File size: 6,804 Bytes
de929c3 | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 | 
# Olimpiada Națională de Matematică
Etapa Națională, Piatra-Neamț, 16 aprilie 2022
## CLASA a IX-a
Problema 1. Se consideră $a$ și $b$ numere naturale nenule. Demonstrați că ecuația
$$
x^{2}+(a+b)^{2} x+4 a b=1
$$
are soluții raționale dacă și numai dacă $a=b$.
Problema 2. Fie $A B C$ un triunghi dreptunghic în $A$, astfel încât $A^{\prime}$ este mijlocul ipotenuzei, $M$ mijlocul înălțimii $A D, D \in(B C)$ și $\{P\}=B M \cap A A^{\prime}$.
Dacă notăm $\alpha=m(\widehat{P C B})$, să se demonstreze că
$$
\operatorname{tg} \alpha=\sin C \cdot \cos C
$$
Problema 3. Determinați funcțiile $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ pentru care există funcția $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ astfel încât
$$
f(x)+f(y)=[g(x+y)]
$$
oricare ar fi $x, y$ numere reale.
(Am notat cu $[a]$ partea întreagă a numărului real a.)
Problema 4. Fie $a, b, c, d$ numere naturale nenule, cu $a<b<c<d$ și $a d=b c$. Demonstrați că
$$
2 a+\sqrt{a}+\sqrt{d}<b+c+1
$$
Timp de lucru 4 ore.
Fiecare problemă este notată cu 7 puncte.
## Olimpiada Națională de Matematică <br> Etapa Națională, Piatra-Neamț, 16 aprilie 2022
## CLASA a IX-a - soluții și bareme
Problema 1. Se consideră $a$ și $b$ numere naturale nenule. Demonstraţi că ecuația
$$
x^{2}+(a+b)^{2} x+4 a b=1
$$
are soluții raționale dacă și numai dacă $a=b$.
Soluție. Pentru $a=b$ numere naturale nenule ecuatia se scrie $x^{2}+4 a^{2} x+4 a^{2}-1=0$, cu soluțiile $x_{1}=-1$ și $x_{2}=1-4 a^{2}$ $1 p$
Reciproc, să presupunem că ecuatia $x^{2}+s x+p=0$, unde $s=(a+b)^{2}$ și $p=4 a b-1$, admite soluții raționale. Atunci $\Delta=s^{2}-4 p$ va fi pătrat perfect, deci $s^{2}-4 p=n^{2}$, cu $n \in \mathbb{N}$. . . .1p
Cum numerele $s$ și $n$ au aceeași paritate s,i $4 p>0$ deducem că $n<s$, deci $n \leqslant s-2$.
Rezultă că $s^{2}-4 p \leqslant(s-2)^{2} \Leftrightarrow s \leqslant p+1$, ceea ce este echivalent cu $(a+b)^{2} \leqslant 4 a b$. Deducem că $(a-b)^{2}=0 \Leftrightarrow a=b$
$2 p$
Problema 2. Fie ABC un triunghi dreptunghic în $\mathrm{A}$ astfel încât $A^{\prime}$ este mijlocul ipotenuzei, M mijlocul înălțimii $A D, D \in(B C)$ și $\{P\}=B M \cap A A^{\prime}$.
Dacă notăm $\alpha=m(\widehat{P C B})$, să se demonstreze că
$$
\operatorname{tg} \alpha=\sin C \cdot \cos C
$$
Soluție.
Aplicǎm teorema lui Menelaus în triunghiul $A A^{\prime} D$, cu punctele $B, M, P$ coliniare:
$$
\frac{B A^{\prime}}{B D} \cdot \frac{M D}{M A} \cdot \frac{P A}{P A^{\prime}}=1 \Leftrightarrow \frac{P A}{P A^{\prime}}=\frac{B D}{B A^{\prime}}=\frac{2 B D}{B C}=\frac{2 B D \cdot B C}{B C^{2}}=\frac{2 A B^{2}}{B C^{2}}=2 \sin ^{2} C(1) \ldots \mathbf{2} \mathbf{p}
$$
Din teorema sinusurilor în triunghiurile $P C A^{\prime}$ și $P C A$ obținem:
$$
\frac{P A^{\prime}}{\sin \alpha}=\frac{P C}{\sin 2 B}(2), \text { respectiv } \frac{P A}{\sin (C-\alpha)}=\frac{P C}{\sin C}(3) \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \mathbf{p}
$$
Din relațiile (2) și (3) rezultǎ:
$$
\frac{P A}{P A^{\prime}}=\frac{\sin (C-\alpha)}{\sin \alpha} \cdot \frac{\sin 2 B}{\sin C}=\frac{\sin C \cos \alpha-\sin \alpha \cos C}{\sin \alpha} \cdot \frac{\sin 2 B}{\sin C}
$$
Ținând cont de relația (1) avem:
$(\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} C) \cdot \sin 2 B=2 \sin ^{2} C \Leftrightarrow(\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} C) \cdot 2 \sin B \cos B=2 \sin ^{2} C \Leftrightarrow$ $(\operatorname{ctg} \alpha-\operatorname{ctg} C) \cdot \sin B=\sin C$ $2 \mathbf{p}$
Așadar $\operatorname{ctg} \alpha=\operatorname{ctg} C+\operatorname{tg} C=\frac{1}{\sin C \cos C}$, de unde concluzia. $1 p$
Problema 3. Determinați funcțiile $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ pentru care există funcția $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ astfel încât
$$
f(x)+f(y)=[g(x+y)]
$$
oricare ar fi $x, y$ numere reale.
Am notat cu $[a]$ partea întreagă a numărului real $a$.
Soluție. Pentru $x \rightarrow(x+y), y \rightarrow 0$ în relația din enunț deducem
$$
f(x+y)+f(0)=[g(x+y)]=f(x)+f(y)
$$
Notând $h$.
Notând $h(x)=f(x)-f(0)$ obținem $h(x+y)=h(x)+h(y)$ (ecuația lui Cauchy) ...... 1p
Deducem că, pentru orice $x_{0} \in \mathbb{R}$, ales arbitrar și orice $n$ natural, $h\left(n x_{0}\right)=n h\left(x_{0}\right)$.
Rezultă că $h\left(x_{0}\right)=h\left(n \cdot \frac{x_{0}}{n}\right) \Leftrightarrow h\left(\frac{x_{0}}{n}\right)=\frac{h\left(x_{0}\right)}{n}$ pentru orice $n \in \mathbb{N}^{*} \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots 2 \mathbf{2}$
Cum $2 f(x)=[g(2 x)] \in \mathbb{Z} \Rightarrow 2 h(x) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \frac{2 h\left(x_{0}\right)}{n} \in \mathbb{Z}$ pentru orice $n \in \mathbb{N}^{*}$. Alegând $n>\left|2 h\left(x_{0}\right)\right|$ obținem că
$$
0 \leq\left|2 \cdot h\left(\frac{x_{0}}{n}\right)\right|=\left|\frac{2 h\left(x_{0}\right)}{n}\right|<1
$$
de unde $h\left(\frac{x_{0}}{n}\right)=0$, deci $h\left(x_{0}\right)=0$. Cum $x_{0}$ a fost ales arbitrar obținem $h(x)=0$ pentru orice $\mathrm{x}$ real. Deducem că $f(x)=f(0)$ iar cum $2 f(x)=[g(2 x)] \in \mathbb{Z}$ rezultă $f(x)=\frac{k}{2}$ pentru orice $\mathrm{x}$ real, unde $\mathrm{k}$ este un număr întreg fixat.
$3 p$
Problema 4. Fie $a, b, c, d$ numere naturale nenule cu $a<b<c<d$ și $a d=b c$.
Demonstrați că
$$
2 a+\sqrt{a}+\sqrt{d}<b+c+1
$$
Soluție. Fie $b=a+x, c=a+y, d=a+z$ cu $0<x<y<z$ numere naturale.
Atunci relația din enunț, se scrie $a(a+z)=(a+x)(a+y)$. Deducem că $z=x+y+\frac{x y}{a}>$ $x+y \Rightarrow z \geqslant x+y+1$. Obținem astfel
$$
a=\frac{x y}{z-x-y} \leqslant x y
$$
$.2 \mathbf{p}$
Avem că $\frac{x y}{a}+a \leqslant x y+1 \Leftrightarrow x y+a^{2} \leqslant x y a+a \Leftrightarrow(x y-a)+a(a-x y) \leqslant 0 \Leftrightarrow(x y-a)(1-a) \leqslant 0$, adevărat.
Obținem astfel $d=a+z=x+y+\frac{x y}{a}+a \leqslant x+y+x y+1=(x+1)(y+1)$ $2 \mathbf{p}$
Inegalitatea din enunț se transcrie $\sqrt{a}+\sqrt{d}<x+y+1$, iar prin ridicare la pătrat este echivalentă cu
$$
a+d+2 \sqrt{a d}<x^{2}+y^{2}+1+2 x y+2 x+2 y
$$
Cum
$$
a+d \leqslant x y+x+y+x y+1
$$
iar din inegalitatea mediilor, întrucât $x<y$, avem:
$$
2 \sqrt{a d} \leqslant 2 \sqrt{x y(x+1)(y+1)}<x(x+1)+y(y+1)
$$
Adunând ultimele douǎ relații, obținem (1). ...........................................................
|