Se consideră un trapez ortodiagonal $ABCD$, $(AB\parallel CD)$ în care bisectoarele unghiurilor $A$ și $C$ se intersectează într-un punct de pe $BD$.
Demonstrați că patrulaterul se poate circumscrie unui cerc.

Let $ABCD$ be an orthodiagonal trapezoid $(AB \parallel CD)$ such that the angle bisectors of $\widehat{A}$ and $\widehat{C}$ intersect each other in a point on $BD$.
Prove that the quadrilateral can be circumscribed to a circle.

Soluție: Fie $X$ punctul de intersecție al bisectoarelor lui $A$ și $C$. $X\in (BD)$.
Aplicăm teorema bisectoarei în triunghiurile $ABD$ și $CBD$: $\frac{AB}{AD}=\frac{XB}{XD}=\frac{CB}{CD}$, deci $\frac{AB}{AD}=\frac{CB}{CD} \Leftrightarrow AB \cdot CD=BC \cdot AD$.
Dar $ABCD$ e ortodiagonal, deci $AB^2+CD^2=BC^2+AD^2$.
Adunănd ultimele două relații, obținem că $(AB+CD)^2=(AD+BC)^2 \Leftrightarrow AB+CD=AD+BC$. Conform teoremei lui Pithot, obținem acum că $ABCD$ e circumscriptibil.

Sursa: Andrei Bâra

Demonstrați că pentru orice $n\in \mathbb{N}$ are loc egalitatea: $\sum_{k=0}^n {{n+k}\choose{k}}\frac{1}{2^k}=2^n.$

Prove that for any positive integer $n$, the following equality holds: $\sum_{k=0}^n {{n+k}\choose{k}}\frac{1}{2^k}=2^n.$

 

Soluție: $$\sum_{k=0}^{n+1} {{n+1+k}\choose{k}}\frac{1}{2^k}=1+\sum_{k=1}^{n+1} {{n+k}\choose{k-1}}\frac{1}{2^k}+\sum_{k=1}^{n+1} {{n+k}\choose{k}}\frac{1}{2^k}$$
$$=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^n{{n+i+1}\choose{i}}\cdot 2^{-i}+2^{-n-1}\cdot{{2n+1}\choose{n+1}}+s_n=\frac{s_{n+1}}{2}+s_n,$$ de unde $s_{n+1}=2s_n,$ ceea ce încheie demonstrația.

Sursa: Andrei Bâra

Fie $a,b,c \in (0,1)$ trei numere reale astfel încât $a+b+c=1.$ Să se demonstreze că:
$\frac{b^2+c^2}{1-a^3}+\frac{c^2+a^2}{1-b^3}+\frac{a^2+b^2}{1-c^3} \geqslant \frac{108}{157-3(a^2+b^2+c^2)}$

Let $a,b,c \in (0,1)$ be three real numbers so that $a+b+c=1.$ Prove that:
$\frac{b^2+c^2}{1-a^3}+\frac{c^2+a^2}{1-b^3}+\frac{a^2+b^2}{1-c^3} \geqslant \frac{108}{157-3(a^2+b^2+c^2)}$

Soluție: Spărgând fiecare fracție îi două și utilizând inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz obținem:
$\frac{b^2+c^2}{1-a^3}+\frac{c^2+a^2}{1-b^3}+\frac{a^2+b^2}{1-c^3} \geqslant \frac{(2a+2b+2c)^2}{6-2(a^3+b^3+c^3)}=\frac{2}{3-(a^3+b^3+c^3)}$

Vom arăta că $\frac{2}{3-(a^3+b^3+c^3)} \geqslant \frac{108}{157-3(a^2+b^2+c^2)}.$

Aceasta are loc dacă și numai dacă $157-3(a^2+b^2+c^2) \geqslant 162-54(a^3+b^3+c^3) \iff 54(a^3+b^3+c^3) \geqslant 5+3(a^2+b^2+c^2).$

Aplicând de două ori inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz obținem:
$a^3+b^3+c^3=\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}+\frac{c^4}{c} \geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c}=(a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant (\frac{(a+b+c)^2}{3})^2=\frac{1}{9}$

De aici rezultă că $45(a^3+b^3+c^3) \geqslant 5.$

Ne-a mai rămas să demonstrăm că $3(a^3+b^3+c^3) \geqslant a^2+b^2+c^2.$

Omogenizând, inegalitatea de demonstrat devine:
$3(a^3+b^3+c^3) \geqslant (a^2+b^2+c^2) \cdot (a+b+c) \iff a^3+b^3-ab(a+b)+b^3+c^3-bc(b+c)+c^3+a^3-ca(c+a) \geqslant 0 \iff (a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2 \geqslant 0$ (adevărat)

Sursa: Andreea Dima

Găsiți toate mulțimile $S$, finite de puncte din plan cu proprietatea că oricare trei sunt necoliniare și pentru orice $A,B,C\in S$, există un alt punct $D\in S$ astfel încât $A,B,C,D$ sunt vârfurile unui paralelogram.

Find all finite sets of points $S$, in the same plane have the following properties:
i) Any $3$ points are noncollinear
ii) For any $A,B,C\in S$, there is $D\in S$ such that $A,B,C,D$ are the vertices of a parallelogram.

Soluție: Mulțimea $A,B,C,D$, unde $A,B,C,D$ sunt vârfurile unui paralelogram, verifică.
Presupunem că există o mulțime care are cel puțin $5$ elemente. $S$ este finită, deci putem alege un triunghi $ABC$ de arie maximă. Există $D$ astfel încât $A,B,C,D$ sunt vârfurile unui paralelogram. Putem presupune că $ABCD$ este paralelogram.
Dacă există un punct $E \in S$ în exteriorul paralelogramului, presupunem că $E$ se află în semiplanul opus lui $A$ față de $BC$, de exemplu. Atunci $[EAD]> [BAC]$, contradicție cu maximalitatea lui $[ABC]$.
Atunci toate punctele care mai sunt în $S$ sunt în interiorul lui $ABCD$.
Fie $E$ un astfel de punct. Notăm $XY$ cea mai mare latură a lui $ABCD$ Rezultă că există $F\in S$ astfel încât $X,Y,E,F$ sunt vârfurile unui paralelogram. Dar atunci $F\in Ext (ABCD)$, contradicție.
Rezultă că singurele astfel de mulțimi care există sunt cele din $4$ puncte, vârfurile unui paralelogram.

Sursa: Canadian IMO Training

1. Fie $a$ un număr natural nenul. Aflați

$\liminf\limits_{n\to\infty} n\{n\sqrt{a^2+1}\}.$

2. Let $a$ be a strictly positive natural number. Find

$\liminf\limits_{n\to\infty} n\{n\sqrt{a^2+1}\}.$

Soluție: Vom arăta că $\liminf\limits_{n\to\infty} n\{n\sqrt{a^2+1}\}=\frac{1}{2\sqrt{a^2+1}}.$ Să observăm mai întâi că $\sqrt{a^2+1}\notin \mathbb{Q}.$

Notăm cu $k$ partea întreagă a numărului $n\sqrt{a^2+1}.$ Atunci:
$k\leqslant n\sqrt{a^2+1}\leqslant k+1 \implies k^2\leqslant n^2(a^2+1) \implies k^2+1\leq n^2(a^2+1) \implies n\geq \sqrt{\frac{k^2+1}{a^2+1}}.$

Obținem astfel
$n\{n\sqrt{a^2+1}\}=n\cdot (n\sqrt{a^2+1}-k)\geq \sqrt{\frac{k^2+1}{a^2+1}}\cdot (\sqrt{k^2+1}-k)=\frac{1}{\sqrt{a^2}+1}\cdot \frac{\sqrt{k^2+1}}{\sqrt{k^2+1}+k} \xrightarrow{k\to\infty} \frac{1}{2\sqrt{a^2+1}}.$

Mai trebuie doar să găsim un șir $(b_{n})_{n}$ pentru care $k^2+1=b_{n}^2\cdot (a^2+1)$, unde $k=[b_{n}\sqrt{a^2+1}].$

Pentru aceasta considerăm numerele
$(a+\sqrt{a^2+1})^{2n+1}=c_{n}+b_{n}\sqrt{a^2+1}$ și $(a-\sqrt{a^2+1})^{2n+1}=c_{n}-b_{n}\sqrt{a^2+1}$, egalități obținute prin utilizarea binomului lui Newton.

Înmulțind egalitățile de mai sus obținem $-1=c_{n}^2-b_{n}^2 \cdot (a^2+1)$, exact ceea ce ne trebuia.

Sursa: Folclor