O Problema de la Olimpiada de Matematica, etapa Judeteana, 16.03.2019, pentru clasa a WIII-a

Enunturi

Barem de corectare

Participant:    DRĂGHICI Alexandru Florin ; câștigat=experiență


                                            Rezolvare CP Problema 1

Raspuns CP     $(0,0)$ , $(0,\frac{14}{5})$ , $(1,2)$ , $(1,-\frac{1}{5})$ , $(-1,3)$, $(-1,\frac{4}{5})$

Solutie CP
        Înmulțind ambii membri ai egalității cu $\frac{4}{5}$ obținem egalitatea echivalentă

$4x^{2}+4xy+4y^{2}=\frac{28}{5}(x+2y)$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $3x^{2}+(x+2y)^{2}=\frac{28}{5}(x+2y)$,

sau, notând $z=x+2y$

(1)                       $\Leftrightarrow $ $3x^{2}+z^{2}=\frac{28}{5}z$.

         Dar diferența dintre membrul stâng si cel drept din (1) este

$3x^{2}+z^{2}-\frac{28}{5}z=3x^{2}+(z-\frac{14}{5})^{2}-\frac{196}{25}$.

Pentru $x\geqslant 2$ avem $3x^{2}-\frac{196}{25} \geqslant 12-\frac{196}{25}=\frac{104}{25}>0$, deci în acest caz nu există soluții. Rămân de analizat cazurile $x\in \{0, \pm1\}$; pentru $x=0$ egalitatea devine $5y^{2}=14y$, cu soluțiile $y_{1}=0$ si $y_{2}=\frac{14}{5}$; pentru $x=1$ obținem ecuația $5y^{2}-9y-2=0$ cu soluțiile $y_{3}=2$ si $y_{4}=-\frac{1}{5}$; pentru $x=-1$ obținem ecuația $5y^{2}-19y+12=0$ cu soluțiile $y_{5}=3$ si $y_{6}=\frac{4}{5}$.

$\blacksquare$

OLIMPIADA de MATEMATICA a SATELOR din ROMANIA -Etapa Judeteana- TALMACIU- 09.03.2019

CLASA a IV-a

CLASA a V-a

CLASA a VI-a

CLASA a VII-a

CLASA a VIII-a

O INEGALITATE PUȚIN.....CIUDATĂ

          La clasa a WIII-a, în cadrul etapei locale a Olimpiadei de matematică

Enunț
          Demonstrați că $a^{2}+b^{2}\geqslant 2\sqrt{2}(a-b)\sqrt{ab}$, pentru orice numere reale $a,b$ de acelasi semn.
                                                                                                (Autor Lucian LUCA)


Soluție(conform baremului)
          $a^{2}+b^{2}=(a-b)^{2}+2ab\geqslant 2\sqrt{2ab(a-b)^{2}}=2\sqrt{2ab}\left |a-b\right| \geqslant 2\sqrt{2ab}(a-b)$.

$\blacksquare$

 N.CP ?? Nimic? despre cazul de "egalitate" ??

Soluție CP

Răspuns CP

                 Egalitate d.d $a=(2+\sqrt{3})b$.

Rezolvare CP

       
             Avem inegalitatea EVIDENTĂ $(a-b-\sqrt{2ab})^{2}\geqslant 0$;
egalitatea are loc atunci când $a-b=\sqrt{2ab}$ adică dacă $a \geqslant b$ si $a^{2}-2ab+b^{2}=2ab$ iar cum ecuația $t^{2}-4t+1=0$ are soluțiile $t_{1,2}=2 \pm \sqrt{3}$ rezultă răspunsul.
            Dezvoltat, inegalitatea de la care pornim se scrie

$a^{2}+b^{2}+2ab-2ab-2a\sqrt{2ab}+2b\sqrt{2ab}\geqslant 0$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2} \geqslant 2\sqrt{2ab}(a-b)$.

$\blacksquare$

OLIMPIADA NAȚIONALĂ de MATEMATICĂ - Etapa Locală, 16 Febr 2019

Clasa 5

 Enunțuri

 Barem corectare

Clasa 6

 Enunțuri

 Barem corectare

Clasa 7

 Enunțuri

 Barem corectare

Clasa 8

 Enunțuri

 Barem corectare

REVISTA MATEMATICA (a elevilor) din TIMISOARA - nr 2/1981

Postat pe issuu.com ; vezi si DRIVE.

COSTINESCU Olga "Elemente de Topologie Generala"

- Ed Tehnica , Bucuresti, 1969

Postat pe issuu.com

vezi mai bine aici https://drive.google.com/file/d/1NvuEIDC2RC2oiUptBqTWNEZyTbdL5OJx/view?usp=sharing

Vezi si Culegerea de Probleme corespunzatoare

O veche Problema de Olimpiada

Problema 4716 RM(E)T 2/1981, pag 80

data la Concursul de Matematica - etapa Judeteana, 1981 pentru clasa a VIII-a

Enunt (in ortografia din acea perioada):

                                                                    In cubul $ABCDA'B'C'D'$, $M$ este mijlocul muchiei $BB'$. Sa se arate ca planele $(AD'C)$ si $MAC)$ sint perpendiculare.

            Solutie CP

 Raspuns CP :            Cu Reciproca Teoremei Pitagora se arata ca $\Delta D'MO$ este

                                       dreptunghic in $O$ -mijlocul muchiei $[AC]$.

            Rezolvare CP
               Fie $a$ - muchia cubului.

                      $\Delta AD'C$ este echilateral, de latura $AC=a \sqrt{2}$. Fie $O$ - mijlocul lui $[AC]$;

(1)                                                           $D'O=h_{3}=\frac {(a \sqrt{2}) \cdot \sqrt {3}}{2}=\frac {a \sqrt{6}}{2}$.

                      Cu teorema Pitagora in $\Delta MBO$ avem:

(2)         $MO^{2}=MB^{2}+BO^{2}=(\frac{a}{2})^{2}+(\frac{a\sqrt{2}}{2})^{2}=\frac{a^{2}}{4}+\frac {2a^{2}}{4}=\frac{3a^{2}}{4}$.

Similar in $\Delta D'B'M$ avem

     (3)       $D'M^{2}=D'B'^{2}+B'M^{2}=(a\sqrt{2})^{2}+(\frac{a}{2})^{2}=2a^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{9a^{2}}{4}$.

      Cu rezultatele din (1), (2), (3) vedem ca

$MO^{2}+D'O^{2}=\frac {3a^{2}}{4}+\frac{6a^{2}}{4}=\frac{9a^{2}}{4}=D'M^{2}$ 

deci cu Reciproca Teoremei Pitagora triunghiul $D'OM$ este dreptunghic in $O$.
        Dar $\angle D'OM$ este un unghi plan al unghiului diedru $\angle (pl(AD'C), pl(MAC))$ deci cele doua plane sunt perpendiculare.

$\blacksquare$