ARTUR BĂLĂUCĂ

CĂTĂLIN BUDEANU GABRIEL MÎRŞANU MARCEL TELEUCĂ

OLIMPIADELE NAŢIONALE ALE ROMÂNIEI ŞI REPUBLICII MOLDOVA

OLIMPIADELE BALCANICE PENTRU JUNIORI (OBMJ)

2014 - 2018

CLASELE V – VIII

Partea I + Partea a II-a = 1295 de probleme

PARTEA A II-A

– etapa judeţeană 2014-2018 (subiect unic)– Olimpiada Naţională a României (2014-2018)– Olimpiada Națională a Republicii Moldova (2014-2018), clasele VII-VIII– barajele pentru alcătuirea lotului olimpic de juniori (OBMJ)

al României (2014-2018) – barajele pentru alcătuirea lotului olimpic de juniori (OBMJ)

al Republicii Moldova (2014-2017) – Olimpiadele balcanice de matematică pentru juniori (OBMJ) 2014-2018

Editura Taida IAŞI

4

Cuprins

Enun- țuri

Solu- ții

OLIMPIADA NAȚIONALĂ A ROMÂNIEI ETAPA JUDEȚEANĂ – SUBIECT UNIC

Clasa a V-a, 2014 - 2018 ………………………………………….............. 5 52 Clasa a VI-a, 2014 - 2018 …………………………………………………. 7 56 Clasa a VII-a, 2014 - 2018 ……………………………………….............. 9 59 Clasa a VIII-a, 2014 - 2018 ………………………………………………. 12 66

ETAPA NAȚIONALĂ A ROMÂNIEI Clasa a V-a, 2014 - 2018 …………………………………………………. 14 73 Clasa a VI-a, 2014 - 2018 ………………………………………………… 17 77 Clasa a VII-a, 2014 - 2018 ……………………………………….............. 19 82 Clasa a VIII-a, 2014 - 2018 ………………………………………………. 21 89 BARAJELE PENTRU ALCĂTUIREA LOTULUI OLIMPIC AL

ROMÂNIEI (2014-2018)

Barajele de selecție pentru a 18-a OBMJ, 2014 …………………………….. 24 98 Barajele de selecție pentru a 19-a OBMJ, 2015 …………………………….. 27 106 Barajele de selecție pentru a 20-a OBMJ, 2016 …………………………….. 29 112 Barajele de selecție pentru a 21-a OBMJ, 2017 …………………………….. 31 120 Barajele de selecție pentru a 22-a OBMJ, 2018 …………………………….. 34 132

OLIMPIADA NAȚIONALĂ A REPUBLICII MOLDOVA Clasa a VII-a

A 58-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2014 .. 37 142 A 59-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2015 .. 37 133 A 60-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2016 .. 38 145 A 61-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2017.. 39 147 A 62-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2018.. 40 148

Clasa a VIII-a A 58-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2014 .. 41 150 A 59-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2015 .. 41 151 A 60-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2016 .. 42 154 A 61-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2017.. 43 155 A 62-a Olimpiadă Națională de Matematică a Republicii Moldova, 2018.. 44 157

BARAJELE PENTRU ALCĂTUIREA LOTULUI NAȚIONAL DE JUNIORI (OBMJ) AL REPUBLCII MOLDOVA

2014 ……………………………………………………………………………. 45 160 2015 ……………………………………………………………………………. 46 162 2016 ……………………………………………………………………………. 46 163 2017 ……………………………………………………………………………. 47 165

BALCANIADA DE MATEMATICĂ PENTRU JUNIORI (OBMJ) Ediția a XVIII-a, Ohrid, Macedonia, 2014 ………………………………….

48

167

Ediția a XIX-a, Belgrad, Serbia, 2015 ………………………………………. 49 169 Ediția a XX-a, Slatina, România, 2016 ……………………………………… 49 171 Ediția a XXI-a, Varna, Bulgaria, 2017 ……………………………………… 50 173 Ediția a XXII-a, Rhodos, Grecia, 2018 ……………………………………… 51 175 INDICAȚII. SOLUȚII. COMENTARII ………………………………............... 52

7

2018

25. Vlad, Luca și Adina au cumpărat de la o librărie rechizite în valoare totală de 118 lei. Vlad a cumpărat 5 pixuri, 4 caiete și 3 cutii cu creioane colorate, Luca a cumpărat 7 pixuri, 3 caiete și 4 cutii cu creioane colorate, iar Adina a cumpărat 8 pixuri, 7 caiete și 7 cutii cu creioane colorate. Știind că Luca a plătit cu 5 lei mai mult decât Vlad, iar Adina cu 4 lei mai puțin decât Vlad și Luca la un loc, aflați cât costă un creion, cât costă un caiet și cât costă o cutie cu creioane colorate. (***)

26. Suma a 15 numere naturale consecutive este un număr cu cifre diferite, printre care se află cifrele 0, 1, 2 și 4. Care este cel mai mic număr posibil dintre cele 15 numere? (Gabriel Țaga, Gazeta Matematică)

27. Determinați numerele de forma abcd care îndeplinesc simultan următoarele condiții: a) suma pătratelor cifrelor este divizibilă cu 4; b) restul împărțirii numărului abcd la c este 7. (Sandu Porumb)

28. Într-o cutie se află 50 de cartonașe pe care sunt scrise primele 100 de numere naturale nenule, astfel: pe primul cartonaș sunt scrise numerele 1 (pe o parte) și 2 (pe cealaltă parte), pe al doilea cartonaș sunt scrise numerele 3 (pe o parte) și 4 (pe cealaltă parte) și așa mai departe, până la al 50-lea cartonaș, pe care sunt scrise numerele 99 (pe o parte) și 100 (pe cealaltă parte). Eliza scoate 4 cartonașe din cutie și calculează suma celor opt numere scrise pe ele. Câte numere distincte poate obține Eliza?

(Gabriel Popa)

Clasa a VI-a 2014

9. Arătați că: a) 3 3 3

1 2 51

2 3 6 + + =

; b) 333 + 433 + 533 < 633.

10. Spunem că mulțimea nevidă M de cardinal n are proprietatea P dacă elementele sale sunt numere naturale care au exact 4 divizori. Notăm cu SM suma tuturor celor 4n divizori ai elementelor unei astfel de mulțimi M (suma conține și termeni care se repetă). a) Arătați că A = {2 · 37, 19 · 37, 29 · 37} are proprietatea P și SA = 2014. b) În cazul în care o mulțime B are proprietatea P și 8 � B, demonstrați că SB ≠ 2014.

11. Pe laturile BC, CA și AB ale triunghiului ABC se consideră punctele M, N, respectiv, P astfel încât BM = BP și CM = CN. Perpendiculara din B pe MP și perpen-

diculara din C pe MN se intersectează în I. Demonstrați că unghiurile �IPA și �INC sunt congruente.

12. Determinați numerele naturale a pentru care există exact 2014 numere naturale b

care verifică relația 2 ≤ a

b ≤ 5.

16

2017

41. Fie numărul natural n = 7+ 72 + 73+ ... + 72017. a) Arătați că 72018 dă, prin împărțire la 6 și prin împărțire la 48, același rest. b) Aflați ultimele două cifre ale numărului 6n.

(Victor Nicolae și Petre Simion, București)

42. Aflați câte numere naturale, scrise în baza zece, îndeplinesc simultan condițiile: i) numărul are șase cifre; ii) produsul cifrelor nenule ale numărului este 84; iii) patru dintre cifrele numărului sunt 2, 0, 1, 7. (Lucian Dragomir, Oțelu-Roșu)

43. Fie n � 2, un număr natural. Spunem că numărul natural 1 2... na a a are proprietatea (P)

dacă 1 2 1 2 1 2... · ·... · ...n n na a a a a a a a a= + + + + . Găsiți toate numerele naturale

1 2... na a a care au proprietatea (P). (Cătălin Cristea, Craiova)

44. Se consideră cifrele a, b, c, d, e, f, nenule distincte. Determinați numerele naturale x cu proprietatea că x divide oricare număr de șase cifre distincte, scris cu cifrele a, b, c, d, e, f. (Selectată de Cristian Mangra, București)

2018

45. Determinați numerele prime a > b > c pentru care a – b, b – c și a – c sunt numere prime diferite. (Ion Cicu)

46. Determinați numerele naturale nenule a, b, c pentru care 2 2 7 1

.2 2 1

a b a b c

c

+ + ++ =

+

(Mihaela Berindeanu)

47. Pe o tablă sunt scrise numerele: 1, 2, 3, ... , 27. Un pas înseamnă ștergerea a trei numere a, b, c de pe tablă și scrierea în locul lor a numărului a + b + c + n, unde n este număr natural nenul fixat. Determinați numărul natural n știind că, după 13 pași, pe tablă este scris numărul n2. (Lucian Dragomir)

48. Se consideră un număr natural n � 2 și un pătrat n × n (vezi figura alăturată). Diagonala

principală a acestui pătrat este formată din câmpurile hașurate. Completăm câmpurile aflate sub diagonala principală cu zerouri, iar în restul câmpurilor (inclusiv cele hașurate) scriem numere naturale nenule. După completarea tuturor câmpu-rilor calculăm suma numerelor aflate pe fiecare linie și pe fiecare coloană, obținând astfel 2n sume. Pătratul se numește norocos dacă valorile celor 2n sume sunt egale, într-o anumită ordine, cu numerele 1, 2, ... , 2n. a) Arătați că, pentru n = 5, nu există pătrat norocos. b) Dacă n = 4, determinați cel mai mare număr natural care apare în completarea unui pătrat norocos. (***)

40

A 62-a Olimpiadă de Matematică a Republicii Moldova Chișinău, 3 martie, 2018 Clasa a VII-a, prima zi

65. Fie fracția 2 3 2016

2 3 2016

2 2 2 ... 2

5 5 5 ... 5

+ + + ++ + + +

. Demonstrați că această fracție se poate simplifica

prin 30.

66. Se consideră triunghiul ABC în care BC = 2 · AC. Fie D ∈ (BC), astfel încât

BD = 3 · DC. Determinați valoarea numerică a raportului AB

AD.

67. Se consideră tabloul a) Determinați suma numerelor de pe linia 100. b) Determinați pe a câta linie se află numărul 2018.

68. Fie numerele naturale � � �100 99 100

22...2 5 33...3 4 11...1cifre cifre cifre

n = și � �99 99

200...0 3 00...0 1cifre cifre

m = .

Demonstrați că numărul n se divide cu numărul m.

Ziua a II-a

69. Determinați toate valorile posibile ale raportului 13 53

5 48

x y

x y

+−

, știind că numerele

naturale nenule x și y satisfac relația x2 + 52y2 = 28xy.

70. Pe tablă sunt scrise trei numere: 1, 2 și 4. O „operație“ constă în următoarele: se

șterg de pe tablă numerele a și b, iar în locul lor se scriu numerele 2

a b+ și

2

a b−.

În urma câtorva astfel de „operații“, ar putea apărea pe tablă numerele 2, 2 3 și 3?

71. Fie numerele întregi a, b, c, astfel încât 11a – 17b + 6c = 0. Demonstrați că numărul n = (c – a)(c – b)(a2 – b2) se divide cu 1122.

72. Fie unghiul XOY cu măsura de 30°. Dacă M este un punct situat în interiorul acestui unghi și A, B sunt proiecțiile ortogonale ale punctului M pe laturile acestuia, arătați că OM = 2 · AB.

51

Ediția a XXII-a, Rhodos, Grecia, 2018 85. Determinați toate perechile (m, n) de numere întregi care satisfac ecuația m

5 – n5 = 16mn. 86. Se consideră n numere de trei cifre care au următoarele proprietăți: (1) Niciunul din numere nu conține cifra 0. (2) Suma cifrelor fiecărui număr este 9. (3) Cifrele unităților oricăror două numere sunt diferite. (4) Cifrele zecilor oricăror două numere sunt diferite. (5) Cifrele sutelor oricăror două numere sunt diferite. Aflați cea mai mare valoare posibilă a lui n. 87. Fie k > 1 și n > 2018 numere naturale, cu n impar. Numerele raționale nenule x1, x2, ..., xn nu sunt toate egale și satisfac:

1 2 3 12 3 4 1

... n n

n

k k k k kx x x x x

x x x x x−+ = + = + = = + = +

Aflați: a) produsul x1, x2, ..., xn în funcție de k și n. b) cea mai mică valoare a lui k pentru care există n, x1, x2, ..., xn care satisfac condițiile date.

88. Fie ABC un triunghi ascuțitunghic și A', B', C' simetricele vârfurilor A, B, C față

de BC, CA, respectiv AB. Cercurile circumscrise triunghiurilor ABB' și ACC' se inter-

sectează a doua oară în A1. Punctele B1 și C1 se definesc similar. Demonstrați că dreptele AA1, BB1 și CC1 au un punct comun.

52

INDICAȚII. SOLUȚII. COMENTARII

ETAPA JUDEȚEANĂ – SUBIECT UNIC

Clasa a V-a 2014

9. Trecând la descompunerea zecimală obținem: a(b – c) = 1, de unde a = 1 și b = c + 1. Numerele care satisfac relația din enunț sunt: 110, 121, 132, 143, 154, 165, 176, 187 și 198. 10. a) Se observă că numerele care satisfac condițiile din enunț au ultima cifră 4 sau 9. Sunt două numere de câte o cifră care aparțin mulțimii M (4 și 9). Sunt două numere de două cifre în M (44 și 99). Sunt 20 de numere de trei cifre în M (404, 414, ..., 494 și 909, 919, ..., 999). Sunt 20 de numere de patru cifre (4004, 4114, ..., 4994 și 9009, 9119, ..., 9999). Al 50-lea număr din M este al șaselea număr de cinci cifre, adică 40504; b) Cel mai mic este numărul

�220 de 9

98 99...9 89 (cât mai multe cifre de 9), iar cel mai mare număr este �2006 de 1

4 11...1 4 (cât mai multe

cifre de 1, posibil). 11. a) Presupunem prin absurd că există o astfel de partiție. În acest caz produsul elementelor mulțimii A este pătrat perfect. Însă produsul elementelor mulțimii A este egal cu 31 + 2 + 3 + ... + 2014 = 3(2014 · 2015) : 2 = 31007 · 2015, contradicție!; b) Se observă că 32k + 32k + 1 = = (3k · 2)2 este pătrat perfect. Fiind o problemă de existență este suficient să considerăm partiția A = {1, 3} ∪ {32, 33} ∪ … ∪ {32012, 32013} ∪ {32014}. 12. a) În scrierea unui număr dichisit, cifrele pare alternează cu cele impare. Deci un număr de 10 cifre conține exact 5 cifre pare,

adică pe 2; b) Există 32 de numere dichisite de forma 2 2 2 2 2a b c d e și 32 de numere dichisite

de forma 2 2 2 2 2a b c d e ; c) Observăm că dacă numărul n1 = 1 2 10...a a a este dichisit, atunci și

numărul n2 = 1 2 10(4 – )(4 – )...(4 – )a a a este dichisit și n1 ≠ n2. Cele 64 de numere dichisite le

formăm în perechi de forma (n1, n2). Însă n1 + n2 = �10 cifre

44...4 . Suma tuturor numerelor este egală

cu 32 ·�10 cifre

44...4 = 27 · 11 · 1010101010 = 1408 · 1010101010.

2015

13. Avem ab = a + (a + 1) + ... + (b – 1) + b � 1 + 2 + ... + 9 = 45, deci a � 4. Dacă a = 1, atunci

1 + 2 + ... + (b – 1) + b = 1b = 10 + b, de unde 1 + 2 + ... + (b – 1) = 10 sau (b – 1)b = 20. Ecuația

(b – 1)b = 20 are soluția naturală 5, deci ab = 15, soluție. Dacă a = 2, atunci 2 + 3 + ... +

+ ... + (b – 1) + b = 20 + b, de unde (b – 1)b = 42, ecuație care are soluția 7, deci ab = 27, soluție. Dacă a = 3, se obține ecuația (b – 1)b = 66 care nu are soluție pentru b ∈ {4, 5, 6, 7, 8, 9}.

Dacă a = 4, atunci ab � 45. Însă 4 + 5 + ... + 9 < 45, contradicție! Prin urmare, ab = {15; 27}. 14. Notăm cu a, b, c numărul elevilor care au rezolvat exact una, două și, respectiv, trei probleme. Avem relațiile: a + b + c = 50 și a + 2b + 3c = 100, de unde rezultă că b + 2c = 50 și 2c � 50, adică c � 25. 15. a) Primele 99 de submulțimi conțin 2 + 4 + … + 100 = 5049 de elemente. Deci cel mai mic element din cea de-a 100-a submulțime este 5050. b) Dacă 2015 este cel mai mare element al celei de-a n-a submulțime, atunci avem relația: 2 + 3 + … + n + + (n + 1) = 2015, de unde (n + 1)(n + 2) = 4032 = 63 · 64. Deci 2015 este cel mai mare element al celei de-a 62-a submulțime. 16. a) 10382 = 1077444; b) Fie numărul a =�

2

ori

100...038 10 38n

n

+= + ,

unde n ∈ �*, n � 2. Avem a2 = ( )2210 38n+ + = 2 4 210 76·10n n+ ++ + 1444. Ultimele trei cifre ale

62

Fig. 286 a) Fig. 286 b)

Cazul 2: Punctele A şi D sunt situate de aceeaşi parte a dreptei BC (fig. 286 b)). Punctele E şi

F au aceeaşi proprietate ca la cazul 1. Analog, se arată că AF = 2

AD, deci m(ADB) = 30° şi

m(DAB) = 180° – (45° + 30°) = 105°. Altă abordare: Cazul 1: Punctele A şi D sunt separate de dreapta BC. Construim dreptunghiul BCPD. Se arată că ∆ABD ≡ ∆ACP (L.U.L.), de unde (AD) ≡ (AP) şi m(BAD) = m(CAP). Cum (AD) ≡ (AP) şi (AD) ≡ (DP) rezultă că ∆ADP

este echilateral, deci m(BAD) =1

2· (90° – m(DAP)) = 15°. Cazul 2: Se analizează la fel.

64. a) Din m(BAE) = m(BCD) şi m(ABE) = m(CBD)

rezultă că ∆ABE ∼ ∆CBD (u.u.), de unde BE AB

BD BC= sau

BE BD

AB BC= , (1). Din m(ABC) + m(CBE) = m(CBE) +

+ m(DBE) = 90°, rezultă că m(ABC) = m(DBE), (2). Din (1) şi (2) rezultă că ∆EBD ∼ ∆ABC (l.u.l.); b) ∆EBD ∼ ∼ ∆ABC implică ACB ≡ BDE, de unde m(DGC) = = 360° – [m(CBD) + m(BDG) + m(BCG)] = 360° – – (m(CBD) + m(ACB) + m(BCG)) = 90°. Deci ∆AEG este dreptunghic şi cum (FG) este mediană rezultă

că GF = 2

AE. În ∆ABE dreptunghic, m(BEA) = 30°,

deci AB =2

AE= GF, (3). În ∆DCG dreptunghic avem

HG =2

CD, iar în ∆BDC dreptunghic cu m(BDC) = 30°

avem BH =2

CD= BC. Deci (BC) ≡ (BH), (4). ∆BHF ≡ ∆GHF (L.L.L.), de unde m(FGH) =

= m(FBH) = 90° – (m(DBH) + m(CBF)), (5). Însă m(HBD) = m(HDB) = 30° şi m(CBF) = m(ABF) – m(ABC) = 60° – m(ABC) (fiindcă ∆ABF este echilateral), (6). Din (5) şi (6) rezultă că m(FGH) = m(ABC), (7). Din (3), (4) şi (7) rezultă ∆FGH ≡ ∆ABC (L.U.L.) (fig. 287)

AE C

B

F

D

AE

C

B

F

D

A

B C

F

G

E

D

H

60°

60°

Fig. 287

77

Dacă 3 a + b + c + d + e + f, atunci x = 1. Dacă 3/a + b + c + d + e + f şi 9 a + b + c + d + e + f, atunci x = 1 sau x = 3. Dacă 9/a + b + c + d + e + f, atunci x = 1 sau x = 3 sau x = 9.

2018

45. Numerele a, b, c nu pot fi toate impare, deoarece am avea 2/a – c, contradicție. (a � 7) Deci c = 2 și a – b = 2. Dacă b – 2 = m și a – 2 = n, unde m și n sunt numere prime, atu nci a = b + 2; m = b – 2 și n = b. Numerele b – 2, b și b + 2 sunt numere prime impare și consecutive cu b � 5, deci unul dintre ele multiplu de 3, adică este chiar 3. Prin urmare, b – 2 = 3, de unde b = 5 și a = 7 soluție unică.

46. 2 2

2 27 1 14 2

2 2 1 1

a b a b c ca b a b

c c

+ + + ++ = ⇔ + + + = ∈ ⇒

+ +ℕ c + 1/14c + 2

c + 1/14(c + 1) – 12 c + 1/12 c + 1 ∈ {2, 3, 4, 6, 12} pentru că c ≠ 0. c + 1 = 2 c = 1 și a2 + b2 + a + b = 8 a2 < 8 a ∈ {1; 2}. a = 1 b2 + b = 6 � b(b + 1) = 6 b = 2, soluție. a = 2 b2 + b = 2 � b(b + 1) = 2 b = 1, soluție. c + 1 = 3 c = 2 și a2 + b2 + a + b = 10 a2 ≤ 4 a ∈ {1; 2}. c + 1 = 4 c = 3 și a2 + b2 + a + b = 11 a2 ≤ 4 a ∈ {1; 2}. c + 1 = 6 c = 5 și a2 + b2 + a + b = 12 a2 ≤ 4 a ∈ {1; 2}. c + 1 = 12 c = 11 și a2 + b2 + a + b = 13 a2 ≤ 9 a ∈ {1; 2}. Se obține (a, b, c) ∈ {(1; 2; 1), (2; 1; 1), (2; 2; 5)}. 47. Se observă că după fiecare pas, de pe tablă dispar două numere, deci după 13 pași dispar 26 de numere, iar pe tablă rămâne exact un număr. După fiecare pas suma numerelor de pe tablă se mărește cu n, iar după 13 pași numărul rămas pe tablă este egal cu (1 + 2 + ... + 26 + 27) + 13n = = 378 + 13n. Prin urmare, avem ecuația n2 = 13n + 378 � n(n – 13) = 378, (1) de unde n/378, adică n ∈ {1, 2, 3, 6, 7, 9, 14, 18, 21, 27, 42, 54, 63, 126, 189, 378}. Verifică ecuația (1) doar n = 27. Deci n = 27. 48. a) Dacă există un pătrat norocos 5x5, atunci suma tuturor sumelor va fi egală cu 1 + 2 + 3 + … + 10 = 55. Însă suma sumelor de pe linii este egală cu suma numerelor de pe coloane, adică suma tuturor sumelor este pară. Dar 55 este impar, deci nu există un pătrat norocos 5x5. b) Dacă un câmp conține un număr a � 7, acesta nu poate fi situat pe prima sau pe a doua linie sau coloană, deoarece în acest caz suma numere-lor de pe acea linie sau coloană ar fi cel puțin egală cu 9 (a + 2 � 9 > 8). Deci a ≤ 6. Un pătrat norocos cu a = 6 avem în figura alăturată. Deci cel mai mare număr care apare într-un pătrat norocos este 6.

Clasa a VI-a 2014

48. A ⊂ {322, 332, 342, ..., 442}. Dacă B ⊂ A, mulțimea B are cardinalul maxim, dacă B conține un pătrat perfect divizibil cu 2, unul divizibil cu 3, dar prim cu 2 și unul divizibil cu 5 dar prim cu 2 și cu 3. Putem avea B = {322, 332, 352, 372, 412, 432}. Deci maximul cardinalului

mulțimii B este 6. 49. a) Deoarece1

nare prima cifră a perioadei nenulă rezultă că

1 1

10n≥ ,

adică n ≤ 10 și (n, 10) = 1. Prin urmare n � {3, 7, 9}; b) 1

9999

k

n= , unde 1 ≤ k ≤ 9998 implică

9999 = nk, adică nk = 32 · 11 · 101. Cea mai mare valoare a lui n prim este 101. 50. a) Trei numere distincte două câte două conduc la 6 triplete diferite, iar dacă două dintre numerele tripletului

78

sunt egale se pot forma exact 3 triplete diferite. Nu se pot forma triplete de numere egale cu suma 14. Prin urmare, numărul tripletelor care se pot forma este multiplu de 3, iar 3 14; b) Dacă z = 1, avem x + y = n – 1, adică n – 2 triplete;

dacă z = 2, avem x + y = n – 2, adică n – 3 triplete; ………………………………………………………… dacă z = n – 3, avem x + y = 3, adică două triplete; dacă z = n – 2, avem x + y = 2, adică un triplet.

Numărul total de triplete este egal cu 1 + 2 + … + (n – 2) = ( – 2)( –1)

2

n n.

Însă ( – 2)( –1)

2

n n ≥ 2015 și n fiind cel mai mic număr natural, rezultă n = 65.

51. Fie punctele R' și S' simetricele punctelor R și, respectiv, S față de dreapta BC (fig. 301). Deci punctele S', R' și C sunt coliniare și (RC) ≡ (R'C) iar (SC) ≡ (S'C). Conform teoremei biliardului avem: NP + PS = NS' și MQ + QR = MR'. Deci (NS') ≡ (MR'). Din AM = RC =

= R'C și AN = CS = CS' rezultă că (MN) ≡ (S'R'). Din (MN) ≡ (S'R'), (MR') ≡ (NS') și (MS') ≡ (MS') rezultă că ∆MNS' ≡ ∆S'R'M (L.U.L.), de unde NMS' ≡ MS'R'. Prin urmare, CS' || AB și ABC ≡ BCS', însă BCA ≡ ≡ BCS', deci ABC ≡ ACB și ∆ABC este isoscel.

2015

52. Fie n numărul cu proprietățile din enunț. Fiindcă a/n,

bc /n, cn /n, iar a, bc , cb sunt numere naturale distincte,

rezultă că n = a · bc · cb pentru că n are exact 8 divizori. Avem bc∈ {13; 17; 37; 79}, iar din

condiția a + bc + cb este pătrat perfect și a prim, rezultă a = 5, b = 1 și c = 3. Deci n = 2015.

53. a) Notăm b =1 1 1

1 2 3a a a+ +

+ + +. Avem

3 3

3 1b

a a< <

+ + și cum

1 1

4 3b< < , atunci

1 3

4 1a<

+ și

3 1

1 3a<

+, de unde 6 < a < 11, adică a ∈ {7, 8, 9, 10}. Dacă a = 7, atunci

b = 1 1 1 121 1

8 9 10 360 3+ + = > , nu convine. Dacă a = 8, atunci b =

1 1 1

9 10 11+ + , de unde b <

1 1·3

9 3=

și b > 3 1

11 4> , soluție. Analog, se verifică a = 9 și a = 10. În final, se obține a ∈ {8, 9, 10}

soluție. b) Putem considera numerele: a1 = p2 + 1, a2 = p2 + 2, …, ap = p2 + p. Avem n =1 2

1 1...

a a+ + +

2 2 2

1 1 1 1... ...

1 2pa p p p p+ + = + + +

+ + +. Însă

2 2 2

1 1 1...

1 2p p p p> > >

+ + +, de unde

2 2 1

p pn

p p p< <

+ +. Cum

2 2 1

p p

p p>

+, obținem că

1 1

1n

p p< <

+. 54. a) Avem 2n = x2 – 1

și 3n = y2 – 1, de unde n = y2 – x2. b) Din x2 = 2n + 1 rezultă că x este impar, deci x2 = 4k + 1, k ∈ � și n = 2k, adică n este par. Din y2 – x2 = n, x2 impar și n par rezultă y2 este impar adică

Fig. 301 A

B C

R

SM

N

P Q

S’

R’

81

Din ∆EBC isoscel şi m(∢CBE) = 20° rezultă că m(∢BCE) = 80°.

Cum m(∢BCA) = 40° rezultă că (CD este bisectoarea ∢BCE, deci m(∢DCE) = 40°.

∆DFC ≡ ∆DEC (U.L.U.), de unde rezultă că (FC) ≡ (EC) şi (FD) ≡ (DE), deci dreapta CD

este mediatoarea segmentului (FE), de unde FE ⊥ AC.

62. Din a > b > c şi , ,a b c∈ℕ rezultă că a � b + 1 � c + 2, deci a – c � 2.

Dacă a – c � 4, atunci 13c > 11a � 11(c + 4), de unde c � 22 şi a + b + c > c + c + c = 3c �

� 66 > 56. Analizăm cazurile: a – c = 2 şi a – c = 3.

Dacă a – c = 2, atunci din a � b + 1 � c + 2, rezultă a = b + 1 = c + 2 şi 12(c + 1) > 13c >

> 11(c + 2), de unde c < 12 şi c > 11, contradicţie!

Dacă a – c = 3, atunci a = c + 3 şi { }1, 2 .b c c∈ + +

Dacă b = c + 1, atunci 12(c + 1) > 13c > 11(c + 3), de unde c < 12 şi c > 33

,2

contradicţie!

Dacă b = c + 2, atunci 12(c + 2) > 13c > 11(c + 3), de unde c < 24 şi c > 33

,2

deci c � 17 şi

b � 19, iar a � 20, de unde a + b + c � 17 + 19 + 20 = 56. Egalitate avem dacă c = 17; b = 19 şi a = 20.

63. Triunghiurile cu vârfurile în câte trei din cele 3 x 9 puncte sunt de două tipuri: cu vârfurile pe câte o latură a triunghiului dat şi cu două vârfuri pe o latură a triunghiului dat şi al treilea pe a treia latură. Sunt 93 = 729 de triunghiuri de tipul I (fiecare vârf se poate alege în 9 moduri).

Pentru cele de tipul II, putem alege două vârfuri pe una din laturi în 9 · 8

362

= de moduri.

Al treilea vârf în acest caz se alege în 2 · 9 moduri pe celelalte două laturi, deci în acest caz sunt 2 · 9 · 36 = 648 astfel de triunghiuri pentru fiecare latură iar în total sunt 648 · 3 = 1944. În total, sunt 729 + 1944 = 2673 de triunghiuri.

2018

64. Fie (a, b) = d. Există numerele naturale nenule m și n cu (m, n) = 1 astfel încât a = dm și b = dn.

Avem: dm2 = dn + dmn [ ],

( , )

aba b

a b

=

, de unde dm = n + mn m/n. Însă (m, n) = 1, deci m = 1

și d = 2n iar a = 2n și b = 2n2.

Perechile de numere (2n, 2n2) verifică relația din enunț,

deci există o infinitate de numere naturale a și b care satisfac relația dată, deoarece *n∈ℕ , n oarecare. 65. Fie (DE bisectoarea unghiului ADC, E ∈ (AC). Notăm m(ABC) = y; m(EDC) = x; m(BAD) = a; m(DAC) = b; m(ACB) = t. (fig. 305) Problema se reduce la a arăta că (DE) ≡ (CE), adică x = a + b, fiindcă m(BAC) = m(ACB) (∆ABC este isoscel). Avem relațiile: 2x = y + a (teorema unghiului exterior ∆ABD), (1) Însă y = b + t = b + a + b = a + 2b (teorema unghiului exterior ∆ADC), (2) Din (1) și (2) rezultă 2x = 2a + 2b, adică x = a + b.

Fig. 305

82

Deci m(EDC) = m(ECD), de unde (DE) ≡ (CD), adică punctul E aparține și mediatoarei segmentului (CD). Observație: Linia de demonstrație din barem consideră punctul E intersecția bisectoarei ADC cu mediatoarea segmentului (CD) și arată că E ∈ (AC).

66. a) 1

2 1000 2 1002

a a

a a

+< ⇔

+ +a(2a + 1002) < (a + 1)(2a + 1000) �2a

2 + 1002a <

< 2a2 + 1000a + 2a + 1000 � 0 < 1000. Deci

a c

b d< .

b) 9 10 1018 1020 9 1009 10 1010 1009

1018 1020 9 10 9 10 9

n n n n n n

n n n n n n n

+ + + + + + + +> ⇔ < ⇔ < ⇔ <

+ + + + + + +

1010

10n< ⇔

+1009(n + 10) < 1010(n + 9) � n > 1000. Deci nminim = 1001.

67. Fie mulțimea A = {a1, a2, …, an} cu a1 < a2 < a3 < … < an – 1 < an de tipul celei din enunț. Cel mai mare rest care se obține la împărțirea a două elemente din A este an – 1 = 100. Obținem resturi cel puțin egale cu 50, la împărțirea elementelor din A cel puțin egale cu 51 la elemente mai mari decât acestea precum și atunci când împărțim an la elemente cel puțin egale cu 51. Numărul resturilor cel mult egale cu 50 determinate este cel mult egal cu dublul elementelor din A cuprinse între 51 și 100. Fiindcă numărul resturilor cel puțin egale cu 50 este 51, rezultă că mulțimea A trebuie să aibă cel puțin 26 de numere dintre: 51; 52; 53; …; 100. Cum mulțimea A conține elementul an, an > 100, rezultă că mulțimea A are cel puțin 27 de elemente. Un exemplu de mulțime completă de mărime 100, cu 27 de elemente este mulțimea {76, 77, 78, …, 99, 100} ∪ {51; 52}. Într-adevăr, la împărțirile 100 : a, 76 ≤ a ≤ 100, obținem resturile 0, 1, 2, 3, …, 24; la împărțirile a : 51; 76 ≤ a ≤ 100, obținem resturile 25, 26, …, 49; la împărțirile 152 : a; 77 ≤ ≤ a ≤ 100, obținem resturile 52, 53, …, 75; la împărțirile a : 152; 76 ≤ a ≤ 100 obținem resturile 76, 77, …, 99, 100; la împărțirea 51 : 152 obținem restul 51, iar la împărțirea 152 : 51 obținem restul 50.

Clasa a VII-a 2014

145. Relația dată este echivalentă cu 2(q – p)2 = p + q (1). Se observă că p ≠ q și că p și q sunt impare. Deci numerele p și q dau restul 1 sau 2 dacă p ≥ 5 la împărțirea cu 3. Dacă p și q dau același rest la împărțirea cu 3, atunci din relația (1) rezultă că 3 / p + q, fals. Dacă p și q dau resturi diferite la împarțirea cu 3, atunci 3 / p + q și 3 (q – p)2, fals. Prin urmare p < 5, adică p = 3 și din (1) rezultă q = 5. Altă abordare. Fie n = q – p. Din (1) rezultă că 2d

2 = n + 2p, de unde 2/n, adică n = 2k, k � �* și p = k(4k – 1) și q = k(4k + 1). p și q fiind prime rezultă k = 1 și p = 3, iar q = 5. 146. Deoarece triunghiurile BCM și CDM sunt isoscele, iar că m(BDC) =

= m(DBC) = 45°, rezultă că m(BMD) = 45°. Din faptul că dreapta BM este mediatoarea segmentului [CN] rezultă că (PC) ≡ (CN) și că (PM este bisectoarea NPC. Deci m(NPC) = 2 · m(NPM) = 90° pentru că NPM = m(DMP) = = 45° (AN || DM în paralelogramul ANMD). Din CP ⊥ AN și AN || DM rezultă că CP ⊥ DM. Deoarece (CD) ≡ (CM) rezultă că dreapta PC este mediatoarea segmentului (DM), deci ∆DPM este isoscel și cum m(DMP) = 45° urmează că el este dreptunghic isoscel (fig. 306). 147. n = 0 și n = 1 conduc la

A B

N

M

CD

P

Fig. 306

170

75. Ținând cont că ME ⊥ AC rezultă că CE

2 = PE 2 + PC

2, AM

2 = PA 2 + PM

2, AE 2 = PE

2 + PA 2

și MC 2 = PC

2 + PM 2, unde {P} = AC ∩ ME, de unde obținem

AM 2 + CE

2 = AE 2 + MC

2. Din perpendicularitatea MF ⊥ BC obținem analog CF

2 + MB 2 = MC

2 + BF 2 (fig. 383). Din cele

două relații obținute rezultă că AM 2 + CE 2 – AE 2 = CF 2 + + MB

2 – BF 2 sau CE

2 + AM 2 + BF

2 = CF 2 + MB

2 + AE 2

([AM] ≡ [BM]), de unde CE 2 + MF

2 = CF 2 + ME

2 sau încă

MC ⊥ EF. Fie {R} = MF ∩ BC, din relațiile precedente rezultă că patrulaterele MPCR, AMDE

și MBFD sunt inscriptibile. Din � �ADM AEM≡ și � �AEM CAM≡ �� �ADM CAM≡ . Analog

arătăm că � �BDM CEM≡ , care împreună cu � �ADM CAM≡ conduce la m(�ADB ) = m(�ADM ) +

+ m(�BDM ) = m(�CAM ) + m(�CBM ) = 180° – m(�ACB ). Din inscriptibilitatea patrulaterului

MPCR rezultă că m( �EMF ) = 180° – m( �ACB ), de unde obținem că � �ADB EMF≡ . 76. Arătăm că valoarea minimă este 4. Presupunem că A nu marchează niciun pătrat din ultimele

două rânduri. (Altfel rotim tabla) (fig. 384). Acum, A va trebui să pună 25 4

3

–

= 7 piese.

(Altfel rămân minim 3 pătrate neacoperite). B îl marchează acum pe 1. I. Dacă A îl marchează pe 3, B îl marchează pe 4. Acum A pierde deoarece nu mai poate acoperi pătratul marcat cu 2. II. Dacă A îl marchează pe 2, B îl marchează pe 5, și îl lasă pe 3 izolat. III. Dacă A îl marchează pe 4, B îl marchează pe 3, iar 2 rămâne izolat.

4 5 1 2 3

IV. Dacă A îl marchează pe 5, B îl marchează pe 2, iar 3 rămâne izolat. V. Dacă A nu marchează niciunul din pătratele de mai sus, B îl marchează pe 4. 1) Dacă A îl marchează pe 3, pierde deoarece 3 este izolat. 2) Dacă A îl marchează pe 2 sau 5, B îl marchează pe celălalt dintre ele, iar astfel 3 rămâne izolat. 3) Dacă A marchează un alt pătrat, B îl marchează pe 3, iar 2 rămâne izolat. Deci B are strategie de câștig. (Soluția lui Ovidiu Avădanei).

Pentru k = 1: A marchează colțul din stânga sus. Pavalea bună va fi:

Pentru k = 2: A marchează pătratul din centru. Pot să apară următoarele situații cărora le oferim pavarea: (după o eventuală rotație:)

x x

x x

x x

x x

A

B CF

R

D

M

P

E1

2

x

Fig. 383

Fig. 384