Page 90 - MATINF Nr. 8

˘
90 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

√
Solut ,ie. Avem P = x 1 x 2 . . . x n , unde x k = n + ε k−1 · n n, pentru k = 1, n. Rezult˘a c˘a
n
2
n
(x k −n) = nε (k−1)n = n (deoarece ε = 1), pentru k = 1, n. Numerele complexe 1, ε, ε , . . . , ε n−1
sunt r˘ad˘acinile de ordinul n ale unit˘t , ii s , i sunt distincte dou˘ cˆate dou˘a, deci s , i numerele complexe
a
a
x 1 , x 2 , . . . , x n sunt distincte dou˘a cˆate dou˘a. Astfel x 1 , x 2 , . . . , x n sunt chiar cele n r˘ad˘acini
n
complexe ale ecuat , iei (X − n) − n = 0. Aplicˆand Binomul lui Newton, ecuat , ia devine
n
n n
1
X − C nX n−1 + . . . + (−1) n−1 C n−1 n−1 X + (−1) n − n = 0.
n
n
n
Folosind ultima relat ,ie a lui Vi`ete, rezult˘a c˘
a
n
n n
n
P = x 1 x 2 . . . x n = (−1) [(−1) n − n] = n + (−1) n−1 n,
de unde se deduce us , or c˘a P este un num˘ar natural par.
ı
M 154. Fie ABC un triunghi, ψ cercul ˆnscris ˆın triunghiul ABC, de centru I, iar ω cercul
tangent interior cercului circumscris triunghiul ABC ˆın punctul T s , i tangent la laturile AB s , i
BC ˆın punctele K, respectiv L (cercul ω se numes , te B-semiˆınscris sau B-mixtliniar ˆınscris
triunghiului ABC). Fie D punctul de tangent ,˘ al cercului ψ cu latura AC, E al doilea punct de
a
intersect ,ie dintre cercul ψ s , i BT, ˆın ordinea de la B spre T, iar F al doilea punct de intersect ,ie,
a
ˆın afar˘ de E, dintre cercul circumscris triunghiului EDI s , i BT.
Demonstrat ,i c˘ punctele K, F s , i I sunt coliniare.
a

e
Emmanuel Antonio Jos´ Garc´ıa, Republica Dominican˘a

a
Solut ,ie. Este cunoscut c˘
∢ATI ≡ ∢CTI s , i ∢ATB = ∢CTD

(a se vedea, de exemplu, E. Chen, Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads, MAA
Press, 2016, pag. 69). Avem ∢BTD = ∢ATC − ∢ATB − ∢CTD. De asemenea, avem
◦
∢ATB ≡ ∢CTD ≡ ∢ACB s , i ∢ATC = 180 − ∢ABC, deci ∢BTD = ∢BAC − ∢ACB. Mai
mult, cum IE = ID iar TI este bisectoarea unghiului ∢BTD, rezult˘a c˘a punctul D este
a
simetricul punctului E fat , ˘ de TI, deci TE = TD s , i astfel
◦
◦
180 − ∢BTD 180 − ∢BAC + ∢ACB ∢ABC
∢TED = ∢TDE = = = + ∢ACB.
2 2 2
Patrulaterul EDIF fiind inscriptibil, rezult˘a c˘a

∢ABC
∢DIF = ∢TED = + ∢ACB.
2

Pe de alt˘a parte, punctele K, I s , i L sunt coliniare (a se vedea, de exemplu, sursa citat˘a mai
∢ABC
ˆ
◦
sus), prin urmare ∢AKI = ∢AKL = 90 + . In patrulaterul AKID unghiul ∢ADI este
2
drept, deci
∢ABC ∢ABC
◦
◦
∢DIK = 270 − ∢BAC − ∢AKI = 180 − ∢BAC − = + ∢ACB.
2 2
Astfel rezult˘a c˘ ∢DIF ≡ ∢DIK, prin urmare punctele K, F s , i I sunt coliniare.
a