Olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a VII-a — subiecte și soluții

1. Deoarece $\overline{ab}-4<100$ și $\overline{cd}<100$, avem $p^2$ $=\sqrt{\overline{ab}-4}+\sqrt{\overline{cd}}$ $<10+10$ $=20$, deci numărul prim $p$ poate fi 2 sau 3. (3 p)
2. Dacă $p=2$, atunci $\overline{cd}$ $=\overline{ab}+4$ și $\sqrt{\overline{ab}-4}+\sqrt{\overline{ab}+4}$ $=4$. (1) Ecuația (1) are soluția $\overline{ab}=5$ ($\sqrt{1}+\sqrt{9}=4$), care este și unică (pentru alte valori, membrul stâng este fie prea mare, fie prea mic), valoare care nu convine, deoarece $\overline{ab}$ are două cifre. (2 p)
3. Dacă $p=3$, atunci $\overline{cd}$ $=\overline{ab}+5$ și $\sqrt{\overline{ab}-4}+\sqrt{\overline{ab}+5}$ $=9$. (2) Ecuația (2) are soluția $\overline{ab}=20$ ($\sqrt{16}+\sqrt{25}$ $=4+5$ $=9$), care este și unică (același argument ca mai sus), și obținem $\overline{cd}=25$, adică $\overline{abcd}=2025$. (2 p)

Altă soluție (din barem): deoarece $\overline{ab}-4$ și $\overline{cd}$ sunt numere naturale și $\sqrt{\overline{ab}-4}+\sqrt{\overline{cd}}\in \mathbb{N}$, rezultă că există $k,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ astfel încât $\overline{ab}-4=k^2$ și $\overline{cd}=n^2$, deci $k+n=p^2$. (1) (2 p) Cum $\overline{cd}-\overline{ab}$ $=p+2$, scăzând primele două egalități obținem $p+6$ $=n^2-k^2$ $=(n-k)(n+k)$. Folosind (1) deducem că $p+6=(n-k)\cdot p^2$, prin urmare $p\mid (p+6)$, deci $p\mid 6$ și $p\in \{2,3\}$. (1 p) Dacă $p=2$, obținem $k+n=4$ și $n-k=2$, deci $k=1$ și $n=3$, așadar $\overline{ab}=5$, fals. (2 p) Dacă $p=3$, obținem $k+n=9$ și $n-k=1$, deci $k=4$ și $n=5$, așadar $\overline{ab}=20$ și $\overline{cd}=25$, care verifică ipoteza. (2 p)

Verificare: $\sqrt{20-4}+\sqrt{25}$ $=9$ $=3^2$ și $25-20=5=3+2$. ✓

Răspuns: singurul număr este 2025.

1. Pentru $r\in \mathbb{Q}$ și $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ ca în enunț, $r$ $={\displaystyle \frac{{(\sqrt{a}-\sqrt{b})}^2}{2}}$ $\ge 0$, deci $r\ge 0$. (2 p)
2. De asemenea, $\sqrt{ab}$ $={\displaystyle \frac{a+b}{2}}-r$ este rațional, deci $ab$ trebuie să fie pătratul unui număr natural $n$. Rezultă $r$ $={\displaystyle \frac{a+b-2n}{2}}$ $={\displaystyle \frac{m}{2}}$, unde $m$ este număr întreg; cum $r\ge 0$, $r$ este un număr de forma ${\displaystyle \frac{m}{2}}$, cu $m\in \mathbb{N}$. (2 p)
3. Reciproc, pentru $a=b=1$ obținem $r=0$, iar pentru $a=m$ și $b=4m$, cu $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, obținem $r$ $={\displaystyle \frac{5m}{2}}-2m$ $={\displaystyle \frac{m}{2}}$ (aici $\sqrt{4m^2}=2m$). Astfel, mulțimea cerută conține toate numerele de forma ${\displaystyle \frac{m}{2}}$, cu $m\in \mathbb{N}$. (2 p)
4. Mulțimea cerută este $\{{\displaystyle \frac{m}{2}}\mid m\in \mathbb{N}\}$. (1 p)

Exemplu: pentru $r=\frac{3}{2}$ luăm $a=3$, $b=12$: $\frac{15}{2}-\sqrt{36}$ $=\frac{15}{2}-6$ $=\frac{3}{2}$. ✓

Răspuns: $r\in \{0,\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},2,\dots \}$ $=\{\frac{m}{2}\mid m\in \mathbb{N}\}$.

Ideea: un patrulater ale cărui diagonale sunt egale, perpendiculare și se înjumătățesc este pătrat. Diagonalele lui $DIFJ$ sunt $DF$ și $IJ$, iar $IJ\perp DF$ prin construcție.

1. $\mathrm{\angle }GBF$ $=\mathrm{\angle }DBC$ $={45}^{\circ }$ (diagonalele pătratelor fac ${45}^{\circ }$ cu laturile), deci triunghiul $DBF$ este dreptunghic în $B$. Cum $EG$ este mediatoarea catetei $BF$ a triunghiului $DBF$ (diagonalele pătratului $BEFG$ sunt perpendiculare și se înjumătățesc), reiese că $H$ este mijlocul ipotenuzei $DF$. (2 p)
2. Fie $K$ proiecția lui $H$ pe $AE$. Deoarece $H$ este mijlocul lui $DF$ și $HK\parallel AD$, rezultă că $HK$ este linie mijlocie în trapezul dreptunghic $AEFD$, prin urmare $K$ este mijlocul segmentului $AE$. Rezultă că $\mathrm{△}HAE$ este isoscel, deci $\mathrm{\angle }HAE$ $=\mathrm{\angle }HEA$ $={45}^{\circ }$, adică $H\in AC$. (2 p)
3. Fie $L$ proiecția lui $H$ pe $AD$. Atunci $\mathrm{△}HAK\equiv \mathrm{△}HAL$ (I.U.), deci $HK=HL$. Apoi $\mathrm{\angle }KHI+\mathrm{\angle }IHL$ $={90}^{\circ }$ $=\mathrm{\angle }DHL+\mathrm{\angle }IHL$ implică $\mathrm{\angle }KHI=\mathrm{\angle }LHD$, de unde $\mathrm{△}HKI\equiv \mathrm{△}HLD$ (C.U.), deci $HI=HD$. (2 p)
4. Avem și $\mathrm{△}HAB\equiv \mathrm{△}HAD$ (L.U.L.), deci $HB=HD=HI$. Reiese că punctul $K$ este mijlocul segmentului $BI$ (înălțimea în triunghiul isoscel $HBI$), $KH$ este linie mijlocie în $\mathrm{△}IBJ$, iar $H$ este mijlocul segmentului $IJ$. Astfel diagonalele patrulaterului $DIFJ$ sunt egale ($DF=2HD=2HI=IJ$), se taie în părți egale și sunt perpendiculare, deci $DIFJ$ este pătrat. (1 p)

Altă soluție (din barem): ca mai sus, $H$ este mijlocul lui $DF$ (2 p). Dreapta $IJ$ este mediatoarea segmentului $DF$, deci $DI=IF$ (1 p). $\mathrm{\angle }IHF$ $=\mathrm{\angle }IEF$ $={90}^{\circ }$, deci patrulaterul $IEFH$ este inscriptibil, așadar $\mathrm{\angle }IFH$ $=\mathrm{\angle }IEH$ $={45}^{\circ }$. Cum triunghiul $IFD$ este isoscel, obținem $\mathrm{\angle }IFD$ $=\mathrm{\angle }IDF$ $={45}^{\circ }$ și $\mathrm{\angle }DIF={90}^{\circ }$ (2 p). Pentru a arăta că $DIFJ$ este pătrat, rămâne să dovedim că segmentele $DF$ și $IJ$ au același mijloc. Fie $K$ proiecția lui $H$ pe $AE$. Din $\mathrm{\angle }AID+\mathrm{\angle }EIF$ $={90}^{\circ }$ obținem $\mathrm{\angle }AID=\mathrm{\angle }EFI$, deci $\mathrm{△}AID\equiv \mathrm{△}EFI$ (I.U.), așadar $AI=EF=BE$. Astfel, $K$ este mijlocul segmentului $IB$. Cum $HK\parallel BJ$, deducem că $HK$ este linie mijlocie în triunghiul $BIJ$, deci $H$ este și mijlocul segmentului $IJ$ (2 p).

Ideea: arătăm că $A$ este mijlocul ambelor diagonale, $MP$ și $NQ$.

1. Fie $H$ ortocentrul triunghiului $ABC$. Patrulaterele $BIHK$ și $CIHJ$ sunt inscriptibile (au câte două unghiuri opuse drepte), deci $$\mathrm{\angle }HIK=\mathrm{\angle }HBK={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }BAC=\mathrm{\angle }JCH=\mathrm{\angle }HIJ,$$ așadar $IA$ este bisectoarea unghiului $JIK$. Cum $IA\perp BC$ și $MP\parallel BC$, reiese $IA\perp MP$. Deducem că $IA$ este bisectoare și înălțime în $\mathrm{△}IMP$, deci acesta este isoscel și $A$ este mijlocul segmentului $MP$. (3 p)
2. Fie $S$ simetricul lui $A$ față de punctul $D$. Deoarece $D$ este și mijlocul segmentului $BC$, rezultă că $ABSC$ este paralelogram. Reiese $BS\parallel AC$ și, cum $BJ\perp AC$, deducem că $BJ\perp BS$. Din $\mathrm{\angle }SBN$ $=\mathrm{\angle }SAN$ $={90}^{\circ }$ rezultă că patrulaterul $SBAN$ este inscriptibil, prin urmare $\mathrm{\angle }NSA$ $=\mathrm{\angle }ABN$ $={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }A$. Analog rezultă $\mathrm{\angle }QSA$ $=\mathrm{\angle }ACQ$ $={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }A$, deci $\mathrm{\angle }QSA=\mathrm{\angle }NSA$. Astfel, în triunghiul $SNQ$, înălțimea $SA$ este și bisectoare, prin urmare $A$ este mijlocul laturii $NQ$. (3 p)
3. Diagonalele patrulaterului $MNPQ$ se înjumătățesc (ambele au mijlocul în $A$), așadar $MNPQ$ este paralelogram. (1 p)

Alternativă la partea a doua (3 p, din barem): fie $E$ proiecția lui $D$ pe $AC$. Avem $\mathrm{\angle }DEA$ $=\mathrm{\angle }AJN$ $={90}^{\circ }$ și $\mathrm{\angle }DAE$ $={90}^{\circ }-\mathrm{\angle }NAJ$ $=\mathrm{\angle }ANJ$, deci $\mathrm{△}DAE\sim \mathrm{△}ANJ$. Rezultă ${\displaystyle \frac{NA}{AD}}$ $={\displaystyle \frac{AJ}{DE}}$ $=2{\displaystyle \frac{AJ}{BJ}}$ ($DE$ este linie mijlocie în triunghiul $BJC$, deci $BJ=2DE$); analog, ${\displaystyle \frac{QA}{AD}}$ $=2{\displaystyle \frac{AK}{CK}}$. Din $\mathrm{△}ABJ\sim \mathrm{△}ACK$ (U.U.) rezultă ${\displaystyle \frac{AJ}{BJ}}$ $={\displaystyle \frac{AK}{CK}}$, de unde $AQ=AN$.