Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a VII-a - Solutii si Bareme

VII 1. Determinati toate numerele naturale de doua cifre ab al caror cub se termina ın ab.

Horea Banea

Solutia 1.Pentru a fi ındeplinita conditia, este necesar ca ultima cifra sa se reproduca prin ridicare la cub(b3 − b = (b− 1)b(b + 1) sa se termine ın zero) ⇐⇒ b ∈ {0, 1, 4, 5, 6, 9}.b = 0 se elimina, deoarece ultimele doua cifre ale lui ab

3sunt zero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

ab3

= (10a + b)3 = 100k + 30ab2 + b3, k ∈ N∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca b = 1, penultima cifra a lui (10a + 1)3 = 100k1 + 30a + 1 este ultima cifra a lui 3a, care trebuiesa fie egala cu a, deci 3a− a = 2a trebuie sa se termine ın zero.Rezulta a ∈ {0, 5} si cum a 6= 0, obtinem a = 5 si deci ab = 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca b = 4, penultima cifra a lui (10a + 4)3 = 100k2 + 480a + 64 este ultima cifra a lui 8a + 6, adica8a + 6− a = 7a + 6 trebuie sa se termine ın zero, deci a = 2 si obtinem ab = 24. . . . . . . . ... 1 punctAnalog, daca b = 5, (10a + 5)3 = 100k3 + 750a + 125, 5a + 2− a = 4a + 2, a ∈ {2, 7}, ab ∈ {25, 75}.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctb = 6, (10a + 6)3 = 100k4 + 1080a + 216, 8a + 1− a = 7a + 1, a = 7, ab = 76 . . . . . . . . . . . ... 1 punctb = 9, (10a + 9)3 = 100k5 + 2430a + 729, 3a + 2− a = 2a + 2, a ∈ {4, 9}, ab ∈ {49, 99} . ... 1 punctSolutia 2.ab

3se termina ın ab ⇐⇒ (∃)k ∈ N∗, astfel ıncat ab

3= 100k + ab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Obtinem, astfel, ca (ab− 1)ab(ab + 1) = 25 · 4k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctNumerele ab− 1 si ab + 1 au cel mai mare divizor comun cel mult 2, deci nu se divid simultan prin 5.... 1 punctNumerele ab− 1 si ab, respectiv ab si ab + 1 sunt prime ıntre ele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctObtinem, astfel, ca ab = 25p sau ab = 25p± 1 , p ∈ N∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctGasim, deci, ab ∈ {24, 25, 26, 49, 50, 51, 74, 75, 76, 99} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDupa verificare, rezulta ca, numerele care satisfac conditia din problema sunt 24, 25, 49, 51, 75, 76, 99}.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

VII 2. Fie A = {1, 2, ..., n}, n ∈ N, n ≥ 3.Aflati numarul submultimilor M cu trei elemente ale multimii A care au proprietatea ca suma saumodulul diferentei oricaror doua elemente distincte ale lui M este element al multimii M .

Aurel Barsan

Solutie.Fie M = {a, b, c} ⊆ A o astfel de submultime cu a < b < c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 puncta, b ∈ N∗ =⇒ c + a, c + b > c =⇒ c + a, c + b 6∈M .Conform ipotezei, rezulta ca c−a, c− b 6∈M , c− b < c−a < c si c = a + b, astfel ca M = {a, b, a + b},cu a, b ∈ A, a + b ≤ n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteDaca n este par, avem:a = 1, b ∈ {2, 3, ..., n− 1};a = 2, b ∈ {3, 4, ..., n− 2};...a = n

2 − 1, b ∈ {n2 , n

2 − 1} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctPentru n par, exista, deci, (n− 2) + (n− 4) + ... + 2 = n(n−2)

4 submultimi M . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca n este impar, avem:a = 1, b ∈ {2, 3, ..., n− 1};a = 2, b ∈ {3, 4, ..., n− 2};

1

...a = n−1

2 − 1, b ∈ {n+12 } . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Pentru n impar, exista, deci, (n− 2) + (n− 4) + ... + 1 = (n−1)2

4 submultimi M . . . . . . . . ... 1 punct

VII 3. In triunghiul dreptunghic ABC, (m(BAC) = 90◦), bisectoarea [BD a unghiului ABC,D ∈ (AC) intersecteaza perpendiculara ın C pe BC ın punctul E, iar bisectoarea [CF a unghiuluiACB, F ∈ (AB) intersecteaza perpendiculara ın B pe BC ın punctul G. Demonstrati ca BD ·DE +CF · FG < BG2

2

Catalin Cristea

Solutia 1.Fie D′ simetricul lui D fata de A si F ′ simetricul lui F fata de A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctTriunghiul BDD′ este isoscel si ∆CDE ∼ ∆BDD′ (m(BD′D) = m(BDD′)) = m(CDE) = m(CED) =

90◦ − m(ABC)2

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

DEDD′ = CD

BD ⇐⇒ BD ·DE = DD′ · CD ⇐⇒ BD ·DE = 2AD · CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Dar, 2AD · CD < (AD+CD)2

2 = AC2

2 , de unde obtinem BD ·DE < AC2

2 (1) . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctAnalog, triunghiul CFF ′ este isoscel si ∆BFG ∼ ∆CFF ′ (m(CF ′F ) = m(CFF ′)) = m(BFG) =

m(BGF ) = 90◦ − m(ACB)2

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

FGFF ′ = BF

CF ⇐⇒ CF · FG = FF ′ ·BF ⇐⇒ CF · FG = 2AF ·BF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Dar, 2AF ·BF < (AF+BF )2

2 = AB2

2 , de unde obtinem CF · FG < AB2

2 (2).Din relatiile (1) si (2), obtinem BD ·DE + CF · FG < AB2

2 + AC2

2 = BC2

2 . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctSolutia 2.Fie M mijlocul segmentului (ED) si N mijlocul segmentului (FG) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Triunghiul CED este isoscel (m(CED) = m(EDC)) = m(ADB) = 90◦ − m(ABC)2

). . . . ... 1 punct

Patrulaterul BAMC este inscriptibil, deci BD ·DM = AD ·DC. Dar, DM = DE2 si deci, BD ·DE =

2AD ·DC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct2AD · CD < (AD+CD)2

2 = AC2

2 , de unde obtinem BD ·DE < AC2

2 (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Analog, triunghiul BFG este isoscel (m(BGF ) = m(BFG)) = m(CFA) = 90◦ − m(ACB)2

). . . . . ... 1

punctPatrulaterul BNAC este inscriptibil, deci CF · FN = BF · FA. Dar, FN = FG

2 si deci, CF · FG =2BF · FA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct2AF ·BF < (AF+BF )2

2 = AB2

2 , de unde obtinem CF · FG < AB2

2 (2).Din relatiile (1) si (2), obtinem BD ·DE + CF · FG < AB2

2 + AC2

2 = BC2

2 . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

VII 4. Fie triunghiul ascutiunghic ABC, X, Y , Z puncte variabile pe segmentele (BC), (CA),(AB) si T un punct variabil ın interiorul triunghiului. Sa se determine valoarea minima a sumeiS(X,Y, Z, T ) = TX2 + TY 2 + TZ2.

Vasile Pop

Solutie.Notam cu T1, T2, T3 proiectiile lui T pe BC, CA, AB. Atunci, TT1 ≤ TX, TT2 ≤ TY , TT3 ≤ TZ si,deci, S(T1, T2, T3, T ) ≤ S(X, Y, Z, T ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca a, b, c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC, din inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz,avem

(TT 21 + TT 2

2 + TT 23 )(a2 + b2 + c2) ≥ (aTT1 + bTT2 + cTT3)2.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteFie S aria triunghiului ABC. Deoarece 2S = aTT1+bTT2+cTT3, obtinem S(T1, T2, T3, T ) ≥ 4S2

a2+b2+c2 .

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctRezulta ca valoarea minima a sumei S(T1, T2, T3, T ) ar fi 4S2

a2+b2+c2 , ın cazul ın care ar exista un punctT care sa satisfaca

TT1

a=

TT2

b=

TT3

c=

aTT1

a2=

bTT2

b2=

cTT3

c2=

2S

a2 + b2 + c2.

. . . . . . . . . ... 1 punct Atunci, TT1ha

= a2

a2+b2+c2 , TT2hb

= b2

a2+b2+c2 , TT3hc

= c2

a2+b2+c2 . . . . . . . . ... 1 punct(ha, hb, hc lungimile ınaltimilor triunghiului ABC)Punctul T exista si este unic (punctul lui Lemoine), el aflandu-se la intersectia paralelei la BC dusaprin B′ ∈ (AC), astfel ıncat CB′

CA = a2

a2+b2+c2 , cu paralela la AC dusa prin C ′ ∈ (BC), astfel ıncatCC′

CB = b2

a2+b2+c2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

3

Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a VIII-a - Solutii si Bareme

VIII 1. Fie x, y si z numere reale distincte din intervalul [0, 1]. Demonstrati inegalitatea:

(x− xy + y)(y − yz + z)(z − zx+ x) ≥ x2y2z2

si precizati cazurile de egalitate.

Catalin Cristea

Solutie.Daca a ∈ [0, 1], atunci a ≥ a2, prin urmare, x− xy + y ≥ x2 − xy + y2 ≥ xy . . . . . . . . . . . ... 2 puncteAnalog y−yz+z ≥ yz, z−zx+x ≥ zx si prin ınmultire obtinem (x−xy+y)(y−yz+z)(z−zx+x) ≥x2y2z2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca x, y, z ∈ (0, 1), inegalitatea este stricta, deci pentru egalitate este necesar ca cel putin unul dintrecele trei numere sa fie 0 sau 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctx = 0 =⇒ yz(y − yz + z) = 0 =⇒ y = 0 sau z = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctx = 1 =⇒ y − yz + z = y2z2 =⇒ y − yz + z ≤ yz =⇒ y(1 − z) + z(1 − y) ≤ 0 =⇒ y = z = 0 sauy = z = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctIn concluzie, avem egalitate ın unul din urmatoarele cazuri: x = y = 0 si z ∈ [0, 1]; x = z = 0 siy ∈ [0, 1]; y = z = 0 si x ∈ [0, 1]; x = y = z = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

VIII 2. Fiecarui punct X din planul P ıi atribuim cate un numar real x. Aratati ca:a) Daca a+ b+ c = 0, pentru orice triunghi echilateral ABC, atunci x = 0, (∀X) ∈ P.b) Daca a+ b+ c = 0, pentru orice patrat ABCD, atunci x = 0, (∀X) ∈ P.

Vasile Pop

Solutie.a) Solutia 1. Fie X si Y doua puncte distincte, arbitrare, ın plan. Construim, de o parte si dealta a segmentului XY , triunghiurile isoscele MXY si NXY , astfel ıncat m(MXY ) = m(MY X) =m(NXY ) = m(NY X) = 30◦. Triunghiurile XMN si YMN sunt echilaterale, deci x + m + n =y +m+ n, de unde x = y, (∀)X,Y ∈ P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 punctePentru orice triunghi echilateral XY Z, avem x+ y + z = 3x = 0, deci x = 0, (∀)X ∈ P . ... 1 punctSolutia 2. Fie X un punct arbitrar ın plan si ABCDEF un hexagon regulat cu centrul X.Triunghiurile XAB, XBC, XCD, XDE, XEF , XFA, ACE si BDF sunt echilaterale ... 1 punctx+ a+ b = x+ b+ c =⇒ a = c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctAnalog, obtinem a = e si, cum a+ c+ e = 0, avem a = c = e = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctAnalog, obtinem b = d = f = 0 si, cum x+ a+ b = 0, avem x = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctb) Fie X un punct arbitrar ın plan si ABCD un patrat cu centrul X.Notam cu E,F,G,H mijloacele laturilor AB, BC, CD si DA.Patrulaterele XFCG, XGDH, XHAE, XEBF sunt patrate, deci x+f+c+g = 0, x+g+d+h = 0,x+ h+ a+ e = 0, x+ e+ b+ f = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctAdunand cele patru egalitati, obtinem:

4x+ 2(e+ f + g + h) + (a+ b+ c+ d) = 0.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctTinand cont de faptul ca EFGH si ABCD sunt patrate, obtinem x = 0 . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

VIII 3. In planul α, consideram dreptele distincte a, b si c, oricare doua neparalele. Daca dreaptad face unghiuri congruente cu dreptele a, b si c, demostrati ca d este perpendiculara pe planul α.

***

1

Solutie.Daca d‖α sau d ⊂ α, cum (d, a) ≡ (d, b) ≡ (d, c), rezulta ca cel putin doua dintre dreptele a, b si csunt paralele, contradictie cu ipoteza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctFie d ∩ α = {O} si P 6= O un punct pe dreapta d. Construim paralele prin O la dreptele a, b si c, pecare consideram punctele A, B si C cu proprietatile OA ≡ OB ≡ OC si POA ≡ POB ≡ POC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte∆POA ≡ ∆POB ≡ ∆POC (cazul L.U.L.) =⇒ PA ≡ PB ≡ PC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca O′ este proiectia lui P pe planul α, avem ∆PO′A ≡ ∆PO′B ≡ ∆PO′C (cazul C.I.), deciO′A ≡ O′B ≡ O′C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctCum centrul cercului circumscris ∆ABC este unic, avem O = O′, deci d⊥α . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

VIII 4. Fie a si b cifre nenule si n un numar natural nenul. Demonstrati ca numarul a 00...0︸ ︷︷ ︸n de 0

b

nu este patrat perfect.

Aurel Barsan

Solutie.Presupunem, prin absurd, ca x = a 00...0︸ ︷︷ ︸

n de 0

b este patrat perfect, deci b ∈ {1, 4, 9, 5, 6}.

b ∈ {5, 6} =⇒ x ∈ {M25 + 5;M4 + 2}, contradictie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctb = 1 =⇒ a0...01 = (2k + 1)2 =⇒ a · 2n−1 · 5n+1 = k(k + 1).Dar, (k, k + 1) = 1 =⇒ k = a1 · 2n−1, k + 1 = a2 · 5n+1, (a1, a2) = (a1, 5) = (a2, 2) = 1.Cum, a2 · 5n+1 − a1 · 2n−1 ≥ 5n+1 − 9 · 2n−1 = 16 · 5n−1 + 9(5n−1 − 2n−1) ≥ 16 (∗), contradictie.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteb = 4 =⇒ a0...04 = (2k)2 =⇒ a · 2n−1 · 5n+1 = (k − 1)(k + 1).Daca (k−1, k+ 1) = 1 avem k−1 = a1 ·2n−1, k+ 1 = a2 ·5n+1 si din relatia (∗) obtinem contradictie.Daca (k − 1, k + 1) = 2 avem k = 2l + 1, de unde rezulta a · 2n−3 · 5n+1 = l(l + 1), deci l = a1 · 2n−3,l + 1 = a2 · 5n+1 si din relatia (∗) obtinem contradictie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteb = 9 =⇒ a0...09 = (2k + 1)2 =⇒ a · 2n−1 · 5n+1 = (k − 1)(k + 2).Daca (k−1, k+ 2) = 1 avem k−1 = a1 ·2n−1, k+ 2 = a2 ·5n+1 si din relatia (∗) obtinem contradictie.Daca (k− 1, k+ 2) = 3 avem k = 3l+ 1, de unde rezulta a · 2n−1 · 5n+1 = 9l(l+ 1). Obtinem a = 9 sil = 2n−1, l + 1 = 5n+1, contradictie cu relatia (∗). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

2

Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a IX-a - Solutii si Bareme

IX 1. a) Fie numerele ıntregi x, y si q, cu y 6= 0 si q ≥ 2. Aratati ca, daca fractiaqx − 1qy − 1

este un

numar ıntreg, atunci y divide x.

b) Pentru fiecare numar prim q definim multimea Mq ={

qx − 1qy − 1

|x, y ∈ Z, y 6= 0}

. Notam

cu M reuniunea tuturor acestor multimi Mq. Determinati cel mai mic numar natural n, n > 2, carenu apartine multimii M .

Catalin Ciupala

Solutie.

a) Fie x, y, q ∈ Z, cu y 6= 0 si q ≥ 2. Notam f =qx − 1qy − 1

.

Daca x = 0, atunci f = 0 ∈ Z. Evident, y|0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca x, y > 0, din teorema ımpartirii ci rest, exista c, r ∈ N astfel ca x = yc + r si r < y. Avem

f = qr qyc − 1qy − 1

+qr − 1qy − 1

=

{qr−1qy−1 , c = 0qr(1 + qy + · · ·+ qy(c−1)

)+ qr−1

qy−1 , c ∈ N∗.

qr − 1qy − 1

∈ (0, 1) pentru r > 0, deci f ∈ Z daca si numai daca r = 0, sau y|x (iar ın acest caz, f = 1 sau

f = 1 + qy + q2y + · · ·+ qy(c−1)). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteDaca x < 0 si y > 0, atunci f ∈ (−1, 0).

Daca x > 0 si y < 0, notam v = −y ∈ N∗ si avem f = −qv · qx − 1

qv − 1. Cum (qv, qv − 1) = 1, rezulta

ca f ∈ Z daca numai daca v|x, sau y|x.

Daca x, y < 0, notam u = −x ∈ N∗ si v = −y ∈ N∗. Obtinem f = qv−u · qu − 1

qv − 1, Atunci f ∈ Z

daca si numai daca v ≥ u si v|u, deci v = u sau x = y (iar ın acest caz, f = 1). . . . . . . . . ... 2 puncteb) Din analiza de la punctul a) rezulta ca multimea M contine, ın afara de 0 si de 1, urmatoarelenumere naturale (mai mari decat 2): 1 + qy + q2y + · · ·+ qky, unde y, k ∈ N∗ si q este un numar prim.Observam ca: 3 = 1 + 2 ∈M2 ⊂M ; 4 = 1 + 3 ∈M3 ⊂M ; 5 = 1 + 22 ∈M2 ⊂M ; 6 = 1 + 5 ∈M5 ⊂M ; 7 = 1 + 2 + 22 ∈M2 ⊂M ; 8 = 1 + 7 ∈M7 ⊂M ; 9 = 1 + 23 ∈M2 ⊂M si 10 = 1 + 32 ∈M3 ⊂M.In schimb, 11 /∈M . Deci cel mai mic numar natural n > 2 care nu apartine multimii M este 11.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

IX 2. Determinati functiile strict crescatoare f : N∗ → N∗ care au proprietatea ca

f3 (f (1)) + f3 (f (2)) + ... + f3 (f (n)) ≤ (f (1) + f (2) + ... + f (n))2 ,

pentru orice numar natural nenul n.

Romeo Ilie

Solutie.Functia f : N∗ → N∗, f(n) = n, satisface conditiile din enunt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctFie f : N∗ → N∗ o functie cu proprietatile din enunt. Deoarece f este strict crescatoare, avemf (n) ≥ n, ∀ n ∈ N∗. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctUtilizand principiul al doilea de inductie, demonstram ca f(n) = n, ∀ n ∈ N∗.I. Din 1 ≤ f (1) rezulta f(1) ≤ f(f (1)). Ca urmare, f3(1) ≤ f3(f (1)) ≤ f2(1). Atunci 1 ≤ f(1) ≤ 1,deci f (1) = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

1

II. Fie n ∈ N∗. Presupunem f (k) = k, ∀ k ∈ {1, 2, · · · , n}.

Atuncin∑

k=1

f3(f(k)) =n∑

k=1

k3 =n2(n + 1)2

4si

n∑k=1

f(k) =n∑

k=1

k =n(n + 1)

2. . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Notam p = f(n + 1). Pe baza proprietatilor lui f , obtinem

n2(n + 1)2

4+ p3 ≤ n2(n + 1)2

4+ f3(p) ≤

(n(n + 1)

2+ p

)2

,

de unde p3 ≤ p2 +n(n+1)p, sau p(p−n−1)(p+n) ≤ 0. Rezulta p ≤ n+1. Cum p = f(n+1) ≥ n+1,deducem p = n + 1, deci f(n + 1) = n + 1.

In concluzie, f(n) = n, ∀ n ∈ N∗. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

IX 3. Tangentele ın punctele A si B la cercul circumscris triunghiului isoscel ABC, cu AB =BC < AC, se intersecteaza ın P . Mediatoarea segmentului [BC] intersecteaza dreapta BC ın M sidreapta AC ın N . Aratati ca

−−→MP + 2

−−→BN = 3

−−→MN .

Traian Tamain

Solutie.

+

Notam cu A, B,C masurile ın grade ale unghiurile triunghiului ABC. Din ipoteza, A = C < B,deci N ∈ (AC), iar BN = NC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctBP este tangenta la cercul circumscris triunghiului ABC, deci m(PBA) = C = A, de unde BP ‖ AC.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDeoarece triunghiurile ABC si BCN sunt isoscele, avem m(ABN) = B − C = B −A.Atunci m(PAN) + m(PBN) = 2A + [A + (B−A)] = 180◦, deci patrulaterul ANBP este inscriptibil.Rezulta m(ANP ) = m(ABP ) = m(ACB), de unde NP ‖ BC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteDeducem ca BCNP este paralelogram. Consideram punctul T astfel ıncat BNTM paralelogram,deci

−−→BN =

−−→MT si N ∈ (PT ). Astfel,

−−→PN =

−−→BC = 2

−−→BM = 2

−−→NT .

Atunci−−→MN =

−−→MP + 2

−−→MT

1 + 2=

13

(−−→MP + 2

−−→BN

), de unde obtinem concluzia. . . . . . . . . . . ... 3 puncte

IX 4. Notam cu A multimea numerelor reale x cu proprietatea ca inegalitatea ab + bc + ac− abcx ≤ 9− x

27are loc pentru orice numere a, b, c ∈ [0, +∞) care verifica relatia a + b + c = 1.

a) Aratati ca (−∞, 0] ⊂ A.b) Demonstrati ca A =

(−∞, 9

4

].

Dorel Mihet

2

Solutie.a) Fie x ≤ 0. Pentru a, b, c ∈ [0, +∞), cu a+b+c = 1, au loc inegalitatile ab+bc+ac ≤ 1

3 (a + b + c)2 =13 si abc ≤ 1

27 (a + b + c)3 = 127 , de unde ab + bc + ac− abcx ≤ 1

3 −x27 = 9−x

27 . Atunci x ∈ A.Rezulta (−∞, 0] ⊂ A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

b) Fie x ∈ A. Pe baza definitiei multimii A, alegand ın particular a = b = 12 si c = 0, obtinem

14 ≤

9−x27 , de unde x ≤ 9

4 . Rezulta A ⊂(−∞, 9

4

]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Fie x ∈(−∞, 9

4

]. Consideram a, b, c ≥ 0, cu a+b+c = 1. Aratam

∑ab−abcx ≤ 9−x

27 , sau, echivalent,

x

(127− abc

)≤ 1

3− (ab + bc + ca). (1)

Cum 127 − abc ≥ 0, avem x

(127 − abc

)≤ 9

4

(127 − abc

). Atunci, pentru a dovedi (1) este suficient sa

demonstram 94

(127 − abc

)≤ 1

3 −∑

ab, adica

1 + 9abc− 4(ab + bc + ca) ≥ 0. (2)

Putem presupune c = min{a, b, c} ≤ 13 . Avem a + b = 1− c, iar inegalitatea (2) se poate rescrie

1 + ab(9c− 4) + 4c2 − 4c ≥ 0. (3)

Din 9c− 4 ≤ 3− 4 < 0 si ab ≤ 14 (a + b)2 = 1

4 (1− c)2 rezulta

1 + ab(9c− 4) + 4c2 − 4c ≥ 1 +14

(1− c)2(9c− 4) + 4c2 − 4c =c(3c− 1)2

4≥ 0.

Astfel, inegalitatea (3) este dovedita, deci inegalitatile (1) si (2) sunt de asemenea demonstrate.Rezulta x ∈ A. Ca urmare,

(−∞, 9

4

]⊂ A.

In concluzie, A =(−∞, 9

4

]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

Nota. Inegalitatea (2) se poate demonstra si pe baza inegalitatii lui Schur

(−a + b + c) (a− b + c) (a + b− c) ≤ abc.

3

Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a X-a - Solutii si Bareme

X 1. Se considera un poligon regulat cu n > 3 varfuri, ınscris ın cercul de centru O. Care estenumarul triunghiurilor cu varfurile printre varfurile poligonului care nu contin ın interiorul lor punctulO?

Vasile Pop

Solutie.Un triunghi are proprietatea din enunt daca si numai daca varfurile sale se afla de aceeasi parte aunui diametru. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteVarfurile triunghiului trebuie sa fie printre 1 +

[n2

]varfuri consecutive ale poligonului. ... 2 puncte

Alegem un sens de parcurs pe cerc si vom nota cu A,B,C varfurile unui triunghi cu varfurile printrevarfurile poligonului, avand proprietatea din enunt, ın ordinea corespunzatoare sensului ales. Putemalege varful A ın n moduri, iar varfurile B si C ın C2[n

2

] moduri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

In total exista nC2[n2

] triunghiuri, cu varfurile printre varfurile poligonului, care nu contin ın interior

punctul O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

X 2. Fie sirul (xn)n≥1 definit prin x1 = 1, x2 = 7 si xn+1 = xn + 3xn−1, ∀ n ≥ 2. Aratati caxp − 1 este un numar natural divizibil cu 3p, pentru oricare numar prim p.

Lucian Tutescu si Ioan Serdean

Solutie.Proprietatea este verificata pentru p = 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctFie q1 si q2 solutiile (reale) ale ecuatiei caracteristice q2 − q − 3 = 0 a relatiei de recurenta. Avemxn = C1q

n1 + C2q

n2 , n ∈ N∗, cu C1, C2 ∈ R. Din x1 = 1, x2 = 7 gasim C1 = C2 = 1, deci

xn = qn1 + qn

2 , ∀ n ∈ N∗. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteFie p > 2 un numar prim. Avem

1 = (q1 + q2)p = qp1 + qp

2 +p−1∑k=1

Ckp qp−kq

k2 = xp +

p−12∑

k=1

[Ck

p qp−k1 qk

2 + Cp−kp qk

1qp−k2

].

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctObtinem

xp − 1 = −

p−12∑

k=1

Ckp (q1q2)k

(qp−2k1 + qp−2k

2

)= −

p−12∑

k=1

Ckp (−3)kxp−2k.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteDar xn ∈ N∗, ∀ n ∈ N∗ (inductie) si p divide Ck

p , pentru k ∈ {1, 2, · · · , p− 1}. Rezulta (3p)| (xp − 1).. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

1

X 3. Fie n numere complexe z1, z2, · · · , zn de modul egal cu 1 (unde n ≥ 2). Notam s =z1+z2+· · ·+zn si definim wk = nzk−s, k ∈ {1, 2, · · · , n}. Demonstrati ca |w1|+|w2|+· · ·+|wn| = n2

daca si numai daca s = 0.

Nicolae Bourbacut

Solutie.Daca s = 0, atunci

∑nk=1 |wk| = n

∑nk=1 |zk| = n2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Presupunem∑n

k=1 |wk| = n2. Notam u = s/n. Atunci∑n

k=1 |zk − u| = n.Conform identitatii Leibniz-Lagrange, avem

|z − u|2 =1n

n∑k=1

|z − zk|2 −1n2

n∑1≤i<j≤n

|zi − zj |2 , ∀ z ∈ C.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Pentru z = u obtinem n

n∑k=1

|u− zk|2 =n∑

1≤i<j≤n

|zi − zj |2,

iar pentru z = 0 gasim n2|u|2 = n2 −n∑

1≤i<j≤n

|zi − zj |2, de unde nn∑

k=1

|u− zk|2 = n2(1− |u|2

).

Aplicand inegalitatea lui Cauchy-Schwarz, deducem

n2 =

(n∑

k=1

|zk − u|

)2

≤ n

(n∑

k=1

|zk − u|2)

= n2(1− |u|2

)≤ n2.

Rezulta u = 0, deci s = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 4 puncte

X 4. In cercul C(O, 1) se ınscrie un poligon convex cu n ≥ 3 laturi, astfel ıncat centrul O alcercului se afla ın interiorul poligonului sau pe una din laturile sale. Fie G centrul de greutate alpoligonului.

(i) Aratati ca OG ≤ n− 2n

.

(ii) Determinati valorile lui n pentru care se poate realiza egalitatea OG =n− 2n

.

Dan Marinescu si Mihai Monea

Solutie.Fie z1, z2, · · · , zn si g afixele varfurilor poligonului si al centrului sau de greutate.Cum O se afla ın interiorul poligonului, exista α1, α2, · · · , αn ≥ 0, cu

∑nk=1 αk = 1, astfel ca∑n

k=1 αkzk = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctPentru k ∈ {1, 2, · · · , n}, avem

αk = |αkzk| =

∣∣∣∣∣∣∑i 6=k

αizi

∣∣∣∣∣∣ ≤∑i 6=k

αi = 1− αk.

Obtinem αk ≤ 1/2, ∀ k ∈ {1, 2, · · · , n}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct(i) Avem

OG = |g| =|∑n

k=1 zk|n

=|∑n

k=1 zk − 2∑n

k=1 αkzk|n

≤∑n

k=1 |(1− 2αk) zk|n

=∑n

k=1 (1− 2αk)n

=n− 2n

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncte

(ii) Presupunem OG =n− 2n

. Obtinem

∣∣∣∣∣n∑

k=1

akzk

∣∣∣∣∣ = 1, unde ak =1− 2αk

n− 2≥ 0 si

n∑k=1

ak = 1. Atunci

1 =

∣∣∣∣∣n∑

k=1

akzk

∣∣∣∣∣2

=n∑

k=1

ak |zk|2 −∑i<j

aiaj |zi − zj |2 ,

2

de unde rezulta aiaj = 0, 1 ≤ i < j ≤ n. Deducem ca exact unul dintre numerele a1, a2, · · · , an

este egal cu 1, iar celelalte sunt egale cu 0. Atunci, printre numerele α1, α2, · · · , αn avem exact n− 1numere egale cu 1/2, deci n = 3 , iar triunghiul respectiv este dreptunghic. . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

3

Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a XI-a - Solutii si Bareme

XI 1. a) Aratati ca, pentru oricare doua matrice X,Y ∈M2(R), are loc loc relatia

det(X + Y ) + det(X − Y ) = 2(detX + detY ).

b) Fie A,B ∈M2(R) si λ > 0. Demonstrati inegalitatile

det(A2 − λB2

)+ λ det(AB −BA) ≤ (detA+ λ detB)2 ≤ det

(A2 + λB2

)+ λ det(AB +BA).

Mihaly Bencze

Solutie.

a) Fie X =(a bc d

)si Y =

(m np q

)doua matrice dinM2(R). Avem det(X+Y )+det(X−Y ) =

(a+m)(d+q)−(b+n)(c+p)+(a−m)(d−q)−(b−n)(c−p) = 2(ad+mq−bc−np) = 2(detX+detY ).Rezulta

det(X + Y ) + det(X − Y ) = 2(detX + detY ), ∀ X,Y ∈M. (1)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteb) Fie A,B ∈M2(R) si λ > 0. Notam u = det(A+

√λB) si v = det(A−

√λB). Conform (1), avem

det(A2 − λB2

)+ λ det(AB −BA) = det

(A2 − λB2

)+ det[

√λ(AB −BA)]

=12

{det[(A2 − λB2

)+√λ(AB −BA)

]+ det

[(A2 − λB2

)−√λ(AB −BA)

]}=

12

{det[(A−√λB)(

A+√λB)]

+ det[(A+√λB)(

A−√λB)]}

= uv. (2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 punctePe baza identitatii (1) obtinem de asemenea

(detA+ λ detB)2 =[detA+ det(

√λB)

]2=

[det(A+

√λB) + det(A−

√λB)

2

]2

=(u+ v

2

)2

. (3)

Dar uv ≤(u+ v

2

)2

. Atunci, conform (2) si (3), inegalitatea stanga din enunt este dovedita.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteAplicand (1), obtinem

det(A2 + λB2

)+ λ det(AB +BA) = det

(A2 + λB2

)+ det[

√λ(AB +BA)]

=12

{det[(A2 + λB2

)+√λ(AB +BA)

]+ det

[(A2 + λB2

)−√λ(AB +BA)

]}=

12

{det[(A+√λB)2]

+ det[(A−√λB)2]}

=u2 + v2

2. (4)

Cum(u+ v

2

)2

≤ u2 + v2

2, inegalitatea dreapta din enunt este demonstrata, conform (3) si (4).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

1

XI 2. Fie sirul (Ln(x))n≥2 definit prin Ln(x) = nsin2 x

[(n+1√

(n+ 1)!)cos2 x

−(

n√n!)cos2 x

], unde

x ∈ R. Calculati limn→∞

Ln(x).

D. M. Batinetu si Neculai Stanciu

Solutie.Fie x ∈ R. Notam cos2 x = a ∈ [0, 1]. Avem Ln(x) = n1−a

[(n+1√

(n+ 1)!)a−(

n√n!)a]

, n ≥ 2.

Fie un =

(n+1√

(n+ 1)!n√n!

)a, n ≥ 2. Avem Ln(x) =

(n√n!n

)a· un − 1

lnun· ln (unn) . . . . . . . . . ... 2 puncte

Aplicand criteriului raportului, obtinem

limn→∞

n√n!n

= limn→∞

n

√n!nn

= limn→∞

((n+ 1)!

(n+ 1)n+1· n

n

n!

)=

1e.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Rezulta limn→∞

un = 1. Cum limx→1

x− 1lnx

= 1, obtinem limn→∞

un − 1lnun

= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Apoi,

limn→∞

unn = limn→∞

((n+ 1)!n!

· 1n+1√

(n+ 1)!

)a= limn→∞

(n+ 1

n+1√

(n+ 1)!

)a= ea.

In concluzie, limn→∞

Ln(x) =1ea· 1 · ln ea =

a

ea=

cos2 xecos2 x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

XI 3. Fie f : (0,∞) → (0,∞) o functie monoton crescatoare, convexa si derivabila, avandproprietatea xf ′(x) ≤ f(x), ∀ x > 0. Demonstrati ca pentru oricare patru numere reale strict

pozitive a, b, c si d are loc inegalitateab

f(ba

) +d

f(dc

) ≤ b+ d

f(b+da+c

) .

Leonard Giugiuc si Daniel Sitaru

Solutie.Consideram functia g : (0,∞)→ (0,∞), g(x) =

x

f(x). Conform ipotezei, g′(x) ≥ 0, ∀ x > 0, deci g

este monoton crescatoare pe (0,∞). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Fie a, b, c, d ∈ (0,∞). Notam x =b

a, y =

d

csi λ =

c

a+ c∈ (0, 1). Avem de demonstrat

(1− λ)g(x) + λg(y) ≤ g((1− λ)x+ λy) (adica functia g este concava pe R∗+).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctFunctia f este convexa, deci f((1− λ)x+ λy) ≤ (1− λ)f(x) + λf(y). . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Ca urmare,(1− λ)x+ λy

(1− λ)f(x) + λf(y)≤ g((1− λ)x+ λy). (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Utilizand relatia (1− λ)x+ λy = (1− λ)f(x)g(x) + λf(y)g(y), obtinem (dupa calcule)

(1− λ)x+ λy

(1− λ)f(x) + λf(y)− [(1− λ)g(x) + λg(y)] =

λ(1− λ)[f(x)− f(y)][g(x)− g(y)](1− λ)f(x) + λf(y)

.

Cum f si g sunt monoton crescatoare, avem [f(x)− f(y)][g(x)− g(y)] ≥ 0. Rezulta

(1− λ)g(x) + λg(y) ≤ (1− λ)x+ λy

(1− λ)f(x) + λf(y)(2). Din (1) si (2) obtinem concluzia. . . . . . ... 3 puncte

2

XI 4. Determinati toate functiile continue f : R→ R cu proprietatea

f(x sin y) · f(x cos y) = f(x), ∀ x, y ∈ R.

Vasile Pop si Bogdan Moldovan

Solutie.Fie f : R→ R o functie continua cu proprietatea din enunt.Pentru x = 0 obtinem f(0) = 0 sau f(0) = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDaca f(0) = 0, luam y = 0 si obtinem f(x) = 0, ∀ x ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctAnalizam cazul f(0) = 1.Alegand y = −π2 , obtinem f(x) = f(−x),∀ x ∈ R (deci f este o functie para). . . . . . . . . . . ... 1 punct

Luam y = π4 si obtinem f(x) = f2

(x√2

)≥ 0, ∀ x ∈ R.

Presupunem ca exista c ∈ R astfel ca f(c) = 0. Prin inductie obtinem f(

c2n/2

)= 0, ∀ n ∈ N∗.

Din continuitatea lui f deducem f(0) = limn→∞

f(

c2n/2

)= 0; contradictie. Deci f(x) > 0,∀x ∈ R.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctConsideram functia continua g : [0,∞)→ (0,∞), g(x) = f (

√x) ,∀x ≥ 0.

Functia g satisface relatia g(x2 cos2 y

)· g(x2 sin2 y

)= g

(x2), ∀x ∈ [0,∞), ∀ y ∈ [0, π/2].

Deducem ca g satisface ecuatia functionala g(x) · g(y) = g(x+ y),∀ x, y ∈ [0,∞), cu g(0) = 1.Atunci g(nx) = gn(x), ∀ x ≥ 0, ∀ n ∈ N (inductie). Notam f(1) = g(1) = a > 0.Obtinem g(q) = aq, ∀ q ∈ Q+, iar prin continuitate, g(x) = ax, ∀ x ∈ [0,∞).Ca urmare, f(x) = g

(x2)

= ax2, ∀ x ≥ 0. Pe baza paritatii lui f obtinem f(x) = ax

2, x ∈ R.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteReciproc, functia nula si functiile f : R→ R, f(x) = ax

2, ∀ x ∈ R, unde a > 0, satisfac conditiile din

enunt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

3

Concursul national de matematica Laurentiu Duican, Editia a XIX-a, Brasov 2016

Clasa a XII-a - Solutii si Bareme

XII 1. a) Dati exemplu de monoid (M, ·) cu proprietatea ca exista a ∈M astfel ıncat exact unadintre functiile δa, ψa : M →M , δa(x) = ax, ψa(x) = xa sa nu fie surjectiva.

b) Fie (M, ·) un monoid care nu este grup. Demonstati ca exista a ∈ M astfel ıncat niciuna dinfunctiile δa, ψa : M →M , δa(x) = ax, ψa(x) = xa sa nu fie surjectiva.

Dorel Mihet

Solutie. Deoarece δa(x) = 1 implica δa(xy) = y, ∀y ∈ M , functia δa : M → M , δa(x) = ax nu estesurjectiva daca si numai daca a nu are invers la dreapta. La fel, functia ψa : M →M , ψa(x) = xa nueste surjectiva daca si numai daca a nu are invers la stanga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 puncta) Exemplu: Monoidul M al functiilor f : R → R ın raport cu operatia de compunere. In rolulelementului a putem lua o functie a : R → R care este injectiva, dar nu este surjectiva. Atunci aadmite invers la stanga b, b ◦ a = 1. Deci functia ψa(x) = x ◦ a este surjectiva. Pe de alta partefunctia δa(x) = a ◦x nu este surjectiva, deoarece ın imaginea sa nu intra functiile f : R→ R care suntsurjective. (Alternativ, ın rolul lui a se poate lua o functie a : R→ R care este surjectiva, dar nu esteinjectiva.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteb) Presupunem prin absurd ca orice element a ∈ M are sau invers la dreapta sau invers la stanga.Atunci singura solutie a ecuatiei x2 = x este x = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteFie a ∈ M . Daca a admite invers la dreapta: ab = 1, atunci (ba)2 = b(ab)a = ba si din punctul a)rezulta ba = 1, adica b este si invers la stanga. Analog daca a admite invers la stanga, atunci el admiteinvers (bilateral). Deci din presupunerea facuta rezulta ca M este grup. Contradictie. .... 2 puncte

XII 2. Fie b, c, numere naturale astfel ca 2 ≤ b < c si functia f : [0, 1]→ [0, 1], f(1) = 1 si pentrux ∈ [0, 1), daca scrierea lui x ın baza 2 este (0, a1a2 . . .)b cu cifrele a1, a2, a3 . . . ∈ {0, 1, . . . , b − 1},atunci definim f(x) ca numarul scris cu aceleasi cifre dar ın baza c, f(x) = (0, a1a2 . . .)c. Sa searate ca functia f este integrabila si sa se calculeze

∫ 1

0f(x)dx. (Pentru a avea scrierea unica pentru

orice numar facem conventia ca nu se poate folosi scrierea cu perioada b − 1, mai precis, ın loc de(0, a1a2 . . . an(b− 1)(b− 1) . . .)b vom folosi scrierea (0, a1a2 . . . (an + 1)000 . . .)b, unde an 6= b− 1).

Vasile Pop

Solutie.Deorece f este crescatoare rezulta ca f este integrabila. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct∫ 1

0

f(x)dx =∫ 1

b

0

b−1∑k=0

f

(x+

k

b

)dx.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteDaca x ∈

[0, 1

b

]avem x = (0, 0a2a3 . . .)b. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Deci f(x+ k

b

)= (0, ka2a3 . . .)c = k

c + 1c (0, a2a3 . . .)c = 1

c + 1cf(bx). Deci

∫ 1

0

f(x)dx =∫ 1

b

0

(b−1∑k=0

k

c+b

cf(bx)

)dx.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Cu o schimbare de variabila obtinem∫ 1

0

f(x)dx =b− 1

2c+

1c

∫ 1

0

f(x)dx. Deci∫ 1

0

f(x)dx =b− 1

2(c− 1).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

XII 3.Fie f : [0.1]→ R o functie de doua ori derivabila pe [0, 1], cu f ′′ integrabila Riemann pe [0, 1].(i) Demonstrati ca exista c ∈ (0, 1) astfel ca

f(0) + f(1)2

−∫ 1

0

f(x)dx =f ′′(c)

12.

(ii) Aratati ca

limn→∞

n2

{1

2n

n∑k=1

[f

(k − 1n

)+ f

(k

n

)]−∫ 1

0

f(x)dx

}=f ′(1)− f ′(0)

12.

Nicolae Bourbacut

Solutia 1.

(i) Fie functia F : [0, 1]→ R,

F (x) =∫ x

0

f(t)dt− xf(0) + f(x)2

− kx3, unde k =∫ 1

0

f(t)dt− f(0) + f(1)2

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteF (0) = 0, F (1) = 0. Din teorema lui Rolle exista a ∈ (0, 1) astfel ca F ′(a) = 0. . . . . . . . . . . ... 1 punctF ′(0) = 0. Din teorema lui Rolle exista c ∈ (0, a) astfel ca F ′′(c) = 0, . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDeci − cf ′′(c)

2 − 6kc = 0, de unde k = − f ′′(c)12 si are loc (i). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

(ii) Avem

12n

n∑k=1

[f

(k − 1n

)+ f

(k

n

)]−∫ 1

0

f(x)dx =n∑

k=1

(1

2n

[f

(k − 1n

)+ f

(k

n

)]−∫ k

n

k−1n

f(x)dx

).

Folosind punctul (i) obtinem

12n

n∑k=1

[f

(k − 1n

)+ f

(k

n

)]−∫ 1

0

f(x)dx =n∑

k=1

1n3· f′′(cn)12

, cn ∈[k − 1n

,k

n

].

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDeaoarece f ′′ este integrabila Riemann, obtinem (ii). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Solutia 2.

(i) Integrand prin parti obtinem∫ 1

0f(t)dt = f(1)−

∫ 1

0tf ′(t)dt si

∫ 1

0f(t)dt = f(0)−

∫ 1

0(t−1)f ′(t)dt.

... 1 punctDec

∫ 1

0f(t)dt− f(1)+f(0)

2 = 12

∫ 1

0(1− 2t)f ′(t)dt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Fie α, β ∈ R, α = inft∈[0,1] f′′(t), β = supt∈[0,1] f

′′(t). Avem, pentru t ∈ [0, 1]:

αt(1− t) ≤ [t(1− t)f ′(t)]′ − (1− 2t)f ′(t) ≤ βt(1− t).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctIntegrand pe intervalul [0, 1] obtinem

α

6≤ −

∫ 1

0

(1− 2t)f ′(t)dt ≤ β

6.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punctDeoarece f ′′ are proprietatea lui Darboux, rezulta ca exista c ∈ [0, 1] astfel ca

−∫ 1

0

(1− 2t)f ′(t)dt =16f ′′(c).

Rezulta punctul (i). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

(ii) La fel ca ın Solutia 1.

XII 4. Fie a, b ∈ R, 0 ≤ a < b. Sa se calculeze limn→∞

b∫a

n√xn + (a+ b− x)ndx.

Traian Tamaian si Adrian Bud

Solutia 1.Consideram integralele Jn =

∫ a+b2

an√xn + (a+ b− x)ndx si Kn =

∫ ba+b2

n√xn + (a+ b− x)ndx.

Printr-o schimbare de variabila obtinem Jn = Kn si deci In = 2Jn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

In ≥ 2∫ a+b

2a

n√

(a+ b− x)ndx = 2∫ a+b

20

(a+ b− x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

2∫ a+b

2a

(a+ b− x)dx = (b−a)(3b+a)4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

In ≤ 2∫ a+b

2a

n√

2(a+ b− x)ndx = 2 n√

2∫ a+b

20

(a+ b− x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncteCu teorema cleste rezulta limn→∞ In = (b−a)(3b+a)

4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Solutia 2.Are loc limita uniforma ın raport cu x ∈ [a, b]:

limn→∞

xn+1 + (a+ b− x)n+1

xn + (a+ b− x)n={a+ b− x, a ≤ x ≤ a+b

2

x, a+b2 < x ≤ b =: f(x).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 3 puncteRezulta limita uniforma ın raport cu x ∈ [a, b]:

limn→∞

n√xn + (a+ b− x)n = f(x).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 2 puncte

Rezulta limn→∞

b∫a

n√xn + (a+ b− x)ndx =

b∫a

f(x)dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

b∫a

f(x)dx = (b−a)(3b+a)4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 punct

Nota. Se acorda 3 puncte pentru calculul limitei fara enuntarea si justificarea unifomitatii limitei desub integrala.