INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION

INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION BIMC 2013, 30 iunie-5 iulie 2013, BURGAS, BULGARIA KIMC 2014, 21-26 iulie, 2014, DAEJEON, KOREA CIMC 2015, 27 iulie-1 august, CHANGCHUN, CHINA TIMC 2016, 14-20 august 2016, CHIANG MAI, TAILANDA Concursul este organizat pe grupe de varsta astfel: elevi cu varsta mai mica de 14 ani (Key stage II) si elevi cu varsta mai mica de 17 ani (Key stage III). Anual competitia reuneste aproximativ 1000 de elevi si profesori din 30 tari, grupati in echipe Key Stage III si Key Stage II. Tarile participante au fost: Bulgaria, China, USA, Japonia, Australia, Taiwan, Tailanda Hong Kong, Korea, Singapore, India, Indonesia, Macao, Nepal, Filipine, Africa de Sud, Cipru, Mexic, Mongolia, Kazakhastan, Bangladesh, Siria, Canada, Iran, Malaesia, Nigeria, Sri Lanka, Vietnam, Romania, Rusia, Zimbabwe. Organizatorii au considerat ca acest concurs este important pentru ca da posibilitatea elevilor mai mici, cu aptitudini inalte in domeniul matematicii, sa se reuneasca intr-o intrecere de nivel international, contribuie la stabilirea si imbunatatirea unei retele matematice internationale, faciliteaza elevilor si profesorilor relationarea impartasind cunostinte si obiceiuri culturale si ajuta la actualizarea curriculum-ului la matematica la standarde internationale. Competitia are doua probe: una individuala si una pe echipe. Concursul individual presupune, la Key Stage II, 15 probleme cu raspuns asteptat, iar la Key Stage III, 15 probleme grupate in doua sectiuni: sectiunea A a avut 12 probleme cu raspuns asteptat, iar Sectiunea B, 3 probleme cu raspuns deschis. La concursul pe echipe ambele divizii au avut cate 10 probleme dintre care 5 cu raspuns asteptat si 5 cu raspuns deschis. MOBILITATE ELEVI PROFESORI FACULTATEA DE MATEMATICA PROFESORI LICEU BIMC2013 12 2 2 KIMC2014 4 1 1 CIMC2015 12 1 1 TIMC2016 8 1 2 TOTAL 36 5 6 In cadrul activitatilor sunt organizate : Puzzle Challenge, seara culturala in care fiecare tara are rezervate cateva minute, expozitii de prezentare a orasului/tarii, vizite la scoli din oras, excursii in imprejurimi. In acest climat favorabil elevii se imprietenesc, schimba impresii, se familiarizeaza cu alte culturi, devin mai deschisi si realizeaza ca matematica este o punte de legatura. Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, director Colegiul National Iasi, si sprijinita de ISJ Iasi, de domnul prof. dr. Catalin Lefter, decanul Facultatii de Matematica a Universitatii «Al. I. Cuza» si de domnul prof. dr. Sebastian Anita, presedintele filialei judetene a SSMR. 1

BULGARIA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-BIMC 2013, 30 iunie-5 iulie 2013, BURGAS, BULGARIA Romania a participat cu trei echipe, doua echipe la Key Stage II: Romania A: Morosanu Smaranda, Petrescu Bianca, Popa Ioana-Maria, Serbanescu Iustina (team leader-i: conf. dr. Volf Claudiu, lect.dr. Iulian Stoleriu) Romania B: Tuchilus Vlad, Prohozescu Ciprian, Morariu Razvan, Asandoaiei David (team leader: prof. Zanoschi Adrian) si o echipa la Key Stage III: Romania A: Raducea-Marin Andrei, Pasa Andrei, Talif Victor, Strugariu Malina-Irina (team leader: prof. Gabriela-Elena Zanoschi) Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de conf. dr. Volf Claudiu si prof. Zanoschi Gabriela. In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian. La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat prof. Zanoschi Gabriela si prof. Zanoschi Adrian. NUMELE SI PRENUMELE PREMIUL DIVIZIA SCOALA CLASA PROFESORUL CLASEI Tuchilus Vlad medalie de argint JUNIORI Col. 6 prof. Zanoschi first runner up National Adrian team C. Negruzzi second runner up group Raducea-Marin medalie de argint SENIORI Col. 9 prof. Zanoschi Andrei Second runner up National Gabriela team second runner up group Prohozescu medalie de bronz JUNIORI Col. 7 prof. Turbatu Doru Ciprian first runner up team National E. Racovita second runner up group Morosanu medalie de bronz JUNIORI Col. 7 prof. Valcu Cristina Smaranda Second runner up team National Pasa Andrei medalie de bronz SENIORI Col. 8 prof. Pasa Narcisa 2

Second runner up National team second runner up group Talif Victor medalie de bronz SENIORI Col. Second runner up team National second runner up group Popa Ioana diploma de merit JUNIORI Col. Second runner up National team Petrescu Bianca diploma de merit JUNIORI Col. Second runner up National team Morariu Razvan diploma de merit JUNIORI Col. first runner up National team second runner up group Asandoaiei diploma de merit JUNIORI Col. David first runner up National team C. Negruzzi second runner up group Strugaru diploma de merit SENIORI Col. Malina-Irina Second runner up National team second runner up group Serbanescu Second runner up Juniori Col. Iustina team National De asemenea Romania a obtinut o cupa pentru punctualitate. 10 prof. Benta Valerica 6 prof. Lazar Cristian 6 prof. Lazar Cristian 7 prof. Benta Valerica 8 prof. Zanoschi Adrian 7 prof. Valcu Cristina 7 prof. Valcu Cristina 3

Pregatirea concursului Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de Zanoschi Gabriela (la Key Stage III) si Zanoschi Adrian (la Key Stage II). Pentru elevii din prima categorie, pana in 14 ani, a trebuit sa fie organizate lectii care sa acopere programa concursului. La aceste lectii au contribuit profesorii : Popa Gabriel, Lazar Cristian si Benta Valerica. 4

Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, Inspector Scolar General Adjunct al ISJ Iasi si sprijinita de de domnul prof. dr. Catalin Lefter, decanul Facultatii de Matematica a Universitatii Al. I. Cuza si de domnul prof. dr. Sebastian Anita, presedintele filialei judetene a SSMR 5

KOREA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-KIMC 2014, 21-26 iulie 2014, DAEJEON CITY, KOREA Romania a participat cu o echipa, la Key Stage III: Romania A: Havarneanu Matei, Tuchilus Vlad, Antohi Robert, Gheorghiu Calin (team leader-i: lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian) Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de lect. Dr. Iulian Stoleriu. In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian. La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat lect. dr. Stoleriu Iulian si prof. Zanoschi Adrian. 6

REZULTATE NUMELE SI PRENUMELE PREMIUL DIVIZIA SCOALA CLASA PROFESORUL CLASEI Tuchilus Vlad medalie de bronz SENIORI Col. 7 prof. Zanoschi Adrian National C. Negruzzi Robert Antohi merit SENIORI Col. 7 prof. Zanoschi Adrian National C. Negruzzi Havarneanu participare SENIORI Col. 10 prof. Zanoschi Adrian Matei National C. Negruzzi Gheorghiu Calin participare SENIORI Col. National C. Negruzzi 10 prof. Zanoschi Adrian Echipa a mai primit o cupa pentru prezentarea imaginii tarii. 7

Pregatirea concursului Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de Zanoschi Adrian si lect. Dr. Iulian Stoleriu. 8

CHINA INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-CIMC 2015, Changchun, China, 27 iulie - 1 august 2015 Romania a participat cu trei echipe: doua echipe la Key Stage II: Romania A: Casuneanu Otilia, Constantinescu Malina, Dan Stefan, Lapusneanu Andrei; Romania B: Ciocarlan Vlad, Blajuti Stefan, Gradinaru Alexia, Gradinariu Sabina si o echipa la key Stage III: Obada Stefan, Morariu Razvan, Rotaru Veronica, Bacalie Roxana Team leader-i: lect dr Iulian Stoleriu, Facultatea de matematica, Universitatea Alexandru Ioan Cuza Iasi si Tamara Culac, profesoara Colegiul National Iasi. 9

Rezultate Nr.crt Nume și prenume elev 1 Constantinescu Mălina Tip proba Clasa Premiu Profesor îndrumător Juniori VI Medalia de Valerica Argint Bența Second runner Up Team Narcisa Pașa 2 Dan Ștefan Juniori VI Mențiune Second runner Up Group 3 Grădinariu Sabina Mălina 4 Grădinaru Ana Alexia 5 Rotaru Veronica Ioana 6 Cășuneanu Maria Otilia Juniori VII Mențiune Second runner Up Group Juniori VII Mențiune Second runner Up Team Gabriela Zanoschi Gabriela Zanoschi Seniori VII Mențiune Gabriela Zanoschi Juniori VI Mențiune Valerica Second runner Bența Up Group Seniori VIII Mențiune Valerica Bența 7 Morariu Răzvan Andrei 8 Blăjuți Ștefan Juniori VII Mențiune Second runner Up Team 9 Ciocârlan Vlad Ioan Juniori VII Mențiune Second runner Up Group 10 Lapusneanu Andrei Juniori VII Second runner Up Team Cristina Diana Vâlcu Cristina Diana Vâlcu Scoala Col. National Col. National Col. National Col. National Col. National Col. National Col. National Col. National Col. National Cristina Diana Col. National Vâlcu 11. Bacalie Roxana Seniori VII Participare Cristina Diana Col. National Vâlcu 12. Obada Stefan seniori IX Participare Gabriel Popa Col. National 10

THAILAND INTERNATIONAL MATHEMATICS COMPETITION-TIMC 2016, 14 august-20 august 2016, CHIANG MAI, TAILANDA Romania a participat cu doua echipe la Key Stage III: Romania A: Casuneanu Otilia, Bacalie Roxana, Popa Ioana-Maria, Dan Stefan (team leader: lect.dr. Iulian Stoleriu) Romania B: Tuchilus Vlad, Sandu Andrei, Rotaru Veronica Ioana, Blajuti Stefan (team leader-i: prof. Zanoschi Gabriela-Elena, prof. Popa Gabriel-Costel) Traducerea subiectelor in limba romana a fost facuta de lect.dr. Iulian Stoleriu. In timpul concursului elevii au fost coordonati de lect. dr. Stoleriu Iulian, prof Gabriel-Costel Popa, prof Gabriela-Elena Zanoschi. La evaluarea punctajelor date solutiilor elevilor romani de juriul international au participat prof. Iulian Stoleriu si prof. Gabriela-Elena Zanoschi 11

Premiile dobândite de lotul României sunt: NUMELE SI PRENUMELE PREMIUL DIVIZIA SCOALA CLASA PROFESORUL CLASEI Tuchilus Vlad medalie de argint Seniori Col. National 9 prof. Zanoschi Adrian C. Negruzzi Popa Ioana medalie de Seniori Col. 9 prof. Lazar Cristian argint National Second runner up - proba echipe Rotaru Veronica medalie de bronz Seniori Col. National 8 prof. Zanoschi Gabriela Blajuti Stefan medalie de Seniori Col. 8 prof. Valcu Cristina bronz National Bacalie Roxana diploma de Seniori Col. 8 prof. Valcu Cristina merit National Second runner up-proba echipe Sandu Andrei diploma de Seniori Col. 9 prof. Culac Tamara merit National Dan Stefan diploma de Seniori Col. 7 prof. Pasa Narcisa merit National Second runner up-proba echipe Casuneanu Otilia Second runner up-proba echipe Seniori Col. National 7 Prof. Benta Valerica Pregatirea concursului Pregatirea specifica a elevilor, pentru acest concurs, a fost asigurata de lect.dr Iulian Stoleriu. Organizarea participarii delegatiei judetului Iasi la acest concurs a fost coordonata de doamna prof. Cristina-Diana Valcu, director Colegiul National Iasi. International Conference on Education Innovation (ICE-TRI) and Technology Research and In cadrul conferintei internationale organizata de : Ministerul Educatiei, Silpakom University, Chiang Mai University, Chiang mai Rajabhat University, Lampang Rajabhat University, dna prof Gabriela Zanoschi a sustinut lucrarea «Aspects of Mathematics Education in Romania for gifted children. The role of Centers of Excellence in their formation». 12

1. Resurse de invatare si schimburi culturale Royal Rajapruek Park, Chiangmai Zoo, Lanna Wisdoms Schools, Ton Gwen Temple, Hang Dong ; Baan Tawai, Hang Dong Anuban Chiangmai, Prince Royal s College Maesa Elephant Camp, Queen Sirikit Botanic Garden 13

Participarea la această competiție de elită, onorantă prin valoarea concurenților și gradul de dificultate a probelor, demonstrează o dată în plus, pasiunea elevilor participanti și a celor care îi îndrumă în descoperirea fascinantei lumi a matematicii. PREZENTAREA UNOR PROBLEME DIN CONCURS CU SOLUTII ALE ELEVILOR ROMANI 14

BIMC 2013 Şerbănescu Iustina (Colegiul Naţional Iaşi) Strugaru Mălina (Colegiul Naţional Iaşi) Problema 6 - Proba Individuală Care este lungimea maxima a unui sir de numere intregi, consecutive si pozitive care respecta regula ca fiecare dintre termeni poate fi exprimat ca o suma de doua patrate perfecte? Soluţie: Se observa faptul ca numerele 72, 73 si 74 respecta cerinta problemei, deoarece: 72=6 2 +6 2 73=3 2 +8 2 74=5 2 +7 2 Vom demonstra in continuare ca aceasta este lungimea maxima a unui sir ce respecta conditiile date. Este necesara studierea naturii sumei a doua patrate perfecte: S=a 2 +b 2 -daca a si b sunt doua nr. pare, inseamna ca S0 modulo 4; -daca unul dintre nr. este par, iar celalalt impar, inseamna ca S1 modulo 4; -daca a si b sunt doua nr. impare, inseamna ca S2 modulo 4; Asadar, un numar X3 modulo 4 nu se poate scrie ca o suma de doua patrate perfecte si, prin urmare, nu respecta conditia data. Insa pentru ca la un sir sa se poata adauga si un al patrulea nr. consecutiv, acesta ar trebui sa fie de forma lui X. Rezulta ca lungimea maxima a unui astfel de sir este de 3 elemente. R: 3 15

Problema 11 - Proba Individuală Numerele intregi pozitive a si b (ab) sunt alese astfel incat si sunt numere intregi, pozitive, de doua cifre, primul fiind rasturnatul celuilalt. Care este valoarea minima pe care o poate lua numarul a? Soluţie: a b Vom nota A= si G= ab. Inseamna ca a+b=2a si ab=g 2 si formam ecuatia 2 x 2-2Ax+G 2 =0, cu radacinile a si b. Inseamna ca, prin calcularea lui x 1,2 : a=a- ; b=a+. Asadar diferenta b-a=2=2 si trebuie sa apartina multimii numerelor intregi. Deoarece A este rasturnatul lui G, de 2 cifre: A=10p+q, unde p si q sunt cifre, cu p>q (M.A>M.G; a b) G=10q+p Inlocuind, reiese ca (A-G)(A+G)=99(p+q)(p-q).Pentru ca acest nr. sa fie patrat perfect : 11/[( p+q)(p-q)], insa diferenta a doua cifre nu poate divide 11, deci 11/(p+q). Dar 3 p+q 17, deci p+q=11 si, totodata, (p-q) este un patrat perfect. Mai mult, cum cele doua cifre au paritati diferite(au suma impara), inseamna ca (p-q) este si impar, rezultand ca p-q=1. Cele doua relatii conduc la p=6, q=5 si, inlocuind, A=65 si B=56. Astfel se va ajunge la o singura pereche de numere posibile (a, b), anume (32,98), deci raspunsul problemei este 32. R: 32 16

Problema 3 - Proba Individuală Opt monede sunt așezate într-un șir pe o masa, fiecare din ele având capul în sus. La fiecare mutare, se pot întoarce două monede adiacente, existând condiția ca acestea să arate aceeași fața (cap sau pajură). Câte aranjamente se pot obține după un număr de mutări? Soluţie: În primul rând, ce înseamnă numărul de aranjamente ce se pot obține după un număr de mutări? Problema nu cere calcularea numărului de posibilități de aranjare în funcție de numărul de mutări efectuat, ci se referă de fapt la numărul maxim de aranjamente ce se pot obține, indiferent de numărul de mutări. Astfel, rezolvarea presupune două etape: 1)Calcularea numărului maxim de aranjamente posibile: 2)Demonstrația că orice aranjament numărat la I. se poate obține printr-un număr de mutări. 1)Cum calculăm numărul maxim de aranjamente posibile? Știind că fiecare mutare presupune întoarcerea a două monede adiacente, este util să căutăm o legătură între pozițiile pare și cele impare. În acest sens, vom nota numărul de monede de pe pozițiile 1, 3, 5 și 7 ce afișează cap cu i și numărul de monede de pe pozițiile 2, 4, 6, și 8 ce afișează cap cu p. În momenul initial i = p. Următorul pas constă în analiza variației fiecăruia dintre i și p atunci când se efectuează o mutare. Se observă ușor că fiecare mutare presupune întoarcerea atât a unei monede de pe poziție impară, cât și a unei monede aflate pe poziție pară. Așadar, se poate concluziona că, indiferent de numărul de mutări, diferența dintre p și i este constantă și egală cu 0. Aranjamentele posibile sunt deci cele în care numărul de monede afișând cap de pe poziții impare este egal cu numărul de monede afișând cap de pe poziții pare. În aceste condiții, pentru un număr x, numărul de arnjamente cu x monede afișând cap pe poziții impare este egal cu : Numărul total de aranjamente posibile este: Este N răspunsul problemei noastre? În acest moment N este un posibil răspuns al problemei, însă nu putem afirma că acesta este numărul maxim de aranjamente posibile fără a demonstra că fiecare aranjament numărat poate fi obținut printr-un număr de mutări. 17

Pentru a face acest lucru, vom grupa, pentru un anumit aranjament, fiecare poziție pară inficând pajură, cu o poziție impară inficând pajură, numărul lor fiind egal. Gruparea se va face astfel încât intersecția dintre mulțimile de monede situate între moneda pară și cea impară din oricare două perechi să aibă ca intersecție monedele aflate din cea mai mică dintre mulțimi. Astfel, rămâne de demonstrat doar că oricare ar fi pozițiile, una pară și una impară, între ele existând doar monede ce indică fața cap, se poate ajunge la un aranjament în care cele două monede indică fața pajură și restul configurației rămâne neschimbată. Pentru aranjamentele cu 2 monede indicând pajură observăm că pozițiile acestora sunt una pară și una impară, existând între ele un număr par de monede. Plecând de la așezarea inițială, pentru a obține un aranjament în care moneda i și moneda i+-2k indică pajură, întoarcem, căte două, monedele de la i la i+-2k (i și i+-1, i+-2 și i+-3..i+-(2k-1) șii+-2k), întorcând apoi, înapoi pe fața ce afișează cap, câte două, monedele de la i+-1 la i+-(2k-1). Astfel se demonstrează și partea a doua a problemei, concluzionând că răspunsul este 70. R: 70 18

KIMC 2014 Antohi Robert (Colegiul Costache Negruzzi Iaşi) Problema 9 - Proba Individuală În câte moduri diferite se pot așeza 8 copii (incluzându-i pe Anna, Bert și Cody) la o masă rotundă, dacă Anna vrea să stea lângă Bert și nu vrea să stea lângă Cody? Două așezări care pot fi obținute una din alta printr-o permutare circulară sunt considerate identice. Soluție: Fără a o lua pe Anna în calcul, putem așeza restul copiilor în jurul mesei în 6! 720 moduri. Pentru fiecare dintre aceste situații, studiem cum poate fi ales locul Annei. Distingem două cazuri: I. Dacă Bert și Cody sunt unul lângă altul, atunci Anna are o singură alegere, lângă Bert, în partea opusă lui Cody. Există 25! 240 astfel de cazuri. II. Dacă între Bert și Cody există cel puțin o altă persoană, atunci locul Annei poate fi ales în două moduri. Sunt 720 240 480 distribuții ale celor 7 copii (fără Anna) în care Bert și Cody nu sunt vecini. În acest caz, numărul aranjărilor celor 8 copii este egal cu 2480 960. Prin urmare, numărul total de aranjări posibile este 240 960 1200. R: 1200 19

Problema 3, Secţiunea B - Proba Individuală Turnul din Daejeon este format din 7 discuri de mărimi diferite, aranjate în ordinea crescătoare a mărimilor lor de sus în jos, pe primul dintre cei trei stâlpi care se află pe o masă. Trebuie să transferăm turnul de pe primul stâlp pe al treilea. O mutare constă în transferarea discului așezat deasupra unui grup de discuri de pe un stâlp pe alt stâlp, dar mutările de pe primul stâlp direct pe al treilea stâlp sau vice-versa sunt interzise. De asemenea, un disc mai mare nu poate fi așezat deasupra unui disc mai mic. Care e numărul minim de mutări necesare pentru a face transferul cerut? Soluție: Fie a n numărul minim de mutări necesare pentru a transfera un turn de n discuri de pe primul stâlp pe al treilea sau invers, respectând condițiile impuse. Avem a0 0 și a1 2. Pentru ca cel mai mare dintre cele n discuri să fie transferat de pe primul stâlp pe al doilea, toate celelalte n 1 discuri trebuie mai întâi să fie mutate pe al treilea stâlp, această procedură necesitând minim an 1 mutări. După ce transferăm discul cel mai mare de pe primul stâlp pe al doilea, avem nevoie de minim a mutări pentru a transfera celelate n 1 discuri de pe al treilea pe primul stâlp. n 1 Mutăm apoi discul cel mai mare de pe al doilea pe al treilea stâlp, după care mai avem nevoie de minim an 1 mutări pentru a transfera cele n 1 discuri mai mici de pe primul stâlp pe poziția lor finală, adică pe al treilea stâlp. Deci, an 3an 1 2. Fie acum bn an 1. Atunci, b0 1, b1 3 și bn an 13an 13 3bn 1. Obținem astfel 3 n n bn și an 3 1. În final, a7 2186. R: 2186 20

Problema 7 - Proba pe echipe Un restaurant Coreean vinde un singur fel de supă într-o anumită zi. Poate să fie supă de pește, de pui sau de gingseng. Restaurantul nu are voie să aibă în meniu supă de gingseng trei zile consecutiv. Determinați numărul de meniuri posibile pe durata a 7 zile. Soluție: Pentru o perioadă de n zile, notăm cu a n numărul de meniuri în care supa de b n numărul de gingseng nu este în programul din ultima zi (meniuri de tip A), cu meniuri în care supa de gingseng e servită în ultima zi dar nu și în penultima (meniuri de tip B) și cu c n numărul de meniuri în care supa de gingseng e oferită în ultimele două zile (meniuri de tip C). Notăm cu t n numărul total de meniuri posibile în n zile. Evident, tn an bn cn, a1 2, b1 1, c1 0 și t1 3. Putem extinde un meniu de n zile alcătuit conform cerințelor problemei cu încă o zi în care oferim supă de pește sau pui, obținând astfel un meniu de tip A pentru n 1 zile, deci a n1 2t. n Pentru a obține un meniu de tip B pentru n 1 zile, trebuie să adăugăm unui meniu de tip A pentru n zile supă de gingseng în ultima zi, ceea ce înseamnă că b n1 a. În n mod similar, pentru a obține un meniu de tip C pentru n 1 zile adăugăm unui meniu de tip B pentru n zile supă de gingseng în ultima zi, deci c n1 b. Prin n urmare, avem tn 1 an 1bn1cn1 2tn 2tn 1 2 tn2 (1). Deoarece a2 2t1 6, b2 a1 2 și c2 b1 1, rezultă că t2 9. Analog, a3 2t2 18, b3 a2 6, c3 b2 2, decit 3 26. Folosind succesiv formula (1), găsim: t 2( t t t ) 2(26 9 3) 76, 4 3 2 1 t 2( t t t ) 2(76269) 222, 5 4 3 2 t6 2( t5 t4 t3) 2(222 76 26) 648 și, în final, t 2( t t t ) 2(648 222 76) 1892. 7 6 5 4 R: 1892 21

CIMC 2015 Constantinescu Mălina-Elena (Colegiul Naţional Iaşi) Morariu Răzvan-Andrei (Colegiul Costache Negruzzi Iaşi) Problema 7, Secţiunea A - Proba Individuală Mijloacele segmentelor AB, BC, CD și DA ale unui patrulater convex ABCD aparțin aceluiași cerc. Dacă AB 10, BC 11 și CD 12, determinați lungimea laturii DA. Soluție: Fie M, N, P și Q mijloacele segmentelor BC, CD, DA, respectiv AB şi E punctul de intersecţie al dreptelor AC şi BD. Cum MQ este linie mijlocie în triunghiul ABC, AC rezultă că MQ AC și MQ. Pe de altă parte, NP este linie mijlocie în 2 AC triunghiul ACD, ceea ce înseamnă că NP AC și NP. Astfel, 2 avem MQ NP și MQ NP, de unde deducem că MNPQ este paralelogram. Cum patrulaterul MNPQ este și inscriptibil, rezultă că MNPQ este, de fapt, dreptunghi. Laturile MN și MQ ale dreptunghiului MNPQ sunt respectiv paralele cu diagonalele BD și AC ale patrulaterului ABCD. De aici, rezultă că BD AC și atunci avem: AB 2 CD 2 EB 2 EA 2 ED 2 EC 2 EB 2 EC 2 EA 2 ED 2 BC 2 AD 2. 2 2 2 În concluzie, AD 10 12 11 123. R: 123 22

Problema 9, Secţiunea A - Proba Individuală Diagrama de mai jos este vederea de sus a unei structuri etajate ce are 9 stive de cuburi unitare suprapuse. Numerele cuburilor din fiecare stivă a structurii etajate sunt indicate în desen. Partea de jos a fiecărei stive a structurii etajate porneşte de la acelaşi nivel, fără a avea goluri. Suprafaţa exterioară a întregii structuri, incluzând cele nouă pătrate 1x1 din partea de jos a structurii, este vopsită. Care este numărul total de feţe 1x1 vopsite? 1 2 8 6 3 9 7 5 Soluţie: 4 În prim plan se văd de cuburi În partea laterală putem vedea de cuburi Astfel, numărul total de feţe pe care le putem vedea, incluzându-le pe cele 9 din partea de jos a structurii şi pe cele 9 de deasupra este: În plus, câte o faţă din fiecare cub din mulţimea de 6 cuburi şi câte o faţă din fiecare cub din cele 6 cuburi de dedesubt din mulţimea de 8 cuburi sunt vopsite, deşi nu sunt vizibile imediat. Astfel, numărul total de feţe 1x1 vopsite este: 136. R : 136 23

Problema 15, Secțiunea A - Proba Individuală Un număr din mulţimea 1, 2, 3,, 19 se numeşte succesor al unui al doilea număr din mulţimea 1, 2, 3,, 19 dacă: ori al doilea număr este cu cel puţin 10 şi cu cel mult 18 mai mare decât primul, ori primul număr este cu cel puţin 1 şi cu cel mult 9 mai mare decât al doilea. Spre exemplu, 6 este un succesor pentru 16, 17, 18, 19, 1, 2, 3, 4 şi 5. În câte moduri putem alege trei numere din mulţimea 1, 2, 3,, 19, astfel încât primul număr este un succesor pentru al doilea, al doilea număr este un succesor pentru al treilea şi primul număr este, de asemenea, un succesor pentru al treilea număr? Soluţie: Scriem numerele 1,2,3,..., 19 pe un cerc, într-o ordine ciclică: Fiecare număr este succesor pentru cele 9 numere dinaintea lui. Ca prim număr poate fi considerat oricare din cele 19 numere. Al doilea număr şi al treilea număr trebuie să fie unul din cele nouă numere precedente. Presupunem, fără a reduce generalitatea, că primul număr este 6. - dacă al doilea număr este 5 al treilea număr este unul din numerele 4, 3, 2, 1, 19, 18, 17 sau 16 8 variante - dacă al doilea număr este 4 al treilea număr este unul din numerele 3, 2, 1, 19, 18, 17 sau 16 7 variante; - dacă al doilea număr este 3 6 variante; ş.a.m.d numărul total de triplete este 684. R: 684 24

Problema 4, Secțiunea B - Proba Individuală Diagrama de mai jos conţine 26 de pătrate 1x1, situate în jurul unei găuri negre. Câte dreptunghiuri distincte pot fi construite folosind cele 26 de pătrate, nu neapărat toate? Gaura neagră nu trebuie să fie parte dintr-un dreptunghi. Soluţie: Considerăm mai întâi dreptunghiul de sus, : (1) Un dreptunghi din interiorul acestuia are ca laturi două din cele trei linii orizontale şi două din cele zece linii verticale. Considerăm apoi dreptunghiul de jos, (2) Un dreptunghi din interiorul acestuia are ca laturi două din cele trei linii orizontale şi două din cele patru linii verticale. Toate dreptunghiurile rămase provin din cele 2 coloane verticale, adiacente pătratului negru. Aceste dreptunghiuri trebuie să conţină un pătrat alăturat celui negru. Putem adăuga 0,1 sau 2 pătrate deasupra lui şi 0, 1 sau 2 dedesubtul lui. Deci, în total obţinem: 171 de dreptunghiuri. R: 171 25

Problema 3 - Proba pe echipe Un hexagon are 6 unghiuri de 120. Lungimile a 4 laturi consecutive sunt 2000, 2005, 2010 și 2015. Calculați perimetrul hexagonului. Soluție: Fie hexagonul ABCDEF cu AB 2000, BC 2005, CD 2010 și DE 2015. Considerăm punctul G astfel încât ABCG să fie paralelogram. De asemenea, îl vom prelungi pe CG până în punctul H astfel încât CHED să fie paralelogram și pe EH până în punctul I astfel încât EFAI să fie paralelogram. Avem GH CH CG DE AB 15, HI EI EH FA CD FA 2010 şi IG AG AI BC EF 2005 EF. Fiecare unghi din triunghiul GHI măsoară 60, deoarece este suplementul unui unghi cu masura de 120 dintr-un paralelogram. Deci, GH HI IG, ceea ce implică FA 2025 şi EF 1990. Prin urmare, perimetrul hexagonului este egal cu 2000 2005 2010 2015 1990 2025 12045. R:12045 26

Problema 10 - Proba pe echipe În patrulaterul convex ABCD, mdac m DCA 25, m BAC 85 și m ACB 30. Determinați măsura în grade a unghiului BDC. m Soluție: Fie O centrul cercului care trece prin A, BC,. Observăm că ABC 360 m BAD m ADC m DCB 65 2 130, de unde rezultă că m OAC m ACO 25, deci m AOC m ABC. Cum triunghiurile AOC și ADC sunt congruente, înseamnă că AO AD. m AOB 2m ACB 60 și OA OB, triunghiul AOB este Întrucât echilateral, deci AB AO AD. Triunghiul BAD este isoscel cu baza BD și are m BAD 110 rezultă că m ADB 35, deci mbdc madc m ADB 130 35 95., de unde R:95 o 27

TIMC 2016 Băcălie Roxana (Colegiul Naţional Iaşi) Blăjuţi Ştefan (Colegiul Naţional Iaşi) Căşuneanu Otilia (Colegiul Naţional Iaşi) Dan Ştefan (Colegiul Naţional Iaşi) Popa Ioana (Colegiul Naţional Iaşi) Rotaru Veronica (Colegiul Naţional Iaşi) Sandu Andrei (Colegiul Naţional Iaşi) Tuchiluş Vlad (Colegiul Costache Negruzzi Iaşi) Problema 1 - Proba Individuală O cafeterie oferă zilnic 289 de felii de pâine pentru servirea studenților. În decurs de o săptămână, numerele ce reprezintă feliile de pâine mâncate zilnic de către studenţi sunt toate diferite. În unele zile, sunt felii de pâine care rămân. În alte zile, cafeteria mai suplimentează cu felii de pâine până când toţi studenții sunt serviţi. Numărul de felii de pâine ce rămân este înregistrat zilnic şi este un număr ȋntreg pozitiv. De asemenea, numărul feliilor de pâine suplimentate este înregistrat zilnic şi este un număr ȋntreg negativ. Produsul tuturor acestor şapte numere este -252. Care este numărul total de felii de pâine mâncate în această săptămână? Soluție: 252=2 2 3 3 7-252=2 (-2) 3 (-3) 1 (-1) 7 Nr. de bucăți mâncate = 7 289-2+2-3+3-7=2023-7=2016 R:2016 28

Problema 2 - Proba individuală: Aflaţi cel mai mare număr ȋntreg x pentru care există un număr ȋntreg pozitiv y astfel ȋncât 2 2x -3 2y =55. Soluţie: Avem : 511 55 (2 Daca 2 2 Daca 2 2 x1 x1 x 3 56; Imposibil! x 3 y y 3 55 si 2 11si 2 16 x 3 x )(2 3 3 3 1 5 Acesta este singurul, deci si cel mai y x x x y y y ) mare intreg x care verifica relatia. R:3 29

Problema 4 - Proba Individuală Produsul a două dintre primele 17 numere naturale nenule este egal cu suma celorlalte 15 numere. Care este suma acestor două numere? Soluție: a b= 1+2+3+ +17-(a+b) ; a,b N* a,b <18 a+b=? a b+a+b= (17 18)/2=153 (a+1)(b+1)=154=2 7 11 (a+1,b+1) {(1,154);(2,77);(7,22);(11,14);(14,11);(22,7);(77,2);(154,1)} (1) Dar: a+1;b+1<19 (2) Din (1) şi (2) = (a+1), (b+1) {(11,14);(14,11)} = (a+1)+(b+1)=11+14 = a+b=23 R:23 30

Problema 5 - Proba Individuală În triunghiul ABC, D este un punct pe latura AB și E este un punct pe latura AC. P este punctul de intersectie dintre BE și CD. Aria triunghiului ABC este 12 cm 2. Triunghiul BPD, triunghiul CPE si patrulaterul ADPE au toate aceeasi arie. Care este aria, în cm 2, a patrulaterului ADPE? Soluţie: [CPE] = [BPD] DE BC În ABC, DE BC. Conform teoremei lui Thales, rezultă că AE AD EC DB [ AEP] AE AD [ ADP] Prin urmare, [ CPE] EC DB [ BPD] [ADPE] [ BPD] PD [ ADP] 1 Deci, [AEP] = [ADP] = 2 [ BPC] PC [ APC] 3 [ADPE] = [BPD] = [CPE] = [BPC ] [ADPE] = [ABC ] = 2 cm 2. 3 6 R : 2 cm 2 31

Problema 6 - Proba Individuală Aflaţi suma cifrelor numărului obţinut din produsul următoarelor două numere: un nummăr format din 2016 cifre, toate fiind 6, şi un număr format din 2016 cifre toate fiind 9. Soluție: Fie S n= suma cifrelor numărului n 999 999 666 666 = N 2016 ori 2016 ori S N=? N=9 111 111 6 111 111 2016 ori 2016 ori N=54 (111 111) 2 2016 ori N=54 (1+10+100+1000+ +1000 00) 2 N=54 (10 0 +10 1 +10 2 + +10 2015 ) N=2 3333 333266 6667 2015 ori 2015 ori N=6666 666533 3334 2015 ori 2015 ori S n=2015 6+5+2015 3+4=18144 R:18144 32

Problema 7 - Proba Individuală Fie n un număr natural nenul. Tom si Jerry au fiecare câteva monede. Daca Tom îi dă lui Jerry n monede, atunci Jerry va avea de 2 ori mai multe monede decât Tom. Dacă, în schimb, Jerry îi dă Tom 2 monede, atunci Tom va avea de n ori mai multe monede decât Jerry. Aflati suma tuturor valorilor posibile ale lui n. Soluţie: Notăm cu x si y numărul de monede ale lui Tom, respectiv numărul de monede ale lui Jerry. 2(x-n)=y+n 2x-3n-y=0 x+2=n(y-2) x+2-ny+2n=0 2x+4-2ny+4n=0 4-2ny+4n+3n+y=0 4-2ny+7n+y=0 (2n-1)(2y-7)=15 Cum n * 2n-1 * Se disting 4 cazuri: Ⅰ.2n-1=1 n=1 2y-7=15 y=11, x=7 Ⅱ.2n-1=3 n=2 2y-7=5 y=6, x=6 Ⅲ.2n-1=5 n=3 2y-7=3 y=5, x=7 Ⅳ.2n-1=15 n=8 2y-7=1 y=4,x=14 Suma tuturor valorilor posibile ale lui n este egala cu: 1+2+3+8=14 R:14 33

Problema 8 - Proba Individuală În triunghiul ABC, BC = 13 cm, CA = 14 cm și BA = 15 cm. D și E sunt puncte pe laturile BC și, respectiv, AC, astfel încât DE este paralel cu AB. Dacă triunghiul BD EDC are același perimetru ca și patrulaterul ABDE, determinați. DC Soluţie: ED AB EC TFA AC 14DC => CE (1) 13 ED AB DC BC EC ED DC 14 15 13 P EDC = ED + DC + EC = P ABDE = AB + BD + DE + AE DC+ CE = AB + AE + BD (2) BD = BC DC = 13 DC (3) AE = AC EC = 14 EC (4) Înlocuind (1), (3) și (4) în (2) obținem: 14DC DC + = 15 + 14 + 13 DC 13 14DC = 21 13 13 7 27 DC = 13 21 DC = 9 DC BC 13 7 9 10 7 9 9 7 BC DC DC BD 1 DC 14DC 14DC 2 ( DC ) = 42 DC + 13 13 BD DC BD DC 2 7 R: 7 2 34

Problema 9 - Proba Individuală Trei drepte paralele L1, L2 și L3 sunt astfel încât L1 este cu 1 cm deasupra dreptei L2 și L3 este cu 2 cm sub dreapta L2. Un triunghi dreptunghic isoscel are câte un vârf pe fiecare dreaptă. Care este suma, în cm2, a tuturor valorilor posibile pentru aria acestui triunghi? Soluţie: Cazul I: Fie: CD L1, D L1, BE L1, E L1, ADC BEA (dr, AC=AB, ACD BAE, unghiuri complementare) AD = BE = 3, CD = AE = 1. Conform teoremei lui Pitagora în ADC avem AC2 = AD2+DC2 = 1+9 = 10. Așadar Aria ABC este AC AB 2 = 5 cm2 Cazul II: Fie: CD L3, D L3 BE L3, E L3, ADC BEA (dr, AC=AB, CAD ABE, unghiuri complementare) AD = BE = 2, CD = AE = 3. Conform teoremei lui Pitagora în ADC avem AC2 = AD2+DC2 = 4+9 = 13. Așadar Aria ABC este AC AB 2 = 6.5 cm2 Cazul III: Fie AD L1, D L1 AE L3, E L3, ADB ECA (dr, AB=AC, BAD ACE, unghiuri complementare) AD = EC = 1, BD = AE = 2. Conform teoremei lui Pitagora în ADB avem AB2 = AD2 + DB2 = 1+4 = 5. Așadar Aria ABC este AC AB 2 = 2.5 cm2 Deci suma ariilor este S = 5 cm2 + 6.5 cm2 + 2.5 cm2 = 14 cm2 R:14 cm 2 35

Problema 10 - Proba Individuală Când o persoană cu coeficientul de inteligenţă IQ 104 se mută din satul A ȋn satul B, media coeficienţilor IQ din ambele sate creşte cu 1. Suma dintre numărul de locuitori din satul A şi numărul de locuitori din satul B este un număr prim. Suma coeficienţilor IQ ai locuitorilor din ambele sate este 6102. Aflaţi suma coeficienţilor IQ pentru locuitorii satului B, incluzând şi pe cel al noului sosit. Soluţie: Notam : N N S S a b a b Suma Suma Avem Numarul de locuitori din satul A Numarul de locuitori din satul B x 104 x y 104 y 1si 1 a 1 a b 1 b x a(103 a) si y b(103 b) x y ( a b)(103 a b) Cum a b este prim, va apartine multimii 2, 3,113 Daca este 2 sau 3, atunci103 a b 105 si x y 6102; Acest lucru este fals in conditiile problemei. a b 113 103 a b 54 Deci avem a 32, b 81, y 81(103 81) 1782 Raspunsul este coeficientilor IQ din satul A coeficientilor IQ din satul B y 104 1782 104 1886 R:1886 36

Problema 11 - Proba Individuală Alice se află în originea (0,0) a sistemului de coordonate xoy. Ea se mișcă în plan respectând rezultatul obținut la aruncarea unui zar ideal. Dacă la aruncarea zarului apare 1 ea se mută cu o unitate spre dreapta. Dacă la aruncarea zarului apare 2 sau 3, atunci ea se mută cu o unitate spre stânga. Dacă la aruncarea zarului apare 4, 5 sau 6, atunci ea se mută cu o unitate în sus. Care este probabilitatea ca, după 4 mutări, Alice ajunge în punctul (1,1) pentru prima oară? Soluţie: Numărul cazurilor posibile pentru 4 mutări, adică 4 aruncări consecutive de zaruri (a,b,c,d) este 64. Deoarece Alice se mută pe verticală cu 1, avem o singură aruncare de zar cu b (4 sau 5 sau 6), iar pentru orizontala două zaruri cu 1 și un zar cu a (2 sau 3). Evităm cazurile când după 2 mutari ajunge la (1,1) și avem cazurile favorabile de forma (1,1,a,b), (1,1,b,a), (1,a,1,b), (a,b,1,1), (b,a,1,1), (1,a,b,1), (a,1,b,1), (a,1,1,b), în total 8 3 2=48 cazuri favorabile. Deci probabilitatea va fi P = 48/ 64 = 1/27. 1 R: 27 37

Problema 12 - Proba Individuală În figura de mai jos este reprezentat pătratul ABCD cu latura de lungime 234 cm. Dreptunghiurile CDPQ şi MNST sunt congruente. Aflaţi lungimea laturii CM, exprimată în centimetri. A T B M S P N Q D C Soluţie: Notăm mmnq mpsn m ATS. Cum dreptunghiurile MNST şi CDPQ sunt congruente, ST NM DC şi SN PD. Avem: 1 cos NQ NM cos PN MN 1cosSN MN ; sin (1 cos ) cos SP MN ; sin AS TS sin MN sin. Deoarece ASSPPD AD, obţinem că Această ecuaţie revine la Rezultă, astfel, că MC 1175 2 3 cm. 1cos cos 1 cos sin 1. sin sin 2 sin 2sin, cu singura soluţie convenabilă 1 sin. 2 R: 117(5 2 3) cm 38

Problema 13 - Proba Individuală Fie a, b, c trei numere reale pozitive astfel încât 8a²/(a²+9)=b, 10b²/(b²+16)=c și 6c²/(c²+25)=a. Aflați a+b+c. Soluție: Vom folosi Inegalitatea Mediilor: MA MG => a²+9 6a => 8a²/(a²+9) 8a/6; MA MG => b²+16 8b => 10b²/(b²+16) 10b/8; MA MG => c²+25 10c => 6c²/(c²+25) 6c/10; abc=6c²/(c²+25) 8a²/(a²+9) 10b²/(b²+16) 8a/6 10b/6 6c/10 =abc; Egalitate a²=9, b²=16 și c²=25. a,b,c>0 => a=3, b=4 și c=5 => a+b+c=3+4+5=12. R:12 39

Problema 14 - Proba Individuală R este un punct pe segmentul CQ astfel încât CR=4 cm. O dreaptă perpendiculară pe CQ intersectează cercurile de diametre CR şi CQ în A, respectiv în B, punctele A şi B aflându-se de o parte şi de alta a segmentului CQ. Dacă raza cercului circumscris triunghiului ABC este 6 cm, aflaţi lungimea segmentului CQ, exprimată în centimetri. A Q R C Soluţie: Notăm cu M punctul de intersecţie dintre dreptele AB şi CQ. Exprimând în două moduri aria triunghiului ABC, avem: CM AB AB AC BC ACBC 2 6 CM (1). 2 4R Folosind teorema înalţimii în triungiurile ARC şi QBC obţinem că 2 AM MR MC, respectiv B 2 BM CM MQ. Pe de altă parte, aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile AMC şi MBC, deducem că Astfel, 2 2 2 CA AM MC şi 2 2 2 CB MB CM. 2 2 CA RM MC MC MC RM MC MC CR şi, analog, 2 BC CM CQ. Înlocuind în (1), rezultă că 2 2 CM CR CQ CM 24, prin urmare CQ 6 cm. R : 6 cm 40

Problema 15 - Proba Individuală Care este cel mai mare număr întreg n 999 cu proprietatea că n 1 2 divide 2016 n 1? Soluţie: Deoarece n 2016 1 n 1 n 2015 n 2014... n 1, rezultă că 2 n 1 divide 2016 2015 2014 n 1dacă și numai dacă n 1 divide n n... n 1. Având în vedere că 2015 2014 2015 2014 n n... n1 n 1 n 1... n1 2016 și că n 1 divide k n 1, pentru orice k 1, 2,..., 2015, deducem că n 1 divide 2016. Cel mai mare divizor al numărului 2016, mai mic decât 998, este 672. Deci, soluția problemei este n 673. R:673 41

Problema 1 - Proba pe echipe Diagrama de mai jos arată 9 cercuri unite prin 7 linii, cu 3 cercuri pe fiecare linie. Înlocuiește fiecare din a, b, c, d, e, f, g, h și k cu unul din numerelele 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 și 9, astfel încât numărul din cercul din mijloc al unei linii solide este egal cu suma numerelor din celelalte două cercuri, iar numărul din cercul de mijloc al unei linii punctate este egal cu diferența numerelor din celelalte două cercuri. a b c d e f g h k Soluţie: Avem c=b+d= a-e, f=b+h= d-k, e= b-k, h= g-k și d= a-g. Ultima ecuație implică faptul că ori a, d și g sunt toate pare, ori exact unul din ele este par. Considerăm 4 cazuri: Cazul 1. a, d și g sunt toate pare. Atunci din h= g-k rezultă că h și k au aceeași paritate și din b+h = d-k rezultă că b și d sunt ambele pare. Prin urmare a,b,d, și g sunt toate pare, deci c, e, f, h, k sunt impare. Atunci relația c=b+d nu poate fi adevărată. Cazul 2. d este par, în timp ce a și g sunt impare. Atunci b și c au aceeași paritate, diferită de cea a lui e, iar f și k au aceeași paritate, diferită de cea a lui h. Numerele pare, pe lângă d, sunt ori e, f și k, ori b,c și h. În primul caz, nu putem avea e= b-k, iar în al doilea caz nu putem avea f=b+h. Cazul 3. g este par, în timp ce a și d sunt impare. Atunci b și e au aceeași paritate, diferită de cea a lui c, iar h și k au aceeași paritate, diferită de cea a lui f. Numerele pare, pe lângă g, sunt ori b, e și f, ori c, h și k. În primul caz, nu putem avea f=b+h. În al doilea caz, trebuie să avem a=9 și c=4 sau 8. Presupunem că c=8. Atunci e=1 și {b,d }={3,5}. Dacă d=5, atunci niciunul din numerele g sau k nu poate fi 6. Dacă d=3, atunci g=6, k=4, h=2 și f=7, dar nu avem f= d-k. Presupunem că c=4. Atunci e=5 și {b,d }= {1,3}. Dacă d=3, atunci numerele b și k trebuie să fie amândouă egale cu 6, ceea ce este imposibil. Dacă d=1, atunci g=8, k=2 și nu avem o valoare posibilă pentru f. Cazul 4. a este par, în timp ce d și g sunt impare. Atunci c și e au aceeași paritate, diferită de cea a lui b, în timp ce f și h au aceeași paritate, diferită de cea a lui k. Numerele pare, pe lângă a, sunt ori c, e și k, ori b, f și h. În primul caz, nu putem avea f=b+h. În al doilea caz, avem a =4 sau 8. Presupunem că a=4. Atunci f=8, k=9, d=1, g=3 sau 5. Dacă g=5, atunci h=4=a, ceea ce este imposibil. Dacă g=3, atunci h=6, b=2 și c=3=g, ceea ce este imposibil. Presupunem că a=8. Atunci 8 1 5 4 3 42 9 2 6 7

f=6 și ori g=9, ori k=9. Presupunem k=9. Atunci d=3, g=5, h=4, b=2 și c=3=d, ceea ce este imposibil. Presupunem g=9. Atunci d=1, k=7, h=2, b=4, c=5, e=3. Soluția este arătată în figura următoare: R: Problema 2 - Proba pe echipe Fie x un număr natural de 3 cifre şi y răsturnatul său astfel încât x+2y=2016. Determinaţi suma tuturor numerelor cu această proprietate. Soluţie: x=abc y=cba x+2y=2016 Suma numerelor x=? x+2y=100a+10b+c+200c+20b+2a=2016 102a+30b+201c=2016 Observam ca 102a, 30b, 2016 sunt pare = 201c=par (201,2)=1 I. II. c=2 = 102a+30b=1614, dar pentu a=b=9 (valoarea maximă) 102a+30b=1188 = fals III. c=4 = 102a+30b=1212 = fals IV. c=6 = 102a+30b=810 observăm că 30b şi 810 sunt multipli de 5 = 102a=multiplu de 5 (102,5)=1 30b=810-510 = 30b=300= b=10 (fals) V. c=8 = 102a+30b=408 = 17a+5b=68 1. b=par = U (17a)=8 ; a=cifră = a=4 = b=0 X=408 c=par= c {2,4,6,8} a=multiplu de 5, a=cifră= a=5 = 153+5b=68 (fals) Deci x=408 este solutie unică 2. b=impar = U (17a)=3; a=cifră = a=9 = R:408 43

Problema 3 - Proba pe echipe Câte dintre primele 2016 numere naturale nenule pot fi exprimate în forma 12... k 1 mk, unde k și m sunt numere naturale nenule? De exemplu, numerele 6 şi 11 au proprietatea cerută, deoarece 6123 1 și 11 12 5. Soluţie: Dacă n 12... k 1 mk, atunci 2n kk 1 2mk kk 2m 1. Cum numerele k și k2m 1 au parităţi diferite și ambele sunt mai mari ca 1, rezultă că dacă n este o putere a lui 2, atunci n nu poate fi scris sub forma cerută. Vom arăta în continuare că dacă n nu este o putere a lui 2, atunci el are proprietatea considerată. Dacă n nu este o putere a lui 2, atunci, în mod evident, există numerele p, q 0,1, p impar, q par astfel încât 2n pq. Să analizăm următoarele două cazuri: I. Pentru p q, alegem k şi m astfel încât k p şi q p2m 1. Avem 2 1 1 1 pq p p m p p k k n mp mk 12... k 1 mk. 2 2 2 2 II. Pentru p q, alegem k şi m astfel încât k q şi p q2m 1. Avem 2 1 1 1 pq q q m q q k k n mq mk 12... k 1 mk. 2 2 2 2 Deci, în ambele cazuri, n se poate scrie în forma cerută. Prin urmare, doar puterile lui 2 nu pot fi scrise sub forma din enunț. Cum sunt 11 puteri ale lui 2 mai mici ca 2016, rezultă că numărul de numere cu proprietatea cerută este 2016 11 2005. R:2005 44

Problema 4 - Proba pe echipe Un cerc de diametru AB intersectează un cerc cu centrul A în punctul C și D. E este punctul de intersecție al dreptelor AB și CD. P este un punct pe circumferința celui de-al doilea cerc astfel încât PC= 16 cm, PD= 28 cm și PE= 14 cm. Aflați lungimea în cm a laturii PB. Soluţie: Cum E este mijlocul lui CD, din teorema lui Apollonius ne rezulta ca PC 2 +PD 2 =2PE 2 +2CE 2. Astfel CE=18cm. Din formula lui Heron, aria lui CDP este 96 5 cm 2. 16 2836 Cum CA este raza cercului sau circumscris, avem CA= 496 5 42 cm. 5 12 Din teorema lui Pitagora avem AE= cm. 5 2 2 Cum triunghiurile AEC si ACB sunt asemenea, avem AE AB AC AP AE EP Deci triunghiurile AEP si APB sunt asemenea, deci AP PB Deci PB=49cm R : 49cm 45

Problema 5 - Proba pe echipe În diagrama de mai jos sunt prezentate 20 de cercuri numerotate. Se observă că cercurile 3, 9, 12 și 18 determină un pătrat. Care este numarul minim de cercuri ce trebuie eliminate, astfel încat cele rămase să nu determine niciun pătrat? Soluţie: 1 2 3 4 5 6 11 12 7 8 13 14 17 18 9 10 15 16 19 20 Fie distanța dintre doua cercuri 1. Sunt 5 tipuri de pătrate: 1. L = 1 (1, 2, 3, 4); (3, 4, 7, 8); (7, 8, 13, 14); (13, 14, 17, 18); (17, 18, 19, 20); (5, 6, 11, 12); (6, 7, 12, 13); (8, 9, 14,15); (9, 10, 15, 16) 2. L = (3, 6, 8, 13); (4, 7, 14, 9); (8, 13, 18, 15); (7, 12, 17, 14) 3. L = (4, 6, 17, 15); (3, 9, 18, 12) 4. L = 2 (1, 5, 17, 9); (2, 10, 18, 6); (3, 11, 19, 15); (4, 16, 20,12) 5. L = (1, 11, 20, 10); (2, 16, 19, 5) Sunt în total 21 de pătrate. Trebuie eliminat cel puțin un cerc din fiecare din pătratele (1, 2, 3, 4); (7, 8, 13, 14); (17, 18, 19, 20); (5, 6, 11, 12); (9, 10, 15, 16). Mai trebuie eliminate cel puțin 2 cercuri dintre (3, 4, 6, 12, 17, 18, 9, 15) și (1, 2, 10, 16, 20, 19, 11, 5). Presupunem că numărul minim de cercuri eliminate este 5. Datorită simetriei, presupunem că se elimină cercul 7. Atunci, vor trebui eliminate și cercurile 17 sau 18, 9 sau 15, 5 sau 11 și 1 sau 2. Însă va rămâne pătratul (20, 16, 4, 12). Prin urmare, trebuie șterse mai mult de 5 cercuri. Pentru 6 cercuri șterse se găsește soluția 4, 8, 10, 12, 17, 19. R:6 46

Problema 7 - Proba pe echipe Fie x, y şi z numere reale pozitive astfel încât 2 2 2 16 x 25 y 36 z 12. Dacă suma numerelor x, y şi z este 9, aflaţi produsul lor. Soluţie geometrică: 6 P z 5 4 M y Q C x N A R B Considerăm unghiul drept B şi fie A, respectiv B pe laturile unghiului astfel încât AB 12 şi BC 9 ; conform teoremei lui Pitagora, AC 15. Împărţim latura BC în trei segmente de lungimi x, y respectiv z, începând din C. Împărţim apoi 2 2 2 latura AB în trei segmente cu lungimile 16 x, 25 y respectiv 36 z, începând din B. Ducând prin aceste puncte paralele la catetele triunghiului, obţinem triunghiurile MNC dreptunghic în N, PQM dreptunghic în Q şi ARP dreptunghic în R, ca în figură. Conform teoremei lui Pitagora, MC 4, MP 5 şi AP 6. Observând că CM MP PA 15 AC, deducem că punctele M şi P se află pe AC. Triunghiurile MNC, PQM şi ARP sunt asemenea, deci CN : MQ : PR x : y : z 4:5:6. Cum x yz 9, rezultă că x 2, 4, y 3 şi z 3, 6. În final, obţinem că xyz 25,92. Soluţie algebrică: În general, astfel de probleme se rezolvă încercând să arătăm că se atinge egalitatea într-o inegalitate. Conform inegalităţii Cauchy-Schwarz, avem: 47

4 x 5 y 6 z 4 x 5 y 6 z 2 2 2 2 2 2 16 x 2 25 y 2 36 z 2 2. 2 2 2 Cum x yz 9 şi 16 x 25 y 36 z 12, în inegalitatea precedentă se atinge cazul de egalitate 144 144. Acest lucru se întâmplă dacă şi 4x 5 y 6z numai dacă 4x 5 y 6 z, adică, după nişte calcule, când x y z. 4 5 6 Deducem că x 2, 4, y 3 şi z 3, 6, deci xyz 25,92. Observăm că ambele soluţii revin, în mod esenţial, la demonstrarea directei proporţionalităţi a tripletelor x, yz, şi 4,5,6. R:25.92 48

Problema 9 - Proba pe echipe Împărțiți figurile următoare în căte 2 piese de 5 pătrate astfel încăt oricare 2 piese să nu fie identice sau simetrice. Soluţie: 49

Problema 10 - Proba pe echipe Notăm cu Tn numărul divizorilor pozitivi ai numărului natural nenul n. Câte numere naturale nenule n satisfac relaţia Tn T39n 39 T55n 55? Soluţie: a b c d Fie n 313511 y, unde abcd,,,, y și y,351113 1. Dacă notăm T y cu x, atunci avem relaţiile Tn a1b1c1 d 1 x T39na2b2c1d 1x. T55na1b1c2d 2x Astfel, relaţia Tn T39n 39, devine xc1d 1ab3 39, de unde deducem că x divide pe 39. Totodată, din relația Tn T55n 55, rezultă că xa1b1cd 3 55, deci, x divide pe 55. Cum 39,55 1, reiese că x 1, deci y 1. Așadar, condiţiile din enunţ pot fi scrise în forma: c1d 1ab3 39 1. a1b1cd 355 De aici, rezultă că c 1 1,3,13,39. I. Dacă c 1 1, atunci d 1ab3 39, de unde obţinem d 1 1,3,13,39. 1) Pentru d 1 1, avem c d3 3 şi a doua ecuaţie a sistemului 1 nu este verificată, deci problema nu are soluţie. 2) Pentru d 1 3, obținem a1b1 11, deci, abcd,,, 10, 0, 0, 2, 0,10, 0, 2. 3) Dacă d 1 13, atunci c d3 15, care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții. 4) Dacă d 1 39, rezultă că c d3 41, care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții. II. În cazul 1 3 d 1 ab3 13, de unde obținem c, avem d, atunci a 1b 1 11 10, 0, 2, 0, 0,10, 2, 0. d 1 1,13. 1) Dacă 1 1, deci abcd,,, 2) Dacă d 1 13, avem c d3 17, care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții. 50

c, rezultă că III. Dacă 1 13 d 1 ab3 3, ceea ce implică abd 0. Dar, pentru aceste valori, c d3 15, care nu divide pe 55, deci nu sunt soluții. IV. În sfârşit, pentru c 1 39, obţinem ecuaţia d 1ab3 1, care nu are soluții în mulţimea numerelor naturale. Drept urmare, avem abcd,,, 10, 0, 0, 2, 0,10, 0, 2, 10, 0, 2, 0, 0,10, 2, 0, ceea ce înseamnă 10 2 10 2 10 2 10 2 că n3 11,13 11, 3 5,13 5. Deci, sunt patru numere care satisfac condiţiile din enunţ. R: 4 MATERIAL REALIZAT DE GABRIELA-ELENA ZANOSCHI, PROFESOARA, COLEGIUL NATIONAL, CU SPRIJINUL LECT. DR. IULIAN STOLERIU, FACULTATEA DE MATEMATICA, GABRIEL POPA, PROFESOR, COLEGIUL NATIONAL, ADRIAN ZANOSCHI, PROFESOR, COLEGIUL COSTACHE NEGRUZZI, ANDREI SANDU, ELEV, COLEGIUL NATIONAL. 51