Page 72 - RMGO 3

72 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Clasa a VII-a

r
25n − 1 ∗
MGO 51. Determinat ,i numerele rat ,ionale de forma A = , cu n ∈ N .
n + 11
Marin Chirciu, Pites , ti

a 25n − 1 a 2
∗
Solut ,ie. Fie A = ∈ Q, cu a, b ∈ N , (a, b) = 1. Atunci = , deci avem
b n + 11 b 2
2
11a + b 2 276b 2
2
∗
n = = −11 + ∈ N . Dar (a, b) = 1, deci a , b 2 = 1, prin
2
2
25b − a 2 25b − a 2
2
2
2
2
2
2
urmare 25b − a , b 2 = 1. Rezult˘a c˘a (25b − a )|276 s , i cum 25b − a > 0 (deoa-
∗
rece n ∈ N ) obt , inem c˘a (5b − a)(5b + a) ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 12, 23, 46, 69, 92, 138, 276}.

5b − a = 1
Cum (5b − a) + (5b + a) = 10b este divizibil cu 10, deducem c˘a
5b + a = 69

5b − a = 2 a = 34 a = 68
sau , deci sau . Dar (a, b) = 1, deci singura
5b + a = 138 b = 7 b = 14
34
solut , ie este a = 34, b = 7, de unde obt , inem c˘a n = 185 s , i A = .
7
ˆ
◦
MGO 52. In exteriorul triunghiului ABC avˆand m (^A) = 30 se construiesc
triunghiurile echilaterale ABD s , i ACE. Fie K simetricul punctului A fat ,˘a de
mijlocul segmentului [DE]. Ar˘atat ,i c˘a A BKC = A ABD + A ACE − 3A ABC .
Mihai Florea Dumitrescu, Potcoava
Solut ,ie. ADKE este paralelogram (deoarece diagonalele au acelas , i mijloc) s , i
◦
m(^DAE) = 150 , deci DK = AE = AC = CE, EK = AD = AB = BD
◦
◦
◦
s , i m(^ADK) = ^AEK) = 30 . Astfel m(^BDK) = ^CEK) = 60 − 30 =
◦
30 . Rezult˘a c˘a 4BAC ≡ 4BDK ≡ 4KEC (cazul L.U.L.), deci 4BKC este
bc sin A bc
◦
echilateral. Deoarece m (^BAC) = 30 , avem A ABC = = s , i, conform
2 4 √
√ 3
ˆ
2
2
2
2
2
Teoremei cosinusului, a = b + c − 2bc cos A = b + c − bc 3. Inmult , ind cu
√ √ √ 4
a 2 3 b 2 3 c 2 3 3bc
obt , inem = + − , adic˘a A BKC = A ACE + A ABD − 3A ABC .
4 4 4 4
MGO 53. Fie ABCD un patrulater convex, a, b, c, d lungimile laturilor s , i d 1 ,
d 2 lungimile diagonalelor sale. Ar˘atat ,i c˘a
2
a + b + c + d d + d 2 a + b + c + d
1
2
< < .
4 d 1 + d 2 2
Marian Haiducu, Pites , ti