Romania_Olympiad/md/ro-10-Olimpiada Nationala de Matematica 2022 Etapa Nationala, Piatra-Neamt, subiecte, solutii si bareme cl. IX-cl9_nationala.md

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_ac5e95192665c9bd1d41g-1.jpg?height=271&width=268&top_left_y=130&top_left_x=858)

# 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.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_ac5e95192665c9bd1d41g-2.jpg?height=265&width=268&top_left_y=144&top_left_x=907)

## 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 $n \leqslant s-2$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_06_07_ac5e95192665c9bd1d41g-2.jpg?height=60&width=1543&top_left_y=1260&top_left_x=329)

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). ...........................................................