Page 100 - MATINF Nr. 7

˘
100 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Este clar c˘a ∆A 1 OA 2 ≡ ∆A 4 OA 5 ≡ ∆A 7 OA 8 ≡ ∆A 10 OA 11 ,
∆A 2 OA 3 ≡ ∆A 5 OA 6 ≡ ∆A 8 OA 9 ≡ ∆A 11 OA 12 s , i ∆A 3 OA 4 ≡ ∆A 6 OA 7 ≡ ∆A 9 OA 10 ≡
×
×
×
∆A 12 OA 1 . Din congruent , ele unghiurilor la centru deducem c˘a A 1 OA 4 ≡ A 4 OA 7 ≡ A 7 OA 10 ≡
×
0
A 10 OA 1 s , i toate m˘asurile acestor unghiuri congruente ˆınsumate dau 360 , de unde deducem c˘a
ˆ
[A 1 A 7 ]s , i [A 4 A 10 ] sunt diametre, adic˘a z 1 + z 7 = z 4 + z 10 = 0. In mod analog se probeaz˘a, cu
alegerea altor unghiuri la centru, c˘a s , i [A 2 A 8 ] , [A 3 A 9 ] , [A 5 A 11 ] , |A 6 A 12 | sunt diametre, de unde
obt , inem relat , ia cerut˘a.
M 131. Rezolvat ,i ˆın mult ,imea numerelor naturale ecuat ,ia
π 3π √
n · ctg 2 + n · ctg 2 = 10 10n.
n n

Ionel Tudor, C˘alug˘areni

Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Pentru n ∈ {0, 1, 3} ecuat , ia nu are sens. Prin verificare direct˘a
se obt , ine c˘a nici 2, 4 s , i 5 nu sunt solut , ii ale ecuat , iei. Pentru n ≥ 6, rescriind ecuat , ia sub forma
É
π 3π 10
ctg 2 + ctg 2 = 10 ,
n n n

membrul stˆang este o funct , ie cresc˘atoare, pe cˆand cel drept este una strict descresc˘atoare, deci
2π 3π π 2π 3π π π
avem cel mult o solut , ie. Din + = rezult˘a, succesiv: sin = cos , 2 sin cos =
10 2 10 10 10 10
π π π 10 π π π
4 cos 3 − 3 cos , 2 sin = 4 1 − sin 2 − 3, 4 sin 2 + 2 sin − 1 = 0. Se obt , ine c˘a
10 √ 10 10 10 10 10
π 5 − 1 1 16 √ 3π π π
sin = , deci π = √ = 6 + 2 5 s , i sin = sin 3 − 4 sin 2 =
10 4 sin 2 6 − 2 5 10 10 10
√ 10
5 + 1 1 √ 1 1 π 3π
, deci = 6 − 2 5. Astfel + = 12, deci ctg 2 + ctg 2 = 10.
4 2 3π 2 π 2 3π 10 10
sin sin sin
10 10 10
Rezult˘a c˘a n = 10 este solut , ie unic˘a pentru ecuat , ia dat˘a.
M 132. Fie ABC un triunghi, I centrul cercului ˆınscris ˆın triunghiul ABC, iar D, E s , i F
punctele de intersect ,ie ale acestui cerc cu segmentele (IA), (IB), respectiv (IC). Ar˘atat ,i c˘a:

A ABC P ABC
a) ≥ 4; b) ≥ 2.
A DEF P DEF

Sorin Borodi, Dej

Ô
Solut ,ia 1. a) Deoarece EIF = π − B + C = π + A , avem A EIF = r 2 cos A . Analog,
2 2 2 2 2
r 2 B r 2 C
A DIF = cos s , i A DIE = cos , deci
2 2 2 2
 ‹
r 2 A B C
A DEF = cos + cos + cos .
2 2 2 2
 ‹
r 2 A B C S
Astfel inegalitatea din enunt , este echivalent˘a cu cos + cos + cos ≤ , deci cu
2 2 2 2 4
A B C p 2 x
cos + cos + cos ≤ . Dar funct , ia f : (0, π), f(x) = cos este concav˘a, deci conform
2 2 2 2S 2