Olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a VIII-a — subiecte și soluții

1. Egalitatea se poate scrie $a^4{b}^4-3a^6-3b^6+9a^2{b}^2$ $=0$, adică $a^4(b^4-3a^2)-3b^2(b^4-3a^2)$ $=0$, deci $$(a^4-3b^2)(b^4-3a^2)=0.$$ (2 p)
2. Deducem $a^4=3b^2$ sau $b^4=3a^2$ și, cum $a\ne 0$, $b\ne 0$, reiese $\sqrt{3}$ $=\pm {\displaystyle \frac{a^2}{b}}$ sau $\sqrt{3}$ $=\pm {\displaystyle \frac{b^2}{a}}$. (3 p)
3. Dacă presupunem că $a\in \mathbb{Q}$ și $b\in \mathbb{Q}$, rezultă $\sqrt{3}\in \mathbb{Q}$ — fals. Ca atare, presupunerea este falsă, deci cel puțin unul dintre numerele $a$ și $b$ este irațional. (2 p)

Soluția 2 (tot din barem).

1. Avem $3(a^6-2a^3{b}^3+b^6)$ $=a^2{b}^2(a^2{b}^2-6ab+9)$ (am scăzut $6a^3{b}^3$ din ambii membri), adică $3(a^3-b^3{)}^2$ $=a^2{b}^2(ab-3{)}^2$. (2 p)
2. Deducem $\sqrt{3}(a^3-b^3)$ $=\pm ab(ab-3)$. (2 p)
3. Dacă $a=b\ne 0$, ipoteza duce la $a^8-6a^6+9a^4=0$, adică $a^4(a^2-3{)}^2=0$, de unde $a$ $=\pm \sqrt{3}\notin \mathbb{Q}$. (1 p)
4. Dacă $a\ne b$ și $a,b\in \mathbb{Q}$, reiese $\sqrt{3}$ $=\pm {\displaystyle \frac{ab(ab-3)}{a^3-b^3}}\in \mathbb{Q}$ — fals, deci $a\notin \mathbb{Q}$ sau $b\notin \mathbb{Q}$. (2 p)

1. Fie $O$ centrul pătratului $ABCD$; $VO$ este înălțimea piramidei. Segmentele $CP$ și $VO$ sunt mediane în triunghiul $VAC$ ($P$ este mijlocul lui $VA$, $O$ mijlocul lui $AC$), deci se intersectează într-un punct $Q$ (centrul de greutate al triunghiului $VAC$). (1 p)
2. Cum $QO\perp (BAD)$, proiecția dreptei $CP$ pe planul $(BAD)$ este dreapta $OC$, așadar unghiul dreptei $CP$ cu planul $(BAD)$ este $\mathrm{\angle }OCQ$. (2 p)
3. $CN\perp MN$ ($MN\parallel AB$), $CN\perp VO$ ($VO$ este perpendiculară pe planul bazei) și $MN\cap VO=\{O\}$, deci $CN\perp (VMN)$. Deducem că proiecția dreptei $CP$ pe planul $(VMN)$ este dreapta $NQ$ ($Q\in VO$ se află în acest plan), deci unghiul dreptei $CP$ cu planul $(VMN)$ este $\mathrm{\angle }CQN$. (2 p)
4. Dacă $\mathrm{\angle }OCQ={45}^{\circ }$, atunci triunghiul dreptunghic $QOC$ este isoscel și $CQ=\sqrt{2}\cdot OC$. Cum $CN$ $={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot OC$ (dacă latura pătratului este $\ell$, atunci $CN={\displaystyle \frac{\ell }{2}}$ și $OC$ $={\displaystyle \frac{\ell \sqrt{2}}{2}}$), în triunghiul dreptunghic $CQN$ cateta $CN$ este jumătate din ipotenuza $CQ$, așadar $\mathrm{\angle }CQN={30}^{\circ }$. (1 p)
5. Reciproc, dacă $\mathrm{\angle }CQN={30}^{\circ }$, atunci $CQ$ $=2CN$ $=\sqrt{2}\cdot OC$, deci, în triunghiul dreptunghic $QOC$, $\cos \mathrm{\angle }OCQ$ $={\displaystyle \frac{OC}{CQ}}$ $={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ și $\mathrm{\angle }OCQ={45}^{\circ }$. (1 p)

1. Din (i) și (ii) obținem că $x\ge 0$ și $y\ge 0$. Mai mult, $x=0$ dacă și numai dacă $y=0$ (de exemplu, dacă $x=0$, atunci $0\ge 2y^2$, deci $y=0$). Obținem soluția $(0,0)$, iar celelalte soluții $(x,y)$ au $x>0$ și $y>0$. (1 p)
2. Fie $(x,y)$ o soluție cu $x>0$ și $y>0$. Din (i) și (ii) rezultă $x$ $\ge 2y^2$ $\ge 2\cdot 4x^4$ $=8x^4$, deci $x(8x^3-1)\le 0$ și, cum $x>0$, obținem $8x^3\le 1$, așadar $0<x\le \frac{1}{2}$. Analog deducem că și $0<y\le \frac{1}{2}$. (1 p)
3. Condițiile sunt simetrice în $x$ și $y$, deci este suficient să analizăm cazul $x\ge y$. Avem $0$ $\le 8(x-y)$ $<8x$ $\le 4$ și, din (iii), deducem că $8(x-y)\in \{0,1,2,3\}$, așadar $x-y\in \{0,\frac{1}{8},\frac{1}{4},\frac{3}{8}\}$ și avem situațiile: (1 p)
   • Dacă $x-y=0$, adică $x=y$, condițiile devin $x\ge 2x^2$, adevărat pentru $x\in [0,\frac{1}{2}]$. Așadar perechile $(a,a)$, cu $a\in (0,\frac{1}{2}]$, sunt soluții. (1 p)
   • Dacă $x-y=\frac{1}{8}$, adică $y=x-\frac{1}{8}$, obținem: $y$ $\ge 2x^2$ $\iff x-\frac{1}{8}$ $\ge 2x^2$ $\iff (4x-1{)}^2$ $\le 0$ $\iff x$ $=\frac{1}{4}$. Rezultă că $y=\frac{1}{8}$, iar perechea $(\frac{1}{4},\frac{1}{8})$ verifică și condiția (i) ($\frac{1}{4}$ $\ge \frac{2}{64}$), deci este soluție. (1 p)
   • Dacă $x-y=\frac{1}{4}$, adică $y=x-\frac{1}{4}$, obținem: $y$ $\ge 2x^2$ $\iff 8x^2-4x+1$ $\le 0$ $\iff 4x^2+(2x-1{)}^2$ $\le 0$, imposibil (cele două pătrate nu se pot anula simultan).
   • Dacă $x-y=\frac{3}{8}$, adică $y=x-\frac{3}{8}$, obținem: $y$ $\ge 2x^2$ $\iff 16x^2-8x+3$ $\le 0$ $\iff (4x-1{)}^2+2$ $\le 0$, imposibil. Așadar nu avem soluții în aceste ultime două cazuri. (1 p)
4. Reiese că soluțiile problemei sunt perechile $(\frac{1}{4},\frac{1}{8})$, $(\frac{1}{8},\frac{1}{4})$ și $(a,a)$, cu $a\in [0,\frac{1}{2}]$. (1 p)

Răspuns: $(x,y)\in \{(\frac{1}{4},\frac{1}{8}),(\frac{1}{8},\frac{1}{4})\}$ sau $x=y=a$, cu $a\in [0,\frac{1}{2}]$.

a)

1. Dacă $d_1,d_2,\dots ,d_p$ sunt divizorii naturali ai unui număr natural nenul $n$, atunci $\{d_1,d_2,\dots ,d_p\}$ $=\{{\displaystyle \frac{n}{d_1}},{\displaystyle \frac{n}{d_2}},\dots ,{\displaystyle \frac{n}{d_p}}\}$ (fiecare divizor $d$ are „perechea” $\frac{n}{d}$, tot divizor). În particular, $S(n)$ $={\displaystyle \frac{n}{d_1}}+\dots +{\displaystyle \frac{n}{d_p}}$. (1 p)
2. Fie $b_1,b_2,\dots ,b_q$ divizorii naturali ai lui $b$. Câtul împărțirii lui $a$ la $b_i$ este cel mult ${\displaystyle \frac{a}{b_i}}$, deci obținem $$C(a,b)\le \frac{a}{b_1}+\dots +\frac{a}{b_q}=\frac{a}{b}(\frac{b}{b_1}+\dots +\frac{b}{b_q})=\frac{a}{b}S(b)=\frac{a}{b}C(b,a),(1)$$ așadar ${\displaystyle \frac{C(a,b)}{a}}$ $\le {\displaystyle \frac{C(b,a)}{b}}$. (2 p)
3. Deoarece ipoteza este simetrică în $a$ și $b$, avem și ${\displaystyle \frac{C(b,a)}{b}}$ $\le {\displaystyle \frac{C(a,b)}{a}}$, deci ${\displaystyle \frac{C(b,a)}{b}}$ $={\displaystyle \frac{C(a,b)}{a}}$, ceea ce arată că avem egalitate în (1). (1 p)
4. Egalitatea în (1) înseamnă că fiecare cât este exact $\frac{a}{b_i}$, adică împărțirile se fac fără rest: $a$ este divizibil cu toți divizorii lui $b$, în particular cu $b$. Analog, $b$ este divizibil cu toți divizorii lui $a$, deci și cu $a$. Din $b\mid a$ și $a\mid b$ rezultă $a=b$. (1 p)

b) Nu este adevărat. De exemplu, pentru $a=2$ și $b=5$, avem $S(2)+S(5)$ $=(1+2)+(1+5)$ $=9$ și $C(2,5)+C(5,2)$ $=(2+0)+(5+2)$ $=9$, dar $a\ne b$. (2 p)

Răspuns: a) demonstrație; b) nu (contraexemplu $a=2$, $b=5$).