deci c < 5 .
abc + 1
Analizăm în continuare cazurile:
5x − 1
1) Dacă c = 1 , atunci notăm x = ab şi obţinem
∈ N de unde rezultă:
x +1
⎧x + 15x − 1
⎪
x = ab ∈ N
avem
⇒ x + 1 ∈ D6 ⇒ x ∈ { ,2,5} .Din
1
⎨
⎪x + 1 x + 1 ⇒ x + 15x + 5
⎩

soluţiile:
(a, b) ∈ {(1,1), (1,2), (2,1), (1,5), (5,1)} .
5x − 1
2)Dacă c = 2 , avem
∈ N de unde obţinem că
2x + 1
⎧2 x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 110 x − 2
⎪
⇒ 2 x + 1 ∈ D7 ⇒ x ∈ {3} ⇒
⎨
.
⎪2 x + 1 2 x + 1 ⇒ 2 x + 110 x + 5
⎩
⇒ (a, b) ∈ {(1,3), (3,1)}.
5x − 1
∈N .
3) Dacă c = 3 , procedăm analog şi se avem că
3x + 1
⎧3x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 115 x − 3
⎪
⇒ 3 x + 1 ∈ D8 ⇒ x ∈ { } ⇒
1
⎨
Din ⎪3x + 1 3x + 1 ⇒ 2 x + 115 x + 5
.
⎩
⇒ (a, b) ∈ {(1,1)}.

28

c = 4,

4)Dacă

atunci

5x − 1
∈N
4x + 1

şi

⎧4 x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 1 20 x − 4
⎪
⇒ 3 x + 1 ∈ D9 ⇒ x ∈ {2} ⇒
⎨
.
⎪4 x + 1 4 x + 1 ⇒ 2 x + 1 20 x + 5
⎩
⇒ (a, b) ∈ {(1,2), (2,1)}
Cu cele de mai sus se obţine:
⎧(1,1,1), (1,2,1), (2,1,1), (1,5,1), (5,1,1), (1,3,2),⎫
A=⎨
⎬.
⎩(3,1,2), (1,1,3), (1,2,4), (2,1,4)
⎭
Problemã pentru clasa a V-a sau a VI-a,

xy
= 4 , x ∈ N ∗, y ∈ N ∗ .
x+ y
a) Arătaţi că x şi y nu pot fi simultan mai mari ca opt.
b) Rezolvaţi ecuaţia.
Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.8)
Soluţie.
1 1 1
xy
a)
=4⇔ + = .
x y 4
x+ y
⎧1 1
⎪x < 8
⎧x > 8
1 1 1
⎪
⇒ + < , ceea ce
Presupunem prin reducere la absurd că ⎨
⇒⎨
x y 4
⎩y > 8
⎪1 < 1
⎪y 8
⎩
contrazice ipoteza.
b) De la punctul a) avem x ≤ 8 .Înlocuim pe rând x cu 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 şi obţinem
soluţiile:
( x, y ) ∈ {(5,20), (6,12), (8,8), (12,6), (20,5)} .
Fie A = 1,20081 ,2008 2 ,2008 3 ,...,2008 2009 .Determinaţi numărul elementelor lui A care
sunt simultan pătrate şi cuburi perfecte.
Crux Mathematicorum – octombrie 2008 – M358
Soluţie.
2008 = 2 3 ⋅ 251 .
Condiţia ca 2008 n să fie pătrat perfect implică n = 2k .
Condiţia ca 2008 n să fie cub perfect implică n = 3 p .
Pentru ca 2008 n să fie simultan pătrat şi cub perfect trebuie ca n = 6t .
Rezultă 0 ≤ 6t < 2009 ⇔ 0 ≤ t < 334,8... Se obţin astfel 335 de numere.
Fie ecuaţia

{

}

{

}

Fie A = 1,20091 ,2009 2 ,2009 3 ,...,2009 2009 .Determinaţi numărul elementelor lui A care
sunt simultan pătrate şi cuburi perfecte.
Soluţie.
2009 = 7 2 ⋅ 41 .
Condiţia ca 2009 n să fie pătrat perfect implică n = 2k .
Condiţia ca 2009 n să fie cub perfect implică n = 3 p .
29

Probleme rezolvate

Pentru ca 2009 n să fie simultan pătrat şi cub perfect trebuie ca n = 6t .
Rezultă 0 ≤ 6t < 2009 ⇔ 0 ≤ t < 334,8... Se obţin astfel 335 de numere.
Să se rezolve în Z × Z ecuaţia:
2009 ⋅ x − 2008 ⋅ y = 2007 .
Soluţie. Ecuaţiile de tipul ax + by = c , unde a, b, c ∈ Z , ab ≠ 0 se numesc ecuaţii
diofantice, şi au soluţii dacă şi numai dacă d = (a, b) divide c .Soluţia acestor ecuaţii
este dată de:
tb
ta
x = x0 + , y = y 0 − , unde x0 şi y 0 sunt soluţii particulare , iar, t ∈ Z .
d
d
În cazul nostru, se observă uşor că d = (2009,2008) = 1, deoarece 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi
2009 = 7 2 ⋅ 41 , deci ecuaţia are soluţii, pentru că 1 divide 2007.Apoi x0 = 2007 şi
y 0 = 2007 este o soluţie particulară.
Soluţia generală este :
x = 2007 − 2008 ⋅ t , y = 2007 − 2009 ⋅ t , t ∈ Z .
Să se rezolve în Z × Z ecuaţia:
2009 ⋅ x + 2008 ⋅ y = 2011 .
Soluţie. Ecuaţiile de tipul ax + by = c , unde a, b, c ∈ Z , ab ≠ 0 se numesc ecuaţii
diofantice, şi au soluţii dacă şi numai dacă d = (a, b) divide c .Soluţia acestor ecuaţii
este dată de:
tb
ta
x = x0 + , y = y 0 − , unde x0 şi y 0 sunt soluţii particulare , iar, t ∈ Z .
d
d
În cazul nostru, se observă uşor că d = (2009,2008) = 1, deoarece 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi
2009 = 7 2 ⋅ 41 , deci ecuaţia are soluţii pentru că 1 divide 2011.Apoi, intuim x0 = 3 şi
y 0 = −2 , soluţii particulare.
Soluţia generală este : x = 3 + 2008 ⋅ t , y = −2 − 2009 ⋅ t , t ∈ Z .
Problemă pentru clasa a VI - a,
Să se afle cel mai mic număr N = 5 3− n ⋅ 135− n + 5 5− n ⋅ 133− n , n ∈ Z , divizibil cu 250.
Publicată în RIM – nr. IX – 2005 (9175), şi SGMB – iunie / 2009 (S:E09.217)
Soluţie. N = 5 3− n ⋅ 135− n + 5 5− n ⋅ 133− n = 5 3− n ⋅ 133− n (13 2 + 5 2 ) = 194 ⋅ 65 3− n .
Deoarece 194 = 2 ⋅ 97 şi 65 = 5 ⋅ 13 , iar, 250 = 2 ⋅ 5 3 , 2,5 3 = 1 , rezultă
3 − n ≥ 3 ⇔ n ≤ 0. Cel mai mic număr N se obţine pentru n = 0 .
Rezultă N = 194 ⋅ 653 .

(

)

Problemă pentru clasa a VII-a,

Să se afle numerele naturale a şi b ştiind că

a
b
.
=
b+5 a+9

Publicată în G.M. – nr. 6 / 2007 (O.G.:460)
Soluţie. Din enunţ rezultă (∗) a (a + 9) = b(b + 5) .
Dacă a ≥ b ⇒ a 2 + 9a ≥ b 2 + 9b > b 2 + 5b , fals.
Deci (1) a < b .
Dacă b ≥ a + 2 ⇒ b 2 + 5b ≥ (a + 2) 2 + 5(a + 2) = a 2 + 9a + 14 > a 2 + 9a , fals.
Deci (2) b < a + 2 .

30


Din (1) şi (2) ⇒ a < b < a + 2 , deci b = a + 1 , care înlocuite în relaţia (∗) ⇒ a = 3 şi
b = 4.
Numărul căutat este 34.
⎧
⎫
x2 − 9
∈ Z⎬ .
Să se determine mulţimea A = ⎨ x ∈ Z
x+2
⎩
⎭
Publicată în GM – nr. 6 / 2007 (E:13450) & dată la Concursul judeţean de
matematică „Speranţe Rîmnicene”, clasa a VII –a , Rîmnicu Sărat, 2007 & dată la
Concursul Taberei de Matematică Bisoca, clasa a VII –a, 2007.

5
5
x2 − 9 x2 − 4 − 5 x2 − 4
−
= x−2−
∈Z ⇒
=
=
Soluţie. Scriem x + 2
x+2
x+2 x+2
x+2
⇒ x + 2 ∈ D5 = {− 5,−1,1,5}
Deci A = {− 7,−3,−1,3} .
Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a,

Sã se rezolve în NxN ecuaţia:
20012 + 2002 2 + 2003 2 + 2004 2 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2
a 2 + b2 =
7
Publicată în RMT – nr. 2 / 2007 (O.VII.191.)
Soluţie:
Se observã cã: 2001=2004-3,
2002=2004-2, 2003=2004-1,
2006=2004+2
şi
2
2
2
2
Atunci 2001 + 2002 + 2003 + 2004 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 =
= (2004 - 3) 2 + (2004 − 2) 2 +
+ (2004 − 1) 2 + 2004 2 + (2004 + 1) 2 + (2004 + 2) 2 + (2004 + 3) 2 =

(

) (

)

= 27 ⋅ 2004 2 + 28 = 7 2004 2 + 4 = 7 2004 2 + 2 2 .
Prin urmare soluţia ecuaţiei este :
(a, b ) ∈ {(2004 ,2 ); (2 ,2004 )}.
Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a,
Sã se rezolve în ZxZ ecuaţia:
20012 + 2002 2 + 2003 2 + 2004 2 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2
2
2
a +b =
7
Publicată în GM – nr. 1 / 2009 (E:13770)
Soluţie:

31

2005=2004+1,
2007=2004+3.

Probleme rezolvate

Se observã cã: 2001=2004-3,
2002=2004-2, 2003=2004-1,
2006=2004+2
şi
2
2
2
2
Atunci 2001 + 2002 + 2003 + 2004 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 =

2005=2004+1,
2007=2004+3.

= (2004 - 3) 2 + (2004 − 2) 2 + + (2004 − 1) 2 + 2004 2 + (2004 + 1) 2 +
+ (2004 + 2) 2 + (2004 + 3) 2 = 27 ⋅ 2004 2 + 28 =

(

) (

)

= 7 2004 2 + 4 = 7 2004 2 + 2 2 .
Prin urmare soluţia ecuaţiei este :
(− 2,−2004); (− 2,2004); (2,−2004); (2004,−2);⎫
(a, b ) ∈ ⎧
⎨
⎬.
⎩(− 2004,−2 ); (− 2004,2 ); (2004,2 ); (2,2004 ) ⎭

Fie numerele naturale b şi a − 1 direct proporţionale cu a şi b + 1 .
a
Să se arate că fracţia este ireductibilă.
b
Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (O.VI.182.) & Publicată în GM (suplimentul cu
exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.21); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10324)
Soluţie.

b a −1
=
deci,
a b +1
a 2 − a = b 2 + b ⇔ a 2 − b 2 − (a + b) = 0 ⇔ (a + b)(a − b − 1) = 0 ⇔ a = −b (fals)
sau
a − b − 1 = 0 ⇒ a = b + 1 şi obţinem că fracţia dată este ireductibilă.
⎧ 3x + 5 ⎫ ⎡ 3x + 2 ⎤
Să se rezolve în Q + ecuaţia : ⎨
= 2, (7) , unde {x} respectiv [x ] ,
⎬+
⎩ x + 2 ⎭ ⎢ x +1 ⎥
⎣
⎦
reprezintă partea fracţionară respectiv partea întreagă a numărului raţional pozitiv x .
Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 ( O.VII.199); G.M. – nr. 4 / 2008 (E:13641.);
Din

enunţ

rezultă

3x + 5 2( x + 2) + x + 1
x +1
, şi ţinând seama că în Q +
= 2+
=
x+2
x+2
x+2
3x + 5 ⎫ x + 1
x +1
⎧
0<
< 1 , rezultă (1) ⎨
.
⎬=
x+2
⎩ x+2 ⎭ x+2
x
x
3 x + 2 2( x + 1) + x
⎡ 3x + 2 ⎤
Din
=
= 2+
şi 0 <
< 1 avem (2) ⎢
= 2.
x +1
x +1
x +1
x +1
⎣ x +1 ⎥
⎦
7
5
x +1
Cu cele de mai sus ecuaţia devine:
+ 2 = 2 + care are soluţia x = .
x+2
9
2
Problemã clasa a VII-a
Fie un triunghi dreptunghic AOC cu m(∠AOC) = 900 si B ∈ (AC)
Soluţie.Deoarece

astfel incat m(∠AOB) = 300.Sa se arate ca :
2
1
−
) = 3.
OB OC
Soluţie:
OA ⋅ (

32


Avem : Aria(OAB) + Aria(OBC) = Aria(OAC) ⇒
OA ⋅ OB ⋅ sin30 0 OB ⋅ OC ⋅ sin60 0 OC ⋅ OA ⋅ sin90 0
+
=
⇒
2
2
2
1
3
⇒ OA ⋅ OB ⋅ + OB ⋅ OC ⋅
= OA ⋅ OC / : (OB ⋅ OC ) ⇒
2
2
OA
3 OA
2
1
⇒
+
=
⇒ OA ⋅ (
−
) = 3.
2OC 2
OB
OB OC

Problemã pentru clasa a VII-a

Consideram un patrulater convex ABCD si punctele M, N ∈ Ext(ABCD)
asa incat : m(∠BAN) = m(∠DCA), m(∠ABN) = m(∠CAD),

m(∠MAD) = m(∠BCA), m(∠ADM) = m(∠BAC).
Sa se arate ca AB ⋅ CD = BC ⋅ DA daca si numai daca ΔANM este isoscel.

Soluţie:
Din m(∠BAN) = m(∠DCA) si m(∠ABN) = m(∠CAD) ⇒
AB NA
ΔABN ≈ ΔCAD ⇒
=
⇒
CA DC
AB ⋅ CD
⇒ (1) AN =
AC
Din m(∠MAD) = m(∠BCA) si m(∠ADM) = m(∠BAC) ⇒
AD MA
ΔADM ≈ ΔCAB ⇒
=
⇒
CA BC
BC ⋅ DA
⇒ (2) AM =
AC
Necesitatea : AB ⋅ CD = BC ⋅ DA ⇒ din (1) si (2) AN = AM ⇒
ΔAMN este isoscel.
Suficienta : ΔAMN este isoscel ⇒ AN = AM ⇒
din (1) si (2) AB ⋅ CD = BC ⋅ DA.
Fie A, B, C , D ∈ C (O; R), astfel incat m(∠BAD) = m(∠BCD) = 900.
Daca AB = a, si BC = b sa se calculeze AC in functie de a, b si R.

Soluţie:

33

Probleme rezolvate

din ipoteza ⇒
⎧ BD = 2 R
⎪
(1)⎨
⎧∠BAC = ∠BDC
⎪ ABCD = patrulater inscriptibil ⇒ ⎨∠BCA = ∠BDA
⎩
⎩

Fie M = Pr AC B ⇒ (2) AC = AM + MC
DC
⎧
⎪ AM = AB cos ∠BAM = AB cos ∠BDC = AB ⋅ BD
⎪
⎪
4R 2 − b 2
= a⋅
⎪
⎪
2R
din (1) ⇒ (3)⎨
⎪MC = BC cos ∠BCM = BC cos ∠BDA = BC ⋅ AD
⎪
BD
⎪
2
2
⎪= b ⋅ 4 R − a
⎪
2R
⎩
1
Din (2) si (3) ⇒ AC =
(a 4 R 2 − b 2 + b 4 R 2 − a 2 )
2R
Se considerã poligonul convex ABCDE in care m(∠ABC) = m(∠CED),
m(∠BCA) = m(∠ECD)
si AB ⋅ CE = AC ⋅ BE. Sã se arate ca ΔADE este isoscel.

Soluţie:
Din m(∠ABC) = m(∠CED) si m(∠BCA) = m(∠ECD)

avem ΔABC ≈ ΔDEC ⇒
AB ⋅ CE
AB BC CA
⇒ (1)
=
=
⇒ (2) ED =
BC
DE EC CD
⎧m(∠BCE ) = m(∠ACD )
BC CE EB
⎪
⇒ ΔBCE ≈ ΔACD ⇒
=
=
BC CE
⎨
AC CD DA
(1) ⇒
=
⎪
AC CD
⎩
AC ⋅ BE
⇒ (3) AD =
BC
BC
AC ⋅ BE
AD AC ⋅ BE
Din (2) si (3) ⇒
=
⋅
=
=1⇒
BC
AB ⋅ CE AB ⋅ CE
ED
⇒ AD = DE ⇒ ΔADE este isoscel.
Problemã pentru clasa a VII-a,

Se consideră triunghiul isoscel ABC cu m(∠BAC ) = 150 0 şi M mijlocul lui AB.Să se
arate că aria triunghiului ABC este egală cu aria pătratului AMPQ.

34


Soluţie.Din datele problemei rezultă că m(∠ABC ) = m(∠ACB ) = 15 0 .Dacă AM=a
atunci AB=AC=2a.Considerăm D ∈ AB astfel încât m(∠CDB) = 90 0 deci,
m(∠CAD) = 30 0 şi CD=a.Aplicăm teorema lui Pitagora în triunghiul ADC şi obţinem
AD = a 3 .În continuare calculăm

Aria(ABC)=Aria(BDC)-Aria(ADC)=

( 2a + a 3 ) ⋅ a a 3 ⋅ a
−
= a 2 =Aria(AMPQ).
2
2

Problemã pentru clasa a VII-a,
Se consideră dreptunghiul ABCD în care m(∠ADB) = 75 0 şi {O} = AC ∩ BD .Să se
arate că aria dreptunghiului ABCD este egală cu aria pătratului DOMN.
Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10146),& GMB – 9/2008,E:13709

Soluţie.
Construim AE ⊥ BD şi considerăm AE=a.Deoarece într-un triunghi dreptunghic care
are un unghi de 15 0 înălţimea corespunzătoare unghiului drept este un sfert din
ipotenuză, avem că BD = 4a .În continuare
BD ⋅ AE
(1) Aria(ABCD)=2Aria(BAD)= 2 ⋅
= a ⋅ 4 a = 4a 2
2
2
2
2
(2) Aria(DOMN)= DO = (2a) = 4a
Din relaţiile (1) şi (2) rezultă ceea ce trebuia demonstrat.
Problemǎ pentru clasa a VII- a,

Să se calculeze perimetrul şi aria unui triunghi dreptunghic ale cărui laturi sunt numere
c2 1 1
+ + = 1, şi c 2 = a 2 + b 2 .
ab a b
Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9971) & Crux Mathematicorum – aprilie 2009
(M390)

naturale şi verifică relaţiile:

Soluţie.Ecuaţia este echivalentă cu (1) a 2 + b 2 + a + b = ab. Din ipoteză avem:
⎧a = x 2 − y 2 , x 2 > y 2
⎪
(2) a 2 + b 2 ∈ Z + ⇔ ⎨b = 2 xy
.
⎪ x, y ∈ N
⎩

Din (1) şi (2) ⇒ y ( x − y ) = 1 ⇒ x1 = 2, y1 = 1 sau x 2 = −2, y 2 = −1 ⇒ a = 3 şi
b = 4 .Ipotenuza triunghiului este c=5 , deci perimetrul este 12 u . şi aria 6 u 2 .
Observaţie. Analog se rezolvă şi următoarele probleme:
1. Să se calculeze laturile unui triunghi dreptunghic ştiind că sunt numere naturale şi
aria este egală cu semiperimetrul.
1 1 1
2. Fie un triunghi dreptunghic cu + + = 1 , unde a şi b sunt catete iar h este
a b h
înălţimea corespunzătoare ipotenuzei.Să se afle laturile acestui triunghi ştiind că în plus
sunt numere naturale.
3. Să se rezolve în N × N × N sistemul de ecuaţii:

35

Probleme rezolvate

⎧a + b + c = ab
⎪
.
⎨
⎪c = a 2 + b 2
⎩
Să se arate că dacă laturile unui triunghi dreptunghic sunt numere naturale atunci aria şi
semiperimetrul acestuia sunt numere naturale.

Soluţie. Într-un triunghi dreptunghic avem : b 2 + c 2 = a 2 ⇔ (b + c) 2 − 2bc = a 2 ⇔
(b + c + a )(b + c − a)
.
2
Însă produsul bc este număr natural , rezultă atunci că produsul
(b + c + a )(b + c − a) trebuie să fie divizibil cu 2, adică unul din factorii (b + c + a ) , sau
(b + c − a) trebuie să fie par .Fie k un număr natural :
(1) Să presupunem că b + c + a = 2k ⇒ b + c − a = 2(k − a) , şi prin urmare din
⇔ 2bc = (b + c) 2 − a 2 ⇔ (∗)bc =

bc
⎧
⎪S = 2 = k (k − a ) ∈ N
⎪
(∗) ⇒ bc = 2k (k − a) = par ⇒ ⎨
,
⎪p = a + b + c = k ∈ N
⎪
2
⎩
(2) Să presupunem că b + c − a = 2k ⇒ b + c + a = 2(k + a) , şi prin urmare din
bc
⎧
⎪S = 2 = k (k + a ) ∈ N
⎪
(∗) ⇒ bc = 2k (k + a) = par ⇒ ⎨
⎪p = a + b + c = k + a ∈ N
⎪
2
⎩
Din (1) şi (2) rezultă că în ambele cazuri aria şi semiperimetrul sunt numere
naturale.
Considerăm patrulaterul convex ABCD şi {O} = AB ∩ CD .Prin punctele A, B, C, D şi
O ducem OO1 CC1 DD1 , OO2 AA1 DD2 , OO3 AA2 BB1 , OO4 CC 2 BB2 , unde
O1 ∈ CD, O2 ∈ AD , O3 ∈ AB , O4 ∈ CB ; A1 , C1 ∈ OD ; A2 , C 2 ∈ OB ; B1 , D2 ∈ OA ;
B2 , D1 ∈ OC .
Să se arate că:
C1 D D1O O1C A1 D D2 O O2 A A2 B B1O O3 A
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
C1O D1C O1 D A1O D2 A O2 D A2 O B1 A O3 B

C 2 B B2 O O4 B
⋅
⋅
=1
C 2 O B2 C O4 C

.

Soluţie. Pentru rezolvarea problemei se aplică următoarea:

36

Lemă (Teorema lui Ceva cu punct impropriu) .Dacă prin vârfurile triunghiului ABC
ducem AA0 BB0 CC 0 , unde A0 ∈ BC , B0 ∈ CA, C 0 ∈ AB , atunci avem (∗)
C 0 A A0 B B0 C
⋅
⋅
= 1.
C 0 B A0 C B0 A

Demonstraţie.Avem

B0 C BC
=
B0 A BA0

ΔAA0 C ≈ ΔB0 BC ⇒ (1)

şi

C 0 A CA0
. Se observă că relaţiile (1) şi (2) se pot obţine mai
=
C 0 B CB
uşor utilizând teorema lui Thales în triunghiurile BCB0 şi BCC 0 cu paralela AA0 .
Prin înmulţirea relaţiilor (1) şi (2) se obţine relaţia de demonstrat.
Pentru rezolvarea problemei propuse se aplica această Lemă
ΔDOC (cu OO1 CC1 DD1 ), ΔDOA (cu OO2 AA1 DD2 ), ΔBOA (cu OO3 AA2 BB1 ) şi

ΔC 0 CB ≈ ΔAA0 B ⇒ (2)

ΔBOC (cu OO4 CC 2 BB2 ).Rezultă relaţiile:

C1 D D1O O1C
A1 D D2 O O2 A
A2 B B1O O3 A
⋅
⋅
= 1,
⋅
⋅
= 1,
⋅
⋅
=1
C1O D1C O1 D
A1O D2 A O2 D
A2 O B1 A O3 B
C 2 B B2 O O4 B
⋅
⋅
= 1 care, prin înmulţire demonstrează relaţia din problemă.
C 2 O B2 C O4 C
Problemǎ pentru clasa a VII-a,
∗
Fie a, b, c, d ∈ Q+ astfel încât a, b sunt invers proporţionale cu c, d .
Sǎ
se
arate
cǎ
m a ( a , b ) ⋅ m g ( c, d ) − m a ( c , d ) ⋅ m g ( a , b ) = 0 ,

unde

şi

prin

ma (.,.) respectiv, m g (.,.) am notat media aritmeticǎ respectiv, media geometricǎ a douǎ
∗
numere din Q+ .
2

ab
⎛a+b⎞
Soluţie.Relaţia de demonstrat este echivalentǎ cu ⎜
care rezultǎ imediat
⎟ =
cd
⎝c+d ⎠
k
k
luând a = şi b = .
c
d
Problemǎ pentru clasa a VII-a,
Se considerǎ dreptunghiul ABCD şi punctele : M mijlocul laturii AB , N mijlocul
laturi CD , Q mijlocul lui DN , {R} = AN ∩ DB , {S } = DM ∩ AQ .Dacǎ AB = 2a şi
AD = a 2 sǎ se arate cǎ ΔARB este dreptunghic şi ΔASM este isoscel.

Soluţie. Fie {O} = AC ∩ DB .Se observǎ uşor cǎ AN şi DO sunt mediane în triunghiul
ADC , de unde avem cǎ R este centrul de greutate al triunghiului ADC şi de aici
2
2
1
1 a 6
2a 6
AR = ⋅ AN = ⋅ a 3 , RO = ⋅ DO = ⋅
, RB = RO + OB =
.Deoarece
3
3
3
3 2
3
AR 2 + RB 2 = AB 2 utilizând reciproca teoremei lui Pitagora rezultǎ cǎ ΔARB este
dreptunghic.

37

Probleme rezolvate

Fie {O′} = DM ∩ AN şi Q mijlocul lui DN .Observǎm cǎ DO′ şi AS sunt mediane în
2
2 3a
ΔADN , cu centrul de greutate S , de unde AS = ⋅ AQ = ⋅
= a .Din
3
3 2
AS = AM = a rezultǎ cǎ ΔASM este isoscel.
Să se calculeze x + y dacă :
x 4 = y 4 + 48 , x 2 + y 2 = 12 şi x = y + 2 .
x4 − y4
48
=
= 2.
2
2
( x + y )( x − y ) 12 ⋅ 2

Soluţie. x + y =

Considerăm trapezul ABCD cu laturile paralele AB şi CD de lungimi 15 şi 30 şi
laturile AD şi BC de lungimi 9 şi 12.Determinaţi aria trapezului ABCD .
Dată la Concursul „Speranţe Rîmnicene” 2009
Soluţie1. Fie K mijlocul lui DC .Unim K cu A şi B .Atunci AB = DK = KC =15.Din
AB = DK şi AB paralel cu DK avem AD şi BK sunt paralele şi egale, deci BK = 9 .
Din AB = KC şi AB paralel KC avem AK şi BC sunt paralele şi egale, deci
AK = 12 .
Atunci, trapezul este împărţit în trei triunghiuri, fiecare cu laturile de lungimi 9, 12 şi
15.Un triunghi cu laturile 9, 12 şi 15 este dreptunghic ( 9 2 + 12 2 = 15 2 ) şi are aria
9 ⋅ 12
= 54 .Atunci aria trapezului este 3 ⋅ 54 = 162 .
2
Soluţie 2. Fie BF paralel cu AD cu F pe CD .Atunci ABFD este paralelogram cu
BF = AD = 9 şi DF = AB = 15 . Deoarece triunghiul BFC are lungimile laturilor 9, 12
şi 15 , din reciproca teoremei lui Pitagora avem că BFC este dreptunghic cu aria 54.
Deasemenea, deoarece BF este mediană în triunghiul DBC , aria triunghiului
DBF este tot 54 şi este mai departe egală cu aria lui ABD .
Aria ( ABCD) = Aria ( ABD) + Aria ( BDK ) + Aria ( BKC ) = 3 ⋅ 54 = 162 .
Soluţia 3.Fie AM ⊥ DC , BN ⊥ DC cu M şi N pe CD .Notăm AM = h şi DM = x .
81
9 ⋅ 12
x 2 + h 2 = 81, NC = 15 − x, (15 − x) 2 + h 2 = 144 .Rezultă x =
şi h =
.
15
15
(30 + 15) 9 ⋅ 12
Obţinem Aria( ABCD) =
⋅
= 162 .
2
15
Soluţia 4. Fie AP ⊥ DC , BQ ⊥ DC cu P şi Q pe CD .Înlăturăm dreptunghiul ABPQ
din trapez şi lipim triunghiurile ADP , respectiv BCQ pe linia AP respectiv BQ ,
astfel că DC = 15 .Se obţine astfel triunghiul DEC cu DE = DA = 9 şi
CE = CB = 12 .Din reciproca teoremei lui Pitagora ( 9 2 + 12 2 = 15 2 ) triunghiul DEC
este dreptunghic.
12 4
Apoi sin(∠EDC ) =
= de unde
înălţimea trapezului
ABCD
este
15 5
4 36
d ( E , DC ) = ED ⋅ sin(∠EDC ) = 9 ⋅ =
.Rezultă
5 5
(30 + 15) 9 ⋅ 4
Aria( ABCD) =
⋅
= 162 .
2
5
38

Soluţia 5.Fie DA ∩ BC = {P} .Avem AB paralel cu CD , ∠PAB = ∠PDC ,
∠PBA = ∠PCD , de unde triunghiurile PAB şi PDC sunt asemenea cu raportul de
1
asemănare
.Se obţine PA = 9 şi PB = 12 .Din reciproca Teoremei lui Pitagora
2
18 ⋅ 24
triunghiurile APB şi DPC sunt dreptunghice cu Aria ( PDC ) =
= 216 , respectiv
2
9 ⋅ 12
Aria( PAB) =
= 54 . Aria( ABCD) = Aria( PDC ) − Aria( PAB) = 162.
2
Soluţia 6. Fie DA ∩ BC = {P} .Avem AB paralel cu CD , AB linie mijlocie în ∆ PCD şi
mai departe se continuă ca în soluţia 5.

Se consideră hexagonul regulat A1 A2 A3 A4 A5 A6 cu aria S .
∆ A1 A3 A5 ∩ ∆ A2 A4 A6 = B1 B2 B3 B4 B5 B6 , ∆ B1 B3 B5 ∩ ∆ B2 B4 B6 = C1C 2 C 3 C 4 C 5 C 6 .
Calculaţi aria hexagonului regulat C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 .
Soluţie.

Toate hexagoanele regulate sunt figuri asemenea.Se demonstrează uşor că latura
1
hexagonului B1 B2 B3 B4 B5 B6 este
din latura hexagonului A1 A2 A3 A4 A5 A6 şi mai
3
1
din latura hexagonului
departe că latura hexagonului C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este
3
1
din latura
B1 B2 B3 B4 B5 B6 .Rezultă că latura hexagonului C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este
3
hexagonului A1 A2 A3 A4 A5 A6 .Acum utilizăm rezultatul că raportul ariilor a două figuri
asemenea este egal cu pătratul raportului de asemănare şi obţinem că aria hexagonului
S
C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este .
9
Fie a = 2 2 + 4 2 + 6 2 + ... + 2008 2 şi b = 12 + 3 2 + 5 2 + ... + 2007 2 .
Arătaţi că a − b = M 2009 .
Soluţie. a − b = (2008 2 − 2007 2 ) + (2006 2 − 2005 2 ) + (2004 2 − 2003 2 ) + ... + (2 2 − 12 ) =
39

Probleme rezolvate

(2008 − 2007)(2008 + 2007) + (2006 − 2005)(2006 + 2005) + (2004 − 2003)(2004 + 2003)
+…+(2-1)(2+1)=1 ⋅ (2008 + 2007) + 1 ⋅ (2006 + 2005) + 1 ⋅ (2004 + 2003) + ... + 1 ⋅ (2 + 1) =
(1 + 2008) ⋅ 2008
= 2009 ⋅ 1004 = M 2009 .
= 1 + 2 + 3 + ... + 2008 =
2
Problemă pentru clasa a VII –a,
Fie punctele A, B, C , D aşezate în această ordine pe o dreaptă d şi punctele V
respectiv, V ′ în exteriorul dreptei d , în acelaşi plan, astfel încât :
6− 2
m(∠AVD) = 60 0 , m(∠AVC ) = 30 0 şi m(∠AVB) = 15 0 ( sin 15 0 =
).
4
Se consideră în acelaşi plan dreptele d ′ şi d ′′ astfel încât : d ′ ∩ VA = A′ ,
d ′ ∩ VB = B ′ , d ′ ∩ VC = C ′ , d ′ ∩ VD = D ′ , d ′ ∩ V ′A = A′′ , d ′ ∩ V ′B = B ′′ , d ′ ∩ V ′C = C ′′
CA ⋅ DB C ′A′ ⋅ D ′B ′ C ′′A′′ ⋅ D ′′B ′′
, d ′ ∩ V ′D = D ′′ .Calculaţi rapoartele
,
,
.
CB ⋅ DA C ′B ′ ⋅ D ′A′ C ′′B ′′ ⋅ D ′′A′′
Soluţie.Notăm cu S ( XYZ ) aria triunghiului de vârfuri X , Y şi Z , iar cu h distanţa de
la vărful V la dreapta d .
CA CA ⋅ h 2 ⋅ S (CVA) S (CVA) VC ⋅ VA ⋅ sin(∠CVA)
Atunci
=
=
=
=
.
CB CB ⋅ h 2 ⋅ S (CVB ) S (CVB) VC ⋅ VB ⋅ sin(∠CVB)
DB VD ⋅ VB ⋅ sin(∠DVB)
CA ⋅ DB sin(∠CVA) ⋅ sin(∠DVB)
.Obţinem
=
=
=
Analog
DA
VD ⋅ VA ⋅ sin( DVA)
CB ⋅ DA sin(∠CVB ) ⋅ sin(∠DVA)
sin 30 0 ⋅ sin 45 0 3 + 3
=
.
3
sin 15 0 ⋅ sin 60 0
Procedăm
ca
mai
sus
0
0
3+ 3
C ′A′ ⋅ D ′B ′ C ′′A′′ ⋅ D ′′B ′′ sin 30 ⋅ sin 45
=
=
=
.
0
0
C ′B ′ ⋅ D ′A′ C ′′B ′′ ⋅ D ′′A′′ sin 15 ⋅ sin 60
3

=

şi

V’
V

A’

B’

A’’
B’’

C’ D’

d’

d

A

C”

D”
d’’

B

C

D

Problemã pentru clasa a VII-a (a VIII-a),

Rezolvaţi în Z × Z ecuaţia:
a 2 + b 2 − 2a + b = 5 .
Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.24)
Soluţie. a 2 + b 2 − 2a + b = 5 ⋅ 4 ⇒ 4a 2 + 4b 2 − 8a + 4b = 20 + 5 ⇒
40

rezultă


⇒ 4a 2 + 4b 2 − 8a + 4b + 5 = 25 ⇒ (4a 2 − 8a + 4) + (4b 2 + 4b + 1) = 25 ⇒
⇒ (2a − 2) 2 + (2b + 1) 2 = 25 .Avem cazurile:
⎧2a − 2 = ±4
(1)⎨
⇒ (a, b) ∈ {(−1,1); (−1,−2); (3,1); (3,−2)} ;
⎩2b + 1 = ±3
⎧2a − 2 = ±3
(2)⎨
, nu are soluţii în Z × Z ;
⎩2b + 1 = ±4
⎧2 a − 2 = 0
(3)⎨
⇒ (a, b) ∈ {(1,−3); (1,2)} ;
⎩2b + 1 = ±5
⎧2a − 2 = ±5
(4)⎨
, nu are soluţii în Z × Z .
⎩2b + 1 = 0
Soluţiile ecuaţiei sunt:
( a, b) ∈ {( −1,−2); ( −1,1); (1,−3); (1,2); (3,−2); (3,1)}.
Problemã pentru clasa a VII-a (a VIII-a),
Rezolvaţi în N × N ecuaţia:
a 2 − b 2 + 18a − 3b = 0 .
Soluţie. a 2 − b 2 + 18a − 3b = 0 ⇔ (∗) a 2 + 18a = b 2 + 3b
Dacă a ≥ b ⇒ a 2 + 18a ≥ b 2 + 18b > b 2 + 3b , deci (1) a < b .
b ≥ a + 8 ⇒ b 2 + 3b ≥ (a + 8) 2 + 3(a + 8) = a 2 + 19a + 72 > a 2 + 18a ,
Dacă
(2) b < a + 8 .
Din (1) şi (2) ⇒ b ∈ {a + 1, a + 2, a + 3, a + 4, a + 5, a + 6, a + 7} .
Analizăm cele 7 cazuri:
⎧
( ∗)
⎪b = a + 1⇒ a ∉ N
⎪
( ∗)
⎪b = a + 2 ⇒ a ∉ N
⎪
⎪
( ∗)
⎪b = a + 3 ⇒ a = 2 ⇒ b = 5
⎪
⎪
(*)
⎪
b = a + 4⇒ a = 4 ⇒ b = 8
⎨
⎪
( ∗)
⎪b = a + 5 ⇒ a = 8 ⇒ b = 13
⎪
(∗)
⎪b = a + 6 ⇒ a = 18 ⇒ b = 24
⎪
( ∗)
⎪b = a + 7 ⇒ a = 70 ⇒ b = 77
⎪
⎪
⎪
⎩

deci

Soluţiile ecuaţiei sunt:
( a, b) ∈ {(0,0); (2,5); (4,8); (8,13); (18,24); (70,77)}.
Notă. O altă metodă de soluţionare a problemei face apel la ecuaţiile de gradul II.
(Relaţia din enunţ este privită ca o ecuaţie de gradul II în a cu condiţia Δ = k 2 , k ∈ N .).
Problemã pentru clasa a VIII-a
Sã se rezolve în R3 ecuaţia :

41

Probleme rezolvate

( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x) 3 ( z − y ) 3 + m = 0,
unde m ≥ 0 .
Soluţie:
Notam
E ( x, y , z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 .
Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem
z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 3 ( a + b) 3 − a 3b 3 + ( a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã .
Egalitatea are loc dacã a = b = 0.
Daca m > 0 ⇒ ecuatia nu are solutii.
Daca m = 0 ⇒ x = y = z .

( 1 − y )3 ( 1 − z )3 + ( y − 1 )3 ( y − z )3 + ( z − 1 )3 ( z − y )3 = 0 .
Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9983); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10344)

Soluţie:
Notam
E ( x, y , z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 .
Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b,
a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0,
care este evidentã .
E ( x, y, z ) = 0 ⇔ x = y = z.In cazul nostru x = 1
si avem solutia y = z = 1.

(2007 − y ) 3 (2007 − z ) 3 + ( y − 2007) 3 ( y − z ) 3 +
( z − 2007) 3 ( z − y ) 3 = 0.
Soluţie:

42


Notam E ( x, y, z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x) 3 ( y − z ) 3 +
( z − x) 3 ( z − y ) 3 .
a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã .

Pe planul triunghiului ABC se ridica perpendicularele AA ′, BB′si
CC′ astfel incat
AA ′ = a, BB′ = b, CC′ = c ; A ′B′ = x, B′C′ = y, C′A ′ = z si
∠((ABC), (A ′B′C′)) = 60 0.
Sa se calculeze in functie de a, b, c, x, y, z
volumul corpului ABCA ′B′C′.
Soluţie:

Fie α = (ABC), S = Aria(ABC),S′ = Aria(A′B′C′) si a = min(a, b, c).
Sectionam prisma ABCA′B′C′ cu un plan α ′ paralel
cu planul α a.i A′ ∈ α ′ , B1 = α ′ ∩ BB′, C1 = α ′ ∩ CC ′, AD ⊥ B1C1.

B C (C ′C1 + B′B1 )
1
=
Vol ( ABCA′B′C ′) = Vol ( ABCA′B1C1 ) + Vol ( A′B1C1C ′B′) = Sa + ⋅ AD ⋅ 1 1
3
2
S (b + c − 2a ) S (a + b + c)
=
Sa +
.
3
3
S′
x+y+z
Dar S = S′cos600 = . Notam p =
si determinam S′ cu formula lui Heron ⋅
2
2
Volumul cerut este :
Vol(ABCA′B′C′) = p(p - x)(p - y)(p - z) ⋅

a+b+c
⋅
6

Problemǎ pentru clasa a VIII-a,

Să se determine resturile împărţirii numărului 3 2
Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (O.VIII.201)

2007

la 2 2008 respectiv la 2 2009 .

Soluţie.

32
Metoda 1.Scriem

2007

= (3 2

= (3 2
2006

2007

− 1) + 1 = (3 2⋅2

+ 1)(3 2
2006

2006

2006

− 1) + 1 = [(3 2

2006

) 2 − 1] + 1 =

− 1) + 1 =
2005

2004

1

= ... = (3 2 + 1)(3 2 + 1)(3 2 + 1)...(3 2 + 1)(31 + 1)(3 − 1) + 1 =
= M 22009 + 1 = M 22008 + 1.
Deci resturile sunt egale cu 1.
Metoda 2. Folosim Teorema lui Euler : dacă a, m ∈ Z , (a, m) = 1 ⇒ a ϕ ( m ) ≡ 1(mod m),
unde ϕ (m) = numărul numerelor naturale cel mult egale m, relativ prime cu m.
43

Probleme rezolvate
k
k
Se ştie că dacă m = p1k1 ⋅ p 2 2 ⋅ ... ⋅ p n n , atunci ϕ (m) = m ⋅ (1 −

(3,2 2008 ) = 1 ⇒ 3ϕ ( 2

Deoarece
1
2

ϕ (2 2008 ) = 2 2008 (1 − ) = 2 2007 ⇒ 3 2

2007

2008

)

1
1
1
) ⋅ (1 − ) ⋅ ...(1 − ) .
p1
p2
pn

≡ 1(mod 2 2008 ),

unde

≡ 1(mod 2 2008 )


x 2 + 6x + 8
,
x 2 + 6 x + 10
( unde x ∈ R ) şi pentru ce valoare a lui x se realizează.
Dată la Concursul Judeţean de Matematică, „Speranţe Rîmnicene”, clasa a VIII-a,
Rîmnicu Sărat, 2007
Să se determine minimul expresiei E ( x) =

( x + 3) 2 − 1
⇒ min E ( x) = −1 şi se realizează dacă x = −3 .
( x + 3) 2 + 1
Pentru x < −3 şi x > −3 ⇒ E ( x) > −1.
Soluţie.Scriem E ( x) =


Să se rezolve în N × N × N sistemul :

x( y + 1) y ( z + 1) z ( x + 1)
=6.
=
=
x −1
y −1
z −1

Soluţie.Ţinând seama de faptul că dacă x = x 0 , y = y 0 , z = z 0 . orice permutare circulară
a numerelor x0 , y 0 , z 0 este deasemenea o soluţie.Din cele trei ecuaţii obţinem:
⎧
⎧
y +1
y +1
⎪6 = 1 + y + x − 1
⎪a = x − 1
⎪
⎪
z +1
z +1
⎪
⎪
, deducem că numerele (2)⎨b =
trebuie să fie naturale.
(1)⎨6 = 1 + z +
y −1
y −1
⎪
⎪
⎪
⎪
x +1
x +1
⎪6 = 1 + x +
⎪c =
z −1
z −1
⎩
⎩
x +1 y +1 z +1
Observăm că : a ⋅ b ⋅ c =
> 1 de unde rezultă că cel puţin unul din
⋅
⋅
x −1 y −1 z −1
⎧a ≥ 1
⎪
numerele a, b, c este deci > 1.Să presupunem, pentru fixarea ideilor ⎨b ≥ 1
⎪c ≥ 2
⎩
Aceste inegalităţi se mai pot scrie y ≥ x − 2, z ≥ y − 2, x ≥ 2 z − 3
din care deducem x ≥ 2( y − 2) − 3 = 2 y − 7 ≥ 2( x − 2) − 7 = 2 x − 11 sau x ≤ 11 .
Rezultă apoi 11 ≥ 2 z − 3, z ≤ 7,7 ≥ y − 2, y ≤ 9 .Printr-un număr finit de încercări pentru
x ≤ 11, y ≤ 9, z ≤ 7 obţinem soluţiile: ( x, y, z ) ∈ {(2,2,2), (3,3,3)}.
Problemã pentru clasa a VIII-a,
Se consideră triunghiul ABC cu lungimile laturilor a, b şi c care verifică relaţia:
2a + 3b + 4c = 4 2a − 2 + 6 3b − 3 + 8 4c − 4 − 20 .
Arătaţi că triunghiul este dreptunghic.
44


Soluţie.
Relaţia
din
enunţ
este
echivalentă
cu
2
2
2
( 2a − 2 − 2) + ( 3b − 3 − 3) + ( 4c − 4 − 4) = 0 .Se obţine a = 3 , b = 4 şi c = 5 .
Conform reciprocei Teoremei lui Pitagora triunghiul este dreptunghic.
Problemă pentru clasa a VIII-a (sau a IX-a),
⎡1⎤ ⎡3⎤
Să se rezolve în R ∗ ecuaţia ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = 4 , unde simbolul [a ] reprezintă cel mai mare
⎣x⎦ ⎣x⎦
număr întreg mai mic sau egal cu a .
Publicată în SM – nr. 2 / 2008 (L.31.)
Soluţie.
I. Dacă x < 0 , atunci

1
⎡1⎤ 1
⎡3⎤
< 0 , aşa că ⎢ ⎥ ≤ < 0 .Analog , ⎢ ⎥ < 0 , deci nu putem
x
⎣x⎦ x
⎣x⎦

⎡1⎤ ⎡3⎤
avea ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = 3 .Rezultă că x > 0 .
⎣x⎦ ⎣x⎦
1 3
⎡1⎤
⎡3⎤
⎡1⎤ ⎡3⎤
II. Dacă x > 0 , avem < , deci ⎢ ⎥ ≤ ⎢ ⎥ .Deoarece ⎢ ⎥ şi ⎢ ⎥ sunt întregi avem
x x
⎣x⎦
⎣x⎦
⎣x⎦ ⎣x⎦
două posibilităţi:
⎡1⎤
⎡3⎤
II.1. ⎢ ⎥ = 0 şi ⎢ ⎥ = 4 .
⎣x⎦
⎣x⎦
⎧⎡ 1 ⎤
1
⎪⎢ x ⎥ = 0 ⇔ 0 ≤ x < 1 ⇔ x > 1
⎪⎣ ⎦
⇔ x∈∅ .
⎨
⎪⎡ 3 ⎤ = 4 ⇔ 4 ≤ 3 < 5 ⇔ 3 < x ≤ 3
⎪⎢ x ⎥
x
5
4
⎩⎣ ⎦
⎡1⎤
⎡3⎤
II.2. ⎢ ⎥ = 1 şi ⎢ ⎥ = 3
⎣x⎦
⎣x⎦
⎧⎡ 1 ⎤
1
1
⎪⎢ x ⎥ = 1 ⇔ 1 ≤ x < 2 ⇔ 2 < x ≤ 1
⎪⎣ ⎦
⎛3 ⎤
⇔ x ∈ ⎜ ,1⎥
⎨
⎝4 ⎦
⎪⎡ 3 ⎤ = 3 ⇔ 3 ≤ 3 < 4 ⇔ 3 < x ≤ 1
⎪⎢ x ⎥
x
4
⎩⎣ ⎦
⎛3 ⎤
Soluţia ecuaţiei este x ∈ ⎜ ,1⎥ .
⎝4 ⎦
Problemã pentru clasa a VIII-a, a X-a
Fie dreptele a, b, c din spatiu astfel incat a ∩ b ∩ c = {O}.
Consideram punctele A ∈ a, B ∈ b, C ∈ c
si A ′ ∈ (OA, B′ ∈ (OB, C′ ∈ (OC astfel incat
OA ⋅ OB ⋅ OC = OA ′ ⋅ OB′ ⋅ OC′.
Sa se arate ca vol(OABC) = vol(OA ′B′C′).

Publicată în RIM – nr.X -2005 (9433)

Soluţie:
45

Probleme rezolvate

′
siO A ′B ′ C ′ cele doua tetraedre
si C 0 , C 0 proiectiil
varfurilo r C si C ′ pe planul
′
OAB; A 0 , A 0 proiectiil e varfurilo r A si A ′ pe dreapta OB.
Fie OABC

e

OB ⋅ AA 0 ⋅ CC 0
si
6
′
′
O B ′ ⋅ A ′ A 0 ⋅ C ′C 0
Vol(O A ′B ′ C ′ ) =
⋅
6
′
′
Din Δ OC 0 C ≈ Δ O C 0 C ′ si Δ OAA 0 ≈ Δ O A ′ A 0 ⇒

Avem

Vol(OABC)

=

CC 0
AA 0
OC
OA
si
=
=
′
C ′C 0
OC ′
A ′A ′0
OA′
OB ⋅ AA 0 ⋅ CC 0
Vol(OABC)
OA ⋅ OB ⋅ OC
=
=
= 1⇒
′
′
Vol(O A ′B ′ C ′ )
O B ′ ⋅ A ′ A 0 ⋅ C ′C 0
OA′⋅OB′⋅OC ′
Vol ( OABC ) = Vol ( O A ′ B ′ C ′ )
Deci

Problemã pentru clasa a VIII-a sau a IX-a,

Sã se rezolve în Z3 sistemul :
⎧ xy 2 + xy − x − y − 1 = 0
⎪
⎨
⎪ xz − x 2 − x − z = 0
⎩
Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9629) ; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9990)
Soluţie:
A doua ecuatie se scrie z(x - 1) = x 2 + x ⇔ z =

x2 + x
,
x −1

2
∈ Z.
x -1
Rezulta x - 1/2, adica x - 1 = ±1 sau x - 1 = ±2.
Re zulta x ∈ {- 1,0,2,3}.
1) pt.x = −1 ⇒ z = 0;
apoi scriem pe z sub forma z = x + 2 +

2) pt.x = 0 ⇒ z = 0;
3) pt.x = 2 ⇒ z = 6;
4) pt.x = 3 ⇒ z = 6.
Din prima ecuatie se obtine succesiv :

a) pt. x = -1`⇒ -y2 − 2 y = 0 si y = o sau y = -2;
b)pt.x = 0 ⇒ -y - 1 = 0 si y = -1;
3
c)pt.x = 2 ⇒ 2y 2 + y − 3 = 0 si y = 1 sau y = - ∉ Z ;
2
2
d ) pt.x = 3 ⇒ 3 y + 2 y − 4 = 0 si y ∉ Z.
Avem deci solutiile :
(x, y, z ) ∈ {(− 1,0,0), (− 1,−2,0), (0,−1,0), (2,1,6)}

46


Demonstraţi inegalitatea :

( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 ≥ 0,
∀ x , y , z ∈ R.

Publicată în RMT – nr. 2 / 2007 (O.VIII.192); Publicată în RIM – nr.XIII -2007
(9983)

Soluţie:
a ≥ 0, b ≥ 0.
Inegalitatea devine a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã .
Egalitatea are loc dacã a=b=0.
Sã se demonstreze inegalitatea:
1 1 1 1
1
1
− + − + ... −
+
< 0,2
4 5 6 7
2005 2006
Soluţie:
1 1 1 1
1
1
− + − + ... −
+
4 5 6 7
2005 2006
Conform identitati i Botez - Catalan :
1 1 1
1
1
1
1
1
1 - + − + ... −
, avem :
=
+
+
+ ... +
2 3 4
2n n + 1 n + 2 n + 3
2n
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1 - + − + ... +
, rezulta :
−
=
+
+
+ ... +
+
2 3 4
2005 2006
1004 1005 1006
2005 2006
1
1
1
1
1
1003 2
⎛ 1 1⎞
+
+
+ ... +
+
⎜1 - + ⎟ − S =
1004 1005 1006
2005 2006
1004 + 1005 + ... + 2006
⎝ 2 3⎠
1003
=
1505
( s - a utilizat inegalitat ea mediilor
1
1
1
( a1 + a 2 + ... + a n )( +
+ ... + ) ≥ n 2 )
a1 a 2
an
Notam S =

Deci

5
−S
6

1003
⇒ S
1505

1507
6 ⋅ 1505

1
= 0,2 .
5

Problema pentru clasa a X-a (sau a VIII-a)

47

Probleme rezolvate
Rezolvati ecuatia ;
( x + 2) 7 − x 7 − 128 21
29 5 − 25 5 − 4 5
= , apoi simplificati fractia 7
.
5
( x + 2) 5 − x 5 − 32
29 − 25 7 − 4 7
Solutie;
Se utilizeaza formulele :
( x + y ) 5 − x 5 − y 5 = 5 xy ( x + y )( x 2 + xy + y 2 )
( x + y ) 7 − x 7 − y 7 = 7 xy ( x + y )( x 2 + xy + y 2 ) 2
Luam y = 2 si ecuatia data devine

7 ⋅ x ⋅ 2( x + 2)( x 2 + 2 x + 4) 2 21
= ,
5
5 ⋅ x ⋅ 2( x + 2)( x 2 + 2 x + 4)

x 2 + 2 x + 4 = 3, x 2 + 2 x + 1 = 0, x = −1.
Pentru simplificarea fractiei se utilizeaza aceleasi formule ca mai sus,
29 5 − 25 5 − 4 5
=
29 7 − 25 7 − 4 7
5 ⋅ 25 ⋅ 4 ⋅ (25 + 4)(25 2 + 25 ⋅ 4 + 4 2 )
5
=
=
.
2
2 2
5187
7 ⋅ 25 ⋅ 4 ⋅ (25 + 4)(25 + 25 ⋅ 4 + 4 )
respectiv luam x = 25 si y = 4 si obtinem


Să se determine maximul expresiei: E ( x) =

2 x 2 − 8 x + 17
.
x 2 − 4x + 7

Dată la Concursul Interjudeţean de Matematică, „Speranţe Rîmnicene”, clasa a
VIII-a, Rîmnicu Sărat, 2008

Soluţie.Expresia se mai scrie:
2( x 2 − 4 x + 7) + 3
3
3
E ( x) =
= 2+ 2
= 2+
.
2
x − 4x + 7
x − 4x + 7
( x − 2) 2 + 3
Deci E (x) este maximă când ( x − 2) 2 + 3 este minimă şi aceasta se întâmplă când
x = 2 .Rezultă că maximul expresiei este 3.

Să se arate că pentru orice număr natural n ≥ 0 numărul 2 2
2n

2 n +1

2n

+ 2 2 + 1 nu este prim.

2 n +1

Soluţie. Fie x 2 = 2 2 , deci x 4 = 2 2 .Atunci putem scrie :
2 n +1
2n
2 2 + 2 2 + 1 = x 4 + x 2 + 1 = ( x 2 + 1 + x)( x 2 + 1 − x)
şi fiecare din cei doi factori este diferit de 1 (c.c.t.d).
Să se arate că pentru orice număr natural n ≥ 0 numărul 2 6 n − 2 2 n + 2 n +1 − 1 nu este
prim.

Soluţie.Fie x = 2 n .Atunci putem scrie:
48


2 6 n − 2 2 n + 2 n +1 − 1 = x 6 − x 2 + 2 x − 1 = x 6 − ( x − 1) 2 = ( x 3 + x − 1)( x 3 − x + 1)
şi fiecare din cei doi factori este diferit de 1 (c.c.t.d).
Problemă pentru clasa a VIII-a,
Se consideră un cub pentru care volumul (în m 3 ) plus perimetrul bazei (în m) este egal
cu aria laterală (în m 2 ).
Căţi m are lungimea diagonalei cubului dat?
Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.33.), Publicată în
SM – nr.2 / 2008
Soluţie.Dacă latura cubului este a , atunci condiţia implică a 3 + 4a = 4a 2 , sau
a (a 2 − 4a + 4) = a(a − 2) 2 = 0 .Deci a = 2 , şi diagonala are lungimea 2 3 m .
Problemă pentru clasa a VIII-a (a IX-a),
Arătaţi că 2009 divide 12007 + 2 2007 + ... + 2008 2007 .
Soluţie.Din identitatea
x n + y n = ( x + y )( x n −1 − x n − 2 y + x n −3 y 2 − ... − xy n − 2 + y n −1 ) ,
valabilă pentru orice n impar avem că x + y divide x n + y n .Acum, deoarece fiecare
dintre numerele 12007 + 2008 2007 ,2 2007 + 2007 2007 ,...,1004 2007 + 1005 2007 se divide cu 2009
rezultă concluzia.
Problemă pentru clasa a VIII-a ,
Arătaţi că 2009 divide 13 + 2 3 + ... + 2008 3 .
Soluţie.Din identitatea x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − x y + y 2 ) , avem că x + y divide
x 3 + y 3 .Acum,
deoarece
fiecare
dintre
numerele
3
3
3
3
3
3
1 + 2008 ,2 + 2007 ,...,1004 + 1005 se divide cu 2009 rezultă concluzia.
Rezolvaţi în N ecuaţia:
2x = x2 + x +1.
Soluţie. 2 x = x 2 + x + 1 ⇔ 2 x − 1 = x( x + 1) .Cum 2 x( x + 1) rezultă că 2 2 x − 1 , deci
x = 0.
Rezolvaţi în N ecuaţia:
3 x = x 3 + 3x 2 + 2 x + 1 .
Crux Mathematicorum – octombrie 2008 – M360.

Soluţie. 3 x = x 3 + 3 x 2 + 2 x + 1 ⇔ 3 x − 1 = x( x + 1)( x + 2) .Cum 3 x( x + 1)( x + 2) rezultă
că 3 3 x − 1 , deci x = 0 .
Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a,
4x
Fie E ( x) = x
.Rezolvaţi ecuaţia:
4 +2
1
2
2009
x
E(
) + E(
) + ... + E (
)= .
2010
2010
2010
2

49

Probleme rezolvate

Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi
1004
1
2
2009 2009
2010 − k ⎤
k
k
⎡
) + E(
) + ... + E (
) = ∑ E(
) = ∑ ⎢E(
) + E(
) +
E(
2010
2010
2010
2010
2010
2010 ⎥
⎦
k =1
k =1 ⎣
1005
E(
)=
2010
1004
1
1
2
2009
k
k ⎤
⎡
) + E (1 −
)⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 +
=
.
= ∑ ⎢E(
2010
2010 ⎦
2
2
2+2
2
k =1 ⎣
Soluţia ecuaţiei este x = 2009 .
16 x
1
2
2009
.Calculaţi suma : S= E (
) + E(
) + ... + E (
).
x
2010
2010
2010
16 + 4
Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi
1004
1
2
2009 2009
2010 − k ⎤
k
k
⎡
) + E(
) + ... + E (
) = ∑ E(
) = ∑ ⎢E(
) + E(
) +
S= E (
2010
2010
2010
2010
2010
2010 ⎥
⎦
k =1
k =1 ⎣
1005
E(
)=
2010
1004
1
1
4
2009
k
k ⎤
⎡
) + E (1 −
)⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 +
=
.
= ∑ ⎢E(
2010
2010 ⎦
2
2
4+4
2
k =1 ⎣
Rezolvaţi în R ecuaţia:
4 x 2 − 8[x ] − 5 = 0 , unde [x ] ∈ Z şi x ≥ [x ] > x − 1 .
Soluţie.Deoarece [x ] > x − 1 , avem
4 x 2 − 5 = 8[x ] > 8( x − 1) ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 > 0 ⇔ (2 x − 1)(2 x + 3) > 0 ⇔
1
3
⇔ x < sau x >
2
2
(1)
De asemenea din x ≥ [x ], avem:
1
5
4 x 2 − 5 = 8[x ] ≤ 8 x ⇔ 4 x 2 − 8 x − 5 ≤ 0 ⇔ (2 x − 5)(2 x + 1) ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤
2
2
(2)
1
1
3
5
Din (1) şi (2) avem − ≤ x < sau < x ≤ .
2
2
2
2
1
1
Cazul 1. − ≤ x < .
2
2
Rezultă [x ] = −1 ⇒ 4 x 2 = −3 , ecuaţia nu are soluţii reale, sau
Fie E ( x) =

⎧

[x] = 0 ⇒ 4 x 2 = 5 ⇒ x ∈ ⎨−
⎩

5 5⎫
,
⎬.
2 2 ⎭

5 3
3
5
< nu avem soluţii.
<−
< −1 şi 1 <
2
2
2
2
3
5
Cazul 2. < x ≤ .
2
2
1
Acum [x ] ∈ { ,2,3}.
Deoarece −

50


13
3
9
13
16
.
=
<
<
= 2 , rezultă soluţia x =
2
2
2
2
2
3
9
21
25 5
Dacă [x ] = 2 ⇒ 4 x 2 = 21 . Deoarece =
<
<
= , rezultă
2
2
2
2
2
21
.
soluţia x =
2
5
25
29
36 6
29
<
<
= , rezultă x =
nu
Dacă [x ] = 3 ⇒ 4 x 2 = 29 .Deoarece =
2
2
2
2
2
2
este soluţie.
⎧ 13 21 ⎫
,
Soluţiile ecuaţiei sunt x ∈ ⎨
⎬.
2 ⎭
⎩ 2
Problemă pentru clasa a VIII-a ,
Fie un paralelipiped dreptunghic cu dimensiunile a, b, c şi diagonala d .
a+b+c
, atunci paralelipepedul este cub.
Să se arate că dacă d =
3
Dată la concursul naţional “Gh. Mihoc” - 2009
Dacă [x ] = 1 ⇒ 4 x 2 = 13 .Deoarece

Soluţie.Ridicăm la pătrat relaţia din ipoteză, apoi înlocuim d 2 = a 2 + b 2 + c 2 şi
obţinem:
3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c) 2 ⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 = 0 ⇔ a = b = c .Q.E.D.

Problemă pentru clasa a IX-a ,
Să se arate că 23 divide 3 22 n +1 + 5 22 m +1 + 15 22 p +1 , ∀n, m, p ∈ N .
Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: ∀a ∈ Z , p = prim, p ≠ a ⇒ a p −1 = M p + 1.

În cazul nostru avem
3 22 n +1 + 5 22 m +1 + 15 22 p +1 = 3 ⋅ 3 22 n + 5 ⋅ 5 22 m + 15 ⋅ 15 22 p =
= 3 ⋅ ( M 23 + 1) n + 5 ⋅ ( M 23 + 1) m + 15 ⋅ ( M 23 + 1) p =
= 3 ⋅ ( M 23 + 1) + 5 ⋅ ( M 23 + 1) + 15 ⋅ ( M 23 + 1) = = M 23 + 3 + 5 + 15 = M 23 .
Problemã pentru clasa a IX-a
( x − y ) 2007 ( x − z ) 2007 + ( y − x) 2007 ( y − z ) 2007 +
+ ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 + m = 0, unde m ≥ 0 .

Publicată în RIM – nr.XII -2006 (9618)

Soluţie:

51

Probleme rezolvate

( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 .
a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0,
Daca m > 0 ⇒ ecuatia nu are solutii.
Daca m = 0 ⇒ x = y = z .
(1 − y ) 2007 (1 − z ) 2007 + ( y − 1) 2007 ( y − z ) 2007 +
+ ( z − 1) 2007 ( z − y ) 2007 = 0.

Soluţie:
( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 .
a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0,

(2006 − y ) 2007 (2006 − z ) 2007 + ( y − 2006) 2007 ( y − z ) 2007 +
+ ( z − 2006) 2007 ( z − y ) 2007 = 0.
Soluţie:

+ ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 .
a ≥ 0, b ≥ 0.
E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0,
Problemă pentru clasa a IX-a,

52


Fie triunghiul ABC asemenea cu triunghiul A′B ′C ′ în care: AB = c, BC = a, CA = b ,
1
A′B ′ = a + b , B ′C ′ = b + c , C ′A′ = c + a şi raportul de asemănare .
k
Să se determine lungimile laturilor şi măsurile unghiurilor celor două triunghiuri în
funcţie de k .
a+b
b+c
c+a
=
=
= k.
Soluţie. Din enunţ avem
c
a
b
⎧ a + b = kc
⎪
⎪
Rezultă sistemul ⎨ b + c = ka
⎪
⎪ c + a = kb
⎩
Datorită simetriei, putem presupune a ≤ b ≤ c .
Atunci a + b ≤ b + c ⇒ kc ≤ ka , deci a = b = c .
2
Prima ecuaţie devine: 2a = ka ⇒ a = b = c = 2 .Deci cele două triunghiuri sunt
k
2
2
echilaterale primul cu latura 2 iar celălalt cu latura .
k
k
Să se rezolve în N ecuaţia x m = x n + a , dacă m, n, a ∈ N şi a impar .
Soluţie.Este necesar ca m > n .Din x m − x n = a avem x n ( x m − n − 1) = a , apoi
x n ( x − 1)( x m − n −1 + x m − n − 2 +... + 1) = a ⇔ x n −1 ⋅ x ⋅ ( x − 1)( x m − n −1 + x m − n − 2 +... + 1) = a .
Deoarece x ⋅ ( x − 1) este un număr par şi a este un număr impar rezultă că ecuaţia nu
are soluţii.

Fie in planul euclidian punctele O, M, A 0 , A1 , A 2 , ..., A n astfel incat
d(O, M) = d, m(∠A i-1OA i ) = iα ∈ (0 0 ,180 0 ), i = 1, n .
Consideram punctele Bi = prOA i M, i = 0, n .
n -1

Sa se calculeze ∑ Bi Bi +1.
i =0

Soluţie:
Avem doua situatii:
1 )M ∈ Int( ∠AiOAi + 1 ); 2) M ∈ Ext (∠Ai OAi +1 )
Deoarece m(∠OBi M ) + m(OBi +1M ) = 1800 ⇒ OBi MBi +1 este patrulater inscriptibil in
cercul de diametru OM = d.Din teorema sinusurilor in triunghiurile OBi Bi +1
⇒

Bi Bi +1
= 2 R = OM = d ⇒⇒ Bi Bi +1 = d sin(i + 1)α ..
sin(i + 1)α

53

Probleme rezolvate
n -1

n −1

i =0

i =0

Avem ∑ Bi Bi +1 = d ∑ sin(i + 1)α = d (sin α + sin 2α + sin 3α + ... + sin nα ).
Tinand cont de egalitatea cunoscuta
nα
2 ⋅ sin (n + 1)α
sinα + sin 2α + sin 3α + ... + sin nα =
α
2
sin
2
nα
sin
n -1
2 ⋅ sin (n + 1)α
obtinem ∑ Bi Bi +1 = d ⋅
α
2
i=0
sin
2
sin

∗
Dacă a, b, c, d ∈ R+ , cu condiţia abcd = 1 să se arate că:
(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≥ 24 .

Soluţie.Aplicăm inegalitate medilor A-G de două ori şi obţinem:
a2 + b2 + c2 + d 2 4 2 2 2 2
≥ a b c d = 1 , respectiv,
4
ab + ac + ad + bc + bd + cd 6 3 3 3 3
≥ a b c d = 1.
6
Prin înmulţirea celor două inegalităţi se obţine concluzia.
∗
Dacă xi ∈ R+ , i = 1, n , cu

n

∏x

i

= 1 , să se arate că:

i =1

n

∑x
i =1

2
i

+

∑x x

1≤i < j ≤ n

i

j

≥

n(n + 1)
.
2

Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (L.4.)

Soluţie. Aplicăm inegalitate medilor A-G de două ori şi obţinem:
2
2
n
x12 + x 2 + ... + x n n 2 2 2
≥ x1 x 2 ...x n = 1 ⇔ ∑ xi2 ≥ n ,respectiv,
n
i =1
∑ xi x j n( n−1)
n(n − 1)
1≤i < j ≤ n
≥ 2 ( x1 x 2 ...x n ) n −1 = 1 ⇔ ∑ xi x j ≥
n(n − 1)
2
1≤i < j ≤ n
2
Prin adunarea celor două inegalităţi se obţine concluzia.
Problemã pentru clasa a IX-a, a X-a
Se considerã în planul euclidian punctele: A(1,0),B(-1,2) şi C(2,-1).
Sã se scrie :

54


a )ecuatiile translatiei tCB ;
−
b)ecuatiile omotetiei hB 2 ;

c)ecuatiile simetriei centrale S C ;
d )ecuatiile simetriei axiale S BC ;
−

π

e)ecuatiile rotatiei RA 3 .
Soluţie :

⎧ x′ = x + a
a )ecuatiile translatiei de vector v(a, b) sunt (t v ) : ⎨
⎩ y′ = y + b
⎧ x′ = x − 3
⋅
Deoarece CB(−3,3) ⇒ (tCB ) : ⎨
⎩ y′ = y + 3

⎧ x′ = kx + (1 − k ) xB
b)ecuatiile omotetiei sunt date de (h K ) : ⎨
B
⎩ y′ = ky + (1 − k ) y B
⎧ x′ = −2 x − 3
In cazul nostru avem (h -B2 ) : ⎨
⎩ y ′ = −2 y + 6
⎧ x′ = 2 xC − x
c)ecuatiile simetriei centrale sunt date de (SC ) : ⎨
⎩ y ′ = 2 yC − y
⎧ x′ = 4 − x
Re zulta (SC ) : ⎨
⎩ y ′ = −2 − y
d )daca avem o drepta (d) de ecuatie ax + by + c = 0 atunci simetria axiala
in raport cu dreapta (d) este data de ecuatiile
⎧
b2 − a2
2ab
2ac
x− 2
y− 2
x′ = 2
⎪
2
2
⎪
a +b
a +b
a + b2
⎨
2
2
⎪ y ′ = - 2ab x + a − b y − 2bc
⎪
a2 + b2
a2 + b2
a 2 + b2
⎩
⎧x′ = − y + 1
Dreapta (BC) are ecuatia x + y - 1 = 0 ⇒ (S BC ) : ⎨
⎩ y′ = − x + 1

55

Probleme rezolvate

′
⎧ x′ = x cosθ − y sin θ + x0
e)ecuatiile rotatiei sunt date de ( R θ ) ⎨
A
′
⎩ y′ = x sin θ + y cosθ + y0
θ
⎧
′
⎪ x0 = ( x Atg 2 + y A ) sin θ
⎪
unde ⎨
⎪ y′ = ( y tg θ − x ) sin θ
A
A
⎪ 0
2
⎩
1
⎧
′
⎪ x0 = 2
⎪
In cazul nostru avem⎨
⎪ y′ = 3
⎪ 0
2
⎩
⎧
x y 3 1
+
⎪ x′ = +
⎪
2
2
2
3
de unde rezulta ecuatiile (R A ) : ⎨
⎪ y′ = − x 3 + y + 3
⎪
2
2
2
⎩
π

Sã se calculeze centrul de greutate al triunghiului DEF,unde
−
D = t ( A), E = hB 2 (C ), F = SC ( B ) ⋅
CB

(t v = translatia de vector v; hok = omotetia de centru O si raport k;
S o = simetria de centru O)
Soluţie :

⎧ x′ = x + a
a )ecuatiile translatiei de vector v(a, b) sunt (t ) : ⎨
v
⎩ y′ = y + b
⎧ x′ = x − 3
⋅ ⇒ t ( A) = D(−2,3)
Deoarece CB(−3,3) ⇒ (t ) : ⎨
CB
CB
⎩ y′ = y + 3

⎧ x′ = kx + (1 − k ) xB
b)ecuatiile omotetiei sunt date de (h K ) : ⎨
B
⎩ y′ = ky + (1 − k ) yB
⎧ x′ = −2 x − 3
−
In cazul nostru avem (h -B2 ) : ⎨
⇒ hB 2 (C ) = E (−7,8)
y′ = −2 y + 6
⎩
⎧ x′ = 2 xC − x
c)ecuatiile simetriei centrale sunt date de (SC ) : ⎨
⎩ y′ = 2 yC − y
⎧ x′ = 4 − x
Re zulta (SC ) : ⎨
⇒ SC ( B ) = F (5,−4)
⎩ y′ = −2 − y
Din a),b),c) rezultã coordonatele centrului de greutate sunt
− 2−7 +5 3+8− 4
−4 7
G(
,
) ⇒ G(
, )
3
3
3 3
Problemã clasa a IX-a

Sã se arate cã:

56


a)

MA
BA ⋅ CA
MA 2

+

MB

MC

+

AB ⋅ CB
MB 2

= 0;

AC ⋅ BC
MC 2

+
+
= 1,
BA ⋅ CA AB ⋅ CB AC ⋅ BC
unde A, B, C si M sunt puncte din spatiu.

b)


Soluţie:
Consideram un punct oarecare O din spatiu si notam cu
a , b , c si x vectorii de pozitie ai punctelor A, B, C si M fata de O.
a)
=

BA ⋅ CA

+

MB
AB ⋅ CB
1

+

MC
AC ⋅ BC

MA 2
BA ⋅ CA

+

MB 2
AB ⋅ CB

(a − x) 2
(a − b) ⋅ (a − c)
1

+

+

MC 2
AC ⋅ BC

a−x
(a − b) ⋅ (a − c)

+

b−x
(b − a ) ⋅ (b − c )

+

c−x
(c − a ) ⋅ (c − b )

(b − a ) ⋅ (b − c )
2

+

(c − x ) 2
(c − a ) ⋅ (c − b )

=

( a − b )( b − c )( c − a )

= 1.

( Am utilizat formula cunoscutã:
a 2 (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a ) = (a − b)(b − c)(c − a ) ).
Problema clasa a IX-a

Sã se afle locul geometric al punctelor M din spaţiu care verificã relaţia:
BA ⋅ CA

+

MB 2 ⋅ MB
CB ⋅ AB

+

]

+ x 2 − 2 ⋅ a ⋅ x )( c − b ) + (b 2 + x 2 − 2 ⋅ b ⋅ x )( a − c ) + ( c 2 + x 2 − 2 ⋅ c ⋅ x )( b − a ) =

a 2 ( c − b ) + b 2 ( a − c ) + c 2 (b − a )

MA2 ⋅ MA

=

=

(b − x ) 2

[(a
( a − b ) ⋅ (b − c ) ⋅ ( c − a )
=

=

[a ⋅ c − c ⋅ x − a ⋅ b + b ⋅ x + a ⋅ b − a ⋅ x − b ⋅ c + c ⋅ x + b ⋅ c − b ⋅ x − a ⋅ c + a ⋅ x ] = 0;

( a − b ) ⋅ (b − c ) ⋅ ( c − a )

b)
=

MA

MC 2 ⋅ MC
AC ⋅ BC

= 0, ∀A, B, C din spatiu.


Soluţie:

57

Probleme rezolvate
Consideram un punct oarecare O din spatiu si a , b, c si x
vectorii de pozitie ai punctelor A, B, C si M.
E=

MA 2 ⋅ MA

+

MB 2 ⋅ MB

+

MC 2 ⋅ MC

=

(a − x ) 3

+

(b − x ) 3

(a − b)(a − c ) (b − a )(b − c )
BA ⋅ CA
CB ⋅ AB
AC ⋅ BC
Dupa aducerea la acelasi numitor si reducerea termenilo r avem :

(1)E =

+

(c − x ) 3
(c − b)(c − b)

[

1

3
3
⎧ 3
2
2
2
⎨a (c − b ) + b ( a − c ) + c (b − a ) − 3 x a (c − b) + b ( a − c ) + c (b − a )
(a − b)(b − c )(c − a ) ⎩

Avem relatiile : (2) a 3 (c − b) + b 3 ( a − c ) + c 3 (b − a ) = ( a + b + c )( a − b)(b − c )(c − a ) si
(3) a 2 (c − b) + b 2 (a − c ) + c 2 (b − a ) = (a − b)(b − c )(c − a ), cunoscute de la algebra.
Din (1), (2) si (3) ⇒
(4)E =

1
(a − b)(b − c )(c − a )

[

]

⋅ (a + b + c )(a − b)(b − c )(c − a ) − 3 x ( a − b)(b − c )(c − a ) =

= a + b + c − 3 x = OA + OB + OC − 3OM ,
Din ipoteza ⇒ OA + OB + OC = 3OM
Stim (5) OA + OB + OC = 3OG.Deci M ≡ G, centrul de greutate al triunghiu lui ABC.

Sã se arate cã mijlocul segmentului DE se aflã pe prima bisectoare, unde
−

π

D = R A 3 ( B) si E = S BC ( A) .
θ
( Ro = rotatia de centru O si de unghi θ ; S d = simetria axiala de axa d)

58

]}

Neculai stanciu exercitii rezolvate

Neculai stanciu exercitii rezolvate

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to Neculai stanciu exercitii rezolvate

Similar to Neculai stanciu exercitii rezolvate (20)

More from Gherghescu Gabriel

More from Gherghescu Gabriel (20)

Neculai stanciu exercitii rezolvate