probleme pentru etapa jude ean - viitori olimpici · ³i deci triunghiul pqr este echilateral....
TRANSCRIPT
PROBLEMEPENTRU ETAPA JUDE�EAN�
ABSTRACT. În vederea particip rii cu succes la concursurile ³colareprezent m câteva probleme de concurs însoµite de rezolv ri ³i comentarii.
Lecµia se adreseaz clasei a VI-a
Data: martie 2011
Autor: Ion Cicu, Profesor, �coala nr. 96, Bucure³ti
Problema 1: A�aµi numerele naturale a ³i b ³tiind c cel mai micmultiplu comun al lor este de 12 ori mai mare decât cel mai mare divizorcomun al lor ³i c 6a + b = 330.
Etapa pe municipiu, Bucure³ti, 2002
Soluµie: Fie d = (a, b) cel mai mare divizor comun ³i m = [a, b] celmai mic multiplu comun al numerelor a ³i b.
Din enunµ avem m = 12d. (*)
Se ³tie, de asemenea c md = ab, de unde m =ab
d. (**)
Din cele dou relaµii deducemab
d= 12d sau ab = 12d2. (***)
Acum, d = (a, b) implic a = dx, b = dy ³i (x, y) = 1.
Înlocuind în (***) obµinem d2xy = 12d2, de unde xy = 12.
Cum (x, y) = 1 distingem cazurile x = 1, y = 12; x = 3, y = 4; x =12, y = 1 ³i x = 4, y = 3.
Pentru x = 1, y = 12 avem a = d, b = 12d ³i înlocuind în 6a + b = 330obµinem 18d = 330 care nu are soluµie natural .
Pentru x = 3, y = 4 avem a = 3d, b = 4d ³i înlocuind în 6a + b = 330obµinem 22d = 330 care are soluµia d = 15, de unde a = 45 ³i b = 60.
Pentru x = 12, y = 1 avem a = 12d, b = d ³i înlocuind în 6a + b = 330obµinem 73d = 330 care nu are soluµie natural .
În sfâr³it, pentru x = 4, y = 3 avem a = 4d, b = 3d ³i înlocuind în6a + b = 330 obµinem 27d = 330 care nu are soluµie natural .
În concluzie a = 45 ³i b = 60.
1
Problema 2: Fie numerele naturale a, b, c astfel încâta + b
bc=
b + c
ca=
c + a
ab.
Demonstraµi c a = b = c.
Etapa pe municipiu, Bucure³ti, 2002
Soluµie: Este evident c a, b, c sunt numere naturale nenule.
Dina + b
bc=
b + c
ca=
c + a
ab= p deducem
a + b = pbc (1)
b + c = pca (2)
c + a = pab (3).
Sc zând (2) din (1), (3) din (2) ³i (3) din (1) obµinem
a− c = pc(b− a) (4)
b− a = pa(c− b) (5)
b− c = pb(c− a) (6).
Acum s presupunem c a, b, c nu sunt toate egale.
Putem avea numai dou egale (alegem a = b 6= c f r a pierde dingeneralitatea problemei) sau toate diferite.
Dac a = b, din (5) rezult c− b = 0, de unde c = b, contradicµie.
Dac toate sunt diferite, f r a restrânge generalitatea, putem pre-supune a < b < c.
În aceste condiµii a− c < 0 ³i b− a > 0 ceea ce presupune c în relaµia(4) membrul stâng este negativ, iar membrul drept este pozitiv; contradicµie.
Cum pentru a = b = c relaµia din enunµ este veri�cat rezult c singuravariant posibil este a = b = c.
2
Problema 3: Fie triunghiul ABC cu AB = 3 cm. Mediatoarea seg-
mentului AB intersecteaz dreapta BC în punctul D astfel încât BD =15·BC
³i AC = 4 ·AD. �tiind c raportul perimetrelor triunghiurilor ADC ³i ABC
este67, calculaµi lungimea segmentului AD.
Etapa pe municipiu, Bucure³ti, 2000
Soluµie: Pentru rezolvarea problemei vom folosi urm torul rezultat:
Dac M este un punct pe mediatoarea lui [AB], atunci [MA] ≡ [MB].
Deoarece mediatoarea segmentului AB trebuie s intersecteze dreaptaBC vom distinge dou cazuri, a³a cum se vede în imaginea de mai jos.
Dac D aparµine mediatoarei segmentului AB, atunci [AD] ≡ [DB].
Notând AD = x rezult BD = x ³i avem BC = 5x (din BD =15·BC)
³i AC = 4x (din AC = 4 ·AD).Pentru Fig 1 avem CD = 4x ³i P4ADC = 9x, iar P4ABC = 9x + 3.
Atunci, dinP4ADC
P4ABC=
67obµinem
9x
9x + 3=
67, de unde x = 2.
Deci AD = 2 cm.Pentru Fig 2 avem CD = 6x ³i P4ADC = 11x, iar P4ABC = 9x + 3.
Atunci, dinP4ADC
P4ABC=
67obµinem
11x
9x + 3=
67, de unde x =
1823
.
Deci AD =1823
cm.
3
Problemele care urmeaz reprezint subiectul propus de organizatori laconcursul interjudeµean de matematic ³i informatic "Gr. C. Moisil", SatuMare, 2009.
Problema 4: Scrieµi num rul natural 252008 ca o sum de cinci numerenaturale consecutive.
Traian T mâian
Soluµie: Fie x cel mai mic dintre cele cinci numere consecutive. Cele-lalte numere vor � x + 1, x + 2, x + 3, x + 4. Trebuie s avem
x + x + 1 + x + 2 + x + 3 + x + 4 = 252008
sau5x + 10 = 54016
de undex = 54015 − 2.
Rezult c cele cinci numere consecutive având suma 252008 sunt
54015 − 2; 54015 − 1; 54015; 54015 + 1; 54015 + 2.
Problema 5: Ar taµi c , pentru orice num r natural n > 5 mulµimea
A = {n, 2n + 1, 3n + 2, 4n + 3, 6n + 1}
conµine cel puµin un num r compus.Vasile Berinde
Soluµie: S observ m c pentru n > 5 toate elementele mulµimii Asunt mai mari decât 5.
Ne folosim de faptul c orice num r natural are una dintre formele5k; 5k + 1; 5k + 2; 5k + 3; 5k + 4.
Dac n = 5k atunci elementul n din mulµimea A este num r compus.Dac n = 5k + 1 atunci elementul 3n + 2 din mulµimea A devine
3(5k + 1) + 2 = 15k + 5
care se divide cu 5, deci este num r compus.Dac n = 5k + 2 atunci elementul 2n + 1 din mulµimea A devine
2(5k + 2) + 1 = 10k + 5
care se divide cu 5, deci este num r compus.
4
Dac n = 5k + 3 atunci elementul 4n + 3 din mulµimea A devine
4(5k + 3) + 3 = 20k + 15
care se divide cu 5, deci este num r compus.Dac n = 5k + 4 atunci elementul 6n + 1 din mulµimea A devine
6(5k + 4) + 1 = 30k + 25
care se divide cu 5, deci este num r compus.În concluzie, pentru orice num r natural n > 5 în mulµimea A exist
cel puµin un num r compus.
Problema 6: Se consider un triunghi ABC echilateral cu lungimealaturii de 10 cm. Pe (AB), (BC), (CA) se iau punctele D,E, M astfel încâtAD = BE = CM = 3 cm. Dac AE ∩ BM = {Q}, BM ∩ CD = {R} ³iCD ∩AE = {P}, s se arate c triunghiul PQR este echilateral.
* * *
Soluµie:
Vom ar ta c laturile triunghiului PQR sunt congruente.În primul rând
4ABE ≡ 4BCM ≡ 4CAD
deoarece [AB] ≡ [BC] ≡ [CA], [BE] ≡ [CM ] ≡ [AD](= 3 cm) ³i ABE ≡BCM ≡ CAD(= 600).
De aici deducem [AE] ≡ [BM ] ≡ [CD] (1)Acum
4ADP ≡ 4BEQ ≡ 4CMR
deoarece [AD] ≡ [BE] ≡ [CM ], ADP ≡ BEQ ≡ CMR (din congruenµaanterioar ) ³i DAP ≡ EBQ ≡ MCR (din congruenµa anterioar ).
5
De aici obµinem [DP ] ≡ [EQ] ≡ [MR] ³i [AP ] ≡ [BQ] ≡ [CR]. (2)Acum,
PQ = AE − (EQ + AP )
RQ = BM − (RM + BQ)
PR = DC − (DP + CR)
³i µinând seama de (1) ³i (2) rezult
[PQ] ≡ [QR] ≡ [RP ]
³i deci triunghiul PQR este echilateral.
Problema 7: În triunghiul ABC, [BC] este cea mai mare latur ³i arelungimea a, iar [AB], [AC] au respectiv lungimile b, c. Bisectoarea unghiuluiB intersecteaz AC în D, iar bisectoarea unghiului C intersecteaz AB în E.Fie M piciorul perpendicularei din A pe BD, iar N piciorul perpendicularei
din A pe CE. Demonstraµi c MN =b + c− a
2.
Maria Miheµ
Pentru a putea înµelege rezolvarea acestei probleme trebuie s ne asig-ur m de cunoa³terea urm toarelor teoreme:
Teorema 1 Triunghiul în care o bisectoare ester ³i în lµime este un
truiunghi isoscel.Soluµie: În conformitate cu �gura de mai jos [AD] este bisectoarea
unghiului A ³i în lµimea din A a triunghiului ABC.Vom demonstra c [AB] ≡ [AC].
Avem 4ABD ≡ 4ACD deoarece sunt triunghiuri dreptunghice (din[AD] - în lµime), [AD] este latur comun , iar BAD ≡ CAD (din [AD] -bisectoare). Din congruenµa celor dou triunghiuri deducem [AB] ≡ [AC] ³ideci 4ABC este isoscel.
Teorema 2 Linia mijlocie în triunghi este paralel cu a treia latur ³iare lungimea egal cu jum tate din lungimea acesteia.
6
(De�niµie: Linia mijlocie în triunghi este segmentul care une³te mi-
jloacele a dou laturi ale triunghiului.)
Soluµie:
În �gura de mai sus M este mijlocul laturii AB, N este mijlocul laturiiAC, iar P este simetricul lui M faµ de N .
În primul rând 4AMN ≡ 4CPN ([AN ] ≡ [CN ], [MN ] ≡ [PN ],ANM ≡ CNP ).
De aici deducem (1) [AM ] ≡ [CP ] ³i (2) AMN ≡ CPN .Din (2) deducem c (3) AM ‖ CP (unghiurile de la (2) sunt unghiuri
alterne interne pentru dreptele AB ³i CP ³i secanta PM).Acum, 4BCM ≡ 4PMC ([BM ] ≡ [AM ] ≡ [PC], [MC] este latur
comun , BMC ≡ MCP ca unghiuri alterne interne)De aici obµinem [MP ] ≡ [BC]
Cum MN =MP
2, rezult MN =
BC
2Pe de alt parte BCM ≡ CMP ³i de aici MN ‖ BC.Cu aceasta teorema este demonstrat .Acestea �ind spuse ne putem întoarce la problema noastr .
Soluµia problemei:
7
Not m {P} = AM ∩BC ³i {Q} = AN ∩BC.În 4BAP , [BM ] este bisectoare (din ipotez ) ³i în lµime (AM ⊥ BD),
rezult din teorema 1 c 4BAP este isoscel cu [AB] ≡ [BP ] (*). Mai multM este mijlocul lui [AP ].
În 4CAQ, [CN ] este bisectoare (din ipotez ) ³i în lµime (AN ⊥ CE),rezult din teorema 1 c 4CAQ este isoscel cu [AC] ≡ [CQ] (**). Mai multN este mijlocul lui [AQ].
Din M este mijlocul lui [AP ] ³i N este mijlocul lui [AQ] deducem c
MN este linie mijlocie în triunghiul APQ ³i din teorema 2 MN =PQ
2.
Lungimea lui [PQ] este PQ = BC − (CP + BQ).Dar CP = BC −BP = BC −AB (din (*)), deci CP = a− c.Analog BQ = BC − CQ = BC −AC (din(**)), deci BQ = a− b.Atunci PQ = a− (a− c + a− b) = a− a + c− a + b = b + c− a ³i de
aici MN =b + c− a
2.
8