A s o c i a ţ i a R e c r e a ţ i i M a t e m a t i c e

Transcription

1 Anul XVIII, Nr. 1 Ianuarie Iunie 016 R E C R E A Ţ I I M A T E M A T I C E R E V IS T Ă DE MATE MATI C Ă PE N T R U E LE V I Ş I PR O FE S O RI e i 1 A s o c i a ţ i a R e c r e a ţ i i M a t e m a t i c e I A Ş I 0 1 6

2 Semnificaţia formulei de pe copertă. Într-o formă concisă, formula e 1 leagă cele patru ramuri fundamentale ale matematicii: ARITMETICA reprezentată de 1; GEOMETRIA reprezentată de ; ALGEBRA reprezentată de i ; ANALIZA MATEMATICĂ reprezentată de e. i Membri onorifici : Acad. Constantin CORDUNEANU Prof.univ. Vasile OPROIU Acad. Radu MIRON Cercet.pr. Dan TIBA Redactor şef : Redactori principali : Temistocle BÎRSAN Gabriel POPA, Gheorghe IUREA, Petru ASAFTEI, Maria RACU Comitetul de redacţie : Sânziana CARAMAN Alexandru CĂRĂUŞU Constantin CHIRILĂ Eugenia COHAL Adrian CORDUNEANU Mihai CRĂCIUN (Paşcani) Paraschiva GALIA Paul GEORGESCU Dan POPESCU (Suceava) Neculai ROMAN (Mirceşti) Ioan ŞERDEAN (Orăştie) Marian TETIVA (Bârlad) Lucian TUŢESCU (Craiova) Adrian ZANOSCHI Titu ZVONARU (Comăneşti) Materialele vor fi trimise la una dintre adresele: t_birsan@yahoo.com, profgpopa@yahoo.co.uk COPYRIGHT 008, ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE Toate drepturile aparţin Asociaţiei Recreaţii Matematice. Reproducerea integrală sau parţială a textului sau a ilustraţiilor din această revistă este posibilă numai cu acordul prealabil scris al acesteia. TIPĂRITĂ LA BLUE SIM&Co IAŞI Str. Petru Movilă, nr. 59 Tel , ; simonaslf@yahoo.com ISSN

3 Anul XVIII, Nr. 1 Ianuarie Iunie 016 R E C R E A Ţ I I M A T E M A T I C E REVISTĂ DE M ATEMATI CĂ P ENTRU ELEVI ŞI P ROFESO RI e i 1 Revistă cu apariţie semestrială EDITURA RECREAŢII MATEMATICE IAŞI - 016

4

5 Neculai Culianu ( , Iaşi , Iaşi) Viaţa şi activitatea lui Neculai Culianu acoperă toate evenimentele culturale şi politice din Moldova şi apoi din Principatele Unite şi România pe o perioadă de peste şase decenii. Prin contribuţiile sale, Neculai Culianu este un personaj sintetic al vieţii universitare şi culturale a Iaşului şi întregii ţări. Despre părinţii şi strămoşii lui Neculai (Nicolae) Culianu selectăm câteva informaţii din [3]:,,Spiţa Culienilor stabilită în Principate în secolul al XVIII-lea, era de sorginte grecească; mama lui Nicolae Culianu fusese Smaranda, n. Vlahu, fiica unui Ioan V[a]lahu, de origine (după cum arată şi numele) românească [...]. Şi Culianu şi Vlahu erau oameni cu stare, cu studii în Apus, unii cu mici ranguri boiereşti. A făcut clasele primare la şcoala de la Trei Ierarhi, a început studiile secundare în familie şi a continuat ca student ( ) la celebra Academie Mihăileană din Iaşi, directorul căreia fiind A.T. Laurian. A avut ca profesori pe G.B. Lazarini şi N. Quintescu (matematici), A.T. Laurian (filosofia), N. Ionescu (istorie) ş. a. Ca student, a fost chiar arestat, datorită poziţiei sale prounioniste. După absolvire, în 1855, N. Culianu şi Gh. Mârzescu, colegul său de clasă şi viitorul om politic român, pleacă la Paris ca bursieri ai statului pentru continuarea studiilor (au fost însoţiţi de profesorul lor N. Ionescu, pentru instalare şi înscriere la facultate). Studiază matematica şi astronomia la Sorbona, unde are ca profesori, printre alţii, pe renumiţii Joseph Bertrand (analiză), Joseph Liouville (mecanică), J.-A. Serret (astronomie), V.-A. Puiseux (mecanică cerească), Ch. E. Delaunay (mecanică aplicată), Gabriel Lamé (calculul probabilităţilor) ş.a. Este atras de astronomie şi frecventează lucrările Observatorului astronomic din Paris, condus de Urbain Le Verrier şi Ch. E. Delaunay. Aici leagă o prietenie de durată cu Maurice Lévy, iar printre români, este foarte apropiat de Dimitrie Petrescu, care va deveni profesor de astronomie şi geodezie la Facultatea de Ştiinţe din Bucureşti. Pentru seriozitatea, înţelepciunea, bunătatea şi ajutorul pe care îl oferea celor care îi cereau la nevoie un sfat sau sprijin material, studenţii români din Paris îl numeau,,papá Culianu, epitet care l-a însoţit toată viaţa. N. Culianu îşi trece licenţa în ştiinţe matematice în Mai rămâne în Paris până în 1863, când revine în ţară fiind numit profesor provizoriu de calcul diferenţial şi integral la Universitatea din Iaşi, prin decizia din 5 iunie 1863 semnată de Al. Odobescu,.ministrul ad-interim al lnstrucţiunii. Din 1864 devine profesor definitiv, iar din 1865 este titularul Catedrei de astronomie şi geodezie până la pensionare, în 1906, pensionare impusă de o boală care l-a urmărit până la moarte. Se căsătoreşte în 1867 şi va fi părintele devotat al unei numeroase familii. A avut 18 copii, din care au trăit 11, cu soţia sa, Aspazia, născută Ciurea - sora doctorului 1

6 Ioan Ciurea, decanul Facultăţii de Medicină din Iaşi. În cadrul Facultăţii de Ştiinţe sau în cadrul mai larg al Universităţii, N. Culianu îşi asumă responsabilitatea unor funcţii de mare răspundere: este decan al facultăţii în perioadele şi şi rector timp de 18 ani, în perioada În aceste funcţii de conducere, a dovedit multă pricepere, dragoste şi energie şi a contribuit la realizarea unor obiective de importanţă majoră. În 1885, a organizat aniversarea a cincizeci de ani de la apariţia Academiei Mihăilene, precursoare a universităţii ieşene. Luptă cu energie şi hotărâre alături de colegii săi pentru menţinerea Facultăţii de Medicină a universităţii ieşene, ameninţată în 1884 cu desfiinţarea, iar mai apoi, şi datorită stăruinţelor sale, a fost construită admirabila clădire a Institutului de Anatomie din Iaşi, declarată în anul 004 monument istoric. Datorită strădaniilor sale neobosite este inaugurat noul palat al Universităţii (1897) din dealul Copoului, una din cele mai impresionante construcţii universitare din ţară, extinsă în perioada interbelică. A publicat, ca rector, primul Anuar al Universităţii din Iaşi, pe anul universitar , în care este inclusă o privire retrospectivă a învăţământului superior din Iaşi. Ca titular al Catedrei de astronomie, reuşeşte să obţină un fond pentru procurarea de aparatură de specialitate, şi-a dorit mult înfiinţarea unui observator astronomic la Iaşi, deziderat împlinit, târziu, în anul Pe plan profesional a publicat cursuri universitare sau pentru uzul liceelor: 1. Lecţiuni de calcul diferenţial şi integral (1870), completat în 1874 cu Aplicaţiuni geometrice (această parte rămasă nepublicată);. Curs elementar de algebră (în cinci ediţii: I-a în 188, a V-a în 1894); 3. Curs de trigonometrie plană, completat în ed. II şi III cu Trigonometrie sferică (1894); 4. Curs de cosmografie (două ediţii: 1893, 190); 5. în manuscris a lăsat cursuri de Astronomie, de Geodezie, primul aproape complet; 6. în Institutul Academic, a circulat un manuscris (pierdut) cu Studiul geometric al curbelor uzuale. A fost membru al societăţii literar-culturale Junimea încă de la începutul existenţei sale, anul 1863, asistând cu regularitate la şedinţe şi apoi luând parte la activitatea ei politică. Avea o solidă cultură umanistă. Titu Maiorescu i-a fost prieten apropiat. În acelaşi timp, N. Culianu participă la numeroase şi remarcabile activităţi culturale sau de interes obştesc: este preşedintele Ligii Culturale, secţia Iaşi, este preşedintele Congreselor Corpului Didactic (când au loc în Iaşi), membru al Societăţii de Medici şi Naturalişti şi al altor societăţi culturale şi de binefacere din Iaşi. Face parte din comitetele pentru ridicarea statuilor lui Miron Costin, Gheorghe Asachi, Vasile Alecsandri, Mihail Kogălniceanu, care urmau să împodobească locurile publice ale Iaşului, şi susţine multe alte iniţiative locale. N. Culianu este cofondator al primului liceu particular din Iaşi cu predare în limba română, Institutul Academic, înfiinţat în 1866, ceilalţi fondatori fiind Grigore Cobălcescu, Petru Poni, Ioan Melik, Ştefan Vârgolici. În 1879, acesta fuzionează cu Liceul Nou - o şcoală particulară similară înfiinţată în sub denumirea de Institutele Unite. Această şcoală de elită a funcţionat neîntrerupt timp de 41 de ani, până în 1907, iar printre profesorii săi a avut nume de prestigiu ca Titu Maiorescu şi, pentru o perioadă scurtă, Mihai Eminescu. Tot în direcţia dezvoltării învăţământului, N. Culianu împreună cu un grup de profesori înfiinţează în 1871 primul Pensionat de Domnişoare din Iaşi, devenit apoi Institutul Humpel ( ).

7 A fost membru fondator, alături de alţi nouă profesori din învăţământul universitar şi secundar ieşean, al revistei Recreaţii Ştiinţifice prima publicaţie periodică de matematică din ţară. Contribuţiile sale, apărute în paginile revistei, sunt semnate cu,,c.. Revista a avut o perioadă de apariţie relativ scurtă, , dar cu un impact important în progresul învăţământului matematic românesc. Ea este precursoare a renumitei Gazeta Matematică, iar, în prezent, revista ieşeană Recreaţii Matematice doreşte să fie o continuatoare a sa. Pentru scurt timp, a avut şi o înaltă resposabilitate politică: în perioada este vicepreşedinte al Senatului României, în timpul guvernării conservatoare a lui Lascăr Catargiu. Ca o recunoaştere a valoroasei sale activităţi, în 1889 este ales membru corespondent al Academiei Române. A fost decorat cu Marea Cruce a României şi Steaua României (în grad de mare ofiţer). O tradiţie orală din Iaşi, încă prezentă, spune că Neculai Culianu este modelul care l-a inspirat pe Eminescu (se cunoşteau de la şedinţele Junimii) în versurile din Scrisoarea II despre savantul astronom: Parcă-l văd pe astronomul cu al negurii repaos, Cum uşor, ca din cutie, scoate lumile din haos Şi cum neagra vecinicie ne-o întinde şi ne-nvaţă Că epocile se-nşiră ca mărgelele pe aţă. Familia Culianu a dat actori importanţi pe scena culturală a României. Din prima generaţie amintim pe distinsul Petru Culianu, licenţiat la Sorbona, conferenţiar de analiză matematică la Facultatea de Ştiinţe din Iaşi, cu un deosebit talent pedagogic, iar din a treia generaţie pe strănepotul său Ioan Petru Culianu, asasinat în 1991 (la vârsta de numai 41 de ani) la universitatea din Chicago, în condiţii neelucidate, specialist de renume mondial în istoria religiilor, discipol al lui Mircea Eliade. Niculae Culianu a fost unul din dascălii model din învăţământul românesc, care a inspirat numeroase generaţii în pasiunea pentru activitatea didactică şi ştiinţifică, pentru o muncă neobosită. Bibliografie 1. D. Berlescu Universitatea din Iaşi de la 1860 pînă la 1918, în Contribuţii la istoria dezvoltării Universităţii din Iaşi , vol. I, Bucureşti, N. Culianu Revista Ştiinţifică,,V. Adamachi, vol. II, nr. 4, pp Tereza Culianu-Petrescu O biografie, în S. Antohi (coord.), Ioan Petru Culianu. Omul şi opera, Polirom, Iaşi, 003, pp Traian Lalescu Niculae Culianu, Gazeta Matematică, XXI, 1916, pp Mihai Sorin Rădulescu Strămoşii lui Ioan Petru Culianu, în S. Antohi (coord.), Ioan Petru Culianu. Omul şi opera, Polirom, Iaşi, 003, pp Rudolf Suţu Iaşii de odinioară, Corint, 015, pp Temistocle BÎRSAN, Iaşi Dan TIBA, Bucureşti

8 Conice şi cercuri tangente Ioan POP 1 Abstract. It proves how to obtain the non-degenerate conics, ellipse, hyperbola and parabola, of some basic tangent problems. Keywords: circle, ellipse, hyperbola, parabola. MSC 010: 51M04, 97G40. Introducere. Nota de faţă prezintă conicele propriu-zise - elipsa, hiperbola şi parabola - ca locuri geometrice provenite din proprietăţi de tipul acelora cu care elevii s-au mai întâlnit: locul geometric al centrelor cercurilor tangente la două cercuri de raze egale sau la două cercuri concentrice. Dacă cercurile nu au raze egale sau un cerc se înlocuieşte cu o dreaptă, răspunsul nu mai este atât de evident, dar poate fi obţinut cu mijloace elementare. Autorul este de părere că rezultatele din această notă nu sunt noi - ele aparţin probabil folclorului matematic -, dar nu cunoaşte un material privind acest subiect pe care să-l poată recomanda. Pe de altă parte, autorul consideră că o asemenea temă reprezintă atât un îndemn spre studiul conicelor, cât şi un bun exemplu de trecere de la geometria elementară la cea analitică. Elipsa Notăm cu C(O, R) un cerc din planul euclidian de centru O şi rază R şi cu d(a, B) distanţa euclidiană dintre punctele A şi B. Teorema 1. Fie cercurile distincte C 1 (O 1, R 1 ) şi C (O, R ) astfel încât (C 1 ) să fie interior cercului (C ). Atunci, locul geometric al centrelor cercurilor tangente celor două cercuri, interior lui (C ) şi exterior lui (C 1 ), este elipsa (E) cu focarele în punctele O 1 şi O şi cu semiaxa mare de lungime R 1 + R. Demonstraţie. Fie Γ(O Γ, R Γ ) un cerc tangent celor două cercuri. Punctul O Γ fiind interior lui (C ) şi exterior lui (C ), avem: d(o, O Γ ) = R R Γ şi d(o 1, O Γ ) = R 1 + R Γ. Prin adunarea acestor relaţii deducem relaţia d(o Γ, O 1 ) + d(o Γ, O ) = R 1 + R. Prin urmare punctele O Γ aparţin elipsei (E) din enunţ. Pentru a stabili incluziunea reciprocă, aceea că orice punct al elipsei este un punct al locului geometric, să arătăm mai întâi că toată elipsa este situată în interiorul lui (C ) şi în exteriorul lui (C 1 ). Utilizăm notaţiile din Fig.1. 1 Prof.univ.dr., Universitatea,,Alexandru Ioan Cuza, Iaşi; ioanpop@mail.uaic.ro 4

9 Fig. 1 Punctul A al elipsei (E) este cel mai îndepărtat de punctul O şi cel mai apropiat de punctul O 1. Avem: d(a, O ) = R 1 + R + d(o 1, O ). Deoarece d(o 1, O )+R 1 < R (cercul (C 1 ) fiind interior cercului (C )), deducem că d(a, O ) < R, astfel că (E) este inclusă în interiorul cercului (C ). Apoi, d(a, O 1 ) = R 1 + R d(o 1, O ) > R 1 (din aceeaşi inegalitate de mai sus). Astfel, toate punctele elipsei (E) sunt în afara cercului (C 1 ). Fie acum P un punct arbitrar al elipsei (E). Semidreapta [O 1 P intersectează (C 1 ) într-un punct T 1 iar semidreapta [O P intersectează (C ) într-un punct T. Avem d(p, T 1 ) = d(p, O 1 ) R 1 = a d(p, O ) R 1 = R d(p, O ) = d(p, T ). Astfel, cercul C(P, d(p, T 1 )) este tangent exterior lui (C 1 ) şi tangent interior lui (C ), ceea ce arată că P este un punct al locului. Cu aceasta teorema este demonstrată. Observaţie. În condiţiile teoremei pentru cercurile date, dacă cercul mobil (Γ) ar fi tangent cercurilor (C 1 ) şi (C ), interior lui (C ) şi având în interiorul lui pe (C 1 ), atunci am avea că d(o Γ, O 1 ) + d(o Γ, O ) = R R 1, iar locul centrului O Γ ar fi elipsa cu aceleaşi focare ca şi (E), dar având semiaxa mare de lungime R R 1. Hiperbola Teorema. Fie C 1 (O 1, R 1 ) şi C (O, R ) două cercuri exterioare, cu R 1 > R. Atunci, locul geometric al centrelor cercurilor tangente la (C 1 ) şi (C ) şi care sunt situate în exteriorul lor sau le includ în interiorul lor este hipebola (H) cu focarele O 1 şi O şi cu semiaxa reală de lungime R 1 R. Demonstraţie. Fie Γ(O Γ, R Γ ) un cerc tangent cercurilor date. Putem avea următoarele situaţii: 5

10 a) d(o Γ, O 1 ) = R Γ + R 1 şi d(o Γ, O ) = R Γ + R, dacă Γ este exterior cercurilor C 1 şi C. În acest caz, avem: d(o Γ, O 1 ) d(o Γ, O ) = R 1 R. b) R Γ = d(o Γ, O 1 ) + R 1 şi R Γ = d(o Γ, O ) + R, dacă Γ cuprinde in interiorul său cercurile (C 1 ) şi (C ). În acest caz, avem: În ambele cazuri, avem relaţia d(o Γ, O ) d(o Γ, O 1 ) = R 1 R. d(o Γ, O 1 ) d(o Γ, O ) = R 1 R şi rezultă că punctele O Γ aparţin hiperbolei (H) din enunţ. Pentru a demonstra reciproca, utilizăm notaţiile din Fig.. Fig. Fie un punct P al hipebolei (H). Presupunem mai întâi că acesta aparţine componentei dinspre focarul O. Fie T 1 punctul de intersecţie cel mai apropiat de P a semidreptei [P O 1 cu cercul (C 1 ) şi similar T. Atunci, d(p, T 1 ) = d(p, O 1 ) R 1 şi d(p, T ) = d(p, O ) R. Deoarece d(p, O 1 ) = d(p, O ) + R 1 R, obţinem că d(p, T 1 ) = d(p, T ). Dacă P := P aparţine componentei dinspre focarul O 1, atunci considerăm punctele T 1 şi T de intersecţie mai îndepărtate de P. În acest caz, avem: d(p, T 1) = d(p, O 1 )+R 1 şi d(p, T ) = d(p, O )+R = d(p, O 1 )+(R 1 R )+R = d(p, T 1). În fiecare dintre cazuri, există un cerc cu centrul în P, respectiv P, tangent cercurilor (C 1 ) şi (C ). Cu aceasta, teorema este demonstrată. Observaţie. În condiţiile teoremei pentru cercurile date, dacă cercul mobil (Γ) ar fi tangent exterior unuia dintre cercurile (C 1 ) şi (C ), iar celălalt cerc ar fi tangent 6

11 interior lui (Γ), atunci am avea că d(o Γ, O 1 ) d(o Γ, O ) = R 1 + R, iar locul centrului O Γ ar fi hiperbola cu aceleaşi focare ca şi (H), dar având semiaxa reală de lungime R 1 + R. Parabola Teorema 3. Fie în planul euclidian un cerc C(O, R) şi o dreaptă (d) exterioară cercului, cu d(o, (d)) = a. Locul geometric al centrelor cercurilor tangente dreptei (d) şi cercului (C) este parabola (P ) având focarul în O, directoarea paralelă cu drepata (d) şi parametrul p = a + R. Demonstraţie. Fie Γ(O Γ, R Γ ) un cerc tangent cercului şi dreptei. Avem atunci d(o Γ, (d)) = R Γ şi d(o Γ, O) = R+R Γ. Prin urmare, d(o Γ, O) = R+d(O Γ, (d)). Considerăm în semiplanul mărginit de (d) ce nu conţine punctul O, drepata ( ) (d), cu distanţa dintre cele două drepte egală cu R. Atunci, avem că d(o Γ, O) = d(o Γ, ( )). Prin urmare, punctele O Γ aparţin parabolei (P ) din enunţ. Vârful parabolei este centrul cercului tangent cu cea mai mică rază. Reciproc, fie M un punct al parabolei (P ) (Fig.3). Fig. 3 Semidreapta [OM intersectează cercul (C) în punctul T. Atunci d(m, T ) = d(m, O) R = d(m, (d )) R = d(m, (d)). Prin urmare, C(M, d(m, T )) este un cerc tangent cercului (C) şi dreptei (d), deci M este un punct al locului geometric. Cu aceasta, teorema este demonstrată. Observaţii. 1. Este uşor de văzut că, dându-se o conică nedegenerată, se pot alege două cercuri sau un cerc şi o dreaptă ca în enunţurile teoremelor, încât conica să coincidă cu locul geometric asociat perechii respective (care evident că nu este unică). 7

12 Deci, în cazul unei elipse arbitare se pot lua două cercuri cu centrele în focare, interior unul celuilalt, de raze R 1 = a x în F şi R = a + x în F, cu x > c etc.. Punctele O Γ pot fi construite cu rigla şi compasul sau chiar numai cu compasul, pentru R Γ prescris. Astfel că, avem şi această metodă simplă de a construi puncte ale unei conice. 3. Rezultate analoage, dar cu demonstraţii (analitice) mult mai laborioase, au loc pentru cuadrice, în legătură cu centrele sferelor tangente la trei sfere date sau două sfere şi un plan sau două plane şi o sferă, locurile geometrice respective fiind cuadrice. Comentarii. Natura conicei rezultată ca loc geometric depinde atât de poziţia relativă a cercurilor (C 1 ) şi (C ), cât şi de poziţiile impuse cercului (Γ) faţă de acestea. Mai sus au fost considerate câteva cazuri posibile pentru poziţiile acestor trei cercuri. Cititorul interesat poate analiza şi alte cazuri. În Fig.4 şi Fig. 5 sunt prezente alte situaţii, care pot fi desprinse cu uşurinţă de pe aceste figuri. Fig. 4 Fig. 5 În Fig. 4, cercurile (C 1 ) şi (C ) sunt secante şi se obţine o elipsă (E), dacă cercul (Γ) este în situaţia sugerată de cercurile punctate sau, dacă acesta este în situaţia cercurilor figurate cu linii întrerupte, o hiperbolă (H). În Fig. 5, dreapta (d) este secantă cercului (C) şi se obţin două parabole (P 1 ) şi (P ); aici s-au luat directoarele ( 1 ), ( ) astfel încât d((d), ( 1 )) = d((d), ( )) = R. Bibliografie 1. Gh. Buicliu Probleme de construcţii geometrice cu rigla si compasul, Ed.Tehnică, Bucureşti,

13 O metodă de rafinare a unor inegalităţi geometrice Temistocle BÎRSAN 1, Marius DRĂGAN, Neculai STANCIU 3 Abstract. This paper presents a method to obtain some refined geometric inequalities in a triangle, based on Blundon s inequality. Keywords: Blundon s inequality, best constant, Gerretsen s inequality, Bilčev s inequality. MSC 010: 51M16. Metoda pe care o propunem are la bază inegalitatea lui Blundon [1]. Aceasta, numită şi inegalitatea fundamentală a triunghiului, este formulată în Teorema 1. În orice triunghi ABC avem: (1) R + 10Rr r ÈR (R r) 3 p R + 10Rr r + ÈR (R r) 3, unde R, r, p au semnificaţiile uzuale. În prima inegalitate egalitate dacă şi numai dacă ABC este echilateral sau este isoscel cu unghiul din vârf mai mare ca π, iar în a doua avem egalitate dacă şi numai 3 dacă ABC este echilateral sau este isoscel cu unghiul din vârf mai mic ca π 3. În cele ce urmeză, va fi util următorul rezultat [], [4]: Teorema. Fie ABC un triunghi şi C(O, R), C(I, r) cercurile sale circumscris, respectiv înscris a) Există un triunghi isoscel T 1 înscris în C(O, R) şi circumscris lui C(I, r), cu unghiul din vârf mai mare ca π 3 şi astfel încât p 1 p, unde p 1 este semiperimetrul triughiului T 1. b) Există un triunghi isoscel T înscris în C(O, R) şi circumscris lui C(I, r), cu unghiul din vârf mai mic ca π 3 şi astfel încât p p, unde p este semiperimetrul triughiului T. Metoda pe care o propunem se referă la inegalităţi de forma () (3) p f 1 (R, r, k), p f (R, r, k), unde funcţiile f 1, f sunt omogene de gradul doi în R, r şi liniare în parametrul k, real şi pozitiv. Pentru determinarea valorilor lui k pentru care are loc inegalitatea 1 Profesor dr., Univ. Tehnică,,Gh. Asachi, Iaşi; t birsan@yahoo.com Profesor, Colegiul Tehnic,,Mircea cel Bătrân, Bucureşti 3 Profesor, Şcoala Gimnazială,,George Emil Palade, Buzău; stanciuneculai@yahoo.com 9

14 (), sau inegalitatea (3), cât şi a celei mai bune dintre aceste valori, se procedează astfel: 1. se consideră inegalităţile (4) (5) R + 10Rr r ÈR (R r) 3 f 1 (R, r, k), R + 10Rr r + ÈR (R r) 3 f (R, r, k), care sunt echivalente cu (), respectiv (3) în sensul că au loc pentru aceleaşi valori ale parametrului k (Teorema 3);. se pune x = R, x [, ), în ecuaţiile precedente, obţinându-se formele: r (6) (7) x + 10x 1 Èx (x ) 3 f 1 (x, 1, k), x + 10x 1 + Èx (x ) 3 f (x, 1, k), care sunt ecuaţii algebrice în x pe intervalul [, ) şi liniare în k > 0; 3. se rezolvă în k şi se află mulţimile de valori ale lui k pentru care (6), respectiv (7) au loc oricare ar fi x [, ) (echivalent cu faptul că (), respectiv (3) au loc pentru orice triunghi); 4. cel mai bun k pentru care inegalităţile () sau (3) au loc se găseşte ca supremul mulţimilor respective de valori determinate la punctul precedent. Justificarea trecerii de la inegalitatea () la inegalitatea (4) şi de la (3) la (5), trecere realizată având în vedere inegalitatea lui Blundon, este dată de rezultatul: Teorema 3. Inegalităţile () şi (4) au loc pentru aceleaşi valori ale parametrului k. Aceeaşi afirmaţie este valabilă şi în privinţa inegalităţilor (3) şi (5). Demonstraţie. Vom dovedi numai prima parte. Fie k o valoare pentru care (4) are loc. Combinând cu prima inegalitate din (1), rezultă că p f 1 (R, r, k), adică () are loc pentru valoarea k considerată. Invers, fie k o valoare pentru care () este adevărată. Să presupunem, prin absurd, că (4) nu are loc. Deci există un triunghi T pentru care avem ( ) R + 10Rr r ÈR (R r) 3 < f 1 (R, r, k). Conform Teoremei, punctul a), pentru triunghiul T există un triunghi isoscel T 1 cu unghiul din vârf mai mare ca π 3 şi având R 1 = R, r 1 = r, p 1 p. Pentru T 1, ca pentru orice triunghi, avem: ( ) p 1 f 1 (R 1, r 1, k). Pe de altă parte, ţinând seama şi de Teorema 1, relativ la T 1 putem scrie: p 1 = R R 1 r 1 r 1 ÈR 1 (R 1 r 1 ) 3 = R + 10Rr r ÈR (R r) 3 ( ) < f 1 (R, r, k) = f 1 (R 1, r 1, k), 10

15 adică ( ) p 1 < f 1 (R 1, r 1, k). Relaţiile ( ) şi ( ) indică o contradicţie. În concluzie, (4) are loc pentru k luat. Consecinţă. Inegalităţile () şi (4) au aceeaşi cea mai bună constantă pentru care sunt adevărate. Acest rezultat este valabil şi în privinţa inegalităţilor (3) şi (5). Aplicaţii. Vom utiliza metoda expusă mai sus în scopul rafinării unor inegalităţi cunoscute. I. Rafinarea inegalităţii lui Gerretsen, adică a inegalităţilor (8) 16Rr 5r p 4R + 4Rr + 3r ([], p. 50). Ne propunem să găsim cele mai bune constante pozitive k 1 şi k astfel încât inegalităţile (9) 16Rr 5r + k 1 r R (R r) p 4R + 4Rr + 3r k r R (R r) să fie adevărate în orice triunghi. Mai întâi, să ne ocupăm de prima inegalitate din (9), adică (10) p 16Rr 5r + k 1 r R (R r), ceea ce este este echivalent cu a ne ocupa cu inegalitatea (11) R + 10Rr r ÈR (R r) 3 16Rr 5r + k 1 r R (R r) sau, introducând x = R, x [, ), cu inegalitatea r Selectând k 1, obţinem: x + 10x 1 Èx (x ) 3 16x 5 + k 1 (x ) x. 3i x (1) k 1 h (x ) (x ) (x 1) Èx (x ), de unde, pentru x, vom avea k 1 1. În acest moment, pentru a arăta că (10) în care luăm k 1 = 1 este cea mai bună inegalitate de această formă, avem două posibilităţi: fie arătăm că infimul funcţiei din partea dreaptă a inegalităţii (1) este 1, fie verificăm că pentru k 1 = 1 inegalitatea (11) este adevărată. Evident, este mai simplă a doua cale. 11

16 Să arătăm, deci, că avem sau că R + 10Rr r ÈR (R r) 3 16Rr 5r + r (R r) R x + 10x 1 Èx (x ) 3 16x 5 + Aceasta se scrie succesiv în formele: (x 1) Èx (x ) x x (x ) x, x [, ). x (x 1) (x ) x Èx (x ) 1x 3 7x 4x x (x 1) + x x 3 1 Š + 4 0, ceea ce este adevărat pentru x [, ). Să ne ocupăm acum de inegalitatea (13) p 4R + 4Rr + 3r k r R (R r), procedând la fel. Trecem la inegalitatea (14) R + 10Rr r + ÈR (R r) 3 4R + 4Rr + 3r k r R (R r) şi apoi, prin x = R r, la x + 10x 1 + Èx (x ) 3 4x (x ) + 4x + 3 k k x x x h(x 1) Èx (x )i, de unde, pentru x, obţinem k 1. Valoarea k 1 = 1 va fi cea mai bună, dacă arătăm că (14), în care luăm k = 1, este adevărată. Aceasta revine la 1 h(x x 1) Èx (x )i x Èx (x ) x 3 x x + x 1x 3 7x 4x + 0 7x (x 1) + x 3 + 4x x 1 Š + 0, adevărat pentru x [, ). În concluzie, am obţinut următoarea rafinare a inegalităţilor lui Gerretsen: (15) 16Rr 5r + r (R r) R p 4R + 4Rr + 3r r (R r) R. Observaţie. În [], p.166, 3.5, sunt indicate inegalităţile 4r 1R 11Rr + r (16) p 3R r 1 R (4R + r) (R r),

17 datorate lui S.J. Bilčev, care rafinează inegalităţile lui Gerretsen. Comparând inegalităţile (15) şi (16), constatăm următoarele: 1) prima inegalitate din (16) este mai tare ca prima inegalitate din (15); ) dacă r R Š r, atunci a doua inegalitate din (16) este mai tare decât corespunzătoarea ei din (15); 3) dacă R Š r, atunci a doua inegalitate din (15) este mai tare decât corespunzătoarea ei din (16). II. O rafinare a inegalităţii (17) p R (4R + r) (R r), adică a celei de-a doua inegalităţi din (16). Să găsim cea mai bună constantă pozitivă k astfel încât inegalitatea (18) p R (4R + r) (R r) k (R r) r R să fie adevărată în orice triunghi. Această problemă este echivalentă cu a găsi cea mai bună constantă pozitivă k pentru valabilitatea inegalităţii (19) R + 10Rr r + ÈR (R r) 3 Punând x = R r, obţinem: x + 10x 1 + Èx (x ) 3 k x x (4x + 1) x k x 8x 1x + 1 (x 1) k R (4R + r) (R r) x (4x + 1) (x 1) k x x (R r) r k. R x + 10x 3 Š 3 1 Èx (x ) (x 1) Èx (x ) x x (x 1) + x 3x Èx x 1 (x ) şi, prin trecere la limită pentru x, obţinem k 1 4. Punem k 1 4 în (18) şi obţinem: (0) p R (4R + r) (R r) (R r) r. 4R Să demonstrăm că (0) este adevărată, pentru a arăta că 1 este cea mai bună 4 valoare a lui k pentru care este valabilă (18). Echivalent, să arătăm că are loc R + 10Rr r + ÈR (R r) 3 13 R (4R + r) (R r) (R r) r, 4R

18 obţinută luând k = 1 în (19). Această inegalitate, scrisă în x, ia succesiv formele: 4 x + 10x 1 + Èx (x ) 3 x (4x + 1) (x 1) x 4x Èx (x ) 8x 1x + 1 (x 1) 1 4x 8x (x 1)Èx (x ) 16x 3 4x x 3 48x + 1 0, ultima inegalitate fiind evident adevărată pentru x. Aşadar, (0) este cea mai bună inegalitate de forma (18) şi ea reprezintă o rafinare a inegalităţii (17). În încheiere, propunem să se rezolve cu aceeaşi metodă următoarele probleme: III Arătaţi că în orice triunghi are loc inegalitatea Š Š (1) p R r 3 r 3 5 (R r), R unde k = este cea mai bună constantă pozitivă pentru inegalitatea de această formă. Acest rezultat a fost stabilit pe o altă cale în [4], formula (16). IV Arătaţi că inegalitatea () p 4R3 Rr r 3 R r este cea mai bună printre inegalităţile de forma p 4R3 Rr r 3 R r 4 V Arătaţi că inegalitatea (3) a + b + c 36 4R4 + 3r 18R 4 5r este cea mai bună printre inegalităţile de forma a + b + c 36 4R4 + 3r Bibliografie k r R (R r). 18R 5r k r R (R r). 1. W.J. Blundon Inequalities associated with the triangle, Can. Math. Bull. 8(1965), D.S. Mitrinović, J.E. Pečaric, V. Volenec Recent Advences in Geometric inequalities, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht Boston London, S. Rădulescu, M. Drăgan, I.V. Maftei Some Consequences of W.J. Blundon s inequality, Romanian Mathematical Gazette 1(011), S-H. Wu, Y-M Chu Geometric interpretation of Blundon s inequality and Ciamberlini s inequality, J. of Ineq. Appl., 014, 014:

19 Noi proprietăţi relativ la cercurile tritangente ale unui triunghi Marian CUCOANEŞ 1, Leonard GIUGIUC, Petru BRAICA 3 Abstract. In this paper, some properties of collinearity, concurrence, etc. related to a geometric configuration consisting of a triangle, its incircle and the three exincircles are presented. Keywords: incenter, orthocenter, area, excircles. MSC 010: 51M04. Vom avea în vedere configuraţia formată dintr-un triunghi ABC oarecare, cercul înscris lui de centru I şi cercurile exînscrise de centre I a, I b, I c. Notăm cu M, N, P punctele de tangenţă a cercului înscris cu laturile (BC), (CA) şi respectiv (AB). Relativ la punctul I, considerăm ortocentrele H 1, H, H 3 ale triunghiurilor IBC, ICA şi respectiv IAB. Următoarele două teoreme indică proprietăţi ale triunghiului H 1 H H 3. Teorema 1 (M. Cucoaneş, P. Braica). Sunt adevărate următoarele afirmaţii: a) punctele H, M, H 3 sunt coliniare; b) H 3, N, H 1 sunt coliniare; c) H 1, P, H sunt coliniare. Demonstraţie. Arătăm numai punctul a), afirmaţiile b) şi c) se dovedesc similar. Fie H H 3 BC = {M 1 }. Avem H 3 B H C, deoarece H 3 B şi H C sunt perpendiculare pe AI (fig. 1). Ca urmare, M 1 H 3 B M 1 H C şi rezultă că M 1B M 1 C = BH 3. Dar în P BH 3 CH dreptunghic în P avem că Fig. 1 (Ö P H3 B) = A şi, deci, BH 3 = P B sin A = p b sin A ; analog, CH = p c sin A. Ca urmare, 1 Profesor, Liceul,,Eremia Grigorescu, Mărăşeşti; gabrielacucoanes@yahoo.com Profesor, Colegiul Naţional,,Traian, Drobeta-Tr. Severin; leonardgiugiuc@yahoo.com 3 Profesor, Şcoala Gimnazială,,Grigore Moisil, Satu Mare; pbraica@yahoo.com 15

20 M 1 B M 1 C = p b p c, adică M 1B M 1 C = MB MC. Punctul M 1 coincide cu M, deci H, M, H 3 sunt coliniare. Teorema (M. Cucoaneş). Triunghiul H 1 H H 3 este echivalent cu ABC. Demonstraţie (L. Giugiuc). Mai întâi calculăm H 1 I, H I, H 3 I. Triunghiul H 1 BC are ca ortocentru punctul I, iar măsurile unghiurilor acestuia sunt B + C, A + B şi respectiv A + C. Din teorema sinusurilor aplicată în acest triunghi rezultă că R 1 = a cos A şi H 1 I = R 1 sin A (conform formulei cunoscute: AH = R cos A ), unde R 1 este raza cercului circumscris triunghiului H 1 BC. Combinând aceste relaţii, obţinem că H 1 I = a tg A şi, deci, avem: (1) H 1 I = a tg A, H I = b tg B, H 3I = c tg C. În IH 1 H avem că m( H1 IH ) = m(õ MIN) = π C. Notând S = S[ABC] şi ţinând seama de (1), obţinem: S[H 1 IH ] = H 1 I H I sin(π C) = ab sin C tg A tg B = S tg A tg B. Acesta şi rezultatele analoage conduc la S[H 1 H H 3 ] = S X tg A tg B = S, deci triunghiul H 1 H H 3 este echivalent cu ABC. Observaţii. 1) Triunghiul H 1 H H 3 asociat unui triunghi ABC echilateral coincide cu acesta (H 1 coincide cu A etc.). ) Dacă H 1 H H 3 ABC, conform Teoremei aceste triunghiuri sunt congruente şi suntem conduşi la sistemul: H H 3 = a, H 3 H 1 = b, H 1 H = c. Aflăm H H 3 cu teorema cosinusului aplicată la IH H 3 : H H 3 = IH + IH 3 IH IH 3 cos(π A) (1) H H 3 = b tg B + c tg C + bc tg B tg C cos A şi, trecând la laturi, obţinem în cele din urmă H H 3 = a(p a) (p b)(p c) [(b c) + a(p a)]. 16

21 Punem această expresie şi analoagele sale în sistemul de mai sus şi obţinem un sistem algebric în a, b, c care are soluţia a = b = c (evităm calculele comune şi neplăcute!). Aşadar, faptul că H 1 H H 3 ABC impune triunghiului ABC să fie echilateral. Fie D, E, F punctele de tangenţă cu BC, CA şi respectiv AB ale cercului exînscris triunghiului ABC de centru I a (fig. ). Notăm cu H 1, H şi H 3 ortocentrele triunghiurilor BCI a, CAI a şi respectiv ABI a. Fig. Teorema 3 (P. Braica, M. Cucoaneş). Sunt adevărate următoarele proprietăţi: a) punctele H, D şi H 3 sunt coliniare; b) triunghiurile ABC şi H 1 H H 3 sunt echivalente. Demonstraţie. a) Fie H H3 BC = {D 1 }. Avem BH3 CH, deoarece BH3 şi CH sunt perpendiculare pe AI a ; ca urmare BD 1 = BH 3 CD 1 CH. Cum în F BH3 dreptunghic în F avem m(ö F H 3 B) = A, obţinem: BH 3 = BF sin A = p c sin A. Analog, considerând ECH, avem: CH = p b sin A. Rezultă că BD 1 = p c CD 1 p b. Întrucât avem şi BD CD = p c p b, deducem că punctele D şi D 1 coincid. În consecinţă, punctele H, D, H3 sunt coliniare. 17

22 b) Se constată că I a / Int( H 1 H H 3 ), deci avem: S[H 1 H H 3 ] = S[I a H H 3 ] S[I a H 1 H ] S[I a H 1 H 3 ] = = I a H I a H 3 sin(π A) I a H 1 I a H sin(π C) I a H 1 I a H 3 sin(π B). Observăm că în H 3 AI a punctul B este ortocentru, iar [AB] este un segment eulerian; avem c = AB = R 3 cos(ö Ia AH 3 ) = R 3 cos A + B. Cu teorema sinusurilor aplicată în acelaşi triunghi, obţinem: I a H3 = R 3 sin( Ia AH3 ) = R 3 sin A + B. Combinând, găsim că I a H3 = c tg A + B. Le fel se obţin relaţiile: I a H = b tg C + A şi I a H 1 = a tg A. Revenind la aria H 1 H H 3, avem: S[H1 H H3 ] = bc tg C + A tg A + B ac tg A tg A + B unde S = S[A, B, C] şi E(A, B, C) = tg C + A tg A + B sin A ab tg A tg C + A sin B = S E(A, B, C), tg A tg C + A tg A tg A + B (calcul de rutină!). Aşadar, S[H 1 H H 3 ] = S, ceea ce trebuia arătat. sin C Să notăm cu H a, H b, H c ortocentrele triunghiurilor I a BC, I b CA şi I c AB (fig. 3). Teorema 4 (L. Giugiuc, P. Braica). Triunghiul H a H b H c are proprietăţile următoare: a) H a H b H c este congruent cu ABC; b) perpendicularele din I a pe H b H c, din I b pe H c H a şi din I c pe H a H b sunt concurente. Demonstraţie. a) (L. Giugiuc) Să arătăm că patrulaterul ACH a H c este paralelogram. Mai întâi, AH c şi CH a sunt paralele fiind perpendiculare pe I a I c. Apoi, notând cu D proiecţia punctului H a pe BC, în H a CD avem: m(ö Ha CD) = m(ö Ha CB) = B şi CH CD a = cos(ö Ha CB) = p b cos B. Similar, găsim că AH c = p b cos B şi deducem că CH a = AH c. Aşadar, putem afirma că AC H a H c şi AC = H a H c. Similar, sunt paralele şi egale BC şi H b H c, precum şi AB şi H a H b. Triunghiurile ABC şi H a H b H c sunt congruente şi au laturile paralele două câte două. b) (P. Braica) Afirmaţia este echivalentă cu concurenţa perpendicularelor din I a, I b, I c pe laturile BC, CA şi respectiv AB ale triunghiului ABC, acest fapt fiind un rezultat clasic ( ABC şi I a I b I c sunt ortogologice). 18 = 1

23 Fig. 3 Observaţie. Punctul de concurenţă pus în evidenţă în teorema precedentă este centrul cercului circumscris triunghiului I a I b I c şi ortocentrul triunghiului H a H b H c, dar şi punctul izogonal conjugat ortocentrului triunghiului I a I b I c. Bibliografie 1. D. Andrica, C. Varga, D. Văcăreţu Teme şi probleme alese de geometrie, Editura Plus, Bucureşti, 00.. T. Lalescu Geometria triunghiului, Editura Apollo, L. Nicolescu, V. Boskoff Probleme practice de geometrie, Editura Tehnică, Bucureşti,

24 Cercurile Apollonius de rangul k Ion PĂTRAŞCU 1, Florentin SMARANDACHE Abstract. In this paper, the notion of Apollonius circle of rank k is introduced and a number of results related to the classical Apollonius circles are generalized. Keywords: circumcircle, symmedian, Cevian of rank k, Apollonius circle of rank k. MSC 010: 51M04. Scopul acestui articol este de a introduce noţiunea de cerc Apollonius de rangul k şi de a generaliza anumite rezultate privind cercurile Apollonius. Definiţia 1. Se numeşte ceviană interioară de rangul k, k R, dreapta AA k cu A k (BC) şi astfel încât (1) A k B AB k A k C =. AC Dacă A k este conjugatul armonic al punctului A k în raport cu B şi C, atunci spunem că dreapta AA k este ceviană exterioară de rangul k. Definiţia. Numim cerc Apollonius de rangul k în raport cu latura BC a triunghiului ABC, cercul care are ca diametru segmentul A k A k. Observaţie. În mod similar introducem cercurile Apollonius de rangul k relativ la laturile CA şi AB. Vom nota cu O Ak centrul cercului Apollonius de rang k relativ la latura BC şi cu O Bk şi O Ck centrele celor relative la CA şi respectiv AB. Teorema 1. Cercul Apollonius de rang k este locul geometric al punctelor M din planul triunghiului ABC care satisfac relaţia () MB AB k MC =. AC Demonstraţie. Fie M un punct al locului geometric (fig. 1), adică care satisface relaţia (). Combinând (1) şi (), rezultă că MB MC = A kb şi deducem, folosind A k C reciproca teoremei bisectoarei, că MA k este bisectoarea interioară a unghiuluiö BMC. Perpendiculara în M pe MA k intersectează pe BC în A k, care este piciorul bisectoarei exterioare a triunghiului BMC, deci conjugatul armonic al lui A k în raport cu B şi C, deci A k A k (coincid). Prin urmare, punctul M este pe cercul Apollonius de rang k relativ la latura BC. Reciproc, să considerăm un punct N pe cercul Apollonius de rang k relativ la NC (deci latura BC (fig. 1) şi să construim punctul C astfel încât Ö BNAk Ak 1 Profesor, Colegiul Naţional,,Fraţii Buzeşti, Craiova; patrascu ion@yahoo.com Prof.dr., Universitatea New Mexico, USA; fsmarandache@yahoo.com 0

25 O_{A_{k}} (NA k este bisectoarea interioară a unghiului BNC Ö). Deoarece A k N NA k rezultă că A k şi A k sunt conjugate armonic în raport cu B şi C. Pe de altă parte, aceleaşi puncte sunt conjugate armonic în raport cu B şi C, de unde rezultă că punctul C coincide cu C şi avem NB NC = A kb AB A k C = AC k. B V 1. O D V A U A k U 1 U C V. O Ak M A k N Fig. 1 Teorema. Centrele cercurilor Apollonius de rang k asociate unui triunghi sunt coliniare (i.e. cercurile fac parte dintr-un fascicol). Demonstraţie. Să observăm că atât cevienele interioare de rang k, AA k, BB k, CC k, cât şi cele exterioare, AA k, BB k, CC k sunt concurente. Figura B k C kb k C k A ka k este patrulater complet (fig. ). Este cunoscut faptul că mijloacele diagonalelor unui astfel de patrulater sunt coliniare (dreapta Newton-Gauss). Cum aceste mijloace sunt punctele O Ak, O Bk, şi O Ck, afirmaţia făcută este justificată. B k O. B k C k. C O C k C k B k A A k B.. O Ak A k Fig. 1

26 Teorema 3. Cercurile Apollonius de rang k ale unui triunghi sunt ortogonale cercului circumscris triunghiului. Demonstraţie. Fie U şi V punctele de intersecţie ale cercului Apollonius de centru O Ak cu cercul circumscris triunghiului ABC şi D mijlocul arcului BC (fig. 1). Să arătăm mai întâi că punctele U, A k, D sunt coliniare. În acest scop, să notăm cu A k intersecţia dreptei UD cu BC. Din faptul că UA k este bisectoare în UBC avem că A k B A k C = UB UC, iar din faptul că U este pe cercul Apollonius de centru O A k avem relaţia UB AB k UC =. Ca urmare, A k B AB k AC A k C = şi, ţinând seamă de (1), AC punctul A k coincide cu A k. Unim O cu D şi U (fig. 1), observăm că DO BC şi DU UA k şi deducem că Ö ODAk UA k A k. Cum Ö OUAk Ö ODAk, obţinem relaţia Ö OUAk UA k A k, care arată că OU este tangentă cercului Apollonius de centru O Ak. Analog se demonstrează ortogonalitatea pentru celelalte cercuri Apollonius. Observaţie. Din Teorema 3 rezultă că axa radicală a cercurilor Apollonius de rang k este perpendiculara dusă din O pe dreapta O Ak O Bk. Teorema 4. Centrele cercurilor Apollonius de rang k ale unui triunghi sunt pe polara triliniară asociată punctului de intersecţie a cevienelor de rang k. Demonstraţie. Conform Teoremei 3, OU UO Ak, deci UO Ak este ceviana exterioară de rangul pentru triunghiul BCU, deci simediana exterioară. Prin urmare O Ak B UB O Ak = AB k C = (ultima egalitate are loc pentru că U aparţine cercului UC AC Apollonius de rang k asociat vârfului A). Teorema 5. Cercurile Apollonius de rangul k ale unui triunghi intersectează cercul circumscris triunghiului în două puncte care aparţin cevienelor interioară şi exterioară de rangul k + 1. Demonstraţie. Fie U şi V punctele de intersecţie ale cercului Apollonius de centru O Ak cu cercul circumscris triunghiului ABC (fig. 1). Ducem din U şi V perpendicularele UU 1, UU şi V V 1, V V pe AB şi respectiv AC. Patrulaterele ABV C, ABCU sunt inscriptibile, rezultă asemănarea triunghiurilor BV V 1, CV V şi BUU 1, CUU, de unde obţinem relaţiile: V B V C = V V 1 V V, Dar V B AB k V C = şi UB AB k AC UC =, deci AC V V 1 V V = AB k, UU 1 AC UU = UB UC = UU 1 UU. AB k. AC Dacă X a şi Y a notează intersecţiile dreptelor AV şi respectiv AU cu BC, atunci

27 X a B X a C = AB AC V V 1 V V şi Y ab Y a C = AB AC UU 1 UU, de unde X a B AB k+1 X a C =, AC Y a B AB k+1 Y a C =, AC relaţii care arată că V şi U aparţin respectiv cevienei interioară şi cevienei exterioară de rangul k + 1. Definiţia 3. Dacă cercurile Apollonius de rangul k asociate unui triunghi au două puncte comune, atunci aceste puncte se numesc centre izodinamice de rangul k (le notăm W k, W k ). Din Teorema 1 rezultă imediat că W k, W k, centrele izodinamice de rangul k ale ABC, au proprietăţile: W k A BC k = W k B CA k = W k C AB k, W ka BC k = W kb CA k = W kc AB k. Observaţii. 1) Cercurile Apollonius de rangul 1 sunt chiar cercurile Apollonius clasice (cevienele de rangul 1 sunt bisectoarele). ) Dacă k=, cevienele interioare de rangul sunt simedianele, iar cele exterioare de rangul sunt simedianele exterioare, adică tangentele în vârfurile triunghiului la cercul circumscris acestuia. În acest caz, pentru cercurile Apollonius de rangul, Teorema devine: Teorema 6. Cercurile Apollonius de rangul intersectează cercul circumscris triunghiului în câte două puncte care aparţin respectiv isogonalei antibisectoarei şi cevienei exterioare a acesteia. Demonstraţie. Rezultă din demonstraţia Teoremei 5. Facem precizarea că antibisectoarea este izotomica bisectoarei, iar izogonala antibisectoarei este ceviana de rangul 3. Bibliografie 1. C. Mihalescu Geometria elementelor remarcabile, Editura Tehnică, Bucureşti, N.N. Mihăileanu Lecţii complementare de geometrie, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, F. Smarandache, I. Pătraşcu Geometry of Homological Triangle, The Education Publisher Inc., Columbus, Ohio, SUA, V.Gh. Vodă Triunghiul - ringul cu trei colţuri, Editura Albatros, Bucureşti,

28 Transversale izogonale şi aplicaţii Ştefan DOMINTE 1 Abstract. In this paper, a number of properties of the isogonal transversals with respect to a triangle are presented, together with some of their applications. Keywords: isogonal transversals, incircle, Conway s circle. MSC 010: 51M04. Vom prezenta mai întâi o extindere simplă a noţiunii de ceviene izogonale, iar apoi câteva aplicaţii ale sale. Fie Ô xay un unghi cu vârful în A şi d1, d două drepte în planul acestui unghi, care nu sunt paralele cu laturile Ax şi Ay. Notăm cu M şi N intersecţiile dreptei d 1 cu Ax, respectiv Ay, iar cu P şi Q intersecţiile dreptei d cu Ax, respectiv Ay. Definiţie. Dreptele d 1 şi d sunt transversale izogonale în raport cu unghiul ÔxAy dacă este îndeplinită condiţia ÖMNQ Ö MP Q (fig. 1). Vom înşira un număr de observaţii şi proprietaţi relativ la noţiunea introdusă. 1. Condiţia din definiţie este echivalentă cu faptul căö xmd1 ÕyQd, căci, în una sau alta dintre aceste condiţii, patrulaterul MNP Q este inscriptibil.. Dacă dreptele d 1, d trec prin vârful A, (adică, dacă patrulaterul MNP Q se,,contractă la punctul A), atunci transversalele izogonale d 1, d devin cevienele izogonale d 1, d. Fig Spre deosebire de cazul cevienelor izogonale, exista o infinitate de transversale izogonale care fac un unghi dat cu Ax, respectiv Ay: dacă (d 1, d ) este o astfel de pereche, atunci, luând d 1 d 1 şi d d, perechea (d 1, d ) este formată de asemenea din transversale izogonale. Mai precis, dată o transversală d 1, prin orice punct al planului trece o transversală d izogonală cu d 1 (subînţeles, în raport cu unghiul xay). Ô Într-adevăr, fie M şi N 1 Elev, cl. a XI-a, Liceul Internaţional de Informatică, Bucureşti; stef dominte@yahoo.com 4

29 punctele în care d 1 intersectează semidreptele Ax, respectiv Ay. Un cerc oarecare construit prin M şi N intersectează Ax în U şi Ay în V. Evident, dreapta UV, cât şi orice paralelă la ea, este o transversală izogonală cu d 1. Dacă cercul trece şi prin A, adică este circumcris triunghiului AM N (fig.1), atunci dreapta U V - tangenta în A la cerc - va fi ceviana izogonală cu transversala d Odată cu perechea (MN, P Q) şi (MQ, NP ) este pereche de transversale izogonale în raport cuô xay (fig.1). 5. Se ştie că bisectoarea unghiului este izogonală cu ea însăşi. Se constată uşor că bisectoarei unghiuluiô xay îi corespund perechile de transversale izogonale (d1, d ) cu particularitatea că d 1 d ; într-adevăr, cevienele paralele cu d 1 şi d vor coincide, anume, vor fi tocmai bisectoarea unghiului Ô xay. Patrulaterul MNP Q este, în acest caz, trapez isoscel cu bazele MN şi P Q. Vom continua această listă într-un nou cadru: considerăm unghiul Ô xay ca fiind unghiul Õ BAC al unui triunghi dat ABC. 6. Dacă (d 1, d ) şi (δ 1, δ ) sunt două perechi de transversale izogonale în raport cu unghiul A, b atunci d1 δ 1 = d δ. În particular, au loc implicaţiile: (i) d 1 BC = d AO, unde O este centrul cercului circumscris ABC. (ii) d 1 AA = d AA, unde AA şi AA sunt mediana, respectiv simediana ce pleacă din vârful A. 7. O pereche (d 1, d ) de transversale izogonale obţinută dintr-o pereche de ceviene izogonale prin deplasare,,echidistantă se caracterizează prin faptul că patrulaterul MNP Q este trapez isoscel cu bazele MQ şi NP. 8. Formulă de tip Steiner. Date transversalele d 1, d izogonale în raport cu unghiul A b al triunghiului ABC, să notăm D1, N, M intersecţiile dreptei d 1 cu BC, CA, respectiv AB, iar cu D, Q, P intersecţiile similare ale dreptei d (fig. ). Atunci are loc egalitatea D 1 B D 1 C DB D C = P C a (B) P Ca (C), unde P Ca (X) semnifică puterea punctului X faţă de cercul C a determinat de punctele M, N, P, Q. Demonstraţie. Cu teorema sinusurilor aplicată în triunghiurile BD 1 M şi CD 1 N, avem: D 1 B D 1 C = BM sin BMD1 CN sinö CND1 ; analog, apelând la BD P şi CD Q, avem: D B Ö D C = BP sin BP D şi CND1 Ö BP Ö D 1 B D, obţinem: D 1 C DB D C de unde deducem relaţia cerută. CQ sinö CQD. Prin înmulţire şi ţinând cont de faptul că BMD1 Ö CQD = BM BP CN CQ = P C a (B) P Ca (C), În continuare, prin probleme, vom vedea utilitatea noţiunii de transversale izogonale. 5

30 Problema 1. Arătaţi că, dacă transversalele d 1 şi d sunt izogonale şi izotomice (i.e., picioarele lor, D 1, D BC, sunt puncte izotomice în raport cu BC), atunci locul centrelor cercurilor C a (fig. ) este mediatoarea segmentului BC. Soluţie. Cu uşurinţă se arată echivalenţa între cerinţa ca D 1, D să fie izotomice în raport cu BC şi relaţia D 1B D 1 C DB = 1. Ca urmare, având în D C vedere proprietatea 8 de mai sus, avem de găsit locul geometric al centrului cercului C a pentru care P Ca (B) = P Ca (C). Notând cu Ω şi ρ centrul şi raza cercului C a, ultima egalitate se traduce prin BΩ ρ = CΩ ρ, adică prin condiţia BΩ = CΩ. În final, locul geometric al centrului Ω este mediatoarea segmentului BC. Problema. Fie dat ABC şi fie D, E, F Fig. mijloacele laturilor BC, CA, respectiv AB. Fie punctele P pe AC şi Q pe AB astfel încât dreptele P F şi QE sunt izogonale. Fie R simetricul lui Q faţă de F şi T simetricul lui P faţă de E. Fie M şi N pe BC astfel încât perechile de drepte MF şi RD, EN şi T D sunt izogonale. Atunci D este mijlocul segmentului M N. Soluţie. Ţinând seama de proprietăţile transversalelor izogonale, rezultă că patrulaterele F P QE, F DRM şi DENT sunt inscriptibile. Folosind puterea punctului, obţinem: MB BD = RB BF = F A AQ = P A AE = EC CT = DC CN, de unde deducem că MB = CN, deci punctul D este mijlocul segmentului MN. Problema 3. Fie ABC, I centrul cercului înscris şi D, E, F punctele de contact ale acestuia cu laturile BC, CA, respectiv AB. Pe laturile AB şi AC, consideram punctele M şi Q astfel încât AM = AQ = BC şi B A M, C A Q. Analog definim punctele Fig. 3 N, K şi L, P. Atunci, (QF, ME) este o pereche de transversale izogonale în raport cu ba, iar oricare două dintre transversalele MQ, EF, P N formează o pereche cu aceeaşi proprietate. În raport cu unghiurile Ò B şi Ò C sunt adevărate afirmaţiile similare. 6

31 Soluţie. Considerăm cunoscut faptul că punctele Q, M, L, P, N, K sunt conciclice pe un cerc cu centrul în I, cercul lui Conway []. Pentru prima afirmaţie, observăm că AQ AE = AM AF, deci patrulaterul QF EM este inscriptibil; mai mult, el este trapez isoscel cu QF = ME (după cum rezultă din congruenţa triunghiurilor AQF şi AME). Deci, QF, ME sunt transversale izogonale şi, în plus, vârful A este echidistant faţă de ele. Pentru a doua afirmaţie, este suficient să observăm că transversalele MQ, EF, P N sunt paralele cu bisectoarea exterioară a unghiului A b Fig. 4 B + C şi fac cu laturile AB şi AC unghiuri de măsură (se apelează la triunghiurile isoscele AMQ, AEF, AP N). Problema 4. Fie ABC, O centrul cercului circumscris şi un punct P în interiorul lui. Fie D şi E prioecţiile lui P pe AC, respectiv AB. Fie B şi C simetricele lui B şi C faţă de E şi D. Atunci, transversalele izogonale cu B C în raport cu unghiul A b sunt perpendiculare pe OP. Soluţie. Fie M şi N mijloacele lui AB, respectiv AC şi S şi T picioarele perpendicularelor din P pe OM şi ON. Este de ajuns să arătăm că tangenta în A la cercul (AB C ) este perpendiculară pe OP. Este uşor de observat că P S AB şi P T AC. Cu un calcul simplu de segmente deducem că AB = ME = P S şi AC = DN = P T. Aşadar, AB C şi P ST sunt omotetice. Cum m(õ P SO) =m( P Õ T O) = 90, centrul cercului triunghiului P ST este situat pe dreapta P O. Ca urmare, tangenta în P la cercul (P ST ), care e paralelă cu tangenta în A la cercul (AB C ), este perpendiculară pe OP. Fig. 5 Bibliografie 1. T. Lalescu Geometria triunghiului, Ed. Tineretului,

32 Lifting The Exponent Lemma (LTE). Aplicaţii Răzvan Andrei MORARIU, Vlad TUCHILUŞ, Robert ANTOHI 1 Abstract. A number of problems in the field of number theory, either selected from lists of problems for some mathematical contests or proposed by the authors of this paper themselves, are solved using - as a work tool - the LTE (Lifting the Exponent Lemma). Keywords: prime number, exponent, Diophantine equation, Lifting the Exponent Lemma. MSC 010: 11D61. În acest articol ne propunem să prezentăm o metodă mai puţin cunoscută de rezolvare a unor probleme de teoria numerelor. Rezultatul pe care îl vom folosi, numit Lifting The Exponent Lemma, pe scurt, LTE, şi variantele sale, se poate găsi demonstrat în [1]. Lifting The Exponent Lemma este utilă în multe probleme referitoare la ecuaţii diofantice exponenţiale, mai ales atunci când apar şi numere prime. Lema ne arată cum putem găsi cea mai mare putere a unui număr prim p care divide a n ± b n, unde a şi b sunt numere întregi. Definiţie. Fie p un număr prim şi x un număr întreg. Notăm cu v p (x) cel mai mare număr natural k cu proprietatea că p k x, adică dacă şi numai dacă p k x şi p k+1 x. Exemple. 1) Cea mai mare putere a lui care divide pe 400 = este 5, deci v (400) = 5. ) Deoarece 117 = 3 13, rezultă că v 3 (117) =. 3) Dacă p şi q sunt două numere prime diferite, iar α şi β sunt două numere întregi pozitive, atunci v p βš pα q = α. Observaţie. Dacă p este un număr prim, iar x şi y sunt două numere întregi, atunci v p (xy) = v p (x) + v p (y) ; v p (p α ) = α, α N. Lema 1 (LTE, prima variantă). Dacă p este un număr prim impar şi x, y sunt două numere întregi nedivizibile cu p astfel încât p x y, iar n este un număr întreg pozitiv, atunci v p (x n y n ) = v p (x y) + v p (n). Lema (LTE, a doua variantă). Dacă p este un număr prim impar şi x, y sunt două numere întregi nedivizibile cu p astfel încât p x + y, iar n este un număr întreg pozitiv impar, atunci v p (x n + y n ) = v p (x + y) + v p (n). 1 Elevi, clasa a IX-a, Colegiul Naţional,,C. Negruzzi, Iaşi 8

33 Lema 3 (LTE pentru p =, prima variantă). Dacă x şi y sunt două numere întregi impare astfel încât 4 x y, iar n este un număr întreg pozitiv, atunci v (x n y n ) = v (x y) + v (n). Lema 4. (LTE pentru p =, a doua variantă). Dacă x şi y sunt două numere întregi impare, iar n este un număr par pozitiv, atunci v (x n y n ) = v (x y) + v (x + y) + v (n) 1. Aplicaţii 1. Aflaţi valoarea maximă a numărului natural n pentru care fracţia n este un număr natural. (S:L15.43, GM-9/015, Carmen şi Viorel Botea) Soluţie. Cerinţa problemei este echivalentă cu a determina exponentul maxim n pentru care n divide numărul Vom utiliza Lema 3 cu x = 17, y = 1, n = 88. Cum 4 (17 1) şi 17, 1, sunt îndeplinite condiţiile acesteia, deci avem: v Š = v (17 1) + v (88) = = 7. Prin urmare, 7 este valoarea maximă a lui n pentru care fracţia dată este număr natural.. Fie p un număr prim impar care nu divide pe 015. Demonstraţi că, oricare ar fi numărul natural n, nu există două numere naturale x şi y prime cu p, astfel încât p n = x y 015. (Vlad Tuchiluş) Soluţie. Presupunem, prin reducere la absurd, că există un număr natural n şi două numere naturale x şi y prime cu p şi care verifică ecuaţia diofantică din enunţ. Dacă n = 0, atunci ecuaţia devine 1 = x y 015, deci (x, y) {(0, 1), (1, 0)}, ceea ce contrazice faptul că x şi y sunt prime cu p. Presupunem că n 1. În acest caz, avem p n = x y 015 = (x + y) x 014 x 013 y xy 013 y 014Š, de unde deducem că p divide x + y sau x + y = 1. Dacă p x + y, atunci, conform Lemei, rezultă că n = v p (p n ) = v p x y 015Š = vp (x + y) + v p (015) = v p (x + y), deci, x + y p n = x y 015, de unde reiese că x, y {0, 1}. Ca urmare, p n =, ceea ce nu este posibil în condiţiile în care ne aflăm. Dacă x + y = 1, obţinem că (x, y) {(0, 1), (1, 0)}, ceea ce iarăşi nu este posibil. Aşadar, presupunerea făcută este falsă, iar demonstraţia se încheie. 3. Fie p un număr prim, a şi n două numere întregi pozitive. Demonstraţi că, dacă p + 3 p = a n, atunci n = 1. (Irlanda, 1996) 9

34 Soluţie. Pentru p =, avem a n = 13, iar dacă p = 5, obţinem a n = 75 = În ambele cazuri, n = 1. Dacă p este număr prim, diferit de şi 5, vom folosi Lema. Într-adevăr, condiţiile din ipoteza lemei sunt verificate, deci avem: v 5 ( p + 3 p ) = v 5 (5) + v 5 (p) = = 1. Deci, v 5 (a n ) = 1, de unde deducem că n = Fie p un număr prim, p 3, şi a, b două numere întregi astfel încât p a + b şi p a 3 + b 3. Demonstraţi că p a + b sau p 3 a 3 + b 3. (Primul test pentru OBMJ, 008) Soluţie. Dacă p a sau p b, atunci, cum avem şi p a + b, rezultă că p a şi p b, deci p 3 a 3 + b 3. Presupunem, în continuare, că p a şi p b. Analizăm două cazuri: p = şi p. I. Pentru p =, avem a + b şi 4 a 3 + b 3, de unde obţinem că a + b sau a ab + b. Constatăm că a ab + b ; într-adevăr, dacă a ab + b, având în vedere că a + b, deducem că ab, ceea ce este în contradicţie cu faptul că a şi b. Rămâne că a + b. II. Pentru p, aplicând Lema, obţinem: v p a 3 + b 3Š = vp (a + b) + v p (3) = v p (a + b). Cum p a 3 + b 3, înseamnă că v p a 3 + b 3, ceea ce implică că vp (a + b), adică p a + b. 5. Determinaţi soluţiile întregi pozitive ale ecuaţiei 3 x = x y + 1. (Primul test pentru OIM şi OBM, 005) Soluţie. Ecuaţia dată este echivalentă cu y = 3x 1 x. Cum y este număr întreg pozitiv, pentru a rezolva ecuaţia trebuie să determinăm x N astfel încât x să dividă pe 3 x 1. Vom considera două cazuri, în funcţie de paritatea lui x. Dacă x este impar, avem că 3 x 1 (mod 4) şi deducem că 3 x 1 (mod 4). Cum 4 3 x 1, obţinem că x 1, deoarece x 3 x 1. Ca urmare, obţinem soluţia: x = 1 şi y = 1. Dacă x este par, vom aplica Lema 4; avem: v (3 x 1) = v () + v (4) + v (x) 1 = + v (x) Cum x 3 x 1, rezultă că x v (3 x 1) = + v (x), deci x v (x), ceea ce implică x x, deci x x. Întrucât x > x pentru orice x 6, rezultă 30

35 că singurele soluţii pare ale inecuaţiei precedente sunt x = şi x = 4. Pentru x =, obţinem y =, iar pentru x = 4, găsim y = 5. În concluzie, soluţiile problemei sunt: x = y = 1, x = şi y =, x = 4 şi y = Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale ecuaţia 1 x + 4 y = z. (Primul test pentru OBMJ, 015) Soluţie. Ecuaţia considerată este echivalentă cu (z y ) (z + y ) = 1 x. Dacă d este un divizor comun al numerelor z y şi z + y, atunci d 1 x şi d y+1, de unde rezultă că d = 1. Deci, numerele z y şi z + y sunt prime între ele. Având în vedere că z y < z + y, distingem următoarele două cazuri. Pentru z y = 1 şi z + y = 1 x, rezultă că 1 x 1 = y+1, ceea ce este fals, deoarece 5 divide membrul stâng, dar nu şi pe cel drept. Pentru z y = 3 x, z + y = 7 x, avem 7 x 3 x = y+1. Cum 4 7 3, putem aplica Lema 3; obţinem: v (7 x 3 x ) = v (7 3) + v (x) = v (x) +. Dar, v ( 7 x 3 x ) = v y+1 = y + 1. Deci, y + 1 = v (x) +. Din ultima relaţie rezultă uşor inductiv că, pentru x 3, trebuie ca x y + 1, de unde reiese că y x = 7 x x + 3 x < 3 x + 3 x < 3 x+1 < 7 x, ceea ce este fals. Rămâne de analizat cazul x, din care rezultă doar soluţia x = 1, y = 1, z = Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale nenule ecuaţia 5 n 3 n = 7(13 7xn 6 7xn ). (Răzvan Andrei Morariu) Soluţie. Conform Lemei 1, avem: v 7 (5 n 3 n ) = v 7 (5 3) + v 7 (n) = + v 7 (n), = 1+v7 (13 6)+v 7 (7 x n) = +x+v 7 (n)., reiese că x = 0. Rămâne de rezolvat ecuaţia v 7 (7(13 7xn 6 7xn )) = 1+v xn 6 7x nš Cum 5 n 3 n = xn 6 7x nš 5 n 3 n = 7 (13 n 6 n ) echivalentă cu 5 n n = 7 13 n + 3 n. Pentru n, avem 7 6 n > 3 n şi 5 n > 7 13 n, de unde rezultă că 5 n n > 7 13 n + 3 n, ceea ce contrazice relaţia precedentă. Pentru n = 1 şi x = 0, ecuaţia este verificată şi aceasta este singura soluţie a ecuaţiei date. 8. Determinaţi toate numerele întergi pozitive n pentru care n n 1 1 se divide cu 015, dar nu se divide cu 016. (Baltic Way, 015) Soluţie. Ipoteza problemei este echivalentă cu v n n 1 1 = 015. Dacă n = 1, atunci n n 1 1 = 0, deci n n 1 1 se divide cu 016, ceea ce înseamnă că n = 1 nu este soluţie a problemei. Dacă n ar fi par, atunci n n 1 1 ar fi impar, adică v n n 1 1 = 0. Aşadar, nici în acest caz nu avem soluţii. 31

36 Presupunem că n este număr impar mai mare ca 1. Conform Lemei 4, avem: v n n 1 1 Š = v (n 1) + v (n + 1) + v (n 1) 1 = v (n 1) + v (n + 1) 1. Dacă n 1 (mod 4), atunci n + 1 (mod 4), deci v (n + 1) = 1. Aşadar, 015 = v n n 1 1 = v (n 1) + v (n + 1) 1 = v (n 1), ceea ce este fals. Dacă n 3 (mod 4), atunci n 1 (mod 4), adică v (n 1) = 1. Aşadar, 015 = v n n 1 1 = v (n 1) + v (n + 1) 1 = 1 + v (n + 1), de unde obţinem că v (n + 1) = 014. Prin urmare, soluţiile ecuaţiei şi problemei sunt date de n = 014 k 1, unde k este un număr natural impar. 9. Fie a şi b două numere întregi pozitive. Găsiţi numerele naturale impare n şi m pentru care (5 n n ) (5 m + m ) 3 a 7 b este un număr întreg, prim cu 1. (Vlad Tuchiluş) Soluţie. Deoarece 5 n n ( ) n n (mod 7) şi n este impar, rezultă că ( ) n n n+1 (mod 7). De aici, având în vedere că şi 7 sunt prime între ele, reiese că 7 nu divide 5 n n. De asemenea, 5 m + m m + m m+1 (mod 3) şi, cum numerele, 3 sunt prime între ele, 3 nu divide 5 m + m. Aşadar, deoarece 7 nu divide 5 n n şi 3 nu divide 5 m + m, pentru ca numărul (5 n n ) (5 m + m ) 3 a 7 b să fie întreg şi prim cu 1, este necesar şi suficient ca v 3 (5 n n ) = a şi v 7 (5 m + m ) = b. Conform Lemei 1, obţinem: iar, conform Lemei, avem: v 3 (5 n n ) = v 3 (5 ) + v 3 (n) = 1 + v 3 (n), v 7 (5 m + m ) = v 7 (5 + ) + v 7 (m) = 1 + v 7 (m). Dacă v 3 (5 n n ) = a, atunci v 3 (n) = a 1; aşadar, n = 3 a 1 k, unde k este un număr natural prim cu 6. Dacă v 7 (5 m + m ) = b, găsim v 7 (m) = b 1, de unde obţinem că m = 7 b 1 l, unde l este un număr natural, prim cu 14. Prin urmare, (n, m) 3 a 1 k, 7 b 1 l Š k, l N, (k, 6) = 1, (l, 14) = 1. Bibliografie 1. AoPS topic #34597, Lifting The Exponent Lemma (LTE), posted by A.H. Parvardi: L. Panaitopol, Al. Gica Probleme de aritmetică şi teoria numerelor. Idei şi metode de rezolvare, Editura GIL, Zalău, Gazeta Matematică, seria B. 3

37 Images des bases orthonormées par des projecteurs Adrien REISNER 1 Abstract. Let a family V = {v 1,..., v n } of n vectors and a basis E = {e 1,..., e n } of R n. We find a projection P such that P (e i ) = v i, i : 1,..., n. Keywords: Basis, projector, orthogonal automorphism. MSC 010: 97H60. Etant donné une famille V = (v 1,..., v n ) de n vecteurs de R n, le but de l article c est de trouver une condition nécessaire et suffisante pour qu il existe une base orthonormée E = (e 1,..., e n ) de R n et un projecteur P de R n - i.e. vérifiant P = P - tel que P (e i ) = v i pour tout i. On désignera par S V ce problème. Cas particuliers. 1) V est une famille orthonormale de rang n de R n. Dans ce cas la solution est unique (E, P ) = (V, id). ) Supposons que n = et que le rang de la famille V est 1: V = {v 1, λv 1 } avec v 1 0 et λ R. On se propose de trouver une condition nécessaire et suffisante pour que le problème S V ait une solution. Considérons une base orthonormale (i, j) de R telle que v 1 = k i où k = v 1 et cherchons E = {e 1, e } avec e 1 = cos θ i + sin θ j et e = ±( sin θ i + cos θ j). Le problème S V admet une solution si et seulement si il existe P projecteur tel que P (e 1 ) = cos θ P (i) + sin θ P (j) = v 1 = k i et P (e ) = ±( sin θ P (i) + cos θ P (j)) = λv 1 = λk i, soit tel que P (i) = f(θ) i et P (j) = g(θ) i avec f(θ) = k(cos θ±λ sin θ) et g(θ) = k(sin θ λ cos θ), soit si et seulement si la matrice de P dans la base (i, j) est f(θ) g(θ). Or cette matrice est la matrice d 0 0 un projecteur de rang 1 si et seulement si ses valeurs propres sont 0 et 1, c est à dire si et seulement si f(θ) = 1. Par ailleurs, on sait que l équation a cos θ + b sin θ = c où (a, b) (0, 0) admet (modulo π), 1 ou 0 solutions, selon que: a + b > c, a + b = c ou a + b < c, respectivement. On en déduit que S V a une solution si et seulement si k (1+λ ) 1, c est à dire, puisque k = v 1 et kλ = v, si et seulement si v 1 + v 1. Supposant cette inégalité vérifiée, la matrice 1 a où a 0 0, = v 1 + v 1, est la matrice dans la base (i, j) du projecteur P. Il n y a pas d unicité pour cette matrice P. Théorème 1. Etant donné un endomorphisme A de R n, on a les égalités suivantes: i) ker( t AA) = ker A, 1 TELECOM ParisTech; adrien.reisner@yahoo.fr 33

38 ii) Im(A t A) = ImA. Démonstration. i) Pour X R n, on a l implication AX = 0 t AAX = 0, soit ker A ker( t AA). Pour X R n, si t AAX = 0, alors t X t AAX = 0. Or (U, V ) (R n ) t UV est le produit scalaire de R n, donc on a AX = 0. Ainsi ker( t AA) ker A, soit finalement ker A = ker( t AA). ii) On a clairement Im (A t A) Im (A). Or l égalité précédente appliquée à t A montre aussi, par la formule du rang, que rg(a t A) = rg( t A) = rga, donc, comme les deux espaces ont la même dimension, on a l égalité Im(A t A) = ImA. Théorème. Les deux endomorphismes t AA et A t A ont les mêmes valeurs propres - considérés avec leurs multiplicités. Démonstration. Les matrices t AA et A t A sont symétriques, donc diagonalisables, ainsi les multiplicités des valeurs propres sont égales aux dimensions des sousespaces propres; il suffit donc de montrer qu elles ont les mêmes valeurs propres et que les espaces propres sont de même dimension. Du théorème précédent, il résulte que t AA et A t A ont le même rang (celui de A): la propriété est donc vraie pour la valeur propre 0. Soit λ une valeur propre non nulle de t AA, de multiplicité m et d espace propre associé E (on a : dime = m). Comme t AA est symétrique, E est orthogonal à ker( t AA) = ker A, et donc A E : E E = A(E) est un isomorphisme. Par ailleurs, pour V = AX E avec X E, on a : A t AV = A(λX) = λv. Donc, λ est valeur propre de A t A, d espace propre contenant E, donc de dimension supérieur à m : ainsi λ est valeur propre de A t A de multiplicité supérieur à m. En échangeant A et t A, on voit que les multiplicités sont égales et le Théorème est ainsi démontré. On désigne par A et B deux endomorphismes de R n tels que : A t A = B t B. Compte tenu du Théorème 1, ii), les endomorphismes t A, A t A, B t B et t B ont même rang et même noyau N = ker t A. Théorème 3. Il existe un endomorphisme O vérifiant: A = BO et O t O = I n - non unique - (i.e. O est un automorphisme orthogonal). Démonstration. Comme A t A est symétrique, il existe une base orthonormée B = {e 1,..., e n } la diagonalisant. Posons A t Ae j = d j e j, avec d j 0 si 1 j r et d j = 0 pour j > r. D autre part, on a grâce à un calcul par blocs - en identifiant les e j et les a j à des vecteurs colonnes - : (a 1...a n ) = (e 1,..., e n ) t A. Ainsi, δ i k désignant le symbole de Kronecker, l égalité A t Ae j = d j e j se traduit par < a k, a l >= nx j=1 a k,j a l,j = δ l kd k. En particulier, a j = d j si j r et a j = 0 si j > r. Ainsi, en posant u i = a i di si i r, on a un système orthonormal que l on peut compléter en une base orthonormale U = {u 1,..., u n }. 34

39 De la même façon, avec des notations évidentes, on obtient une base orthonormale V = {v 1,..., v n } avec v i = b i si i r (b j = 0 pour j > r). L endomorphisme O di défini par O(u j ) = v j, pour tout 1 j n, vérifie: O(a i ) = b i, 1 i n. On peut résumer ces égalités en un produit par blocs : O(a 1...a n ) = (b 1...b n ) ce qui en transposant donne A t O = B soit, puisque O est orthogonale (O transfome une base orthonormale en une autre base orthonormale): A = BO. Corollaire 4. L automorphisme O est unique si et seulement si B est inversible. Démonstration. Soit O 0 une solution de A = BO 0. U en est une autre solution si et seulement si B(O 0 O) = 0, c est à dire si et seulement si Im(O 0 O) ker B. Compte tenu de la démonstration du théorème précédent on voit qu il n y a pas unicité si r > 0. Par contre, il y a unicité si r = 0 : la seule solution possible est alors O = B 1 A. Soit V = (v 1,..., v n ) une famille de n vecteurs de R n. Pour toute base orthonormée E = (e 1,..., e n ) de R n, on désigne par A V,E l endomorphisme qui pour tout i : 1,..., n transforme e i en v i. Théorème 5. L endomorphisme (A V,E ) t A V,E est indépendant de E. (On le notera T v.) Démonstration. Soient E et E deux bases orthonormales de R n et O l endomorphisme tel que O(E) = E. On a A V,E = A V,E O, et donc: A V,E t A V,E = (A V,E O)( t OA V,E ) = A V,E t A V,E, puisque O t A = I n (O endomorphisme orthogonal). Théorème 6. S V admet une solution si et seulement s il existe un projecteur P vérifiant: T V = P t P. Démonstration. Si S V a une solution (E, P ), alors A V,E = P, et donc P est idempotent (i.e. P = P ) tel que P t P = T V. Réciproquement, si P est idempotent tel que P t P = T V, soit F une base orthonormale quelconque de R n. On a : P t P = A t V,F A V,F. Compte tenu du Théorème 4, il existe un automorphisme othogonal O tel que P = A V,F O. Posons E = O 1 (F ); il vient alors: O = A F,E et P = A V,E et on voit que (E = O 1 (F ), P ) est solution de S V. Théorème 7. En suppoant que dim{v 1,..., v n } = 1, une condition nécessaire et suffisante pour que le problème S V admet une solution est que nx k=1 v k 1. 35

40 Démonstration. On suppose v 1 0 et pour j : 1,..., n: v j = λ j v 1 avec λ j R. Prenons pour F une base orthonormale telle que f 1 = v 1. Dans ce cas v 1 A V,F = λ1 v 1 λ v 1... λ n v On en déduit, en posant T = (t i,j ) = A V,F t A V,F : tous les t i,j sont nuls sauf t 1,1 = v 1 nx 1 λ k = Premier cas. Si t 1,1 1, on peut prendre: P = avec a =p t1,1 1; donc S V nx 1 v k. 1 a a une solution, à savoir (E = O 1 (F ), P = A V,E ), où O est orthogonale, telle que P = A V,F O - la matrice O n est pas unique (voir Théorème 3 et son Corollaire 4). Second cas: t 1,1 < 1. Si P est un idempotent tel que T = P t P, on aurait: 1 > t 1,1 = tr(t ) = tr(p t P ) = tr( t P P ) Or la trace d un X endomorphisme s exprime X par : tr(t ) =Pf F X < f, T (f) >, pour une base orthonormale E ; donc on aurait : 1 > < f, T (f) >= < f, t P P (f) >= P (f), f F f F d où une contradiction en choisissant une base F contenant f 1 = v 1 v 1. Remarque. On retrouve le résultat du cas particulier ) étudié au début de l article - pour n = et lorsque le rang de la famille V est 1. f F,. Bibliographie 1. J-M. Arnaudiès, H. Fraysse Cours de mathématiques, Tome 4, Dunod, Paris, M. Cognet Algèbre bilinéaire, Bréal, Paris,

41 Food for Thought Nicolae ANGHEL 1 Abstract. In this Note, an interesting counting problem - given at a problem solving contest in a North Texas college - is presented, solved, and discussed. Keywords: counting problem, inductive proof, uniqueness. MSC 010: 97D40. The following Discrete Math problem, given at a problem solving contest in a North Texas college, attracted a lot of interest among the students and teachers of local high schools and colleges. It is now also presented for the benefit and enjoyment of the Romanian high school math enthusiast, who is urged to try to solve it before reading the solution shown here. Problem. While discussing math n people seated at a round table eat a combined total of n 1 slices of pizza. Show that there is a unique way of counting the people around the table so that first person eats no pizza, the first two people eat no more than a slice, the first three people eat no more than two slices, etc. Solution. As the statement suggests, counting is done circularly around the table. One can start at any location, then proceed in one direction, say clockwise, and count progressively. There are n such possible countings. We have to show existence and uniqueness for the required counting property. Given a sequence of n 1 real numbers, x 1, x,..., x n, we will say that it has the property (N) if (N) x 1 + x + + x k k 1, k = 1,,..., n. The solution to the existence part will be accomplished by induction on n. The case n = 1 is obvious. Assume now that for n 1 people, n, a counting with property (N) always exists. To the end of proving that one also exists for n persons, start with any counting 1,,..., n of them, and denote by x 1, x,..., x n the number of slices of pizza eaten by the respective persons. The x s are non-negative integers, and by hypothesis x 1 + x + + x n = n 1. Clearly there must be some i, 1 i n with x i = 0, and x i+1 0. (If i = n, take i + 1 to be 1). Identify then persons i and i + 1 (say, they are husband and wife!) and assign to this superperson the job of eating x i + x i+1 1 slices of pizza. Leave all the other people alone, as location and pizza eating habits go. We have now n 1 people eating together a combined total of n slices of pizza. By the inductive hypothesis, they can be circularly counted such that property (N) is accommodated. Without loss of generality, we can assume that the original counting of the n persons is such that for the n 1 people created, x 1, x,..., x i 1, x i + x i+1 1, x i+,..., x n is already a sequence having property (N). The claim then is that x 1, x,..., x n has property (N). 1 Department of Mathematics, PO Box , University of North Texas, Denton, TX 7603; anghel@unt.edu 37

42 If 1 k i 1, property (N) is clear. Also, x 1 + x + + x i 1 + x i = x 1 +x + +x i 1 i < i 1, and x 1 +x + +x i +x i+1 = x 1 +x + +(x i + x i+1 1)+1 (i 1)+1 = i. Finally, for k i+, x 1 +x + +x i +x i+1 + +x k = x 1 + x + + (x i + x i ) + + x k (k ) + 1 = k 1. The inductive proof is complete. For uniqueness, assume x 1, x,..., x n and x j,..., x n, x 1,..., x j 1 both have property (N), for some j > 1. Then x 1 + x + + x j 1 j from the first counting, and x j + + x n (n j + 1) 1 = n j, from the second. Thus, x 1 + x + + x n (j ) + (n j) = n, a contradiction. Note. If countings other than circular are allowed, the uniqueness is lost. Think about four people eating three slices, distributed as 0, 0, 1,. Then 0, 0,, 1 and 0, 1, 0, are also solutions. In fact, for such countings the proof of the existence part is a lot simpler: Counting people increasingly from frugal to gourmand has property (N). I. Descifraţi mesajul adresat colaboratorilor de către revistă în aritmogriful următor: II. Ce informaţie transmite numărul ()? (Răspuns la pag. 94) Vizitaţi pagina web a revistei Recreaţii Matematice: 38

43 O remarcă asupra verificării rădăcinilor unor ecuaţii iraţionale Andrei VERNESCU 1 Abstract. The author offers a methodical remark regarding the roots obtained for an irrational equation. Keywords: irrational equation, radical, root, injective function. MSC 010: 97H După cum este binecunoscut, la rezolvarea ecuaţiilor iraţionale care conţin radicali de ordin par, este posibil ca, prin ridicările la putere corespunzătoare, să se introducă rădăcini străine; aceasta, datorită neinjectivităţii funcţiei putere pară. Este deci necesară verificarea, în ecuaţia iniţială, a tuturor rădăcinilor rămase în domeniul de existenţă al ecuaţiei. Legând apariţia rădăcinilor străine de neinjectivitatea menţionată, s-ar putea pune întrebarea: Oare pot apărea rădăcini străine şi la ecuaţiile iraţionale care conţin radicali de ordin impar?. Pentru a răspunde problemei puse, să examinăm ecuaţia (cu domeniul de existenţă R) (3) 3 x x + 1 = 3 x 1. În vederea rezolvării, se efectuează ridicarea la cub, folosind în partea stângă formula (a + b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab (a + b) pentru a = 3 x + 1 şi b = 3 3x + 1 şi se aplică,,artificiul binecunoscut de înlocuire a sumei cu cel de al treilea radical de ordinul 3 din (1). După calculele simple care se impun, se obţine (4) 3È(x + 1) (3x + 1) (x 1) = (x + 1). O nouă ridicare la cub şi alte câteva calcule elementare conduc la ecuaţia rezolvantă (5) x (x + 1) = 0, care dă rădăcinile x 1 = x = 0 şi x 3 = 1. Dar numai rădăcina x 3 = 1 verifică ecuaţia iniţială (1). Aşadar, răspunsul la problema pusă este afirmativ şi atestă necesitatea verificării rădăcinilor şi în cazul ecuaţiilor iraţionale care conţin radicali de ordin impar. 3. Cum se explică apariţia rădăcinii străine, având în vedere că funcţia putere impară (în cazul nostru, puterea a treia) este injectivă? 1 Universitatea Valahia din Târgovişte; avernescu@gmail.com Desigur, asupra ecuaţiei (), se poate lucra şi altfel: se observă întâi că x 1 = 1 este o rădăcină, iar apoi, în cazul că x 1, se împart ambii membri prin 3 x + 1 etc. 39

44 Să rescriem ecuaţia (1) sub forma echivalentă (6) 3 x x x = 0. Să considerăm acum trei numere reale a, b şi c, pentru care (7) a + b + c = 0. Din egalitatea a+b = c rezultă că (a + b) 3 = c 3, adică a 3 +b 3 +3ab (a + b) = c 3, din care, înlocuind a + b cu c, se obţine (8) a 3 + b 3 + c 3 3abc = 0. Deci egalitatea (5) conduce la identitatea (condiţionată) (6). Însă, reciproc, după cum vom arăta imediat, identitatea (6) nu implică neapărat egalitatea (5), deci cele două egalităţi nu sunt echivalente. Într-adevăr, are loc identitatea (9) a 3 + b 3 + c 3 3abc = 1 (a + b + c) (a b) + (b c) + (c a), care arată că egalitatea (6) se poate realiza nu numai dacă a + b + c = 0, ci şi dacă (a b) + (b c) + (c a) = 0 (ceea ce, bineînţeles, înseamnă că a = b = c). Conchidem deci că a ridica la cub ecuaţia a+b = c sau a înmulţi egalitatea (5) cu suma de pătrate din (7) sunt operaţii echivalente. Dar, pentru a rezolva ecuaţia (1), nu avem altă cale decât eliminarea radicalilor (prin ridicare la cub) urmând găsirea rădăcinilor ecuaţiei rezolvante (3). Aşadar, în conformitate cu ecuaţia (7), ecuaţia rezolvantă (3) este echivalentă cu 1 3 x Š h 3x x x x + 1 Š 3 + 3x x Š + Ši 3 1 x 3 x + 1 = 0, care înseamnă anularea unuia din factori sau a celuilalt. Rădăcina x = 1 anulează primul factor din această ecuaţie, iar rădăcina x 1 = 0 anulează cel de al doilea factor. Dar rădăcina x 1 = 0 nu verifică ecuaţia (1). Aceasta este explicaţia apariţiei rădăcinii străine. 4. Enumerăm acum şi alte câteva ecuaţii care prezintă fenomenul semnalat: a) 3 x + 3 x 3 = 3 3x (Ecuaţia rezolvantă este 6x 3 5x +3x 13 = 0 şi are rădăcinile x 1 = x = 1 şi x 3 = 13, din care numai ultima convine ecuaţiei 6 iraţionale). b) 3 x x + 1 = 3 3x 1 (Ecuaţia rezolvantă este 6x 3 + 7x = 0 şi numai rădăcina x 3 = 7 6 convine ecuaţiei iraţionale.) c) 3 x x + = 3 4x (Ecuaţia rezolvantă este 6x x = 0 şi numai rădăcina x 3 = 13 convine ecuaţiei iraţionale.) 6 Explicaţia dată la punctul 3 este valabilă şi pentru fiecare dintre ecuaţiile a), b), şi c), în parte. 40

45 O demonstraţie de un rând pentru iraţionalitatea unor sume de radicali Marian TETIVA 1 Abstract. One line long proofs are given for the irrationality of some of radicals. Keywords: rational number, radical, irrationality. MSC 010: 97F40. Am mai scris în paginile acestei reviste despre rezultatul care spune că o sumă de radicali din numere raţionale pozitive poate fi număr raţional numai dacă fiecare termen al sumei este număr raţional. Aici intenţionăm să facem o observaţie referitoare la rezolvarea problemei în cazul radicalilor de ordinul al doilea - valabilă, din păcate, doar pentru sumele de doi sau trei radicali. Mai precis, intenţionăm să dăm demonstraţii,,de un rând ale acestor cazuri particulare extrase din următoarea Teoremă. Fie numerele a 1,..., a n raţionale, pozitive şi astfel încât şi a a n este număr raţional. Atunci a 1,..., a n sunt numere raţionale. Menţionăm că rezultatul rămâne valabil şi pentru radicali de ordine oarecare. Desigur, cazul n = 1 este banal, aşa că n = este primul care trebuie considerat. Toată lumea ştie cum se arată că dacă a, b şi a + b sunt numere raţionale, atunci a şi b sunt, de asemenea, numere raţionale. De exemplu, dacă notăm x = a + b, avem (x a) = b, deci x a = x + a b; acum putem împărţi prin x > 0 pentru a deduce că a = (x + a b)/(x) este număr raţional. Similar, b = (x + b a)/(x) este număr raţional. Să observăm că aici avem deja o demonstraţie de un rând a teoremei pentru cazul n = - dacă, desigur, ne adresăm cuiva familiarizat cu calculele şi cu faptul că mulţimea numerelor raţionale este închisă faţă de operaţiile elementare, adică formează corp împreună cu adunarea şi înmulţirea, căci: dacă a > 0, b > 0 şi a+ b sunt raţionale, atunci a şi b sunt şi ele raţionale, pentru că a = ( a + b) + a b ( a + b) şi b = ( a + b) + b a ( a +. b) Pornind de la această observaţie ne-am întrebat dacă nu cumva putem face ceva asemănător şi pentru sume de mai mulţi radicali. Răspunsul pentru sume de trei radicali este afirmativ. Dar, mai întâi, încercaţi singuri să rezolvaţi exerciţiile: 1 Profesor, Colegiul Naţional,,Gheorghe Roşca Codreanu, Bârlad; rianamro@yahoo.com 41

46 Exerciţiul 1. Demonstraţi că, dacă a > 0, b > 0, c > 0 şi a + b + c sunt numere raţionale, atunci a, b şi c sunt, de asemenea, numere raţionale. Justificarea pe care o dăm noi este următoarea: a (de exemplu) este raţional pentru că a = 1 ( a + b + c) ( a + b + c) + a [( a + b + c) a + b c][( a + b + c) a b + c] [( a + b + c) + a b c] (Recunoaşteţi, vă rog, că se putea scrie şi pe un rând, dacă notam cumva suma radicalilor! Dar, desigur, nu ne îndoim că toată lumea a înţeles despre ce este vorba.) Exerciţiul. Verificaţi formula de mai sus şi (mai ales) gândiţi-vă cum putem ajunge la ea! Exerciţiul 3. Demonstraţi că, dacă a, b şi a + b sunt raţionale, atunci a şi b sunt şi ele raţionale pornind de la faptul că, pentru x = a + b, avem x = a + b + ab. E mai complicat aşa, nu? Simetria pare să nu fie de ajutor aici. Mai mult, dacă pentru o sumă de doi radicali putem merge (cu succes) pe acestă cale, pentru sumele de trei radicali problema (tratată astfel) se complică. Verificaţi că, procedând astfel, putem obţine o altă demonstraţie de (aproape) un rând a Teoremei în cazul n = (de fapt, o altă formă a primei demonstraţii). Anume, mergând pe acest fir, putem obţine a = ( a + b) 3a b Š ( a + b) (b a) ceea ce furnizează o demonstraţie doar dacă a b (cazul a = b trebuie considerat separat; şi sporeşte numărul rândurilor pe care se scrie demonstraţia). Despre n 4 vom spune doar că lăsăm cititorul temerar să încerce găsirea unei soluţii asemănătoare (sau să arate că o astfel de soluţie nu există). Pentru cei familiarizaţi cu un limbaj ceva mai avansat din teoria corpurilor întrebarea se pune astfel: putem arăta că avem ai Q( a a n ), 1 i n, într-un mod cât mai direct, prin calcul efectiv?, ª. Bibliografie 1. I. Boreico Linear independence of radicals, The Harvard College Mathematics Review, 1 /mfp.pdf. L.N. Kamnev v Iraţionalitatea unor sume de radicali, (în limba rusă), Kvant, /197, pp. 6-7; 3. D.J. Newman, H. Flanders Solution of the Problem 4797, The American Mathematical Monthly, Vol. 67, No. (Feb., 1960), pp

47 Însemnări despre şcoala japoneză 1 Septembrie în Ţara Soarelui Răsare... Zi luminoasă, umiditate mare, căldură de luna românească a lui cuptor. Mă îndrept, obosit de zborul transoceanic care m-a adus în insula Honshu, spre autocarul răcoros ce mă va conduce din ultramodernul aeroport Kansai, mai întâi spre Osaka - Veneţia Japoniei, una dintre cele trei mari inimi industriale nipone -, apoi spre Kyoto şi Kobe - primele foste capitale imperiale, tezaure de istorie, cultură şi spiritualitate -, toate cele trei formând un megapolis de peste 18 milioane de locuitori... Autostrada şerpuieşte pe pilonii săi, împlântaţi în Pacific, între albastrul impecabil al cerului şi bleu-griul oceanului. Din loc în loc, pe mici insule artificiale, furnale, laminoare, uzine chimice ce par a funcţiona singure, într-o curăţenie impecabilă a incintelor... După circa minute de mers, străbat primele oraşe-suburbii ale Osakăi şi, şocat, sâmbătă fiind, văd o mulţime de şcolari cu ghiozdane în spate, apoi elevi mai măricei, dar şi alţii mai mari, îmbrăcaţi în uniforme frumoase, diferite însă, probabil - gândeam eu atunci - în funcţie de şcoală. Fac un popas în centrul Osakăi. Sunt copleşit de măreţia, frumuseţea şi ingeniozitatea arhitecturii moderne, care păstrează totuşi elementul tradiţional nipon! La tot pasul, scuaruri încărcate de flori multicolore şi pomi al căror verde aprins, emanând sănătate, este în disonanţă cu zăpuşeala moleşitoare... Curtoazie şi politeţe desăvârşite în magazine, cum rar mai poţi găsi! Ajung în Kobe, un oraş suberb ce coboară dinspre muntele Rokko spre ţărmul golfului Osaka al Pacificului. O feerie de culori şi vegetaţie, un bun-gust arhitectonic total, o armonie desăvârşită a ordinii şi a unei vieţi tihnite, în ciuda agitaţiei, conştiinciozităţii şi preciziei de ceas a muncii japonezilor. Străzile sunt invadate de adolescenţi frumoşi, toţi îmbrăcaţi în uniforme elegante, asortate chiar şi cu genţile de şcoală... Aflu că ei sunt liceeni şi că, fiind sâmbăta, programul este mai scurt decât în timpul săptămânii, când orele de şcoală se încheie seara târziu. Uniformele sunt diferite, căci fiecare liceu sau colegiu are tradiţia şi mândria lui, iar adolescenţii sunt mai mulţi ca oriunde, căci în Kobe există unele dintre cele mai vechi şi renumite astfel de instituţii japoneze. Elevii sunt îmbrăcaţi într-o varietate atrăgătoare de uniforme diferit colorate şi croite... Ei se îndreaptă discutând liniştit, fără să-i deranjeze pe ceilalţi trecători şi fără să râdă sau să strige asurzitor... Acasă îi aşteaptă părinţii aflaţi deja în week-end de vineri, adică de aproape o zi. Mă îndrept spre portul Kobe (trecând pe lângă memorialul ridicat în amintirea celor aproape de victime ale groaznicului cutremur din 1995), care secole de-a rândul a fost cel mai puternic port al Japoniei, aducându-i chiar măreţia de capitală 1 Începând cu acest număr de revistă, deschidem o nouă rubrică - Puncte de vedere. Invităm publicul să trimită redacţiei materiale cu opiniile personale privind învăţământul românesc, în particular cel matematic. Autorii sunt rugaţi să evite pe cât este posibil accentele polemice şi conotaţiile politice. 43

48 niponă cale cam de trei sferturi de veac. Admir tenacitatea locuitorilor din Kobe, care au refăcut ceea ce s-a distrus în oraşul lor în acel an 1995, totul fiind acum într-un stil omogen, super-modern, prin clădiri cu înălţimi de minimum 30 de etaje, dar cu trăsături tipic nipone! Îmi continui drumul către Kyoto, oraşul străbătut de legendarul râu Kamogawa, capitala cea mai importantă a imperiului nipon, dintre 794 şi Kyoto - oraş al grădinilor tradiţioale şi al grădinilor Zen, oraşul celor peste 000 de temple şi al celor 5 de muzee! Sunt din nou surprins de numărul mare al elevilor, adolescenţilor şi tinerilor japonezi, ce aşteptau ordonat la uşile acestora să intre sau care vizitau deja cu aplecare, cu sfială şi mult interes istoria, cultura străveche, precum şi spiritualitatea ţării lor! Toate aceste prime observaţii simple, relative la populaţia studioasă a Japoniei, mi-au stârnit interesul să aflu şi mai ales să înţeleg mai mult din modul devenirii acestei naţii educate în mitul pentru muncă, coretitudine, politeţe şi curtoazie. În peregrinările mele nipone am căutat mereu să înţeleg cum de s-a putut ca un popor atât de îngenuncheat la sfârşitul celui de-al doilea război mondial să depăşească respectivul moment şi apoi să devanseze cu mult pe cele mai avansate state ale lumii. Iar acum, când am înţeles fenomenul, pot spune că miracolul ce a adus progresul şi prosperitatea Japoniei constă în calitatea excepţională a sistemului său de învăţământ. Încă din anii 60 ai veacului trecut, guvernele nipone au alocat frecvent între 5% şi 6% din PIB unui progres rapid al calitaţii învăţământului ţării; chiar în perioada de criză din ultimii trei ani, acest procent nu a fost niciodată mai mic de 3,5%. Şcoala japoneză este dură, căci în primii 6 ani de învăţământ primar elevii trebuie să ajungă să cunoască toate cele caractere uzuale ale scrierii nipone; restul celor încă peste este destinat numai acelora ce vor alege o carieră umanistă relativă la literatura şi arta veche, cu mii şi mii de opere literare - între care romanul clasic nipon, cu 54 de volume, scris încă din secolul al XI-lea! La şcoală se merge de dimineaţă de la 8 şi până seara pe la 18, studiul este intens şi riguros, cu o pauză de masă la prânz. Clasele sunt de băieţi, de fete şi rareori mixte. La şcoală se merge şi sâmbăta, când părinţii sunt liberi, iar duminica sunt concursurile sportive, artistice, literare şi ştiinţifice! În plus, părinţii cu stare acordă copiilor lor, spre binele acestora, ore de meditaţii la orice consideră că le este util. Este important de ştiut că profesorii renumiţi din orice oraş au în orarul lor cotidian elevi chiar între orele 3-4; învăţăceii de la miezul nopţii sunt repede duşi acasă de părinţi, pentru că în ziua următoare ei trebuie să ajugă la şcoală la ora 8, iar aici disciplina este sfântă şi respectată, începând cu uniforma şcolii. Aceasta este mai toată ziua purtată de elevi, fără ca ei să se ruşineze că-s la fel îmbrăcaţi. În Japonia nu contează decât mobilarea adecvată a minţii copiilor, adolescenţilor şi tinerilor! Este extraordinar de educativ faptul că în Ţara Soarelui Răsare la sfârşitul programului de studiu elevii, alături de profesorii lor, fac întreaga curăţenie a şcolii, în acest mod fiindu-le inoculat cultul pentru muncă, ordine, curăţenie şi disciplină! Am rămas uimit de faptul că la încheierea unei serbări câmpeneşti, cu mii de participanţi, nu am văzut nicio urmă de hârtie pe jos! Sistemul de învăţământ nipon are două componente: cel public, majoritar şi cel privat, minoritar. Ambele sunt elitiste, în orice oraş poţi găsi măcar o şcoală privată. 44

49 Şcolile private sunt adresate familiilor ce dispun de mijloace materiale sporite, care vor un program de studiu mai cuprinzător pentru copiii lor şi care să conţină şi orele de meditaţii pe care le-ar fi oferit acestora, dacă i-ar fi înscris în sistemul public. În astfel de şcoli, sâmbăta se învaţă tot până la orele 16 sau chiar 18, iar uneori şi în puţinele sărbători legale japoneze. După primele 6 clase primare, există 3 ani de gimnaziu şi alţi 3 ani de liceu, încheiaţi cu un bacalaureat, care este un examen riguros şi dur, pentru că este proba maturităţii educaţionale. Şcoala japoneză se află într-o permanentă evaluare a elevilor. La sfârşitul fiecărui an şcolar, i se arată familei care este locul copilului său. Dacă acesta are performanţe slabe, este îndrumat spre o şcoală publică sau privată de nivel redus. În fiecare oraş există şi şcoli private slabe, destinate elevilor leneşi sau puţin dotaţi, pe care familia vrea să-i vadă cu un ciclu terminat, dar care la final vor fi obligaţi să se îndrepte spre anume meserii manuale, conform aptitudinilor ce le au şi care sunt certificate de documentele şcolare. Admir un astfel de sistem arborescent eliminatoriu, pentru că prin el se asigură parcursul corect al fiecarui elev, în funcţie de calitatea intelectuală nativă şi munca depusă! Căci natura nu i-a creat pe toţi semenii la fel de înzestraţi şi, astfel, nu toţi sunt egali ca dotare intelectuală! Tocmai din acest motiv nu pot fi de acord cu sistemul Bologna, care vrea o egalizare a tuturor tinerilor! În Europa comunitară se admit ca studenţi, prin metode pur formale (adică admiteri pe dosare!), tineri slab pregătiţi, unii dintre ei aproape analfabeţi. Aceştia din urmă, fără niciun efort intelectual prealabil, doar pentru că deţin,,inscrisurile doveditoare cerute de un sistem universitar pur formal, vor mai primi la încheierea unui stagiu de trei ani de studiu nişte,,diplome, pe care vor avea pretenţia să le şi folosească... În general, bacalauretul japonez conţine examinări la minimum cinci discipline, acestea fiind eliminatorii. Posesorii unui bacalaureat acced, prin concurs serios, în universităţile publice sau private. Cu observaţia că taxele în instituţiile private de renume sunt foarte mari, studenţii admişi în ele sunt printre cei mai performanţi, lor asigurându-li-se la obţinerea diplomei cele mai bune posturi. Şi nu trebuie uitat faptul că în universităţile japoneze numărul orelor de studiu în cadrul programelor facultăţilor este cel puţin dublu decât oriunde în lume! Japonia îmi arată mereu că excelenţa şi succesul societaţii nipone constă, înainte de toate, în buna administrare a sistemului său de învăţământ! Averea acestei ţări nu provine din bogăţiile naturale lăsate de zei, care sunt modeste, şi nici din ţinutul său muntos activ vulcanic, situat în apropierea lanţului de foc al Pacificului, ci din forţa poporului ei, forţă ce răzbate dintr-o spiritualitate netrâmbiţată peste tot (aproape toţi locuitorii săi sunt budişti zen încă de la anul 581 î.h.) şi dintr-o educaţie de înaltă clasă pusă cu multă conştiinţă în practică şi ridicată la nivel de politică de stat. Experienţa unică a Ţării Soarelui Răsare este un exemplu profitabil pentru noi în scopul reformării învăţământului în profunzime, pentru eradicarea unor mentalităţi păguboase, având ca finalitate revirimentul învăţământului românesc. Prof. univ. dr. Laurenţiu MODAN Asociaţia europeană a cadrelor didactice Secţiunea naţională română 45

50 Academia domneasca ( ) De la,,s coala ı nalta de umanioare la,,academie de epistimuri S coala,,ı nalta domneasca 1, cea mai importanta institut ie de ı nva t a ma nt din Moldova, a cunoscut ı n prima juma tate a secolului al XVIII-lea o evolut ie sinuoasa, cu perioade de ı nflorire, dar s i de deca dere. La mijlocul acestui veac, institut ia se afla ı ntr-un vizibil declin, determinat de dezvoltarea ı nva t a ma ntului particular, ı n condit iile ı n care aceasta nu mai ra spundea nevoilor unei societa t i aflata ı n schimbare. Deca derea ei a fost oprita de reformele realizate de domnitorul Grigorie al III-lea Ghica, care i-a asigurat o reorganizare de fond s i o reorientare spre domeniul s tiint ific. Procesul de modernizare a fost continuat, la ı nceputul secolului al XIX-lea, de ca tre domnitorii Alexandru Moruzi s i Scarlat Calimah, dar s i de marele ca rturar Gheorghe Asachi, care a deschis primul curs de inginerie din Moldova. Grigorie al III-lea Ghica Prin cele doua hrisoave emise ı n iunie 1765 s i octombrie 1766, domnitorul Grigorie al III-lea Ghica -,,om foarte ı nt elept s i ı nva t at - a sporit veniturile S colii domnes ti s i a reorganizat institut ia pe baze noi, transforma nd-o ı ntr-o adeva rata,,academie de epistimuri (s tiint e). Din acea perioada dateaza adeva rata celebritate pe care o avea institut ia ı n sud-estul Europei s i atract ia pe care o exercita ı n sfera lumii culte greces ti, grupa nd numeros i s colari de peste hotarele Moldovei. Chiar din preambulul actului emis ı n 1766, unul dintre cele mai importante hrisoave cu valoare educativa din a doua juma tate a secolului al XVIII-lea, se simte adierea unui suflu nou, o noua mentalitate impregnata de ideile iluministe:,,ı nva t a tura s i s tiint a sa va rs esc deplin pe om s i-l fac vrednic ca sa aleaga binele de ra u s i adeva rul de neadeva r, pe drept din nedrept. Aceste convingeri ale domnitorului privind 1 Academia domneasca a funct ionat sub aceasta denumire ı n prima juma tate a secolului al XVIII- lea. Documente privitoare la istoria oras ului Ias i, editate de Ioan Capros u, vol. VI, Ias i, Editura Dosoftei, 004, pp

51 rolul şcolii în societate reprezentau o consecinţă a educaţiei alese de care beneficiase, dar şi a faptului că se înconjurase de oameni învăţaţi, precum Constantin Caraianis şi Nichifor Theotochis, care îşi finalizaseră studiile în prestigioase instituţii din Occident 3. Pentru că una dintre cele mai importante probleme cu care se confrunta şcoala era cea financiară, domnitorul a luat măsuri ferme în această direcţie, stabilind asigurarea fondurilor tot din dajdea plătită de către preoţi, dar a micşorat sumele ce urmau să fie achitate de ei către stat. În cazul în care reprezentanţii clerului dovedeau că erau vrednici şi învăţaţi, puteau fi scutiţi cu totul de la plata dărilor către Visterie. Astfel, hotărârea prezenta un mare avantaj, determinându-i pe preoţi să fie preocupaţi de propria educaţie, spre folosul, povăţuirea şi mântuirea sufletească a poporului. Din bugetul şcolii erau plătite salariile dascălilor, dar erau întreţinuţi şi 0 de ucenici,,săraci şi străini, cărora li se asigura hrană, hârtie şi cerneală. Pentru prima dată, lefurile anuale ale profesorilor erau stabilite prin hrisov domnesc, cea mai mare sumă primind-o dascălul cel mare al,,epistimurilor (1500 lei), care era şi directorul şcolii, iar cea mai mică, dascălii de limba română (10 lei). Supravegherea Academiei domneşti era atribuită Epitropiei şcolilor, care se întrunea o dată pe an pentru a analiza cum au fost cheltuite fondurile, iar, dacă apreciau că s-au făcut economii, banii rămaşi erau alocaţi pentru cumpărarea materialului didactic, cărţilor şi,,organe matematice 4. Izbucnirea războiului ruso-otoman ( ) şi preluarea conducerii de către reprezentanţii armatei ruseşti au contribuit la declinul Academiei domneşti, abia reorganizată de către Grigorie al III-lea Ghica. Clădirea a fost transformată în reşedinţă a Divanului, iar localurile celorlalte şcoli au servit intereselor armatei de ocupaţie. În acest context, în încercarea de a salva instituţiile de învăţământ de la dezorganizare totală, mitropolitul Gavril a purtat o lungă corespondenţă cu reprezentantul rus în Principate, mareşalul Petru Rumianţov. În paginile acesteia, înaltul ierarh releva evoluţia şcolilor din Moldova de la începutul secolului al XVIII-lea până la ocupaţia rusească din 1769, scoţând în evidenţă dezorganizarea lor din cauza evenimentelor politico-militare din ultimii ani, şi făcea o serie de propuneri pentru redresarea învăţământului din Moldova. Deşi mareşalul Petru Rumianţov nu a fost de acord iniţial cu măsurile preconizate, în urma altor demersuri făcute de mitropolit, a aprobat mutarea Divanului din clădirea Academiei într-o casă boierească pentru a se putea redeschide şcoala 5. După încheierea războiului, Grigorie al III-lea Ghica a emis un nou aşezământ pentru şcoli (1775), prin care a întărit şi completat măsurile luate în perioada anterioară, acordând o atenţie specială Academiei domneşti. Pentru că dezorganizarea instituţiei fusese determinată de desfăşurarea războiului, dar şi de proasta gestionare a fondurilor, domnitorul a instituit o nouă Epitropie a şcolilor, compusă din cei mai înalţi 3 Ariadna Camariano-Cioran, Academiile domneşti din Bucureşti şi Iaşi, Bucureşti, Editura Academiei, p. 77. Cel dintâi, un învăţat din Epir, şi-a făcut studiile în Italia şi a ajuns medicul personal al domnitorului în perioada în care se afla la Istanbul, iar apoi l-a urmat la Iaşi. Nichifor Theotochis a studiat tot în Occident şi a ajuns iniţial profesor al fiilor domnitorului, apoi dascăl la Academia din Iaşi. 4 Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. VI, p Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. VI, p

52 demnitari ai statului, condusă de marele vistiernic. De asemenea, a sporit responsabilitatea dascălului de ştiinţe, acesta având atribuţii în ceea ce priveşte dotarea şcolii, materiile studiate, alegerea profesorilor, plata acordată fiecăruia şi selectarea elevilor care meritau să primească ajutor pentru studii. Fiecare profesor avea obligaţia de a se preocupa îndeaproape de ucenicii sârguincioşi,,cu bună orânduială şi supunere şi de a-i îndepărta din instituţie pe cei,,nesupuşi şi îndărătnici. Tot prin acest hrisov s-a stabilit ca, după,,trei ani şi mai bine, doar absolvenţii Academiei domneşti să poată fi numiţi în funcţiile publice şi nimeni să nu poată ocupa vreo demnitate,,fără cărţile dascălului cel dintâi şi a celorlalţi de la Academia Iaşilor, care cărţi să arate cum ne-au fost ucenic sâlitor 6. O altă hotărâre surprinzătoare pentru acele timpuri a fost aceea că, pentru neplata lefilor dascălilor sau a,,milelor ucenicilor la termenul fixat, respectiv cel târziu după şase luni de la scadenţă,,,nu numai dascălul cel dintăi şi fieştecarile din ucenici să aibă voie a trage pe epitropi la domnească judecată 7. Astfel, prin măsurile luate în timpul celor două domnii, întregul sistem de învăţământ din Moldova a fost aşezat pe baze noi, reformele realizate constituind un model şi pentru domnitorul Ţării Româneşti, Alexandru Ipsilanti. Însă această etapă, atât de favorabilă dezvoltării învăţământului, s-a încheiat la 1 octombrie 1777, odată cu uciderea lui Grigorie al III-lea Ghica de către un trimis al sultanului, ca urmare a intrigilor lui Constantin Moruzi. Ulterior, aşezămintele şcolare au cunoscut un vizibil declin din cauza problemelor financiare determinate de faptul că preoţii se foloseau de orice pretext pentru a obţine scutiri de la plata banilor pentru şcoli 8. În ianuarie 1785 tronul Moldovei a fost preluat de Alexandru al II-lea Mavrocordat, care, găsind Academia domnească,,părăsită şi în cea mai proastă stare, a stabilit ca bugetul să fie asigurat tot din dajdea preoţilor, care trebuia să fie achitată,,nesmintit şi nestrămutat, fără a se mai acorda cărţi de scutire pentru banii şcolilor. Salariile dascălilor erau stabilite de epitropi, în funcţie de nevoile acestora, dar şi de pregătirea şi efortul depus (,,după trebuinţa şi după puterea învăţăturii lor ), iar cei 0 de ucenici aveau obligaţia să nu părăsească instituţia până la finalizarea studiilor. Pentru prima dată se stabilea modalitatea de selectare a celor care doreau să urmeze cursurile Academiei din Iaşi sistem incipient de admitere candidaţii fiind evaluaţi de către epitropi, iar, fără recomandarea acestora, dascălii neavând voie să îi primească la cursuri. Absolvenţii silitori erau recompensaţi cu,,cinste şi mila domnească, în funcţie de rezultatele obţinute, iar cei care nu îşi făceau datoria erau cercetaţi şi pedepsiţi de către epitropi 9. Astfel, domnitorul Alexandru al II-lea Mavrocordat, admirator al reformelor realizate de către Grigorie al III-lea Ghica, a restabilit măsurile luminate luate de către înaintaşul său şi le-a adaptat la noua situaţie politico-economică a ţării pentru buna funcţionare a şcolii. Din nefericire însă, urmaşul său pe tronul Moldovei, Alexandru Ipsilanti, nu a putut continua acest proiect din cauza perioadei foarte scurte de conducere şi izbucnirii războiului ruso-austro-otoman ( /179). 6 Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, Iaşi, Editura Dosoftei, 005, vol. VII, p Ibidem, vol. VII, p Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. VIII, Iaşi, Editura Dosoftei, 006, p. 370 şi vol. VII, pp Ibidem, vol. VIII, pp

53 După încheierea păcii de la Iaşi (179) şi alegerea în fruntea Mitropoliei Moldovei a lui Iacob al II-lea Stamati ( ), patron luminat şi energic, învăţământul a devenit una dintre priorităţile statului moldav, înaltul ierarh implicându-se în reorganizarea şcolilor bisericeşti, întemeierea unei tipografii, dar, mai ales, în restaurarea Mitropoliei şi Academiei, afectate de incendiul din Problema construirii unor clădiri noi pentru Academie se discutase încă din anul precedent, când Iacob Stamati a propus recuperarea terenurile Mitropoliei, situate pe Uliţa Mare, de la jidovii din Iaşi care îşi amplasaseră acolo dughenele 11. În anul 1800 Mitropolia a donat şcolii o bucată de loc, iar Constantin Ipsilanti le-a cerut membrilor Epitropiei să facă propuneri concrete în legătură cu tipul de construcţie, suprafaţa şi sumele necesare. De asemenea, domnitorul le-a cerut să cerceteze starea generală a şcolilor pentru a se vedea dacă sunt,,dascăli iscusiţi şi cu bună procopsală la învăţătură 1, iar, ca răspuns, a fost elaborată anafora din 8 aprilie Acest act are o valoare documentară deosebită, fiind o adevărată frescă a sistemului de învăţământ din Moldova din epoca fanarioţilor şi, în special, a Academiei domneşti din Iaşi. Documentul relevă faptul că şcoala se confrunta din nou cu grave probleme financiare, comisia constatând că fondurile strânse acopereau cheltuielile, dar multe catedre erau vacante, şcoala nefuncţionând la capacitatea ei normală. Activitatea dascălilor de limba greacă din cadrul Academiei nu se ridica la nivelul aşteptărilor membrilor Epitropiei, care recomandau aplicarea unor principii pedagogice moderne. Considerând cunoaşterea limbii elene foarte utilă, aceştia le recomandau dascălilor să dea explicaţiile pe înţelesul elevilor, să procedeze în predarea noţiunilor de la simplu la complex, să aibă răbdare cu ucenicii care învaţă greu şi să găsească metode cât mai plăcute de predare pentru ca elevii să nu mai înveţe pe de rost. Făcând comparaţie cu sistemul de învăţământ din Europa, epitropii constatau cu surprindere că în şcolile din Occident tinerii învăţau mai uşor această limbă (în cinci ani,,,cu toate că le este străină ), pe când moldovenii o deprindeau cu multă greutate, studiind-o 10-1 ani, îmbătrânind în şcoală cu studiul gramaticii 13. Deşi fuseseră făcute propuneri privind introducerea ştiinţelor încă din timpul domnitorului Grigorie al III-lea Ghica, acestea nu aveau o pondere însemnată, epitropii afirmând că geometria practică ar trebui să ocupe un loc important între materiile de studiu ale Academiei în condiţiile în care izbucneau numeroase certuri din cauza problemelor legate de proprietăţi. Ei apreciau că,,o Academie fără epistimuri, este ca o casă fără ferestre şi şcoala aceea care nu va avea loc deosăbit pentru gheometrie, nici şcoală bună nu să poate numi 14. Nici legile nu erau cuprinse în planul de studii, epitropii, care făceau trimitere la filosoful iluminist Montesquieu, susţinând că,, toate cele ce sânt au pravile şi, ca urmare, trebuiau studiate. Actul cuprindea mai multe recomandări referitoare la întocmirea unui regulament pentru elevi, la modalităţile de sprijinire a bursierilor, la durata studiilor, la formele de evaluare şi de recompensare ale tinerilor studioşi, precum şi la îngrijirea medicală a acestora şi scutirea de bir a 10 Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. IX, Iaşi, Editura Dosoftei, 007, pp Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. X, Iaşi, Editura Dosoftei, 007, p Ibidem, vol. X, p Ariadna Camariano Cioran, op. cit., p Documente privitoare la istoria oraşului Iaşi, vol. X, p

54 dascălilor şi ucenicilor 15. Anafora demonstra că semnatarii aveau o erudiţie exemplară şi spirit practic, deoarece în prima parte erau prezentate problemele sistemului şi apoi erau propuse soluţiile care aveau la bază principii moderne, inspirate din operele unor mari pedagogi precum I. A. Comenius, J. J. Rousseau, I. H. Pestalozzi 16. În ceea ce priveşte evoluţia Academiei domneşti la începutul secolului al XIX-lea, nu dispunem de prea multe informaţii, deoarece o parte dintre actele instituţiei au ars în 187, însă acestea nici nu lipsesc cu desăvârşire. La 16 februarie 180 mitropolitul Moldovei a întocmit un act care atestă că Iordachi Isari a dat înaltului ierarh cinci documente referitoare la terenurile din curtea şcolii, astfel reglementând problema proprietăţilor acesteia 17. În anul următor, domnitorul Alexandru Moruzi, dorind să pună în aplicarea ideile luminate prezentate în anafora elaborată de către epitropii şcolilor, a emis un nou hrisov (4 mai 1800) 18. Prin acest act s-a stabilit ca toţi ucenicii să primească îngrijire medicală gratuită, să utilizeze biblioteca din incinta şcolii şi să fie scutiţi de la plata birului, la fel ca şi dascălii. În schimbul acestor avantaje, elevii aveau datoria de a face progrese la învăţătură, dovedite prin evaluările organizate o dată la şase luni, iar, în caz contrar, erau daţi afară din şcoală pentru a nu ocupa un loc fără nici un folos pentru societate. De asemenea, bursierii beneficiau de ajutor doar şase ani, perioadă considerată suficientă pentru finalizarea studiilor. Activitatea profesorilor era analizată de către efori la sfârşitul fiecărei luni, iar, dacă constatau că aceştia nu-şi îndeplineau îndatoririle, puteau fi înlocuiţi. Salariile nu mai erau stabilite prin hrisov domnesc, ci erau plătite în funcţie de starea materială a dascălilor, de străduinţa cu care îşi făcea datoria şi de contractul încheiat. Astfel, prin aceste hotărâri, Academia din Iaşi a făcut un pas important pe calea modernizării, însă acest act nu prevedea schimbarea metodelor de predare ale dascălilor de limba elenă, introducerea ştiinţelor, a geometriei practice, a dreptului şi a limbii latine, aşa cum se ceruse pe parcursul anului Cel mai probabil, domnitorul nu a ţinut cont în totalitate de ideile propuse deoarece acestea erau prea înaintate pentru acele vremuri, iar grupările conservatoare s-au opus punerii lor în aplicare. Războiul ruso-otoman din a contribuit în mod decisiv la dezorganizarea şcolilor, însă cursurile Academiei domneşti nu au fost întrerupte, în această perioadă fiind numiţi mai mulţi profesori 19. După încheierea conflictului, în anul 1813, s-a luat una dintre cele mai importante hotărâri pentru evoluţia sistemului educativ din Moldova şi anume deschiderea, în cadrul Academiei domneşti, unui curs de inginerie cu predare în limba română, realizându-se astfel trecerea de la un învăţământ superior grecesc la unul naţional. Problema introducerii acestuia fusese pusă şi de mitropolitul Iacob Stamati, însă ideea a fost pusă în aplicare de către Gheorghe Asachi. Văzând cât de costisitoare erau procesele pentru delimitarea moşiilor, marele cărturar a susţinut în faţa lui Scarlat Calimah necesitatea formării unor ingineri hotarnici care să cunoască 15 Ibidem, vol. X, pp Istoria pedagogiei, Bucureşti, Editura de Stat Didactică şi Pedagogică, 1958, p S. J. A. N. I., Colecţia,,Documente, P. 360/6, f Cele cinci scrisori sunt acte de vânzare-cumpărare din anii anteriori, respectiv de la 8 octombrie 168, 6 iunie 1690, 11 octombrie 1694, 5 octombrie 1696 şi 15 mai S. J. A. N. I., Colecţia,,Manuscrise, Ms. nr. 1707, f Documente privitoare la istoria românilor culese de Eudoxiu Hurmuzaki, vol. XIX, partea a II-a, p

55 limba română a,,vechilor documente şi a vechilor pravile 0. Domnitorul,,,om cu învăţătură şi cu afecţie pentru ţară, a aprobat cererea (la 15 noiembrie 1813) şi, astfel, Gheorghe Asachi a ajuns,,întâia oară a paradosi în limba naţională, la anul 1814, un curs de matematică teoretică cu aplicaţie practică de geodezie şi arhitectură 1. Cursul de inginerie a fost frecventat de fii boierilor şi s-a desfăşurat pe o perioadă de cinci ani ( ), finalizându-se cu examen public, în cadrul căruia au fost evaluate cunoştinţele teoretice şi practice şi au fost expuse planurile topografice, de arhitectură şi de fortificaţii. Pregătirea tinerilor moldoveni a demonstrat faptul că studiile superioare puteau fi făcute şi în limba română, dar, cu toate acestea, cursul de inginerie nu a fost continuat din cauza presiunilor făcute de către profesorii greci. Astfel, la 0 august 1819 Dimitrie Govdelas a trimis o scrisoare către un epitrop al şcolilor, prin care l-a învinuit pe domnitor că îl susţine pe Asachi şi a expus condiţiile fără de care şcoala nu putea merge mai departe: înlocuirea epitropilor Mihail Sturza şi Constantin Mavrocordat, care îl susţineau pe Asachi, curăţarea şcolii de ştiinţele moldoveneşti, mutarea lui Asachi la şcoala de la Socola. În urma acestor uneltiri, deşi şi-a păstrat titlul de profesor, postul de bibliotecar şi locuinţa din clădirea Academiei, Gheorghe Asachi nu şi-a mai reluat cursul. Analizând evoluţia Academiei domneşti în a doua jumătate a secolului al XVIII-lea şi primele două decenii ale secolului al XIX-lea, observăm că aceasta a fost reorganizată pe baze noi, moderne în timpul domnitorului Grigorie al III-lea Ghica, o reformă la fel de profundă fiind realizată în timpul domnitorului Alexandru Moruzi. Printre principalele preocupări ale domnitorilor din acea perioadă au fost asigurarea unei finanţări corespunzătoare şi adaptarea permanentă la nevoile unei societăţi aflată în schimbare. O măsură cu adevărat luminată a fost aceea de a nu mai primi în aparatul de stat şi în rândurile clerului decât absolvenţi ai acestei instituţii care aveau atestate ce dovedeau cunoştinţele acumulate şi bună purtare. Prof. dr. Adriana RADU Colegiul Naţional din Iaşi 0 Gheorghe Asachi, Notiţie biografică, Iaşi, Institutul Albinei Române, 1863, pp Theodor Codrescu, Uricariul, Tipografia Buciumul Român, 1891, vol. XVI, pp ; Gheorghe Asachi, Relaţie istorică asupra şcoalelor naţionale, în,,buletin foaie oficială, nr. 55, 1838, pp N. C. Enescu, Gheorghe Asachi organizatorul şcolilor naţionale din Moldova, Bucureşti, Editura Didactică şi Pedagogică, 196, p

56 Concursul interjudeţean,,speranţe Olimpice Ediţia a XV-a, Paşcani, 7 noiembrie 015 Clasa a III-a 1. a) Câte numere de două cifre nu sunt formate din cifre consecutive? b) Dacă a 3 = b 60 = c 9 = b c 10, aflaţi numerele a, b, c. Mihai Crăciun. Un număr natural de trei cifre nenule se numeşte,,simpatic dacă diferenţa a două dintre cifrele sale este 8. a) Daţi exemple de trei numere,,simpatice. b) Câte numere,,simpatice sunt? Mihaela Ciobanu 3. a) Se scoate o coală dintr-un ziar, pe care se găsesc paginile 1 şi 5. Câte pagini are ziarul? b) Suma a două numere naturale x şi y este 194. Dacă ştergem una din cifrele lui x, se obţine y. Aflaţi numerele x şi y. Mihai Crăciun Clasa a IV-a 1. a) Aflaţi toate numerele de forma abc care verifică egalitatea abc cba = 396. Paula Catâru b) Aflaţi cel mai mic număr natural cu suma cifrelor a) Dacă 7 culegători culeg 7 mere în 7 secunde, câţi culegători vor culege 100 de mere în două minute? b) Aflaţi numerele a, b, c, d dacă a : b = b : c = c : d = 5 şi a + 3b + 5c + 7d = 714. Mihai Crăciun 3. a) O treime din jumătatea sfertului unui număr este 4. Care este numărul? b) Fiecare din cei 37 de elevi participanţi la un concurs de matematică, la clasa a IV-a, au obţinut cel puţin 5 puncte şi cel mult 10 puncte la final. Arătaţi că există şapte participanţi care au luat acelaşi număr de puncte. Mihai Crăciun Clasa a V-a 1. a) Aflaţi restul împărţirii numărului A la 30, unde A = b) Arătaţi că numărul A este pătrat perfect, unde A = 3 n+3 4 n+3 n+1 6 n+3, n număr natural. 5

57 . a) Să se determine abcd pentru care are loc relaţia: abcd = a cc a cd. Ioana Iacob, Răzvan Ceucă b) La începutul unei partide de fotbal, fiecare jucător al unei echipe strânge mâna cu toţi jucătorii echipei adverse, cât şi cu cei 5 arbitri. Apoi, cei 5 arbitri îşi strâng mâinile între ei. Ştiind că o echipă de fotbal este formată din 11 jucători, câte strângeri de mână au avut loc înaintea începerii meciului? 3. Se consideră tabloul: a) Care este primul număr de pe al 015-lea rând? b) Pe ce rând se află al 015-lea număr? Clasa a VI-a 1. a) Fie F = 165. Câte numere naturale sunt în mulţimea 31 A = {F, F, 3F,..., 015F }? Selectate de Mihail Frăsilă b) Fie a, b N astfel încât 7 a + 3b. Arătaţi că 7 4a + 5b. Gazeta Matematică. a) Fie p un număr prim mai mare decât 6. Aflaţi ultima cifră a lui p 4. b) Aflaţi numerele prime p şi q ştiind că p 4 + q 4 = a) Determinaţi câtul şi restul împărţirii numărului la b) Fie x, y N. Demonstraţi că dacă x + 3 y = y + 3 x, atunci x = y. Gazeta Matematică Selectate de Gheorghe Iacob şi Vasile Pricop Clasa a VII-a 1. a) Fie a, b, c > 0 numere distincte două câte două şi x = a b + c, y = b c + a, z = c a + b ; x = 1 b + c, y = 1 c + a, z = 1 a + b. Arătaţi că numerele x y, y z, z x sunt direct proporţionale cu numerele x y, y z, z x. Andrei Eckstein b) Demonstraţi inegalitatea < a) Fie a = Demonstraţi că 015 a. 53

58 b) Fie numărul A = , obţinut scriind unul lângă altul, în ordine crescătoare, toate numerele naturale nenule cel mult egale cu 99. i) Aflaţi suma cifrelor numărului A. ii) Stabiliţi dacă A este pătrat perfect. Maria Linţ 3. a) În ABC, M este mijlocul laturii [BC], AD BC, D (BM), iar BAD DAM M AC. Calculaţi măsurile unghiurilor ABC. b) În dreptunghiul ABCD, AB = 3 BC şi E (CD) este astfel încât EC = BC. Calculaţi m(ø AE, BD). Clasa a VIII-a Selectate de Adriana Anton şi Constantin Petrea 1. a) Fie a, b, c Q + astfel încât ab + bc + ca = 1. Arătaţi că È(a + 1) (b + 1) (c + 1) Q. b) i) Arătaţi că, oricare ar fi numerele reale a, b, c, avem: a + b + a + c b c. ii) Demonstraţi că, pentru orice număr real x, avem: x x x a) Calculaţi partea întreagă a numărului: b) Fie p > 0 şi x 1, x,..., x n [ p, + ) astfel încât x 1 + x x n = 0. Arătaţi că x x x 3 n np a) Fie tetraedrul SABC astfel incât [SA] [SC] şi fie D (SB). Bisectoarea unghiului ASB intersectează AD în M, iar bisectoarea unghiului BSC intersectează CD în N. Demonstraţi că MN (ABC). b) În paralelipipedul dreptunghic ABCDA B C D notăm cu M, N şi respectiv P proiecţiile punctelor A, C şi respectiv B pe diagonala [BD ]. Să se arate că D M BM + D N BN + D P BP 6. Selectate de Claudia Popescu 54

59 Soluţiile problemelor propuse în nr. /015 Clasele primare P35. În scrierea = 6 8, completaţi casetele cu unul din semnele + sau astfel încât să obţineţi o egalitate. Arătaţi că există o singură soluţie. (Clasa I ) Dumitriţa Grigoriu, elevă, Iaşi Soluţie. Membrul stâng poate fi cel mult = 16, iar cel drept este cel puţin 6 8 = 16. Egalitatea se realizează numai în cazul = P36. Suma a şase numere nenule este 0. Ştiind că în sumă sunt exact doi termeni egali, să se scrie toate sumele ce îndeplinesc aceste condiţii. (Clasa I ) Iustina Diaconu, elevă, Iaşi Soluţie. Sumele sunt: = 0; = 0; = 0; == 0; = 0; = 0; = 0; = 0; ; ; ; P37. Din şirul numerelor 1,, 3, 1,, 3, 1,, 3, 1 se extrag două. Să se arate că suma numerelor rămase nu poate fi 1. (Clasa I ) Ana Ionescu, elevă, Iaşi Soluţie. Suma numerelelor din şir este 19. Suma numerelor extrase poate fi, 3, 4, 5 sau 6. Numerele rămase pot avea cea mai mică sumă 19 6 = 13. P38. În şirul 1,, 3,..., 9, fiecare casetă liberă se completează cu o cifră nenulă utilizată o singură dată. Să se arate că suma numerelor de două cifre obţinute este mai mică decât 496. (Clasa a II-a) Denisa Apetrei, elevă, Iaşi Soluţie. Cele nouă casuţe vor conţine, într-o ordine oarecare, cifrele 1,,..., 9. Suma numerelor obţinute este S = ( )+( ) = = 495. P39. Ştiind că diferenţa dintre numerele a şi b este 5 şi că diferenţa dintre numerele c şi d este 7, să se calculeze diferenţa dintre suma numerelor a şi c şi suma numerelor b şi d. (Clasa a II-a) Maria Bîzdîgă, elevă, Iaşi Soluţie. Din a b = 5 obţinem a = b + 5, iar din c d = 7 obţinem c = d + 7. Observăm că a + c = b + d + 1 şi atunci a + c (b + d) = 1. P330. În câte moduri putem aranja formele geometrice pătrat, cerc, triunghi şi dreptunghi una după alta, astfel încât cercul să fie înaintea pătratului? (Clasa a II-a) Mădălina Baciu, elevă, Iaşi Soluţie. Există câte două aranjări pentru fiecare dintre următoarele situaţii: ; ; ; ; ;. În total, există 1 aranjări. 55

60 P331. Cu 1 pătrate de latură 1 cm construiţi dreptunghiul de perimetru minim. Care este valoarea perimetrului său? (Clasa a III-a) Alexandra Mădălina Ciobanu, elevă, Iaşi Soluţie. Dreptunghiul obţinut are dimensiunile 1m 1m, 6m m sau 4m 3m. Perimetrul său poate fi 6m, 16m respectiv 14m. Perimetrul minim se obţine în ultimul caz şi este 14m. P33. Să se arate că numărul 987 nu se poate scrie ca suma a două numere răsturnate. (Exemplu: 31 şi 13 sunt numere răsturnate.) (Clasa a III-a) Georgiana Avădanei, elevă, Iaşi Soluţie. Presupunem că 987 = abc + cba. Obţinem a + c = 7, iar b + b < 0, deci cifra sutelor numărului abc + cba poate fi maximum a + c + 1 = = 8 9. P333. Cum putem măsura 5 l de apă având la dispoziţie două vase negradate de 11 l şi 7 l? (Clasa a III-a) Daniela Mititelu, elevă, Iaşi Soluţie. Procedăm după cum se vede în următorul tabel: 11 l l P334. Într-o împărţire exactă suma dintre deîmpărţit, împărţitor şi cât este 49, iar suma dintre deîmpărţit şi cât este 45. Să se afle deîmpărţitul. (Clasa a II-a) Ecaterina Brînzac, elevă, Iaşi Soluţie. D + C + Î = 49 şi D + C = 45 implică Î = = 4. Deoarece împărţirea este exactă avem D = 4 C şi 4C + C = 45 ne dă C = 9 şi D = 4 9 = 36. P335. Fie trei numere naturale nenule. Se calculează diferenţele a câte două dintre ele şi se obţin rezultatele 6, 1, 18. Arătaţi că numărul cel mai mare este cel puţin egal cu 19. (Clasa a IV-a) Codruţa Filip, elevă, Iaşi Soluţie. Fie numerele naturale a, b, c astfel încât a < b < c. Avem b a < c a şi c b < c a, ceea ce înseamnă că c a = 18. Cum a are cel puţin valoarea 1, rezultă că c este cel puţin egal cu 19. P336. Să se afle un număr ştiind că suma dintre acest număr, dublul lui, triplul lui şi împătritul lui este cu 19 mai mare decât jumătatea lui. (Clasa a IV-a) Nicolae Vieru, elev, Iaşi Soluţie. Dacă notăm cu x jumătatea numărului, din datele problemei obţinem că x + 4x + 6x + 8x = 19 + x. Obţinem că x = 1, deci numărul căutat este. P337. Pe o masă sunt aşezate 16 cartonaşe cu faţa în jos având numere de la 1 la 16. Trei copii extrag câte 5 cartonaşe şi constată că sumele numerelor de pe ele sunt: 35, 41 şi 45. Arătaţi că unul dintre copii a extras cartonaşul cu numărul 16. (Clasa a IV-a) Maria Boutiuc, studentă, Iaşi Soluţie. Suma numerelor de la 1 la 15 este 10. Cum suma numerelor de pe cartonaşele extrase este = 11, înseamnă că unul dintre copii a extras cartonaşul cu numărul

61 a b c P338. În careul alăturat, în cele nouă casete sunt scrise crescător, d e atât pe linii cât şi pe coloane, numere diferite şi nenule. Care este valoarea f celei mai mici sume a + c + g + i posibile? g h i (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Se observă imediat că c 3, g 5, a + i 10 sau g 3, c 5, a + i 10. Rezultă că a + c + g + i = 18. Se observă uşor că valoarea minimă 18 se poate atinge, completând pătratul cu numerele 1,,..., 9. Clasa a V-a V.193. Vom spune că un număr natural de trei cifre abc este amuzant dacă 3a + b + c = 10. Determinaţi numerele amuzante care sunt divizibile cu 3. Cosmin Aştefanei, elev, Iaşi Soluţie (Vasile Roman, elev, Roşiori (Bacău)). Deoarece 3 7 = 147 > 10 şi b + c < 10, rezultă că a = 6 şi b + c = 1. Deducem că toate numerele amuzante sunt divizibile cu trei şi că ele sunt: 639, 648, 657, 666, 675, 684, 693. Observăm că nu este necesară ipoteza de divizibilitate. V.194. Vom spune că un număr natural de patru cifre abcd este serios dacă a + b + 3c + 4d = 10. Câte numere serioase există? Care este cel mai mic număr serios? Dar cel mai mare? Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Observăm că d {0, 1, }; obţinem = 18 numere serioase. Cel mai mic astfel de număr este 1030, iar cel mai mare este V.195. Copii din clasa a V-a B merg în excursie. Autocarul are 0 de locuri duble şi nimeni nu stă în picioare. Pe drum, profesorul de matematică observă că jumătate dintre copii stau de vorbă cu profesoara de engleză, 13, (3)% dintre copii se joacă pe telefon iar cei rămaşi fac o zarvă de nedescris. Câţi copii merg în excursie? Ioana-Maria Popa, elevă, Iaşi Soluţie. Dacă n este numărul copiilor care merg în excursie, atunci n 0, n.. şi 13, (3)% n N. Cum 13, (3)% n = n 15, deducem că n..15. Ţinând cont şi de celelalte două condiţii, obţinem că n = 30. V.196. Demonstraţi că nu există cifre nenule distincte a, b şi c astfel încât abc ba = cba bc. Răzvan Ceucă, student, Iaşi Soluţie. Dacă ar exista astfel de cifre, atunci (100a + bc) ba = (100c + ba) bc, deci a ba = c bc. Cum a c, avem fie a > c, fie a < c. În primul caz, a ba > c bc; în cel de-al doilea, a ba < c bc şi astfel ajungem la o contradicţie. V.197. Arătaţi că numărul n = se poate scrie ca sumă de cinci pătrate perfecte nenule. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Cum 653 = , avem scrierea = ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ). Notă. Eleva Steluţa Dubei, Roşiori (Bacău), foloseşte scrierea: 653 =

62 V.198. Demonstraţi că numărul A = nu este pătrat perfect. Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţia 1. Cum (k) = M 4 şi (k + 1) = M 4 + 1, numărul A este de forma M 4 +, deci nu poate fi pătrat perfect. Soluţia (Daniel-Cătălin Ploşniţă, elev, Roşiori (Bacău)). Să găsim ultimele două cifre ale numărului A. Sunt date de = 190. Deoarece A este multiplu de 10, dar nu şi de 100, rezultă că A nu este pătrat perfect. V.199. Se consideră mulţimea M = {, 3, 4,..., 99}. a) Arătaţi că oricum am alege 50 de numere din M, există două numere alese care să aibă suma 101. b) Arătaţi că putem alege 50 de numere din M astfel încât oricare două dintre numerele alese să abiă suma diferită de 100. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. a) Partiţionăm M astfel: M = {, 99} {3, 98}... {50, 51}. Având 49 de submulţimi, când vom alege 50 de elemente, două vor fi din aceeaşi submulţime, deci vor avea suma 101. b) De exemplu, numerele, 3, 4,..., 50, 99 au proprietatea dorită. Clasa a VI-a {z } p cifre VI.193. Fie p un număr natural cu proprietatea că numărul n = este prim. Demonstraţi că p este număr prim. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Dacă, prin absurd, p nu ar fi prim, atunci p = a b, cu a, b N, a, b. Numărul va fi divizor propriu al lui n, contradicţie. {z } a cifre VI.194. Determinaţi toate perechile (x, y) de numere naturale nenule pentru care xy este număr prim. x + y Neculai Stanciu, Buzău xy Soluţie. Fie = p, cu p prim; atunci xy py = xp, de unde y = xp x + y x p = p p + x p. Deducem că x p p, prin urmare x {p + 1, p, p + p}. Obţinem soluţiile (x, y) {(p + 1, p + p); (p, p); (p + p, p + 1)}, unde p este număr prim oarecare. VI.195. Determinaţi numerele naturale nenule a, b, c şi d pentru care ad = bc, ab + cd = 50 şi a c b. Ştefan Obadă, elev, Iaşi Soluţie. Înlocuind a = bc în a doua relaţie obţinem, după eliminarea numitorilor, d că b c + cd = 50d. Fie x cel mai mare divizor comun al numerelor c şi d; atunci c = xc, d = xd, cu (c, d ) = 1. Rezultă că c (b +d x ) = 50d, de unde d b +d x, prin urmare b = d y, cu y N. Deducem că c d (x + y ) = 50. Se observă uşor că 58

63 niciunul dintre primele trei numere nu poate fi mai mare decât d, aşadar c d şi x y. Avem următoarele posibilităţi: c d x + y Apoi, x + y = (x, y) = (1, 1); x + y = 5 (x, y) = (, 1); x + y = 10 (x, y) = (3, 1); x +y = 5 (x, y) = (4, 3) şi x +y = 50 (x, y) {(5, 5); (7; 1)}. Soluţiile problemei sunt: a b c d VI.196. Rezolvaţi în numere întregi ecuaţia x + 7x = 016y Iulian Oleniuc, elev, Iaşi Soluţie. Numerele x şi x+7 având parităţi diferite, x +7x este număr par. Cum 016y este impar, ecuaţia dată nu are soluţii întregi. VI.197. Demonstraţi că numărul N = se divide cu 7. Marian Cucoaneş, Mărăşeşti Soluţie. Cum 014 este par, = (M 6 1) 014 = M 6 +1 = 6n+1. Observăm că 11 6 = M 7 + 1, prin urmare = 11 6n+1 = 11 (M 7 + 1) n = 11 (M 7 + 1) = M Apoi, = = (M 7 +4) 11 = M = M 7 +(4 3 ) 3 4 = M 7 + (M 7 +1) 3 16 = M 7 +(M 7 +1) 16 = M 7 +. În final, N = (M 7+4)+(M 7 +)+1 = M 7. VI.198. Se consideră triunghiul ABC cu AB = AC > BC. Pe dreapta BC se iau punctele P şi Q astfel încât B (CP ), C (BQ), AC = CP = BQ. Pe laturile AB şi AC se iau punctele M, respectiv N, astfel încât AM = BC şi AN = NQ. Demonstraţi că P M BN. Dorel Luchian, Iaşi Soluţie. Din triunghiul isoscel BAQ, obţinem că m(õ BAQ) = 90 Ò 1 m( B). A Unghiul Ò B fiind exterior triunghiului isoscel BP M, avem că m(ö BMP ) = 1 m( Ò B). Dacă {S} = MP AQ, unghiurile Õ MAS şi Õ AMS sunt complementare, prin urmare unghiul ÕASM este drept; deducem că M P AQ. Pe de altă parte, cum BA = BQ şi NA = N Q, dreapta BN este mediatoarea segmentului AQ, aşadar BN AQ. Rezultă că P M BN. 59 M P B C Q N S

64 VI.199. Folosind doar rigla negradată şi compasul, construiţi un triunghi dreptunghic cu unghi de 30, având înălţimea corespunzătoare ipotenuzei congruentă cu un segment dat. Petru Asaftei, Iaşi Soluţia 1. Pe o dreaptă d considerăm (folosind compasul) punctele A, D şi E cu AD = DE, ambele lungimi fiind egale cu cea a sgemntului dat. Construim apoi triunghiului chilateral AEB şi determinăm intersecţia C a semidreptei [BD cu perpendiculara în A pe AB; toate aceste construcţii pot fi făcute folosind doar rigla şi compasul. Triunghiul ABC obţinut are proprietăţile dorite. Soluţia (Ciocoiu Alexandru Boris, elev, Iaşi). Pe o dreaptă d se consideră un punct A şi se construieşte perpendiculara în A pe d. Construim un cerc C cu centrul în A şi de rază egală cu lungimea segmentului dat. Notăm cu M intersecţia cercului cu d. Semicercul cu centrul în M şi rază MA intersectează d într-un punct C şi cercul C în N. Evident, triunghiul ANC este dreptunghic în N şi m(ò C) = 30. Semidreapta [CN intersectează într-un punct B perpendiculara în A pe d. Triunghiul ABC îndeplineşte cerinţele problemei. Soluţia 3 (Daniel-Cătălin Ploşniţă, elev, Roşiori (Bacău)). Pe o dreaptă, alegem un punct O, iar pe perpendiculara în O pe dreapta d luăm punctul A astfel încât AO are lungimea egală cu segmentul dat. Construim cercul cu centrul în A şi raza egală cu dublul segmentului dat şi notăm cu C intersecţia sa cu dreapta d. Perpendiculara în A pe AC intersectează d în punctul B. Triunghiul ABC verifică cerinţele problemei (justificare simplă!). Clasa a VII-a VII.193. Dacă a, b sunt numere reale mai mari ca 1 şi n este număr natural nenul, arătaţi că ab + 1 a n b n > 1 a n b n 1. Alina Tigae, Craiova Soluţie. Din a > 1, b > 1 rezultă că 1 a n < 1, < 1, deci a > 0 şi b bn bn a n > 0. Deducem că a 1 b n b 1 a n > 0 şi, de aici, cerinţa problemei. Notă. Inegalitatea rămâne adevărată şi pentru n = 0. VII.194. Demonstraţi că numărul N = ( )( ) este divizibil cu 301. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie (Iulian Oleniuc, elev, Iaşi şi Titu Zvonaru, Comăneşti). Vom arăta că, de fapt, N se divide cu 301 (procedând în acelaşi fel, I.O. arată că , iar T.Z. arată că ). Să arătăm, de exemplu, că A = se divide cu 301. Cum 301 = 7 43, avem de dovedit că 7 A şi 43 A. Într-adevăr, deoarece 6015 = (7 1) 015 = M 7 1, rezultă că A = M 7. Apoi, avem că A = = 7(43 + 6) ( ) = 7(M ) 6(M ) 1 = M ( ) = M ( ) = 7[(M ) 1] = M

65 VII.195. Fie ABCD un patrulater cu AB CD, având lungimile laturilor a = AB, b = BC, c = CD şi d = AD. Dacă {O} = AC BD, arătaţi că A AOD 1 ac min{b, d}. În ce condiţii se atinge egalitatea? Daniela Munteanu, Iaşi Soluţie. Fie M AB, N CD astfel încât O MN şi MN AB. Se ştie că A AOD = A BOC (demonstraţi!); atunci A AOD = 1 (A ABCD A OAB A OCD ) = = 1 4 [a(mn OM) + c(mn ON)] = 1 4 (a 1 (a + c) MN a OM c ON ON OM = CD AB ON + c OM). Pe de altă parte, şi, notând h = MN, obţinem că D N ON = hc iar OM = ha C a + c a + c. Deducem că A AOD = 1 hac a + c 1 hac ac = 1 Cum h min{b, d}, rezultă 4ḣ ac. O cerinţa problemei. Egalitatea se atinge când a = c şi h = min{b, d}, deci în cazul în care ABCD este dreptunghi. A M B VII.196. Fie AP mediană în triunghiul ABC şi Q un punct pe segmentul AP, diferit de centrul de greutate al triunghiului. Notăm {M} = CQ AB şi {N} = BQ AC. a) Arătaţi că P M nu este paralelă cu AC, iar P N nu este paralelă cu AB. b) Dacă {D} = P M AC şi {E} = P N AB, arătaţi că DE MN. Elena Iurea, Iaşi Soluţie. a) Dacă, prin absurd, P M AC, atunci P M ar fi linie mijlocie în ABC, deci Q va fi centrul de greutate al triunghiului, D E contradicţie. La fel se arată că P N AB. A b) Din teorema lui Ceva aplicată în ABC obţinem că AM N MB BP P C CN = 1, de unde NA M AM Q MB = AN (deci MN BC). Folosind teorema lui Menelaus în ABC cu transversalele NC D M P şi E N P, obţinem că DA DC CP P B BM MA = 1 DA DC = MA MB, respectiv B P C EA EB BP P C CN NA = 1 EA EB = NA DA. Deducem că NC DC = EA, prin urmare DE BC EB şi, cu acasta, problema este rezolvată. VII.197. Fie ABCD un trapez cu unghiurile b A şi Ò D drepte, în care AD = DC < AB. Fie M proiecţia lui C pe AB, iar N un punct de pe latura BC astfel încât MO Ö ON = AB CD, unde {O} = MN BD. Determinaţi măsura unghiului BMN. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie {T } = CM BD; aplicând teorema lui Menelaus în CMN cu 61

66 transversala B O T, obţinem că BN BC T C T M OM ON = 1. Însă T C T M = CD MB (deoarece CD AB) şi MO ON = AB BN, prin urmare CD BC CD MB AB CD = 1, de unde BN BC = MB AB. Rezultă că MN AC, aşadar m( Ö BMN) = m( Õ BAC) = 45. VII.198. Se consideră triunghiurile echilaterale ABC şi CDE astfel încât C (BE), BC = CE iar A şi D nu sunt separate de dreapta BC. Dacă {I} = BD AE, demonstraţi că BI = IE. Soluţie. ÕCAE. Mirela Marin, Iaşi Triunghiurile BCD şi ACE sunt congruente (L.U.L.), deci CBD Õ A Atunci patrulaterul ABCI este inscriptibil, prin urmare BIC Õ BAC; Õ obţinem astfel că m(õ BIC) = 60. Analog se arată D că m(ô CIE) = 60, deci IC este bisectoarea I unghiului BIE. Õ Concluzia problemei rezultă din teorema bisectoarei aplicată în triunghiul IBE. B C E VII.199. Pe latura AC a triunghiului ABC cu D m(b A) = 45 şi m(ò C) = 30 se consideră punctul F astfel încât BC = CF CA. Perpendiculara în A A pe AB intersectează dreapta BF în punctul D. Arătaţi că triunghiul BCD este dreptunghic isoscel. F Eugeniu Blăjuţ, Bacău Soluţie. Din BC = CF CA se obţine că B C CF Õ CB = CB CA şi, cum F CB = BCA, Õ rezultă că F CB BCA. Atunci m(õ CBF ) = m( CAB) Õ = m( CAD) Õ = 45, prin urmare ABCD este patrulater inscriptibil. Deducem că m(õ CDB) = m( Õ CAB) = 45, aşadar CBD are două unghiuri cu măsura de 45, deci este dreptunghic isoscel. Clasa a VIII-a VIII.193. Un paralelipiped dreptunghic are dimensiunile exprimate prin numere naturale. Numărul ce reprezintă pătratul diagonalei este egal cu suma numerelor ce reprezintă dimensiunile paralelipipedului. Arătaţi că paralelipipedul este cub. Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Fie a, b, c N dimensunile paralelipipedului; avem că a + b + c = a + b + c, prin urmare (a 1) + (b 1) + (c 1) = 3. Obţinem că a = b = c = 1, deci paralelipipedul este cub. D A T C M O N B 6

67 VIII.194. Fie a, m, p (0, ) cu m 1. Considerăm numerele a 1 = am + p, a = a 1 m+p,..., a 100 = a 99 m+p. Dacă a 1 =a 3, calculaţi suma S=a 1 +a +...+a 100. Constantin Apostol, Râmnicu Sărat Soluţie. Avem: a = (am + p)m + p = am + mp + p, a 3 = a m + p = am 3 + m p + mp + p. Din a 1 = a 3 obţinem succesiv: am = am 3 + m p + mp a(1 m ) = p(m + 1) a = p 1 m. Atunci a 1 = p 1 m m + p = p = a şi, din 1 m aproape în aproape, a = a 3 =... = a 100 = a. Astfel, S = 100p 1 m. VIII.195. Rezolvaţi în Z ecuaţia x 4 3x 3 y + 3x y xy 3 = 54. Vasile Chiriac, Bacău Soluţie. Avem că x(x y) 3 = 54, de unde x = ±54, x y = ±1 sau x = ±, x y = ±3. Soluţiile ecuaţiei sunt (54, 53); ( 54, 53); (, 1) şi (, 1). VIII.196. Rezolvaţi în Z ecuaţia x 3 + 3x + 3x y + = 0. Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Avem că y (x + 1) 3 = 1. Teorema lui Preda Mihăilescu (care rezolvă Conjectura Catalan) spune că singura soluţie netrivială a ecuaţiei diofantice x m y m = 1 este 3 3 = 1. În cazul nostru, (y, x + 1) {(±1, 0); (±3, )}. Soluţiile ecuaţiei din enunţ sunt (x, y) {( 1, ±1); (, 0); (1, ±3)}. VIII.197. Arătaţi că există o infinitate de numere naturale nenule x şi y pentru care x + y xy = 1. Roxana Vasile şi Luminiţa Mihalache, Craiova Soluţie. Relaţia din enunţ revine la ( x y) = şi este îndeplinită de numere de forma x = (n + 1), y = n, unde n N. VIII.198. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, arătaţi că ( a + b + c)(a b + c)(a + b c)(a + b + c) min{(a + b ), (b + c ), (c + a ) }. Lucian Tuţescu şi Nicoleta Bran, Craiova Soluţia 1. Folosind faptul că 4xy (x + y), cu egalitate când x = y, precum şi egalităţile (a + b + c)( a + b + c) = (b + c) a, (a b + c)(a + b c) = a (b c), obţinem că produsul P din membrul stâng al inegalităţii din enunţ este cel mult egal cu 1 4 [(b+c) a +a (b c) ] = 4b c (b +c ). La fel se arată că P (a +b ) şi P (a + c ). Egalitatea se atinge când (b + c) a = a (b c) şi b = c sau analoagele, deci pentru a = b = c sau b = c = a sau c = a = b. Soluţia (Daniel-Cătălin Ploşniţă, elev, Roşiori (Bacău)). Pentru produsul din enunţ obţinem prin calcul simplu că P = a b + b c + c a a 4 b 4 c 4. Să arătăm, de exemplu, că P (a + b ). Într-adevăr, P (a + b ) = b c + c a a 4 b 4 c 4 = (a b ) (a + b c ) 0, cu egalitate dacă şi numai dacă a = b şi a + b c = 0 etc. VIII.199. Fie ABCDA B C D o prismă patrulateră regulată cu AB = AA şi M un punct pe baza superioară A B C D astfel încât unghiurileö AMC şi Ö BMD să fie suplementare. Demonstraţi că M este centrul pătratului A B C D. Mihaela Berindeanu, Bucureşti 63

68 Soluţie. Se ştie (sau se arată uşor) că MA + MC = MB + MD. Pe de altă parte, MA + MC MA MC cosö AMC = AC = BD = MB + MD MB MD cosö BMD, prin urmare MA MC cos Ö AMC = MB MD cos Ö BMD. Dacă AMC Ö nu este drept, numerele din cei doi membri ai egalităţii precedente au semne opuse, contradicţie; rămâne deci că m(ö AMC) = 90. În AMC dreptunghic, mediana ipotenuzei MO este egală cu 1 AC = 1 AB = AA. Deducem că M = O, unde O este centrul bazei superioare. Clasa a IX-a + la Notă. Soluţia problemei IX.154 publicată în RecMat 1/015, p.63, este greşită; prin însumarea inegalităţilor R r l a + l b şi analoagele se obţine că 3R l b l a r + l b + l c l c l a l b şi nu 3R r l a + l b + l c. l b l c l a la l b + l b l c + l c l a Vina pentru această eroare aparţine redacţiei şi nu autorului problemei. Redăm în continuare soluţia d-lui Vasile Jiglău. Èbcp(p Cum l a = a), folosind inegalitatea mediilor, obţinem că la p(p b + c 1 la 3r (problema 81 din Crux Mathematicorum, Pvol. 9, nr., cu soluţie în vol. 30, nr., disponibile pe site-ul l publicaţiei), deci a lb 1 l a l b l c r 3. Folosind C B S şi binecunoscuta 3 3R p, P l a P l obţinem: = a l c È(P l a l b l a l b l c )(P l a lb ) p l a l b l c r 3 3R, adică tocmai cerinţa r a), de unde P l a p. Pe de altă parte, P 1 problemei. IX.161. Dacă a, b, c (0, ) şi m, n N, m n, arătaţi că a m b m + bm c m + cm a m an b n + bn c n + cn a n. Robert Antohi, elev, Iaşi Soluţie. Notăm x = a b, y = b c, z = c a ; atunci xyz = 1. Vom arăta că xn + y n + z n x n 1 + y n 1 + z n 1, x, y, z (0, ) cu xyz = 1, n N şi inegalitatea din enunţ va rezulta drept conecinţă. Aplicăm inegalitatea lui Cebîşev şirurilor (x, y, z) şi (x n 1, y n 1, z n 1 ), care pot fi reordonate astfel încât ambele să fie crescătoare; obţinem că 3(x n + y n + z n ) (x + y + z)(x n 1 + y n 1 + z n 1 ). Însă x + y + z 3 3 xyz = 3 şi astfel urmează inegalitatea dorită. IX.16. Fie (a n ) n 1 un şir strict crescător de numere reale pozitive. Pentru fiecare n, definim mulţimea A n = {a i a j 1 i < j n}. a) Dacă (a n ) n 1 este progresie geometrică, arătaţi că A n conţine exact n 3 elemente, oricare ar fi n. 64

69 b) Dacă A n are n 3 elemente, oricare ar fi n, demonstraţi că (a n ) n 1 este progresie geometrică. Dan Popescu, Suceava Soluţie. a) Pentru n, considerăm mulţimea B n = {a 1 a, a 1 a 3,..., a 1 a n, a a n,..., a n 1 a n }; evident că B n A n şi B n = n 3. Observăm că, pentru i + j 1 n, avem a i a j = a 1q i+j = a 1 a i+j 1 B n, iar pentru i + j 1 > n, avem a i a j = a n a i+j n B n, deci A n B n. Rezultă că A n = B n, prin urmare A n = n 3, n. b) Dacă A n = n 3,atunci A n = B n, n. Observăm că a a n 1 > a 1 a n 1 > a 1 a i, i, n şi a a n 1 < a a n < a j a n, j 3, n 1; cum a a n 1 B n, rămâne că a a n 1 = a 1 a n. Procedând analog pentru fiecare pereche de indici, obţinem că a n = a n =... = a, de unde concluzia problemei. a n 1 a n 3 a 1 Notă (Titu Zvonaru, Comăneşti). Deoarece numerele a n sunt pozitive, există numerele x n astfel încât x n = ln a n. Cum (a n ) este progresie geometrică dacă şi numai dacă (x n ) este progresie aritmetică, problema este echivalentă cu L5 din RecMat /013. IX.163. Fie ABC un triunghi de arie S şi S 1, S, S 3 ariile segmentelor de disc ce se formează între laturile triunghiului şi cercul circumscris acestuia. Arătaţi că S < S 1 + S + S 3. Andrei Nicolaescu, elev, Craiova Soluţie. Inegalitatea de demonstrat revine la S < πr abc < πr 3 8R 3 sin A sin B sin C < πr 3 sin A sin B sin C < π A 4. Se şi atunci, din inegali- 3 3 Œ3 3 = 3 3 < 8 ştie că sin A + sin B + sin C 3 3 tatea mediilor, sin A sin B sin C < π 4. Notă (Titu Zvonaru, Comăneşti). Mai general, S S BMC + S CNA + S AP C, unde M, N, P sunt punctele de intersecţie cu cercul circumscris ale bisectoarelor din A, B şi C. Într-adevăr, S 1 = 1 4 a tg A B S3 S S 1 S şi analoagele; folosind inegalitatea Cebîşev, inegalitatea Ionescu-Weitzenback şi cunoscuta tg A + tg B + tg C 3, obţinem că S BMC + S CNA + S AP C = 1 4 a tg A + b tg B + c tg C 1 1 a + b + c tg A + tg B + tg C S 3 = S. IX.164. Pe laturile AB şi BC ale triunghiului isoscel ABC (cu AB = AC) se consideră punctele N, respectiv M, astfel încât AN = NB şi BM = MC. Dacă {P } = MN AC, demonstraţi că max{ab, BC} < MP < AB + BC. Andi Brojbeanu, elev, Târgovişte 65 C

70 Soluţie. Notăm a = BC, b = AB = AC. Folosind teorema lui Menelaus, se arată uşor că AC = CP. Cu teorema cosinusului aplicată în triunghiurile ABP şi ABC, obţinem că BP = AB + AP AB AP cos A = b + 4b b b b a b = b + a. Aplicăm acum teorema medianei în BP C şi găsim P M = 1 4 (BP + P C BC ) = b a. Inegalităţile cerute se deduc acum cu uşurinţă (pentru a demonstra că MP > BC vom ţine cont de inegalitatea triunghiului b > a). IX.165. Fie M mijlocul laturii BC a triunghiului ABC. Dacă Ö MAC Ò B şi m( Ö BAM) = 105, determinaţi m(ò B). Mircea Lascu şi Marius Stănean, Zalău Soluţie (Gabriel Popa). Fie x = m(õ m(ò B), a = BM = MC şi b = AC; atunci BAC) = m( AMC) Ö = 105 +x. Aplicând teorema sinusurilor în triunghiurile AMC b şi ABC, obţinem că sin(105 + x) = a sin x, respectiv b sin x = a sin(105. De aici, + x) b = a şi atunci sin x = sin(105 + x). Efectuând calculele, ultima relaţie devine succesiv: sin x = cos x + sin x 4 sin x = ( 3 + 1) cos x + ( ) sin x tg x = 3 x = 30. Clasa a X-a X.161. Pentru x (0, 1) (1, ), arătaţi că x < x log x + 3 log3 x + 5 log5 x. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin Soluţie. Notăm a = log x x = a ; inegalitatea de demonstrat devine a < a + 3 a3 + 5 a5, a R. Dacă a (, 0], atunci a 1, iar a + 3 a3 + 5 a5 > = 1. Dacă a (0, 1), atunci a <, iar a + 3 a3 + 5 a5 > = 3. În sfârşit, dacă a [1, ), atunci a a < a + 3 a3 + 5 a5. a X.16. Fie a, b, c, d numere complexe astfel încât a + b b + c c + d = 0. Arătaţi d că z a + z b + z c + z d a + b + c + d, oricare ar fi z C. Irina Cristali, elevă, Bucureşti Soluţie. Punctele A a a, B b C c şi b, c D d d se află pe cercul unitate şi OA + OB + OC + OD = 0 ; atunci ABCD este dreptunghi (cu centrul în origine). Fie A (a), B (b), C (c) şi D (d); punctele A, O, C sunt coliniare, la fel ca şi punctele B, O, D. Dacă Z(z) este un punct în plan, atunci ZA + ZC A C z a + z c a + c, iar ZB + ZD B D z b + z d b + d. Adunând 66 B N A M C P

71 aceste relaţii, se obţine inegalitatea dorită. Egalitatea se atinge dacă şi numai dacă {Z} = A C B D i.e. Z = O, adică z = 0. X.163. Dacă x 0, π 1 arătaţi că sin x < 3, x x 4. Lucian Tuţescu şi Cristian Moanţă, Craiova Soluţie. Cum 0 < x < π 3 <, avem că x x 4 = x ( x ) > 0. Trebuie să arătăm 4p că sin x > 4x x 4 şi, cum = tg x + ctg x, rămâne de demonstrat sin x inegalitatea tg x+ctg x+x 4 > 4x. Din inegalitatea mediilor, tg x+ctg x+x 4 +x 4 > 4 ctg x tg x x4 x 4 = 4x ; egalitate nu putem avea, căci egalitatea tg x = ctg x = x 4 nu este posibilă pentru x (0, π 3 ). X.164. Determinaţi a, n N\{0, 1} cu proprietatea că numerele log a (n 1) şi log a n sunt raţionale. Alexandru Blaga, Satu Mare Soluţie. Fie n 3; cum log a (n 1) > 0 şi log a n > 0, vom avea n 1 = a x y şi n = a z t, cu x, y, z, t N. Atunci (n 1) y = a x şi n t = a z, de unde (n 1) yz = n tx. Însă yz, tx sunt numere naturale nenule iar n, n 1 sunt prime între ele, prin urmare relaţia precedentă este imposibilă. Pentru n =, log a (n 1) = 0 Q şi log a Q = a z t, z, t N a = t z, z, t N; cum a N, a 1, obţinem că t z N. În concluzie, n = şi a = m, m N. X.165. Determinaţi perechile (m, n) de numere întregi cu proprietatea că m(sin n x+ cos n x 1) = n(sin m x + cos m x 1), oricare ar fi x R. Mihai Dicu, Craiova Soluţie. Evident, orice pereche (m, m), m Z, este soluţie a problemei. În continuare, presupunem că m n. Relaţia din enunţ este adevărată pentru x = π, prin urmare m(( 1) n 1) = n(( 1) m 1). Dacă m şi n ar fi ambele impare, ajungem la m = n, în contradicţie cu presupunerea făcută. Dacă m şi n ar avea parităţi diferite, ajungem la m = n = 0, imposibil. Rămâne că m = p şi n = q, cu p, q N. În relatia din enunţ, luăm x = π 4 şi obţinem, după calcule, că 1 p 1 = 1 q 1. p q Considerăm funcţia f : Z Z, f(x) = 1 x 1. Cum f(1) = 0, f() = f(3) = 1 x 4 1 şi f(x + 1) f(x) = x(x + 1) 1 x + x > 0, x 3, rezultă că valorile p =, q = 3 (sau invers) sunt singurele pozitive care conduc la soluţii ale problemei. Pentru că f( 1) = 3, f( ) = 3 şi f(x + 1) f(x) < 0, x, nu există soluţii având componente distincte negative. Evident, nu există nici soluţii având componente de semne contrare. În concluzie, perechile căutate sunt {(4, 6), (6, 4)} {(m, m) m Z}. 67

72 Clasa a XI-a XI.161. Se consideră parabola P : y = ax + a (a > 0) şi cercul C, tangent la parabolă în M şi la axa Ox în N. Scrieţi ecuaţia cercului C, ştiind că tangenta în M la parabolă trece prin origine. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Fie M(x 0, y 0 ); panta tangentei în M la parabolă este y x=x 0 = ax 0, deci ecuaţia acestei tangente este d i : y y 0 = ax 0 (x x 0 ). Originea aparţine accestei drepte, deci y 0 = ax 0 = ax 0 + a, de unde x 0 = ±1. Obţinem două puncte M : M 1 (1, a) şi M ( 1, a). Fie C(m, n) centrul cercului; raza lui C va fi egală cu n, iar distanţa de la C la tangenta d va fi tot egală cu n. În cazul x 0 = 1, această egalitate conduce la m = n 1 + 4a + 1. a În plus, CM 1 este perpendiculară pe tangenta d 1, de unde obţinem relaţia n a a = 1. Găsim, astfel, coordonatele m 1 lui C: x C = 4a + 1, y c = a+ 1 a 1 4a + 1. Cunoscând centrul şi raza, putem a scrie ecuaţia cercului C 1 tangent în M 1 la parabola P. Va mai exista şi un al doilea cerc, simetricul primului în raport cu axa Ox. XI.16. Fie A M n (R) matrice cu proprietatea că 3A 4 14A 3 13A + 6I n = O n. Demonstraţi că det A > 0. Bogdan-Petre Posa, Bucureşti Soluţie. Dacă λ este o valoare proprie a lui A, atunci 3λ 4 14λ 3 13λ + 6 = 0 (3λ + 4λ + )(λ 6λ + 3) = 0. Dacă α şi α sunt rădăcinile complexe nereale ale polinomului 3λ + 4λ +, iar β 1 şi β sunt rădăcinile reale (pozitive) ale polinomului λ 6λ + 3, atunci λ {a, α, β 1, β }, prin urmare deta = α m α m β p 1 βq > 0. XI.163. Fie m, n N, 3 m < n şi funcţia f :0, π R, f(x) = sinm x m + cos m x. Determinaţi imaginea funcţiei f. n Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. Scriem f(x) = 1 mn g(x), unde g(x) = m cosm x+n sin m x, x 0, π. Funcţia g este derivabilă, cu g (x) = m sin x cos x(n sin m x m cos m x). Notând x 0 = arctg m É m n 0, π 4, avem că g (x) < 0, x (0, x 0 ) şi g (x) > 0, x x 0, π, prin urmare x 0 este unicul punct de minim al funcţiei g, deci şi al funcţiei f. Avem că f min = f(x 0 ) = È m 1 m m m + m n m + m n n, lim f(x) = 1 x π m şi lim f(x) = 1 x 0 n < 1 f m. În concluzie, Im f = min, m. 1 XI.164. Fie (x n ) n 1 un şir de numere reale pozitive astfel încât există lim (x n+1 n x n ) = x R +. Calculaţi lim (x n+1 n+1 n + 1 x n n n). n D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău 68

73 Soluţie. Dacă y n este şirul a cărui limită se cere, atunci y n = (x n+1 x n ) n+1 n + 1+ x n ( n+1 n + 1 n n), n. Primul termen al acestei sume are limita x 1 = x. Al doilea termen are limita egală cu unde u n = 1 x n lim n n lim n ( n+1 n + 1 n x n+1 x n n) = lim n n n + 1 n lim n n n n u n = x lim n n lim n n u n 1 ln u n ln u n n, n+1 n + 1 u n 1 n 1. Avem că lim = 1, iar lim n n ln u n n un n = n + 1 lim n n = 1, deci lim n+1 n + 1 ln n un n = 0. În concluzie, lim y n = x + 0 = x. n XI.165. Există două funcţii strict convexe ale căror grafice se intersectează în exact n puncte? Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Da, iar punctele în care se intersectează graficele funcţiilor pot fi alese arbitrar. Anume, fie a 1 < a <... < a n numere reale fixate şi funcţiile f, g : R R definite prin f(x) = x m + Ax + h(x) şi g(x) = x m + Ax, unde h(x) = (x a 1 )(x a )... (x a n ), pentru orice x R. Evident, graficele lui f şi g se intersectează în exact n puncte (ale căror abscise sunt a 1, a,..., a n ), iar pentru m număr natural nenul şi A număr pozitiv, g este strict convexă. Mai rămâne să vedem cum să alegem pe m şi pe A pentru a asigura şi convexitatea funcţiei f. Derivata a doua a lui f este f (x) = m(m 1)x m + h (x) + A, deci este o funcţie polinomială de grad par dacă m este ales astfel încât m > n. Fiind de grad par, are un minim absolut pe R, acesta fiind A + min (m(m x R 1)xm + h (x)). E suficient deci să luăm A > 1 min x R (m(m 1)xm + h (x)), pentru ca f să aibă cea mai mică valoare strict pozitivă şi, în consecinţă, f să fie strict convexă pe R. Clasa a XII-a XII.161. Fie u, v numere reale fixate şi mulţimile 1 ua vb c M = { a, b, c Q}, V = {(ua, vb, c) a, b, c Q} Pe mulţimea M definim operaţia de înmulţire a matricelor, iar pe mulţimea V considerăm adunarea vectorilor. Demonstraţi că (M, ) şi (V, +) sunt grupuri comutative izomorfe. Gheorghe Costovici, Iaşi Soluţie. Se verifică uşor fiecare dintre axiomele grupului, iar izomorfismul este cel natural. 69

74 Z XII.16. Let f : R [0, ) be a continuous differentiable function. Prove that x (f(t) + sin t f (t))dt f(x) sin x, x 0. 0 Zdravko Starc, Vrsac, Serbia Soluţie. Se integrează pe [0, x], unde x 0, inegalitatea evidentă f(t) sin t f(t), t 0. XII.163. Determinaţi funcţia derivabilă f : R R, dacă f(0) = 1, f (0) = 0 şi f f Z f(x)dx. R Ovidiu Pop, Satu-Mare Soluţie. Avem: f f f(x)dx (f f ) = f f f + f = 0 (f(x)e x ) = 0, x R (f(x)e x ) = a, x R f(x)e x = ax + b, x R f(x) = (ax + b)e x, x R. Din f(x) = 1, f (0) = 0 obţinem că a = 1, b = 1, deci f(x) = (1 x)e x, x R. Fie f : [0, 1] R o funcţie continuă cu proprietatea că f(x)f(1 x) Z 1XII.164. f (x)dx, x [0, 1]. Demonstraţi că funcţia f nu poate fi injectivă. 0 Dumitru Crăciun, Z Fălticeni 1 Soluţie. Integrând relaţia din enunţ pe intervalul [0, 1], obţinem că f(x)f(1 1 x)dx Z f (x)dx. Facem, în ambele integrale, schimbarea de variabilă 1 x = y; 0 Z 1 Z 1 obţinem că f(1 x)f(x)dx f (1 x)dx. Sumând cele două inegalităţi, rezultă căz (f(x) f(1 x)) dx 0, prin urmare f(x) = f(1 x), x [0, 1] şi, 0 de aici, concluzia problemei. XII.165. Calculaţi lim n Z n ( 1) [ x] 1 x dx. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Pentru orice n N există k N astfel încât k n < (k + 1). Notăm integrala din enunţ cu I n şi scriem: I n = k 1Z (p+1) X p=1 p ( 1) k 1 Cum lim n x lim I n = lim n k 1 X k p=1 = lim k k 1 X (p+1) p ( 1) p n x dx +Z k ( 1) p 1 k x dx = x p=1 n ( 1)k 1 1 = lim k n n 1 = 0, rezultă că k 0 + ( 1)k 1 x n. k p 1 1 ( 1) (p + 1) 1 = lim ( 1) q 1 k 1 p k q + ( 1) p 1 p q= p=1! ( 1) p 1 p ( 1)k k = π = 1 π 6. kx p=1 kx X! 70

75 kp p=1 Am folosit kp faptul că lim n 1 p 1 (q) = q=1 kp p= = π n P 1 p 1 [ k ] q=1 1 q 6 ; ca urmare, kp p=1 π k 6 1 π 6 = π 1. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. /015 ( 1) p 1 1 p = A. Nivel gimnazial G86. Definim mulţimile (A n ) n 0 astfel: A 0 = {1,,..., 015}; A 1 se obţine înlocuind fiecare element al lui A 0 cu suma tuturor celorllate elemente ale lui A 0 ; A se obţine înlocuind fiecare element al lui A 1 su suma tuturor celorlate elemente ale lui A 1 ş.a.m.d. Dacă n N, arătaţi că nu există elemente în A n care să fie congruente modulo 016. Vlad Tuchiluş, elev, Iaşi Soluţie. Să observăm că A n = 015, n N: dacă A n = {a 1, a,..., a 015 } şi S = a 1 + a a 015, atunci A n+1 = {S a 1, S a,..., S a 015 }. Pentru a i, a j A n, i j, corespondentele lor în A n+1, S a i şi S a j, au proprietatea că (S a i ) (S a j ) = a i a j, deci valorile absolute ale diferenţelor perechilor de elemente din A n sunt mereu aceleaşi. Astfel, o mulţime A n ar conţine elemente congruente modulo 016 dacă şi numai dacă A 0 ar conţine astfel de elemente. Cum acest lucru nu se întâmplă, rezultă concluzia problemei. G87. Avem un număr nemărginit de jetoane de opt culori. Stabiliţi care este cel mai mic număr de jetoane care trebuie aşezate în rând astfel încât, pentru oricare două culori diferite, să se găsească în rând două jetoane vecine având aceste culori. Ioan Viorel Codreanu, Satulung Soluţie. Pentru o culoare fixată A, un jeton de culoare A trebuie să fie vecin cu jetoane de alte şapte culori. Cum un jeton nu are mai mult de doi vecini, în rând trebuie să existe măcar patru jetoane de culoare A; analog pentru celelalte culori. În total, trebuie să avem măcar 4 8 = 3 jetoane. Un exemplu de aşezare a 3 jetoane este următorul: G88. Fie a, b, c numere naturale nenule astfel încât 3ab = c. Arătaţi că numărul a 3 + b 3 + c 3 este compus. Lucian Tuţescu, Craiova şi Marian Voinea, Bucureşti Soluţie. Cum 3ab = c, rezultă că a 3 + b 3 + c 3 = a 3 + b 3 + ( c) 3 3ab( c) = (a+b c)(a +b +c ab+ac+bc). Însă a, b, c nu pot fi toate egale (relaţia 3ab = c ar conduce la 3 = ) iar a + b + c ab + ac + bc = 1 ((a b) + (a + c) + (b + c) ) 1 (0 + (1 + 1) + (1 + 1) ) = 4; rămâne să mai arătăm că a + b c. Presupunem că a + b c = 1; ipoteza 3ab = c conduce la 3ab = (a + b 1), adică (a 1) + (b 1) + a + b + ab = 0, ceea ce este imposibil. Cu aceasta, soluţia este completă. 71

76 G89. Fie a, b, c, x, y, z numere reale pozitive astfel încât a+b+c = 3. Demonstraţi că 36 x 3 (a + b) + y3 (b + c) + z 3 (c + a) (x + y + z) 3. Robert Antohi, elev, Iaşi Soluţia 1 (Robert Antohi, Titu Zvonaru). Aplicăm inegalitatea lui Hölder: 36X x 3 (a + b) X Š X Š = (a + b) (a + b) X x 3 (a + b) X x Š3. Soluţia (Titu Zvonaru, Nicuşor Zlota). Aplicăm inegalitatea lui Radon: x 3 (a + b) + y3 (b + c) + z 3 (c + a) (x + y + z) 3 (x + y + z)3 =. (a + b + b + c + c + a) 36 G90. Fie x, y, z numere reale cu x, y, z 1 şi n > 1, astfel încât x + y + z = n +. Arătaţi că x + y + z n +. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti Soluţia 1. Prin ridicări succesive la pătrat se arată că 1 + a b a + b, a, b 0. Aplicând acest rezultat, avem: x + y + z = p 1 + x 1 +È1 + y 1 + p 1 + z 1 1 +È1 + x + y + p 1 + z È1 + x + y + z 3 = n +. Se atinge egalitatea pentru tripletele (x, y, z) {(n, 1, 1); (1, n, 1); (1, 1, n)}. Soluţia (Guriţă Vladimir, elev, Craiova). Prin absurd, să presupunem că x + y + z < n +. Atunci, avem succesiv: x + y + z < n (x + y + z ) < n (x + y + z ) < x + y + z xy x y yz y z xz x z + 1 < 0 (x 1)(y 1) + (y 1)(z 1) + (z 1)(z 1) < 0, ceea ce este fals. Ca urmare, x + y + z n + şi se continuă la fel. G91. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, arătaţi că a b + c + b c + a + c a + b + ab + bc + ca 3(a + b + c ) 4 3. X =X a a (a + b + c) b + c ab + ac =P a + 3PP ab P = a ab 3 + Mircea Lascu şi Marius Stănean, Zalău Soluţie. Aplicând inegalitatea lui Bergström, avem: = 3P ab 7 3P ab.

77 a AtunciP b + c + ab + bc + ca 3(a + b + c ) se atinge dacă şi numai dacă a = b = c. P a P ab +P P ab a = 4 3. Egalitatea G9. Un triunghi ascuţitunghic ABC are proprietatea că suma distanţelor de la oricare punct din interiorul triunghiul la laturile acestuia este egală cu lungimea înălţimii din A. Demonstraţi că triunghiul este echilateral. Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Demonstram mai întâi următoarea lemă:,,dacă d(p, AB) + d(p, AC) = h a, P (BC), atunci ABC este echilateral. Într-adevăr, fie M mijlocul lui BC şi N mijlocul lui BM. Luând P = M, obţinem că h b A + h c = h a; luând apoi P = N, obţinem că 3h b 4 + h c 4 = h a. De aici, 3h b + h c = h b + h c, deci h b = h c. Înlocuind, deducem că h a = h b = h c, adică ABC este echilateral. Revenim la soluţia problemei. Considerând punctul P pe linia mijlocie B C paralelă cu BC, condiţia d(p, AB) + d(p, AC) + d(p, BC) = h a revine la d(p, AB) + d(p, AC) = B N M C h a, P (B C ). Cum h a este lungimea înălţimii din A în AB C, lema precedentă arată că AB C este echilateral, deci şi ABC este tot echilateral. A A1 M. O1. O B1 G93. Cercurile C 1 (O 1, r 1 ) şi C (O, r ) trec prin punctul M. Două drepte a şi b trec prin M şi taie a doua oară cercurile în A 1 şi A, respectiv în B 1 şi B. Dacă MA 1 = A 1 A şi MB 1 = B 1 B, arătaţi că cercurile sunt tangente în M şi r = r 1. Romanţa Ghiţă şi Ioan Ghiţă, Blaj Soluţie. Omotetia de centru M şi raport transformă punctele M, A 1, B 1 în punctele M, A, B. Atunci cercul circumscris al MA 1 B 1 (care este C 1 ) va fi transformat în cercul circumscris al MA B (care este C ). Transformatul lui O 1 va fi O, deci punctele M, O 1, O sunt coliniare şi MO 1 = MO, adică sunt adevărate cerinţele problemei. A G94. Pe laturile BC şi AC ale triunghiului ABC se consideră punctele M respectiv D şi fie {F } = BD AM. Paralela prin F la BC taie AC 1 în punctul E. Dacă DE = 1 AD + 1 CE + 1 AC, arătaţi că M este mijlocul lui BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie x = BM MC, y = DC ; atunci BM = DA ax x + 1, DC = by y + 1, DA = b. Cu teorema lui y B F M D E B C

78 Menelaus în AMC şi transversala B F D, obţinem că BM BC DC DA F A F M = 1 F A F M = x + 1 AE xy EC = x + 1 xy. Atunci EC = bxy, iar DE = DC EC = xy + x + 1 by y + 1 bxy xy + x + 1 = by. Relaţia din enunţ devine succesiv (y + 1)(xy + x + 1) y xy + x x(y + 1) + y (y + 1)(xy + x + 1) = 1 x y + x y + x xy xy 1 = 0 (x 1)(xy + xy + x + 1) = 0. Cea de-a doua paranteză fiind strict pozitivă, rezultă că x = 1, deci M este mijlocul laturii BC. G95. Fie triunghiul ABC şi punctele A 1 BC, B 1 AC şi C 1 AB astfel încât dreptele AA 1, BB 1 şi CC 1 să fie concurente. Punctele X, Y şi Z reprezintă intersecţiile dreptelor AP, BP şi CP cu segmentele (B 1 C 1 ), (A 1 C 1 ) respectiv (A 1 B 1 ), unde P este un punct fixat în interiorul triunghiului ABC. Demonstraţi că dreptele A 1 X, B 1 Y şi C 1 Z sunt concurente. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi Soluţie. În RecMat 1/005, Titu Zvonaru şi Bogdan Ioniţă demonstrează următoarea Lemă. În ABC, AD este ceviană, iar o secantă taie dreptele AB, AD şi AC în M, P respectiv N. Atunci AM AB DB DC AC AN P N P M = 1. Notăm {X } = AP BC, {Y } = BP AC, {Z } = CP AB. Aplicând AC 1 de trei ori lema, obţinem: A AB X B X C AC AB 1 XB 1 BA 1 = 1,. XC 1 BC Y C Y A BA Y C 1 = 1 respectiv CB 1 BC 1 Y A 1 Z X C.. B 1 CA Z A Z B CB ZA 1 = 1. CA 1 ZB Înmulţind 1 P Y aceste trei egalităţi şi ţinând seama de faptul că 1 Z A 1 B A 1 C B1C B 1 A C1A C 1 B = 1 şi X B X C Y C Y A Z A Z B = 1 (teorema lui Ceva), deducem că XB 1 Y Y C 1 ZA 1 = 1, B A 1 X C XC 1 Y A 1 ZB 1 de unde concluzia problemei. B. Nivel liceal L86. Fie ABC un triunghi în care unghiul A b este cel mai mare şi punctele D 1, D (BC) astfel încât BAD1 Õ ACB Õ şi CAD Õ ABC. Õ Dacă r este raza cercului înscris în ABC şi ρ este raza cercului circumscris AI 1 I (unde I 1, I sunt 74

79 centrele cercurilor înscrise în triunghiurile ABD, respectiv ACD 1 ), demonstraţi că r = ρ sin A. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi Soluţie. Unghiul A b fiind cel mai mare, punctele D1 şi D aparţin segmentului (BC). Ordinea lor pe segment se schimbă A după cum m(b A) 90 sau m(b A) < 90, dar soluţia este aceeaşi. Fie {M 1 } = AI 1 BC, {M } = AI BC; 1 I atunci m(ö BM A) = m(ò C) + I I m( CAD1 Ö ) = 1 m(ö BAM ), deci BAM este isoscel şi bisectoarea BI 1 corespunzătoare bazei va fi şi înălţime: BI 1 AM. Analog se arată că CI AM 1, prin urmare I este ortocentrul triunghiului AI 1 I. Astfel, AI = ρ cos I 1AI 1 Ö m( BAD ) Ö 1 m( CAD1 ) = A A B B A C M1 D1 D M C. Însă m(õ I1 AI ) = m(õ BAC) = B + C şi atunci AI = ρ sin A. Pe de altă parte, AI = r r sin A, deci sin A = ρ sin A r = ρ A sin. Notă. Soluţie corectă am primit din partea d-lui Titu Zvonaru, Comăneşti. L87. Fie A, B, C mijloacele laturilor triunghiului ABC. Notăm cu S punctul lui Spieker al triunguiului A B C. Dreptele AS, BS, CS intersectează laturile BC, CA, AB în punctele M, N respectiv P. Să se demonstreze că perpendicularele în punctele M, N, P pe laturile BC, CA, respectiv AB sunt concurente dacă şi numai dacă triunghiul ABC este isoscel. Nela Ciceu, Bacău şi Roxana Mihaela Stanciu, Buzău Soluţie. Fie a, b, c laturile triunghiului. Folosind formula (*) din RecMat /011, pag. 109, obţinem BM/MC = (a + b + c)/(a + b + c) şi atunci BM MC = a + b + c a + b + c a(a + b + c) a(a + b + c) BM =, MC = a + 3b + 3c a + 3b + 3c. Notăm x = 3a + 3b + 3c. Conform teoremei lui Carnot, perpendicularele din enunţ sunt concurente dacă şi numai dacă BM + CN + AP = MC + NA + P B. Deoarece BM MC = a (b c), relaţia de mai înainte este echivalentă succesiv x a cu a (b c)(x bx cx + bc) + b (c a)(x ax cx + ac)(x ax cx + ac) + c (a b)(x ax bx + ab) = 0 ab(a b) c(a b ) + c (a b) = 0 (a b)(b c)(c a) = 0, de unde rezultă concluzia dorită. 75

80 L88. Dacă într-un triunghi neisoscel dreapta determinată de punctul lui Lemoine şi centrul cercului lui Euler este paralelă cu o latură a triunghiului, atunci triunghiul este dreptunghic. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Fie a, b, c laturile triunghiului, a fiind cea mai mare dintre ele. Notăm cu L punctul lui Lemoine şi cu O 9 centrul cercului lui Euler; AL intersectează latura BC în punctul M, iar AO 9 intersectează pe BC în punctul N. Vom calcula raportul BN folosind formula (*) din Rec.Mat. /011, p.109. Avem k 1 = k = k 3 = 1, p 1 = BN NC NC sin C sin B, p = = sin A + sin B sin A + sin C sin A sin C, p sin B 3 = sin A şi obţinem = a cos A + b cos B a cos A + c cos C = c (a + b ) (a b ) b (a + c ) (a c ). Fie AM, CQ simedianele. Deoarece AP P C = c AQ şi a QB = b, din Van Aubel obţinem a AL LM = b + c a. Fie acum AN, BS, CT cevienele corespunzătoare punctului O 9. Am calculat raportul BN CS AT. Prin permutări circulare găsim rapoartele şi şi cu Van Aubel obţinem NC SA T B AO 9 O 9 N = AS SC + AT T B = 3a b + 3a c + b c a 4 b 4 c 4 a b + a c + b c b 4 c 4. Deci, LO 9 BC AO 9 O 9 N = AL LM şi folosind relaţia lui Van Aubel, rezultă AL LM = AO 9 O 9 N b + c a = 3a b + 3a c + b c a 4 b 4 c 4 a b + a c + b c b 4 c 4 a 6 b 6 c 6 3a 4 b 3a 4 c + a b 4 + a c 4 + b 4 c + b c 4 = 0 (a b c )[a (a b ) + a (a c ) + (b c ) ] = 0. Din presupunerea că a este cea mai mare latură şi triunghiul este neisoscel, rămâne doar posibilitatea ca a = b + c, adică triunghiul dat este dreptunghic. Notă. A rezolvat problema utilizând numerele complexe d-l Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş). L89. Construim şirul de triunghiuri A n B n C n, n N, astfel: A 0 B 0 C 0 este arbitrar ales; vârfurile A k+1 B k+1 C k+1 sunt punctele în care medianele A k B k C k intersectează cercul circumscris acestuia, oricare ar fi k N. Dacă în şirul astfel definit există două triunghiuri congruente, arătaţi că A 0 B 0 C 0 este echilateral. Vasile Jiglău, Arad Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Vom folosi următoarele notaţii pentru A k B k C k : a k, b k, c k laturile, M k mijlocul laturii B k C k, G k centrul de greutate şi m ak lungimea medianei din A k. 76

81 (i) Să presupunem că triunghiurile A k+1 B k+1 C k+1 şi A k B k C k sunt congruente. Folosind asemănarea triunghiurilor A k B k M k şi M k A k+1 C k apoi asemănarea triunghiurilor A k B k G k şi A k+1 G k+1 B k+1, obţinem A k M k M k C k = B km k M k A k+1 = a k 4m ak, G k A k+1 = m ak 3 + a k 4m ak = a k + b k + c k 6am ak, G k A k+1 = c k+1 a k c k+1 = c + b k + c k k. B k G k c k 4m ak m bk Utilizând formula pentru lungimea medianei, după ceva calcule, rezultă că (1) c k+1 = c k a 4 k + b 4 k = a kb k + c 4 k. Scriind încă două relaţii similare relaţiei (1), după adunarem obţinem: a 4 k + b 4 k + c 4 k = a kb k + b kc k + c ka k, de unde deducem imediat că a k = b k = c k. (ii) Vom demonstra că, dacă A k+1 B k+1 C k+1 este echilateral, atunci A k B k C k este echilateral. Avem a k c k+1 = b k+1 c + b k + c k a k k = b + b k + c k k 4m ak m bk 4m ak m ck (b k c k)(b k + c k a k) = 0. c k m ck = b k m bk Scriind şi celelalte două relaţii similare, prin rezolvarea sistemului format obţinem a k = b k = c k. Concluzia problemei rezultă imediat: din congruenţa triunghiurilor A k+1 B k+1 C k+1 şi A k B k C k rezultă că triunghiul A k B k C k este echilateral şi apoi, din aproape în aproape, că triunghiul A 0 B 0 C 0 este echilateral. L90. Fie ABCD un patrulater ortogonal care este atât inscriptibil, cât şi circumscriptibil; fie r, R raza cercului înscris, respectiv raza cercului circumscris. Dacă a = AB, b = BC, c = CD, d = DA, c = AC şi f = BD, demonstraţi că 3R r a b + b c + c d + d a + e f + f e. Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Deoarece ABCD este ortogonal, circumscriptibil şi inscriptibil, avem (1) () (3) a + c = b + d, a + c = b + d, ac + bd = ef. Din (1) şi () rezultă uşor că {a, c} = {b, d}; să facem o alegere, a = d, b = c. Din (3) deducem acum că ab = ef. Deoarece ABCD este un deltoid (două triunghiuri isoscele 77

82 cu baza comună), AC este mediatoarea diagonalei BD. Scriind aria triunghiului ABC în două moduri, obţinem ab sin B = ef/, şi cum ab = ef, avem sin B = 1, adică unghiul ABC este drept. Din triunghiul dreptunghic ABC obţinem e = a + b şi R = e /4 = (a + b )/4. Deducem imediat şi r = ab/(a + b). Inegalitatea de demonstrat se scrie folosind doar variabilele a şi b (c = b, d = a, r = ab/(a + b), R = (a + b )/4, e = a + b, f = ab/e): 3(a + b )(a + b) 4a b a b b a a + b + ab ab a + b. Deoarece ab a + b, este suficient să demonstrăm că 3(a + b )(a + b) 4a b a b + b a + a + b + 3 ab 3a 4 + 6a 3 b + 3a b + 3a b + 6ab 3 + 3b 4 4a 3 b + 4ab 3 + a 3 b + ab 3 + 1a b 3a 4 6a b + 3b 4 0 3(a b ) 0. Avem egalitate dacă şi numai dacă ABCD este pătrat. Notă. Am mai primit soluţie corectă din partea d-lui Vasile Jiglău, Arad. L91. Notăm cu a numărul fracţiilor zecimale finite care se scriu, în formă ordinară, ca fracţii de tipul, unde x este număr natural de n cifre (în baza 10). 1 x Demonstraţi că 4n + 1 a 6n + 1. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti Soluţie. Numărul a este egal cu numărul perechilor (α, β) de numere naturale cu proprietatea că 10 n 1 α 5 β < 10 n. Dacă α = β, atunci α = β = n 1. Numărăm separat perechile în care α > β şi cele în care α < β. Dacă α > β, atunci α = β + p, cu p N şi 10 n 1 10 β p < 10 n. Rezultă că n β 1 p lg < n β, deci α β = p n β 1, n β. Numărul β parcurge lg lg valorile 0, 1,,..., n 1, iar α se află în intervalul β + n β 1 lg lungimea 1, β + n β, cu lg (3, 4). În concluzie, avem cel puţin 3n şi cel mult 4n perechi (α, β) lg cu α < β. Un raţionament similar arată că există cel puţin n şi cel mult n perechi (α, β) cu α < β. În concluzie, avem cel puţin 4n + 1 şi cel mult 6n + 1 perechi (α, β) cu proprietatea dorită, de unde cerinţa problemei. L9. Fie (F n ) n 0 şitul lui Fibonacci şi (L n ) n 0 şirul lui Lucas, definite prin F 0 = 0, F 1 = 1, F n+1 = F n + F n 1, n N, respectiv L 0 =, L 1 = 1, L n+1 = L n + L n 1, n N. Dacă p, j N sunt oarecare, demonstraţi: Pn C a) k n k=0 F p k+j Pn (p+1)n ; b) F p k=0 n+j C k n L p k+j 78 (p+1)n ; L p n+j Nicuşor Zlota, Focşani

83 Soluţie. a) Folosind formulele lui Binet, avem: F n+j = αn+j β n+j α β = 1 α β nx k=0 = (1 + α)n α j (1 + β) n β j α β C k nα k+j nx k=0 C k nβ k+j! = nx k=0 = Cn k α k+j β k+j α β = nx k=0 C k nf k+j, unde α = 1 + 5, β = 1 5, cu α = 1 + α şi β = 1 + β. Aplicând inegalitatea lui Radon, obţinem: nx C k n F p k=0 k+j = nx k=0 b) Se procedează analog. (Cn) k p Cn k (Cn k F k+j ) p ( Pn k=0 Ck n) p+1 (Pn k=0 Ck n F k+j ) = (p+1)n p F p. n+j Notă. A rezolvat problema d-l Titu Zvonaru, Comăneşti. nx L93. Fie a 1,..., a n (0, 1]. Să se arate că are loc inegalitatea: k=1 (1 a k ) (1 Qn Qn k=1 a k). a k k=1 a k Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Cazul n = se reduce prin calcul direct la inegalitatea evidentă (1 + a 1 a )(1 a 1 )(1 a ) 0. Apoi se demonstrează prin inducţie. Notă (Marian Tetiva). Inegalitatea asemănătoare nx k=1 a a k a k k=1 a k Qn k=1 a k 1 Qn valabilă tot pentru a 1,..., a n (0, 1], se poate utiliza în rezolvarea problemei propusă de Raymond Mortini şi Jerome Noel în The American Mathematical Monthly, nr. 5/011. De fapt, inegalitatea este echivalentă cu cea propusă acolo (care reprezintă cazul sumelor infinite, doar în aparenţă mai general). Notă. A rezolvat problema d-l Titu Zvonaru, Comăneşti, care observă că inegalitatea rămâne adevărată şi dacă a 1, a,..., a n (1, ). Am mai primit soluţii corecte de la Andrei Raul Spătaru, elev, Craiova şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung. L94. Să se arate că, pentru orice numere pozitive a, b, c, are loc inegalitatea: a 3 + b 3 + c 3 È(a b + b c + c a)(ab + bc + ca ) 1 (a b)(b c)(c a). 79, Marian Tetiva, Bârlad

84 Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti şi Nicuşor Zlota, Focşani). Notăm p = a b+b c+c a şi q = ab +bc +ca. Din inegalitatea mediilor, p 3abc şi q 3abc. Din inegalitatea lui Schur, a 3 +b 3 +c 3 +3abc p+q. Deoarece (a b)(b a)(c a) = p q, este suficient să demonstrăm inegalitatea Însă această inegalitate revine la (p + q 3abc) pq p q. ( p q) + ( min{p, q} 6abc) 0, care este adevărată şi, astfel, soluţia este completă. Notă. Au rezolvat problema Denisa Drăghia, elevă, Craiova, Georgiana- Sînziana Păucă, elevă, Truşeşti (Botoşani) şi d-l Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş). L95. Determinaţi valoarea minimă a numărului real pozitiv k, încât pentru orice numere reale pozitive a, b, c să aibă loc inegalitatea X a + b ab + bc + ca a + k + ab + b a + b + c k +. Florin Stănescu, Găeşti Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Pentru a = b = 1, c = 0 obţinem k 1 k + k 4 3. Vom demonstra, folosind metoda SOS, inegalitatea: X a + b a + ab + b + 4 ab + bc + ca 3 a + b + c 4 3 X + a + b a + ab + b 43 3 a + b + c ab bc ca a + b + c X X X (a b) a + ab + b (a b) (a b) (a + b c) a + b + c a + ab + b 0 (b c) S a + (c a) S b + (a b) S c 0, unde S a = b + c a b + bc + c, S b = c + a b c + ca + a, S c = a + b c a + ab + b. Putem presupune că a b c; avem S b 0, S c 0. Rămâne de demonstrat că adevărat. a S b + b S a 0 a (c + a b) c + ca + a + b (b + c a) b + bc + c 0 a c 3 + a 3 bc + a 3 c + b 3 c + b 3 c + ab 3 c + b c 3 0, Notă. A rezolvat problema d-l Nicuşor Zlota, Focşani. 80

85 Probleme propuse 1 P339. Încercuiţi numerele scrise în şirul 9, 7, 3, 5, 1,, 4, 6, 8, care sunt după 7, înainte de, după 3 şi înainte de 4. (Clasa pregătitoare) Nicolae Vieru, elev, Iaşi P340. Completaţi şirul cu încă cinci forme geometrice, respectând regula sa de formare. (Clasa pregătitoare) Andreea Munteanu, elevă, Iaşi P341. Într-o pungă sunt trei mere roşii şi două mere galbene. Care este cel mai mic număr de mere pe care trebuie să le scoatem din pungă, fără a le vedea, pentru a fi siguri că am scos cel puţin două mere roşii? (Clasa I ) Adelin Bechet, elev, Iaşi P34. Maria confecţionează un colier din 4 de mărgele astfel încât primele patru au culorile verde, galben, roşu şi alb, iar următoarele repetă aceste culori în aceeaşi ordine. Ce culoare are a şaptesprezecea mărgică a colierului? (Clasa I ) Andrei Leahu, student, Iaşi P343. Scrieţi numerele, 3, 4, 6, 7, 8, 10 într-un şir astfel încât suma primelor patru numere să fie egală cu suma celor rămase. (Clasa I ) Ecaterina Brînzac, elevă, Iaşi P344. Ştiind că a b = 171 iar b nu-l depăşeşte pe 11, să se afle valoarea minimă şi valoarea maximă a lui a. (Clasa a II-a) Ana Stoica, elevă, Iaşi P345. Într-o cutie sunt bile negre mici şi 17 bile albe, din care 3 sunt mici şi celelalte mari. Câte bile trebuie să extragem din cutie, fără să ne uităm la ele, astfel încât să avem cel puţin o bilă albă mică? (Clasa a II-a) Alexandra Hanu, elevă, Iaşi P346. Scrieţi toate numerele de două cifre astfel încât diferenţa dintre cifra unităţilor şi cifra zecilor să fie cu o unitate mai mică decât cifra zecilor. (Clasa a II-a) Monica Maftei, elevă, Iaşi P347. Elevii clasei a III-a au plantat 39 meri, peri şi cireşi. Numărul merilor reprezintă o treime din numărul perilor, iar acesta depăşeşte cu 3 numărul cireşilor. Câţi pomi de fiecare fel au plantat elevii? (Clasa a III-a) Maria Radu, Iaşi P348. Fiecare dintre cele cinci căsuţe din şirul se completează cu numerele 0, 1 sau. În câte moduri putem completa căsuţele astfel încât suma tuturor numerelor să fie 3? (Clasa a III-a) Andreea Ciobotariu, elevă, Iaşi P349. În urmă cu doi ani mama era de şase ori mai în vârstă decât fiica, iar peste doi ani mama va fi de patru ori mai în vârstă decât fiica. Peste câţi ani fiica va avea vârsta mamei de acum doi ani? (Clasa a III-a) Cristina Chelaru, elevă, Iaşi 1 Se primesc soluţii până la data de 15 iunie

86 P350. Paginile unei căţi sunt numerotate cu numerele de la 1 la 373. De câte ori apar trei pagini consecutive astfel încât suma numerelor scrise pe ele se împarte exact la 4? (Clasa a III-a) Maria Bîzdîgă, elevă, Iaşi P351. Aflaţi câte perechi (a, b) de numere naturale verifică egalitatea 3a + 5b = 777. (Clasa a IV-a) Ştefan Gafton, elev, Iaşi P35. Găsiţi numerele naturale ab pentru care avem ab = a + b + a b. (Clasa a IV-a) Nicolae Ivăşchescu, Craiova P353. În pătratul alăturat completăm cele 1 pătrăţele nehaşurate cu numerele 1, 3, 5,..., 3, fără să le repetăm. Spunem că pătratul este elegant dacă suma numerelor de pe fiecare linie (sau de pe fiecare coloană) este aceeaşi. Arătaţi că există cel puţin o aranjare a numerelor astfel încât pătratul să fie elegant. (Clasa a IV-a) Denisa Apetrei, elevă, Iaşi P354. Opt localităţi sunt unite prin şosele ca în figura alăturată. a) Indicaţi un traseu care trece prin fiecare localitate o singură dată. b) Coloraţi localităţile cu două culori astfel încât orice şosea să unească localităţi de culori diferite. (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Clasa a V-a V.00 Împărţind un număr la 8, se obţine câtul 016. Ce cât se poate obţine când împărţim acest număr la 3? Vlad Ciuperceanu, elev, Craiova V.01. Arătaţi că numărul P = se poate scrie ca produsul a trei numere naturale consecutive. Ionel Tudor, Călugăreni V.0. Determinaţi numerele naturale xy cu proprietatea că x y xy = yyy. Viorica Dogaru, Giurgiu V.03. Determinaţi cifrele a, b, c şi d ştiind că dc este pătrat perfect şi aab + 5 cab + cdc + cc = 016. Nicolae Ivăşchescu, Canada V.04. Pe o masă se află 1000 de jetoane. Două persoane iau de pe masă, alternativ, de la 1 la 4 jetoane; câştigă persoana care ia de pe masă ultimul jeton. Care dintre jucători are strategie de a câştiga? Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş V.05. Determinaţi două mulţimi A şi B cu proprietăţile: (i) A B = {1,,..., 016}; 8

87 (ii) toate elementele din B se pot exprima ca sumă de elemente distincte din A; (iii) niciun element din A nu se poate scrie la sumă de elemente distincte din A. Silviu Boga, Iaşi V.06. Spunem că numărul abcd este bun dacă are cifre distincte şi, prin eliminarea unei cifre, se obţine un număr care se poate scrie ca suma a trei cuburi perfecte consecutive. a) Arătaţi că numărul 016 este bun. b) Câte numere bune există? Cătălin Cristea, Craiova Clasa a VI-a VI.00. După trei ieftiniri, fiecare cu 10%, un obiect costă 900 lei. Arătaţi că preţul iniţial al obiectului era mai mare de 100 lei. Constantin Dragomir, Piteşti VI.01. Demonstraţi că < Carmen Daniela Tamaş, Bârlad VI.0. Fie x, y, z, t Q astfel încât (x )y + = (y ) z = (z + )t = (t )x + = 0. Calculaţi produsul xyzt. Bogdan Chiriac, Bacău VI.03. a) Demonstraţi că există o infinitate de triplete de numere întregi (x, y, z) x pentru care x + y + y y + z + z z + x = 0. y b) Dacă (x, y, z) are proprietatea de la a), arătaţi că x + y + z y + z + x z + x = 3. Constantin Apostul, Rm. Sărat VI.04. Arătaţi că există o infinitate de perechi de mulţimi finite (A, B) cu A, B N, B şi astfel încât m(a B) = m(a) m(b) (am notat cu m(x) media aritmetică a elementelor mulţimii X). Petru Asaftei, Iaşi VI.05. Fie D şi F mijloacele laturilor BC respectiv AB ale triunghiului ABC, iar E AC este ales astfel încât DE să fie bisectoarea unghiului ADC. Arătaţi că F E BC dacă şi numai dacă unghiul b A este dreptḃogdan-petre Posa, Bucureşti VI.06. Fie A 1, A,..., A n puncte distincte pe dreapta d astfel încât A 1 A = A A 3 =... = A n 1 A n = 1. Demonstraţi că nu există puncte M exterioare dreptei d pentru care distanţele MA 1, MA,..., MA n să se exprime prin numere naturale. Lucian Tuţescu, Craiova Clasa a VII-a VII.00. Determinaţi numerele întregi n pentru care n + 10n + 16 este număr raţional. Mircea Mario Stoica, Arad 83

88 {z } n de 4 {z } n de 5 VII.01. Dacă n N, arătaţi că numărul A = este pătrat perfect. Marian Cucoaneş, Mărăşeşti VII.0. Fie a, b, c R astfel încât a + ab + bc + ca < 0. Arătaţi că a < b + c. Constantina Prunaru şi Dan Lucian Grigore, Craiova VII.03. Demonstraţi că, pentru orice x R, numărul A = 3x 4 x 3 +x 4x+3 este strict pozitiv. Ionel Tudor, Călugăreni VII.04. Determinaţi numerele întregi x 1, x,..., x 016 pentru care x x x = 016x 1 x... x 016. Dumitru Săvulescu şi Marian Voinea, Bucureşti + VII.05. Fie E şi F mijloacele bazelor AB, respectiv CD, ale trapezului ABCD. Demonstraţi că bisectoarele unghiurilorõ AEF şi Õ DF E se întâlnesc într-un punct situat pe dreapta AD dacă şi numai dacă trapezul este ortogonal. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi VII.06. Fie I centrul cercului înscris în ABC cu AB < AC. Perpendiculara din B pe AI intersectează CI în E. Paralela prin E la AC intersectează AB în D. Demonstraţi că dreapta DI trece prin mijlocul laturii BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Clasa a VIII-a VIII.00. Dacă r şi R sunt razele sferelor înscrisă, respectiv circumscrisă aceluiaşi tetraedru, demonstraţi că R r + r R Marius Olteanu, Rm. Vâlcea VIII.01. Prove that the number (n 4 n + 1) is the sum of two squares for all n N. Alessandro Ventullo, Milan, Italy VIII.0. Spunem că o mulţime nevidă E de numere reale este echilibrată dacă există un număr real α cu proprietatea că, pentru orice x E, rezultă că α x E. a) Demonstraţi că, oricare ar fi n N, există mulţimi echilibrate de cardinal n. b) Daţi un exemplu de mulţime echilibrată infinită. Ovidiu Pop, Satu-Mare VIII.03. Arătaţi că numărul x n = n 3, n N, este natural, iar 4(n + 1)x n + 1 este pătrat perfect. Ovidiu Pop, Satu-Mare VIII.04. Determinaţi numerele a, b, c R + astfel încât abc = 8 şi 8 + ab 1 + c ac 1 + b cb 1 + a = 1. Mihaela Berindeanu, Bucureşti 84

89 VIII.05. Arătaţi că a 1 + a a1 a 1 (a 1 + a )(a 1 + a 1 a ), a 1, a R +. Alina Tigae şi Carmen Terheci, Craiova VIII.06. Dacă x, y, z sunt numere reale pozitive, arătaţi că Clasa a IX-a x 1 + x + y (1 + x )(1 + y ) + z (1 + x )(1 + y )(1 + z ) + 1 8xyz 1. Daniel Sitaru şi Leonard Giugiuc, Drobeta-Tr. Severin IX.166. Determinaţi perechile (x, y) R pentru care expresia E(x, y) = (1 sin x sin y)(1 cos x cos y) are valoare maximă. Temistocle Bîrsan, Iaşi IX.167. Fie p, d şi e semiperimetrul, suma diagonalelor şi lungimea segmentului care uneşte mijloacele diagonalelor patrulaterului inscriptibil ABCD. Arătaţi că ABCD este patrulater circumscriptibil dacă şi numai dacă p = d + 4e. Cătălin Calistru, Iaşi a 1 IX.168. Fie a 1, a,..., a n (0, ) astfel încât S a a S a a n S a n + 1 1, unde S = a 1 + a a n. Arătaţi că S a n É 1 + yz 1 + x + r 1 + zx 1 + y + É 1 + xy 1 S a S a Denisa Iulia Drăghia, elevă, Craiova IX.169. Dacă x, y, z sunt numere reale pozitive cu xy + yz + zx = 1, arătaţi că 1 + z 3. Tidor Pricope, elev, Botoşani IX.170. Determinaţi numerele întregi a şi b pentru care a 5 = b 5 +3b 4 +8b +5b+1. Ilinca Sebastian, Pîrşcoveni, Olt Clasa a X-a X.166. Pe laturile AB şi AC ale triunghiului ABC se construiesc, în exterior, triunghiurile ABE şi ACF astfel încât AB = AF, AC = AE, m(õ BAC) + m( Õ EAF ) = 180 şi IntÕ BAC Int Õ EAF =. Arătati că BF CE. Florin Stănescu, Găeşti X.167. Dacă x 1, x,..., x n (0, ), n N şi m N, arătaţi că xm+ 1 + x m+ + x 1 x x m+ + x m+ 3 x x xm+ m + x m+ 1 x n x 1 n m 1 (x 1 + x x n ) m. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi 85

90 X.168. Determinaţi funcţiile f : N N cu propritatea că f [k] (x) + f [k 1] (x) f [] (x) + f(x) = kx, x N, unde k este un număr natural nenul fixat şi f [i] (x) = f(f(... (x))). Radu Miron, student, Iaşi X.169. Fie a, b, c C, a 0; demonstraţi că următoarele afirmaţii sunt echivalente: (i) Ecuaţia az + bz + c = 0 are exact o soluţie de modul 1. (ii) bc ab = a c 0. Ce se poate spune despre soluţiile ecuaţiei dacă bc ab = a c = 0? Marian Tetiva, Bârlad X.170. Dacă A, B, C sunt măsurile unghiurilor unui triunghi şi x, y, z (0, 1), arătaţi că tg 6 A x(1 x ) + tg6 B y(1 y ) + tg6 C 3 z(1 z ) 6. Clasa a XI-a D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău XI.166. Calculaţi limita şirului a n = (1!)1! + (!)! (n!) n! (n!) n!. XI.167. Rezolvaţi în R ecuaţiile: a) (x 3)e x + 3x + 3 = 0; b) (x 3)3 x + 3x + 3 = 0. Liviu Smarandache, Craiova Ionel Tudor, Călugăreni XI.168. Se consideră şirul (x n ) n 1 definit prin: x 1 = a > 0, x n+1 = e x n + x n n, e n N n. Calculaţi lim şi lim n x n n xn nxn+1. x n Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti XI.169. Calculaţi determinantul matricei A = (a ij ) i,j=1,n definită prin a 11 = 1, a ii = i + i 1, i şi a ij = min{i, j} 1, i j. Lucian Tuţescu şi Petrişor Rocşoreanu, Craiova XI.170. Fie A o matrice pătratică de ordin n cu elemente numere reale pozitive, având suma elementelor egală cu n. Demonstraţi că există n elemente ale matricei, situate pe linii şi pe coloane diferite, al căror produs este cel mult egal cu 1. Marian Tetiva, Bârlad Clasa a XII-a XII.166. Fe f, g R[X] polinoame neconstante cu proprietatea că f(x X + 1) = f(x)g(x). Arătaţi că gradul polinomului f este par. Dumitru Săvulescu, Bucureşti 86

91 XII.167. Se consideră şirul (I n ) n 1, I n =Z lim ni n. n XII.168. Pentru n N, calculaţi I n =Z XII.169. Calculaţi Z 0 π x n arctg x x + 1 e x sin n xdx. 3 x x 4 + 6x x + 18x + 9 dx. dx. Calculaţi lim I n şi n Stelian Piscan, Giurgiu Adrian Corduneanu, Iaşi Constantin Dragomir, Piteşti XII.170. Fie f : [0, 1] [0, 1] o funcţie derivabilă, cu derivata continuă. Dacă M = sup f (x), arătaţi că 1 Z xf 1 (x)dx (Z f(x)dx) M Florin Stănescu, Găeşti Probleme pentru pregătirea concursurilor A. Nivel gimnazial G96. Asterix şi Obelix scriu, alternativ, numerele naturale 1,, 4, 5, 10, 0, 5, 50, 100 în căsuţele unui tablou 3 3, fiecare număr câte o singură dată. Asterix începe şi doreşte ca, la final, să existe o linie şi o coloană având produsele numerelor egale cu 1000; în caz contrar, câştigă Obelix. Care dintre jucători are strategie de câştig? Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş G97. Determinaţi toate numerele naturale m cu proprietatea că numărul m +6 se scrie folosind numai cifre de. Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş G98. Demonstraţi că nu există numere prime p şi q pentru care numărul 3pq 1 să fie cub perfect. Marian Voinea şi Florentin Vişescu, Bucureşti G99. Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia 5 a 3 b = c + 1. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti G300. Fie a, b, c numere reale pozitive cu suma 1. Arătaţi că b + c a + c + a b + a + b c 3 a + b b + c a + c ( a + b + c). 87 Tidor Pricope, elev, Botoşani

92 ny G301. Fie n număr întreg şi a 1, a,..., a n numere reale pozitive cu produsul 1. Arătaţi că k=1 (a n k + 1) 1 n nx k=1 a k + 1 n nx 1 a k k=1 a G30. Dacă a, b, c, d R, arătaţi căp b c (b + c) 3 3 ) 3.!n. Robert Antohi, elev, Iaşi (P a Nicuşor Zlota, Focşani G303. Pe laturile AB, BC, AD ale paralelogramului ABCD considerăm punctele M, N respectiv P astfel încât AB = xam, BC = ybn şi AD = zap, unde x, y, z sunt numere naturale. Determinaţi x, y şi z pentru care dreptele P N, CM şi BD sunt concurente. Titu Zvonaru, Comăneşti G304. Arătaţi că o piramidă V ABC este regulată dacă şi numai dacă sunt congruente atât muchiile V A, V B, V C cât şi medianele V A, V B, V C ale feţelor V BC, V CA, respectiv V AB. Temistocle Bîrsan, Iaşi G305. Se consideră triunghiul isoscel ABC cu CA = CB şi m(ò C) = 36. Punctele E şi F se află pe latura BC astfel încât BF = CE = AB, iar punctul D este situat pe latura AC astfel încât CD = EF. Demonstraţi că CD = DF. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi B. Nivel liceal L96. Fie ABC un triunghi care nu este dreptunghic şi N, P mijloacele laturilor AC, respectiv AB. Mediatoarea laturii AB intersectează dreapta AC în punctul Q, iar mediatoarea laturii AC intersectează dreapta AB în punctul R. Să se demonstreze că perpendiculara în Q pe P Q, perpendiculara în R pe NR şi simediana din A sunt concurente. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti L97. În triunghiul ABC notăm cu L a, L b, L c picioarele bisectoarelor şi cu S a, S b, S c picioarele simedianelor (L a, S a BC etc.). Ce condiţie trebuie să îndeplinească triunghiul ABC pentru ca triunghiurile L a L b L c şi S a S b S c să fie înscrie în acelaşi cerc? Temistocle Bîrsan, Iaşi L98. Fie ABC un triunghi oarecare. Un cerc tangent interior cercului circumscris triunghiului ABC este tangent şi segmentelor AB, AC în punctele M, respectiv N. În mod analog definim P (BC), Q (BA) şi L (CA), K (CB). Arătaţi că 3r AB MN + BC P Q + AC LK 3 p r. 88 Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi

93 L99. Arătaţi că numărul nu poate fi suma dintre cubul şi puterea a patra a două numere naturale nenule. Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş L300. Se ştie că ecuaţia x 3y = 1 admite o infinitate de soluţii (x n, y n ), unde n este un număr natural. Să se demonstreze că o infinitate dintre aceste soluţii au proprietatea că numărul x n 1 este pătrat perfect. Titu Zvonaru, Comăneşti L301. Fie a 1,..., a k numere întregi pozitive şi b 1, b,..., b k numere întregi. Să se arate că există o infinitate de numere naturale n astfel încât (a 1 n + b 1 ) (a k n + b k ) divide pe n! Marian Tetiva, Bârlad L30. Dacă x, y, z sunt numere reale pozitive, arătaţi că x y + y z + z x È7(x + y + z ) 4(xy + yz + zx). Marian Cucoaneş, Mărăşeşti şi Leonard Giugiuc, Drobeta-Tr. Severin L303. Să se demonstreze că are loc inegalitatea 4(a + b + c )(a + b + c ab ac bc) pentru orice numere pozitive a, b, c. 7(a + b + c)(a b + ab + a c + ac + b c + bc 6abc), Marian Tetiva, Bârlad L304. Fie n 1 un număr natural şi fie E (n) şi E + (n) numărul permutărilor impare, respectiv pare α S n cu proprietatea că α(j) j pentru orice 1 j n şi α(j) j + 1 pentru orice 1 j n 1. Să se arate că E + (n) = E (n) + ( 1) n 1 [ n 1 ]. Marian Tetiva, Bârlad L305. Să se studieze monotonia, mărginirea şi convergenţa şirului (u n ) n N definit prin u 0 R +, u n+1 = u n n + 1, n N. Adrien Reisner, Paris Training problems for mathematical contests A. Junior highscool level G96. Asterix and Obelix write, alternatively, the natural numbers 1,, 4, 5, 10, 0, 5, 50, 100 in the cells of a table of size 3 3, each number being introduced one at a time only. Asterix starts the game and wishes to get at the end a row and 89

94 a column with the products of the numbers thereof equal to 1000 ; otherwise, Obelix wins the game. Who of the two gamesters has a winning strategy? Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş G97. Determine all the natural numbers m with the property that the number m + 6 can be written using only digits equal to. Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş G98. Prove that no prime numbers p and q exist so that the number 3pq 1 is a perfect cube. Marian Voinea şi Florentin Vişescu, Bucureşti G99. Solve the equation 5 a 3 b = c + 1 in natural numbers. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti G300. Let a, b, c be positive real numbers with their sum equal to 1. Show that b + c a + c + a b + a + b c 3 a + b b + c a + c ( a + b + c). Tidor Pricope, elev, Botoşani G301. Let n be an integer number and a 1, a,..., a n positive real numbers with their product equal to 1. Show that ny k=1 (a n k + 1) 1 n nx k=1 a k + 1 n nx 1 a k k=1 G30. If a, b, c, d R, show that X a b c (b + c) 3 3 ) 3. (P a!n. Robert Antohi, elev, Iaşi Nicuşor Zlota, Focşani G303. On the sides AB, BC, AD of the parallelogram ABCD we consider the points M, N and respectively P such that AB = x AM, BC = y BN and AD = z AP, where x, y, z are natural numbers. Determine x, y and z so that the lines P N, CM and BD are concurrent. Titu Zvonaru, Comăneşti G304. Show that a pyramid V ABC is regular if and only if both the edges V A, V B, V C and the medians V A, V B, V C of the faces V BC, V CA, respectively V AB are congruent. Temistocle Bîrsan, Iaşi G305. It is considered the isosceles triangle ABC with CA = CB and m(ò C) = 36. The points E and F lie on the side BC such that BF = CE = AB, and the point D lies on the side AC such that CD = EF. Prove that CD = DF. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi 90

95 B. Highschool level L96. Let ABC be a not right-angled triangle and let N, P be the midpoints of the sides AC, respectively AB. The perpendicular bisector of the side AB intersects the line AC at the point Q and the perpendicular bisector of side AC intersects the line AB at the point R. It is required to prove that the perpendicular at Q on P Q, the perpendicular at R on NR and the symmedian from A are concurrent. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti L97. In the triangle ABC we denote by L a, L b, L c the feet of the internal angle bisectors and by S a, S b, S c the feet of the symmedians (L a, S a BC etc.). What condition should be satisfied by the triangle ABC so that the triangles L a L b L c and S a S b S c are inscribed in the same circle? Temistocle Bîrsan, Iaşi L98. Let ABC be an arbitary triangle. A circle which is tangent, from inside, to the circumcircle of triangle ABC is also tangent to the segments AB, AC at the points M, respectively N. We analogously define P (BC), Q (BA) and L (CA), K (CB). Show that AB MN + BC P Q + AC LK 3 3r p r. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi L99. Show that the number cannot be the sum of the cube and the fourth power of two non-zero natural numbers. Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş L300. It is known that the equation x 3y = 1 admits infinitely many solutions (x n, y n ), where n is a natural number. Prove that an infinity of these solutions have the property that x n 1 is a perfect square. Titu Zvonaru, Comăneşti L301. Let a 1,..., a k be positive integer numbers and b 1, b,..., b k be integer numbers. Show that infinitely many natural numbers n exist such that (a 1 n + b 1 ) (a k n + b k ) divides n! Marian Tetiva, Bârlad L30. If x, y, z are positive real numbers, show that x y + y z + z x È7(x + y + z ) 4(xy + yz + zx). Marian Cucoaneş, Mărăşeşti şi Leonard Giugiuc, Drobeta-Tr. Severin L303. Prove that the inequality 4(a + b + c )(a + b + c ab ac bc) 7(a + b + c)(a b + ab + a c + ac + b c + bc 6abc), holds for any positive numbers a, b, c. Marian Tetiva, Bârlad 91

96 L304. Let n 1 be a natural number, and let E (n) and E + (n) be the numbers of the odd, respectively even permutations α S n such that α(j) j for any 1 j n and α(j) j + 1 for any 1 j n 1. Show that E + (n) = E (n) + ( 1) n 1 [ n 1 ]. Marian Tetiva, Bârlad L305. Study the monotony, boundedness and convergence of the sequence (u n ) n N defined by u 0 R +, u n+1 = u n n + 1, n N. Adrien Reisner, Paris IMPORTANT ˆ În scopul unei legături rapide cu redacţia revistei, pot fi utilizate următoarele adrese t birsan@yahoo.com şi profgpopa@yahoo.co.uk. Pe această cale colaboratorii pot purta cu redacţia un dialog privitor la materialele trimise acesteia, procurarea numerelor revistei etc. Sugerăm colaboratorilor care trimit probleme originale pentru publicare să le numeroteze şi să-şi reţină o copie xerox a lor pentru a putea purta cu uşurinţă o discuţie prin asupra acceptării/neacceptării acestora de către redacţia revistei. ˆ La problemele de tip L se primesc soluţii de la orice iubitor de matematici elementare (indiferent de preocupare profesională sau vârstă). Fiecare dintre soluţiile acestor probleme - ce sunt publicate în revistă după jumătate de an - va fi urmată de numele tuturor celor care au rezolvat-o. ˆ Adresăm cu insistenţă rugămintea ca materialele trimise revistei să nu fie (să nu fi fost) trimise şi altor publicaţii. ˆ Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie trimise pe adresa redacţiei însoţite de fişierele lor (de preferinţă în L A TEX). ˆ Pentru a facilita comunicarea redacţiei cu colaboratorii ei, autorii materialelor sunt rugaţi să indice adresa . 9

97 Pagina rezolvitorilor BUCUREŞTI Colegiul Naţional,,Mihai Eminescu. Clasa a V-a (prof. VOINEA Marian). VOINEA Ionuţ-Florin: P( ), V(193,194, ), VI.193. CRAIOVA Colegiul Naţional,,Fraţii Buzeşti. Clasa a VI-a (prof. IONESCU Maria). CIU- PERCEANU Vlad Mihai: V( ), VI( ), VII(193,194), VIII( ,197), G(86-88). Clasa a IX-a (prof. PĂTRAŞCU Ion). BEŢUI Pavel: VIII( ,197), IX( ), X(164,165). Clasa a IX-a (prof. POPA Marin). DRAGHIA Denisa: VII(193,194), VIII(195,197,198), IX(161,164), X.165, G91, L94. Clasa a IX-a (prof. PREDA Oana). ZANFIR Bogdan: VII.193, VIII(193,195,197,198), X.165, G91. Clasa a IX-a (prof. TUŢESCU Lucian). TĂNĂSUICĂ Alexandru: VII(193,194), VIII.195, X.165, G(90,91). Clasa a X-a (prof. TUŢESCU Lucian). JIANU Ştefania: VIII.197, IX.161, X(164,165), XII.165, G(88,91); NICOLAESCU Andrei: VIII.197, IX.161, X(164,165), XII(16,165), G(88,91); PRENCIU Raul- Ovidiu: X(163,165), XII.163, G(89,90); SPĂTARU Andrei Raul: X.163, XI.16, XII.163, G(88-9), L93. Clasa a XI-a (prof. TUŢESCU Lucian). GURIŢĂ Vladimir: IX.161, X( ), G(88-91); TURCU Andrei George: IX(161,16), X.164, XI.164, G(86,89,91). Palatul Copiilor, Craiova. Clasa a IV-a (prof. IOVAN Valeriu). DINU-DIACONU Antonia: P( ), V( ). Clasa a VII-a (prof. IOVAN Valeriu). DU- MITRU Mihaela-Gabriela: VI( ), VII(193,194), VIII(195,196). IAŞI Şcoala nr. 6,,George Coşbuc. Clasa a III-a (prof.înv.primar RACU Maria). ALUCĂI Denisa: P(35-39; 334), GALIA Bogdan-Andrei: P(35,37,38,330-33, 334); HUŢAN Adela: P(35-37,39-331,334); NASTASE Adrian: P(35-38,330,331, 334); PICHIU Alexia: P(35-38,330,334); POPESCU Alexandra: P(35,38,39, ); SAMSON David: P(35-38,334); SCOBAN Dana-Ilinca: P(35-39,334); SZTANKAI-CRISTOF Erika: P(35-33,334). Clasa a III-a (prof. înv. primar COŞUG Doina). ACATRINEI Victor: P( ); AGAVRILOAIEI Rareş: P( ); ANTON Jasmina: P( ); BOSNEA Laura: P( ); POS- TOLACHE Alexandru: P( ). Clasa a VII-a (prof. MOMIŢĂ Viorica). CIOPEICĂ Sebastian Andrei: V(193,195,197,198), VI(194,195); DURACU Mădălina- Elena: V(193,195,197,198), VI.194; MANOLE Alexandra-Georgiana: V(193,195,197, 198); VI(194,195); RĂILEANU Ana Maria: V(193,195,197,198), VI(194,195); VASILE Raluca-Andreea: V(193,195,197,198), VI(194,195). Liceul Economic,,Virgil Madgearu. Clasa a X-a (prof. OLENIUC Claudia). CANSCHI Cătălina Gabriela: VIII( ,197), IX.163, LAMBAN Andreea: VIII( ,197), IX.163; PAVEL Andreea: VIII( ,197), IX.163. Colegiul Naţional,,Emil Racoviţă. Clasa a VIII-a (prof. TURBATU Doru). OLENIUC Iulian: VI.195, VII.194, VIII( ,197). Colegiul Naţional Iaşi. Clasa a VI-a (prof. POPA Gabriel). CIOCOIU Alexandru Boris: VI(193,194, ). 93

98 MELINEŞTI (DOLJ) Liceul Tehnologic,,Al. Macedonski. Clasa a VII-a (prof. MICU Constantin). SPĂTARU Patricia-Teodora: VII.193, VIII.197, G(88-9). ROŞIORI (BACĂU) Şcoala Gimnazială nr. 1. Clasa a VII-a (prof. CICEU Nela). DUBEI Steluţa: V(196,197,199), VI(193,198), VII(193,197,198); PLOŞNITĂ Daniel-Cătălin: V(194,198), VI.199, VII(194,197,199), VIII(193,194,198); ROMAN Vasile: V(193,195), VI( ), VII( ), VIII( ). TRUŞEŞTI (BOTOŞANI) Grup Şcolar,,Demostene Botez. Clasa a X-a (prof. CULIDIUC Cătălin). PĂUCĂ Georgiana-Sînziana: VIII(194,195,197), X.165, L94. Elevi rezolvitori premiaţi Colegiul Naţional,,Fraţii Buzeşti, Craiova JIANU Ştefania (cl. a X-a): 1/015(7p), /015(5p), 1/016(7p). NICOLAESCU Andrei Eugeniu (cl. a X-a): 1/015(5p), /015(5p), 1/016(8p). TURCU Andrei George (cl. a XI-a): 1/015(7p), /015(7p), 1/016(7p). Şcoala nr. 6,,George Coşbuc, Iaşi ALUCĂI Denisa (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(6p). ANTON Jasmina (cl. a III-a): 1/015(6p), /015(5p), 1/016(5p). GALIA Bogdan-Andrei (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(7p), 1/016(7p). HUŢAN Adela (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(7p). NASTASE Adrian (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(5p), 1/016(7p). PICHIU Alexia (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(6p). POPESCU Alexandra (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(7p). SAMSON David (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(5p). SCOBAN Dana-Ilinca (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(6p). SZTANKAI-CRISTOF Erika (cl. a III-a): 1/015(5p), /015(7p), 1/016(9p). CIOPEICĂ Sebastian Andrei (cl. a VII-a): 1/015(6p), /015(6p), 1/016(6p). DURACU Mădălina Elena (cl. a VII-a): 1/015(6p), /015(6p), 1/016(5p). MANOLE Alexandra-Georgiana (cl. a VII-a): 1/015(6p), /015(6p), 1/016(6p). RĂILEANU Ana Maria (cl. a VII-a): 1/015(5p), /015(6p), 1/016(6p). (Răspuns la,,recreaţia de la pag. 38) I. Revista Recreaţii Matematice mulţumeşte tuturor colaboratorilor. II. Anul în care suntem. 94

99 Revista semestrială RECREAŢII MATEMATICE este editată de ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE. Apare la datele de 1 martie şi 1 septembrie şi se adresează elevilor, profesorilor, studenţilor şi tuturor celor pasionaţi de matematica elementară. În atenţia tuturor colaboratorilor Materialele trimise redacţiei spre publicare (note şi articole, chestiuni de metodică, probleme propuse etc.) trebuie prezentate îngrijit, clar şi concis; ele trebuie să prezinte interes pentru un cerc cât mai larg de cititori. Se recomandă ca textele să nu depăşească patru pagini. Evident, ele trebuie să fie originale şi să nu fi apărut sau să fi fost trimise spre publicare altor reviste. Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie însoţite de fişierele lor. Problemele destinate rubricilor: Probleme propuse şi Probleme pentru pregătirea concursurilor vor fi redactate pe foi separate cu enunţ şi demonstraţie/ rezolvare (câte una pe fiecare foaie) şi vor fi însoţite de numele autorului, şcoala şi localitatea unde lucrează/învaţă. Redacţia va decide asupra oportunităţii publicării materialelor primite. În atenţia elevilor Numele elevilor ce vor trimite redacţiei soluţii corecte la problemele din rubricile de Probleme propuse şi Probleme pentru pregătirea concursurilor vor fi menţionate în Pagina rezolvitorilor. Elevii menţionaţi de trei ori vor primi o diplomă şi un premiu în cărţi. Elevii rezolvitori vor ţine seama de regulile: 1. Pot trimite soluţii la minimum cinci probleme propuse în numărul prezent al revistei (pe o foaie va fi redactată o singură problemă).. Elevii din clasele VI-XII au dreptul să trimită soluţii la problemele propuse pentru clasa lor, pentru orice clasă mai mare, din două clase mai mici şi imediat anterioare. Cei din clasa a V-a pot trimite soluţii la problemele propuse pentru clasele a IV-a, a V-a şi orice clasă mai mare, iar elevii claselor I-IV pot trimite soluţii la problemele propuse pentru oricare din clasele primare şi orice clasă mai mare. Orice elev poate trimite soluţii la problemele de concurs (tip G şi L). 3. Vor fi menţionate următoarele date personale: numele şi prenumele, clasa, şcoala şi localitatea, precum şi numele profesorului cu care învaţă. 4. Plicul cu probleme rezolvate se va trimite prin poştă (sau va fi adus direct) la adresa Redacţiei: Prof. dr. Temistocle Bîrsan Str. Aurora, nr. 3, sc. D, ap. 6, , Iaşi Jud. IAŞI t_birsan@yahoo.com

100 CUPRINS NECULAI CULIANU ( ) ( T. Bîrsan, D. Tiba)...1 ARTICOLE ŞI NOTE I. POP Conice și cercuri tangente.. 4 T. BÎRSAN, M. DRĂGAN, N. STANCIU O metodă de rafinare a unor inegalități geometrice...9 M. CUCOANEȘ, L. GIUGIUC, P. BRAICA Noi proprietăți relativ la cercurile tritangente ale unui triunghi...15 I. PĂTRAȘCU, F. SMARANDACHE Cercurile Apollonius de rangul k...0 NOTA ELEVULUI Șt. DOMINTE Transversale izogonale și aplicaţii...4 R.A. MORARIU, V. TUCHILUȘ, R. ANTOHI Lifting the exponent Lemma (LTE). Aplicații...8 CORESPONDENŢE A. REISNER Images des bases orthonormées par des projecteurs N. ANGHEL Food for Thought CHESTIUNI METODICE A. VERNESCU O remarcă asupra verificării rădăcinilor unor ecuaţii iraţionale CUM CONCEPEM... CUM REZOLVĂM M. TETIVA O demonstraţie de un rând pentru iraţionalitatea unor sume de radicali PUNCTE DE VEDERE L. MODAN Însemnări despre şcoala japoneză...43 ŞCOLI ŞI DASCĂLI A. RADU Academia domnească ( ) CONCURSURI ŞI EXAMENE Concursul interjudeţean Speranţe Olimpice, ed. a XV-a, Paşcani, PROBLEME ŞI SOLUŢII Soluţiile problemelor propuse în nr. / Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. / Probleme propuse Probleme pentru pregătirea concursurilor Training Problems for Mathematical Contests Pagina rezolvitorilor Elevi rezolvitori premiaţi ISSN lei