x >, deci g (x), x >. Aşadar, g este descrescătoare pe (, ), fapt din care rezultă că g(1) lim g(x). Dar lim g(x) = lim x x x [ex + F 1 ] = + F() = x (întrucât F este continuă în ) şi ajungem la absurditatea e + F(1). În final, funcţia f nu are primitive. Soluţia (Gheorghe Iurea, Iaşi). Presupunem, prin absurd, că există F : [, ) å èr primitivă a funcţiei f. Aplicând teorema lui Lagrange funcţiei F : 1 n+1, 1 1 R, obţinem c n n n+1, 1 pentru care F 1 F 1 = n n n+1 1 f(c n ) n(n+1). Cum c n >, din ipoteză vom avea că f(c n ) 1 c e cn, 1 aşadar n F 1 F 1 1 n n+1 c n(n+1) e 1 cn. 1 Dinc n 1 n n+1, 1 rezultă că lim n c n = n şi lim nc 1 1 n = 1; atunci lim n n c n n(n+1) e 1 cn =. Însă F este continuă în, prin å urmare lim F 1 F 1 è = şi, astfel, am ajuns la o contradicţie. n n n+1 XII.155. Determinaţi funcţiile continue f, g : [, ) [, ) pentru care max{f(a),g(a)} a f(x) g(x)dx, a [, ). Soluţie (Moubinool Omarjee, Paris). Funcţia a F(a) = a Florin Stănescu, Găeşti f(x)g(x)dx este derivabilă, cu F (a) = f(a)g(a). Deoarece g(a) F(a), a [, ), această inegalitate revine succesiv la: f(a)g(a) f(a)f(a) F (a) f(a)f(a) e Ê b a f(x)dx F (a) f(a)e Ê a deci funcţia a K(a) = e Ê a f(x)dx F(a) (e Ê a f(x)dx F(a)), f(x)dx F(a) este descrescătoare pe [, ). Atunci K(a) K() =, a [, ), de unde deducem că F(a), a [, ). Funcţiile f şi g sunt pozitive, continue şi au ca produs funcţia nulă; rezultă că f(x) = g(x) =, x [, ). Reciproc, funcţiile f = g = verifică ipotezele problemei. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. /14 A. Nivel gimnazial G66. Determinaţi numărul natural n minim având proprietatea: oricare ar fi mulţimea A = {a 1,a,...,a n } N, există B,C A astfel încât B = C =, B C = şi S B +S C.. (Am notat cu S M suma elementelor mulţimii M.) Cristian Lazăr, Iaşi 68
Soluţie. Evident, n 6. Luând o mulţime A de cardinal 6 astfel încât suma elementelor lui A nu se divide cu, rezultă că n = 6 nu convine. Considerând o mulţime A care conţine cinci numere de tipul M + 1 şi două numere de tipul M +, constatăm că n = 7 nu are proprietatea din enunţ. Vom arăta că n = 8 are proprietatea dorită, deci n min = 8. Fie A = {a 1,a,...,a 8 } o mulţime oarecare de numere naturale. Considerând cinci elemente oarecare ale lui A, există printre ele trei având suma divizibilă cu (se arată uşor; a se vedea, de exemplu, soluţia problemei L77 din RecMat 1/6); aceste trei numere vor forma mulţimea B. Considerând cele două numere rămase de mai înainte şi cele trei rămase în A, obţinem cinci numere din care, iarăşi, putem selecta trei având suma divizibilă cu ; acestea vorforma mulţimea C şi B,C au proprietăţile dorite. G67. Demonstraţi că nu există numere naturale x, y prime între ele, de parităţi diferite, pentru care numărul a = xy yx să fie pătrat perfect. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti Soluţie. Presupunem, prin absurd, că există x,y N, (x,y) = 1, x impar şi y par, astfel încât xy yx = k, unde k N. Cum (x,y) = 1, se arată uşor că (x,y x ) = (y,y x ) = 1 şi, cum xy(y x ) este pătrat perfect, rezultă că fiecare dintre numerele x,y şi y x este pătrat perfect. Însă y x = (M ) (M +1) = M 4 +, deci y x nu poate fi pătrat perfect. Contradicţia la care am ajuns arată că este adevărată concluzia problemei. G68. Considerăm numărul a =, 1491656..., obţinut prin scrierea (după virgulă) a tuturor pătratelor perfecte, unul după altul. Demonstraţi că a este iraţional. Radu Miron, elev, Iaşi Soluţie. Dacă, prin absurd, a ar fi număr raţional, atunci ar exista un grup de cifre T = a k a k+1...a p care să se repete în scrierea lui a, de la un loc încolo. Însă a conţine oricât de multe zerouri consecutive, deoarece conţine cifrele pătratului 1 t = 1..., unde t > p k +1. Deducem că T =..., evident, imposibil. G69. Arătaţi că A = 1 5 (98n+4 +5 9 6n+ + 9 4n+ +5 9 n+1 +1), n N, este număr natural compus. Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Cu notaţia x = 9 n+1, numărătorul lui A se scrie sub forma x 4 +5x + x +5x+1 = (x +7x+1) 9x(x+1) = (9 4n+ +7 9 n+1 +1) 9 n+ (9 n+1 +1) = (9 4n+ 9 n+ +7 9 n+1 9 n+1 +1)(9 4n+ +9 n+ +7 9 n+1 +9 n+1 +1). Cum fiecare paranteză este divizibilă cu 5 şi strict mai mare ca 5, rezultă cerinţa problemei. G7. Scrieţi în ordine crescătoare numerele 14!, (1!) 4! şi (!) 14!. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Vom ţine cont de inegalităţile n, n N,n n+1 n < n! < n+1 (Olimpiada austriacă de matematică, 1979; GM(B)-1/199, p.9); inegalitatea din stânga se demonstrează prin inducţie, iar cea din dreapta aplicând inegalitatea medi- 69
ilor pentru numerele 1,,...,n. Avem: 14! < 15 14 < 18 14 = 16 14 67 14, 1 4 > 67 14 67 81 > 67 14 16 14, (1!) 4! > prin urmare 14! < (1!) 4!. Apoi, (1!) < 1 4 4! = 11 484, 1 (!) 14! > ( 15 )14 = 7 514. Însă 11 484 < 7 514, deoarece această inegalitate revine la 11 16 < (7 5 ) 514 şi este evident că 11 < 7 5, iar 16 < 5 14. În concluzie, avem ordinea 14! < (1!) 4! < (!) 14!. G71. Fie x,y,z numere reale pozitive astfel încât x +y +z =. Arătaţi că x(y +z ) y yz +z + y(z +x ) z zx+x + z(x +y ) x xy +y 6xyz. Soluţie. Din (y z) 4 rezultă sucesiv: Cătălin Cristea, Craiova Atunci y 4 +z 4 +6y z 4yz(y +z ) (y +z ) 4yz(y yz +z ) x(y +z ) y yz +z 4xyz y +z. x(y +z ) y yz +z 4xyz 1 x +y + 1 y +z + 1 z +x 4xyz (1+1+1) (x +y +z ) = 6xyz. G7. Dacă a,b,c sunt numere reale pozitive, arătaţi că a b + b c + c a a 9 b+c + b c+a + c 1 a+b. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti Soluţie. Din inegalitatea mediilor, rezultă că a b + a b + b c a şi încă două abc relaţii similare. Prin adunarea acestora, obţinem că a b + b c + c a a +b +c. abc 7
Înseamnă că ar fi suficient să arătăm că a +b +c 9 a abc b+c + b c+a + c 1 a+b a +b +c abc abc (a+b+c)(è (a b) ) abc Pentru aceasta, vom demonstra că 9 a b+c + b c+a + c a+b 9 (a b) (a+c)(b+c). (a+b+c)(a b) abc 9 (a b) (a+c)(b+c). Dacă a = b, avem egalitate; dacă a b, trebuie să arătăm că (a+b+c)(a+c)(b+c) 9abc, adică c (a + b + c) + (a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc. Însă, din inegalitatea mediilor, (a+b+c)(ab+bc+ca) 9abc şi, astfel, soluţia este completă. Notă. Am primit din partea d-lui Moubinool Omarjee, Paris, o soluţie care foloseşte metoda lui Sturm. G7. Se consideră patrulaterul convex ABCD cu laturile opuse neparalele şi fie O un punct în interiorul acestuia. Arătaţi că există un unic paralelogram MNPQ având centrul O şi vârfurile pe dreptele AB,BC,CD respectiv DA. Ovidiu Pop, Satu Mare Soluţie. Observăm că, date dreptele neparalele d şi d şi punctul O în afara lor, există şi sunt unice punctele A d,b d astfel încât OA = OB. Într-adevăr, dacă OA = OB şi A d, atunci B d, unde d este simetrica dreptei d faţă de punctul O. Cum d şi d sunt concurente, punctul B este unic determinat ca {B} = d d şi acum construcţia lui A este imediată: A = sim O (B). Ţinând seama de acest rezultat, există şi sunt unic determinate punctele M AB,P CD astfel încât OM = OP, precum şi punctele N BC,Q DA astfel încâton = OQ. Astfel, MNPQesteuniculparalelogramdecentruOavândvârfurile pe dreptele suport ale laturilor lui ABCD. G74. Triunghiul dreptunghic neisoscel ABC are ipotenuza BC fixă, iar punctul E este situat pe D A M cateta mai lungă astfel încât AE = AB AC. Demonstraţi că mediatoarea segmentului AE trece R printr-un punct fix. N E Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Soluţie. Notăm, uzual, lungimile laturilor ABC cu a,b,c. Cum BC este fixă, a este constantă. Se consideră R şi Q vârfurile triunghiurilor B O C dreptunghice isoscele cu ipotenuzele AB, respectiv AC, situate în exteriorul ABC. Notăm cu D intersecţia dintre mediatoarea segmentului AE şi dreapta AQ, cu M mijlocul segmentului RQ, cu O mijlocul ipotenuzei BC şi N mijlocul segmentului AE. Remarcăm că punctele R,A şi Q sunt coliniare, deoarece m( RAQ) = 18. Se 71 Q
observă că BCQR este trapez dreptunghic, deoarece BR RQ şi CQ RQ; prin urmare, RQ = RA+AQ = c + b = b+c. Cum D este situat pe mediatoarea segmentului AE, rezultă că DAE este isoscel, iar pentru că m( DAE) = 45 rezultă că DAE este şi drepuntghic în D, de unde AD = AE = b c. Astfel, DQ = RQ (RA + AD) = b+c c + b c = c, adică RA = DQ, de unde rezultă că M este şi mijlocul segmentului AD. OM este linie mijlocie în trapezul dreptunghic BCQR, deci OM CQ, de unde OM RQ. Triunghiul OAD este isoscel, deoarece OM este înălţime şi mediană a lui, deci OD = OA = a. Apoi, m( ODN) = m( ODA) 45, iar m( OAC) = m( OAD) 45. Deoarece OAD este isoscel, rezultă ODN OAC. Pe de altă parte OAC este isoscel, deci OAC OCA, de unde rezultă că ODN OCA. Acum, deoarece DN AC, rezultă DO BC. Prin urmare D este situat pe mediatoarea segmentului fix BC şi OD = const., adică D este un punct fix ce aparţine mediatoarei segmentului AE. G75. Se consideră cubul ABCDA B C D, iar M este mijlocul muchiei AD. Planul perpendicular în B pe MB intersectează planul (B AC) după dreapta d. Notăm cu S proiecţia punctului B pe dreapta d. Determinaţi tangenta unghiului dintre dreptele AB şi BS. Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Fie N mijlocul lui AB, {O} = AC BM şi P intersecţia lui AC cu perpendiculara în B pe MB. Dreptele BM şi CN sunt perpendiculare, prin urmare D C dreptele BP şi CN sunt paralele. A Rezultă că CN este linie mijlocie în triunghiul B S ABP, deci punctul C este mij- locul segmentului AP. Dreapta d va fi tocmai B P. Cum BP = CN = a 5 (unde a este muchia M D O C cubului), rezultă că B S A SP = BB BP = N B a (a 5) = 1 5. Pe de altă parte, AO OC = AM BC = 1 AO, de unde OP = 1 5. Deducem că OS AB. Astfel, unghiul format de dreptele AB şi BS este OSB. Evident, triunghiul OSB este dreptunghic în B, având catetele de lungimi BS = a 6 şi OB = a 5. Rezultă că tg OSB = 6. P B. Nivel liceal Notă. După încheierea numărului /14, am primit soluţie corectă a problemei L64 din partea d-lui Gheorghe Stoica, Petroşani. L66. Fie n un număr natural nenul, p = n +1 un număr prim Fermat şi d cel 7
mai mare divizor impar al numărului p 1!. Să se demonstreze că există numărul natural a astfel încât d a (modp). Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti Soluţie. Exponentulluiîndescompunereaînfactoriprimianumărului p 1 È este e = k å p 1 è. k Dacă p = m + 1, cu m = n, atunci e = m + m +... + + 1 = m 1 1 = p 1 1 = p. Următorul rezultat este o consecinţă a teoremei lui Wilson: dacă p este un număr prim şi p 1 se divide cu 4, atunci å p 1!è +1 (mod p). Deducem p d +1 (mod p). Înmulţim ultima congruenţă cu = 4, aplicăm teorema lui Fermat p 1 1 (mod p) şi deducem d +4 (mod p). Rezultă d +4d+4 = (d+) 4d (mod p). å Inversul lui modulo p este p+1 (p+1)(d+) è, aşadar d (mod p). Dacă a este restul împărţirii la p a numărului natural (p+1)(d+)!, atunci d a (mod p), ceea ce încheie demonstraţia. L67. Determinaţi a R cu proprietatea că 18 a + a + a = 19 a +4 a +5 a. Radu Miron, elev, Iaşi Soluţia 1. Observăm că ambii membri ai ecuaţiei din enunţ sunt funcţii convexe. Ca urmare, ecuaţia are cel mult două soluţii. Cum a = şi a = 1 sunt soluţii, rezultă că ele sunt singurele soluţii ale ecuaţiei date. Notă. Au rezolvat problema în acest fel următorii elevi din Craiova: David Dăogaru, Cristian Pătraşcu, Andrei Raul Spătaru şi Andrei George Turcu. Soluţia. Observăm că a = şi a = 1 verifică ecuaţia din enunţ. Presupunem că există a R\{,1} soluţie; atunci (5 a 4 a )(6 a 5 a ) = 19 a 18 a. Aplicând teorema lui Lagrange unor restricţii ale funcţiei f : (, ) R, f(x) = x a, găsim c 1 (4,5), c (5,6) şi c (18,19) pentru care 5 a 4 a = ac1 a 1 ; 6 a 5 a = ac a 1 a 1 = 1, unde c şi 19 a 18 a = ac a 1. Rezultă că a (c 1 c ) a 1 = ac a 1, adică a c1 c c 1 c c 19, 18. Evident că a >. Dacă a (,1), atunci 1 = a c1 c < 1 c1 c c1 c a 1 = 1, absurd. Dacă a (1, ), atunci 1 = a > c c 1 c1 c =1, c din nou contradicţie. În concluzie, a= şi a = 1 sunt singurele soluţii ale ecuaţii date. Notă. Înaceeaşimanierăaurezolvatproblemad-niiCorneliuMănescu-Avram, c a 1 Ploieşti, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung. L68. Demonstraţi că dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, are loc inegalitatea a +b +c ab bc ca (a+b+c) + a a+b+c + 7 b a+b+c + c a+b+c. Titu Zvonaru, Comăneşti
Soluţie (Neculai Roman, Mirceşti, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea, È Nicuşor Zlota, Focşani şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung). Observăm că a a+b+c = È È a a +ab+ac ( a) È È a + ab, conform inegalităţii lui Bergström. Notând x = a +b +c > şi y = ab+bc+ca>, ar fi suficient să mai demonstrăm că x y x+y + x+y x+y. Aceasta din urmă inegalitate este echivalentă cu x +y +4xy x +y +xy x xy x y, fapt binecunoscut. L69. Arătaţi că a sinx (a+1) cosx < a, a,x R, a. Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea Soluţie (Gheorghe Iurea, Iaşi şi Daniel Văcaru, Piteşti). Prin logaritmare, inegalitatea din enunţ este echivalentă cu sinxlna+cosxln(a+1) < lna, a,x R,a. Cum sinxlna+cosxln(a+1) (sin x+cos x)(ln a+ln (a+1)), este suficient să arătăm că ln (a+1) < ln a, sau lna > ln(a+1) (deoarece a ), echivalent cu a > a+1 pentru a. Funcţia f : [, ) R, f(a) = a a = a(a 1 1) este produs de funcţii pozitive strict crescătoare, deci este strict crescătoare; rezultă că a a. Rămâne să arătăm că > : > 8 5 = 56 1 5 > 4 1 5 =. Notă. Am mai primit soluţie corectă din partea d-lui Corneliu Mănescu- Avram, Ploieşti. L7. Se consideră triunghiul isoscel ABC, cu AB = AC şi fie P un punct fixat pe înălţimea AD. O dreaptă variabilă care trece prin P intersectează laturile AB şi AC în punctele E [AB], respectiv F [AC]. Determinaţi valorile extreme ale ariei triunghiului AEF, funcţie de a = BC, b = AB = AC şi d = AP. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Fie MN paralela prin P la BC, cu M AB,N AC; notăm h = AD = Öb a, x = AF şi y = AE. Putem pre- A 4 supune, fără a restrânge generalitatea, că F [AN]. Teorema transversalei spune că BD CF BE DP +CD = BC FA EA PA, deci a(b x) x AM = bd, din y b deducem că x å bd h bd è h, bd AE AF sina şi S AEF = h d + a(b y) y Considerăm funcţia f(x) = = a(h d) ; rezultă că y = bdx d hx bd. Cum h d. Astfel, x = bd sina x hx bd, x å bd h, bd h d 74 è x hx bd. M E B D P F N C, despre care se arată uşor
că este strict crescătoare. Rezultă că S AEF este minimă pentru x = bd (deci când h EF BC) şi este maximă pentru x = bd (deci când E coincide cu B). Obţinem h d că mins AEF = ad h, iar maxs adh AEF = (h d). Notă. Soluţie corectă au trimis d-nii Titu Zvonaru, Comăneşti, Neculai Stanciu, Buzău şi Neculai Roman, Mirceşti. L71. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea: bc (p a) + ac (p b) + ab (p c) R 4r. r Andi Brojbeanu, elev, Târgovişte Soluţie(Titu Zvonaru, Comăneşti, Neculai Stanciu, Buzău, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea şi Nicuşor Zlota, Focşani). Vom folosi inegalitatea lui Schur È a + abc È a b+ È ab, care aplicată pentru numerele xy,yz,zx devine (1) x y +x y z xyz x y +xyz xy. Să trecem la problemă. Folosim substituţiile Ravi: a = y + z,b = z +x,c = x +y. Avem p = x+y +z, Aria (ABC) = [ABC] =xyz(x+y +z), R r = abc 4[ABC] : [ABC] = pabc (x+y)(y +z)(z +x) =. p 4[ABC] 4xyz Rezultă că inegalitatea din enunţ se scrie succesiv: (x+y)(y +z) 5(x+y)(y +z)(z +x) x 4 xyz x +xy +yz +zx x 5(x+y)(y +z)(z +x) xyz 1 5(x+y)(y +z)(z +x) + xy 4 x xyz 4 xy x y 5xyz( x y + xy +xyz) 1x y z x y +xyz x y +xyz xy 5xyz x y +5xyz xy x y z x y +x y z xyz( x y + xy ). Folosind inegalitatea (1), rămâne de arătat că È x y x y z, care este adevărată cu inegalitatea mediilor. Notă. Autorul problemei şi d-nii Neculai Roman, Mirceşti şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung, rezolvăproblemafolosindinegalitatea lui Gerretsenp 4R + 4Rr+r. 75
L7. Determinaţi valorile numărului real k pentru care există un patrulater convex ABCD având lungimile laturilor a,b,c,d şi aria S, astfel încât 4a + 5b + 1c d = 4kS. Marcel Chiriţă, Bucureşti Soluţie. Fie ABCD patrulater convex cu AB = a,bc = b,cd = c, DA = d şi având aria S; fără a restrânge generalitatea, putem presupune că AC = 1. Raportăm planul la un reper cartezian în raport cu care A(,),B(m,n),C(1,) şi D(p,q). Observăm că 4a +5b = 4AB +5BC = 4(m +n )+5((m 1) +n ) = 9 m 5 9 +9n + 9 9n + p. Analog, 1c d = 9 9q 1 n +9q 1 9 p 1 9 9. Adunând aceste relaţii, obţinem că 4a +5b +1c d 9n +9q + 1 9 = 5 + n 5+ 5 q + q 5 n 5+ q 5 = 4 5(S ABC+ S ACD ) = 4 5S ABCD. În concluzie, 4a +5b +1c d 4 5S, aşadar k 5. În inegalitatea precedentă, se atinge egalitatea când B 5 5 9, şi D 1 5 9 9, 9 prin urmare k min = 5. Vom demonstra acum că pentru orice k [ 5, ), există un patrulater ABCD având proprietăţile dorite. Să considerăm punctele A(, ), B, 5 9, x, C(,1) şi D 1 9,x, unde x (, ) va fi determinat convenabil. Avem: a = AB = 5 81 + x, b = BC = 16 81 + x, c = CD = 1 81 + x, d = DA = 1 81 + x şi S = S ABC +S ACD = x + x = x. Înlocuind în 4a +5b +1c d = 4kS, obţinem ecuaţia 81x 18kx+5 =, care admite soluţia reală pozitivă x = k + k 5, prin 9 urmare există un patrulater ABCD având proprietăţile din enunţ. L7. Fie triunghiul ABC înscris în cercul C şi A 1 centrul cercului tangent exterior cercului C şi semidreptelor [AB, [AC. În mod analog definim punctele B 1 şi C 1. Arătaţi că: Ô Ia A 1 I b B 1 I c C + Ô I b B 1 I c C 1 I a A+ Ô I c C 1 I a A 1 I b B = Ô I a A I b B I c C. Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi) Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău). Notăm S aria triunghiului, r A raza cercului de centru A 1,r a raza cercului exînscris şi q = sin A sin B sin C. Conform unei formule cunoscute (de exemplu, RecMat -1/14, rbc p. 1), avem r A = (p a). Punctele I a şi A 1 se află pe bisectoarea unghiului A. Ducând perpendiculare din I a şi A 1 pe latura AB, obţinem: AA 1 = r A sin A,AI a = r a sin A rp = (p a)sin A 76, A 1 I a = r(p b)(p c) (p a) sin A.
Rezultă că Ô Ô Ô r (p c)s Ia A 1 I b B 1 I c C + I b B 1 I c C 1 I a A+ I c C 1 I a A 1 I b B = 1 ps (p a)(p b) = r q = r (p c)s ps (p a)(p b)q = r q Ô S Ia A I b B I c C = (p a)(p b)(p c)q = ps q. Din aceste inegalităţi obţinem concluzia problemei. (p a)(p b)q 1 r = ps q ; L74. Fie punctele A 1,...,A n şi B 1,...,B n aparţinând unei elipse E cu centrul O. Să se arate că există un punct M E astfel încât n n n n MA k MBk = OA k OB k. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Să considerăm elipsa E într-un sistem de coordonate în care ecuaţia ei este x /a + y /b = 1 şi fie A k (acosα k,bsinα k ),B k (acosβ k,bsinβ k ), cu α k,β k [,π), pentru orice 1 k n. Dat fiind un punct oarecarep(acost,bsint) al elipsei È avem, pentru f(t) := n PA k, f(t) = n a cost (a (cost cosα k ) +b (sint sinα k ) ) = na cos t+nb sin t n cosα k b sint n = na cos t+nb sin t a cost Ê π È Se verifică imediat că f(t) n È Ê g(t) := n PBk, avem: π È g(t) n f(t) sinα k + n OA k OBk n cosα k b sint (a cos α k +b sin α k ) = n sinα k + n OA k. dt = nπ(a + b ). Asemănător, pentru obţinut că π n π n OA k dt = OBk de unde rezultă existenţa unui t [,π] astfel încât f(t È ) n nè dt = nπ(a +b ). Cu alte cuvinte, am g(t) dt, OA k = g(t ) OB k. Evident, punctul M(acost,bsint ) verifică egalitatea cerută în enunţ. 77
Notă. A rezolvat problema d-l Daniel Văcaru, Piteşti. L75. Fie A,B M (C) două matrice de ordinul al treilea astfel încât AB BA să fie inversabilă. Demonstraţi că Tr(AB(AB BA) 1 ) = 1+S(AB(AB BA) 1 ), unde TrM este urma matricei M, iar S(M) este suma minorilor elementelor de pe diagonala principală a lui M. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. În această problemă avem nevoie de relaţia det(xi +M) = x +Tr(M)x +S(M)x+detM, valabilă pentru orice matrice pătratică de ordinul al treilea. Considerăm polinomul (de gradul al treilea) f(x) = det(ab + x(ba AB)) = det(ba AB)det(xI + C) = det(ba AB)(x + Tr(C)x + S(C)x + detc) = det(ba AB)g(x), unde C = AB(BA AB) 1. Avem că f() = det(ab) = det(ba) = f(1), relaţie care se transferă şi la polinomul g din paranteză. Însă condiţia g() = g(1) revine la 1 + Tr(C) + S(C) =. Observăm că Tr(C) = Tr(AB(BA AB) 1 ) = Tr(AB(AB BA) 1 ); S(C) = S(AB(BA AB) 1 ) = S(AB(AB BA) 1 ) şi, de aici, egalitatea din enunţ. Notă. Procedând ca în soluţia problemei L155 din RecMat /8, se poate arăta că, pentru A,B M (C) cu AB BA inversabilă, este adevărată relaţia Tr(AB(AB BA) 1 ) = 1. I. Puneţi numerele 1,,,...,1 în punctele de intersecţie ale pentagramei astfel încât să fie îndeplinite condiţiile următoare: (i) numerele să fie folosite o singură dată; (ii) suma oricăror patru numere aflate în puncte coliniare să fie aceeaşi. II. Problemă similară relativ la poligonul stelat cu şase vârfuri: să se pună numerele 1,,,...,1 în punctele de intersecţie ale acestuia, cu respectarea condiţiilor (i) şi (ii). (Răspuns la pag. 9) 78