capitolul 1 elemente de logicĂ matematicĂ mulŢimi de...
TRANSCRIPT
1
Capitolul 1 ELEMENTE DE LOGICĂ MATEMATICĂ.
MULŢIMI DE NUMERE
1.1. Mulţimi
2. a) Fie s(A) = suma elementelor lui A. Avem s(A) = 210; s(B) = s(C) = 105; 1 + 2 + 3 + … + + 14 = 105; B = 15, 16, …, 20, C = 1, 2, …, 14; b) Înlocuim un număr a din B cu două numere b şi c din C astfel încât a = b + c. 3. Dacă 0 A, x A, x > 0 1 + x – 0 = 1 + x A; 1 + 1 + x – 0 = 2 + x A card A > 3. Presupunem 0 A. Atunci 1 + x – x = 1 A. Fie A = 1, x, y cu 2 x < y. Atunci 1 + y – x A. Cum card A = 3 1 + y – x = x y = 2x – 1 A = 1, x, 2x – 1 x , x 2. 4. A = 1, a, 2a – 1, 3a – 2 a , a 2. 5. B5 = 5,
C5 = 1, 4, D5 = 2, 3, B6 = 1, 6, C6 = 2, 5, D6 = 3, 4, B8 = 4, 8, C8 = 5, 7, D8 =
= 1, 2, 3, 6. 6. Numărul nu poate avea mai puţin de 5 cifre. Dacă numărul este 1abcd , cu d cifră pară, obţinem 13996. 7. Fie p(A) = produsul numerelor din A. Avem p(A) = 10! = 28 34 52 7; p(B) = p(C) = n n2 = p(A) (fals). Scoatem pe 7. Alte soluţii: I. Se scot 7 şi 4; II. se scot 2, 5, 7, 10. 8. B = 20, 21, 24; C = 22, 23. 9. Cum 31 A, rezultă 31 B, 31 C sau 31 B, 31 C. Atunci 31 este doar unul din numerele p(B) sau p(C). Nu avem soluţie. 10. 1, 16, 13, 4, 7, 6, 5, 8, 9, 10, 3, 14, 15, 2, 11, 12. 11. A = 2, 4, 5, 6; B = 1, 2, 3, 4, 5. 12. A = = 1, 3, 7; B = 2, 4, 5, 6, 8; C = 2, 4, 6, 8. 13. a) 3, 3, 1, 3, 2, 1, 2, 3; b) 3; c) 2, 3, 4, 5. 14. a) a = 1, b = 4, A = B = 3, 4; b) I. b = 3, a 2; II. a = 1, b 3, 4; III. a 1, b = 2a + 2; c) A B = 3, b, 2a + 1, 2a + 2 dacă a 1, b 3, b 2a + 1, b = 2a + 2. 15. a) 2 A 3 2 – 1 = 5 A 5 – 1 = 4 A; 2 A 2 – 1 = 1 A; 1 – 1 = 0 A; 3 A 3 3 – 1 = 8 A; 8 – 1 = 7 A, 7 – 1 = 6 A; b) A = . 16. (A – B) (B – A) = ,
(A – B) (B – A) (A B) = A B card(A B) = 201 – 100 – 96 = 5. 17. a) b = = [(2 – 1)(3 – 1)…(99 – 1)][(2 + 1)(3 + 1)…(99 + 1)] = (98!)2 32 52 22; A = 22n2 n *,
n 98! 15; b) 4
900 9 9
xxy xx yyx yy x y A = 13, 31; c) n = 2 soluţie; d) card B =
= 2 pentru n = 8a + 1; card B = 0 dacă n = 8a + 7; în rest card B = 0.
1.2. Mulţimile , ,
1. a) 11(x + y + z) = 100x + 10y + z zy = 98x xyz = 198; b) Avem x 2. Dacă x = 2
220y + z + t = 995 (fals). Dacă x = 1 220y + z + t = 1995 y = 9 şi z + t = 15 etc.; c) x nu este cifră. Dacă n este numărul cifrelor lui x, obţinem n = 5, x = 15384. 2. n are formele 4a + 3, 5b + 4, 6c + 5, de unde n = 60m – 1, 1 m 16 suma = 60(1 + 2 + … + 16) – 16 = 8144. 3. Fie 11...1
n
a . Avem A = 10n a + 2a = (99...9n
+ 1) a + 2a = (9a + 1) a + 2a = 3a(3a + 1)
2
= (33...3n
33...3n
4. 4. 222a + 233b = (211)2a + (211)3b = 2 (211)6 a = 3; b = 2. 5. n! 25 n
10. Cum în membrul stâng nu avem factorul 11 n = 10 2a 3b 5c+2 7d = 10! = 28 34 52 7 a = 8, b = 4, c = 0, d = 1. 6. Notăm cei doi membri cu A şi B. Avem A =
( 1)( 2)...( ) ( )! ( 1)( 2)...( )
1 2 3 ... ! ! !
a a a b a b b b b aB
b a b b
. 7. Generalizare. Fie n , n 2,
1 1 1 1 1 1 1 11 ... , 1 ... , 1 ...
1 2 1 2 2n nA B Cn n n n n
. Avem C > 1, ,n
CB
n
2 2 2
1 10 1 1 1,
1 1 1 ( 1) 1 ( 1) ( 1) ( 1)n n n
C C C CA C B A
n n n n n n n n n n
> 2
1 10
( 1) ( 1) n nB An n n
. 8. 1 1
1 (3 2) (3 1)
(3 1)(3 2) 3(3 1)(3 2)
n n
nk k
k kS
k k k k
= 1
1 1 1 1 1 1 1
3 3 1 3 2 3 2 3 2 6 4 6 6
n
k
n n
k k n n n
. Avem
1
7nS n 5.
9. 2 2 1
1 1 1 1 1 1 3(2 1) 2 1 1 13 ... 1 ... 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
n n
n nn n n n n nA S
.
11. 2
11
1 1
a ab abc a abF
ab a abc ab a a bc abc ab ab a
. 12. c) Din I + I = I sau
I + I = 10 + I rezultă I = O. Atunci T = 9, C = 1. Obţinem O + E = 11, D + R = 10 + N, unde
O, E, D, R 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. 13. a) , (3) , (6)m n = m + n + 1, m, n . 14. , (3)n ab
+ 45 1
,2( )90 2 90
a b a bb a a b a b
pentru a 0, 2, 9, b 0, 3, 9. Obţinem
a + b = 9, A = 18, 36, 45, 54, 72, 81. 15. 2 1
2
2 1 1 3 3 1( , ) 2 1 ; (3, )
2 4 4 2 2 3
n
n n nA a n A n
<
3
2 A(3, n) < A(2, n). 16. 1
; ;2
b c c a a ba b b c c a a b c
bc ac ab
.
17. Avem 100 9;9
a b cab bc ca a b c abc
este dat de numerele 126, 135,
234, 333 şi de numerele obţinute prin permutările cifrelor; b) Analog cu a), cu excepţia numă-
rului 333; c) 11a + b = 79 ab = 72; d) Obţinem a – b = 7 şi avem ab 70, 81, 92. 18.
Luăm a, b, c *. Obţinem 1 1 1
1a b c şi
3 3 3
1 1 11
a b c . Luăm
1 1 11,
a c b . Printre
soluţii avem (1, b, –b), (a, 1, –a), (a, –a, 1), a, b *. 19. Fie (x, y) = d *, [x, y] =
= m *, x = db, y = dc, b, c *, (b, c) = 1. Din md = xy = d2bc rezultă m = dbc. Ecuaţia
este 1 1 1a
db dc dbc d bc – b – c = a (b – 1)(c – 1) = a + 1. Luăm a + 1 = p, p număr
prim. 20. Fie y = x + a, z = x + b, a, b . Ecuaţia devine a2 + b2 – ab = 12. Luând a = 2, b =
= 4 avem soluţiile (x, x + 2, x + 4), x . 21. 24p + 1 = (2k + 1)2, k 6p = k(k + 1).
Avem ap = k sau bp = k + 1, a, b *. Pentru k = ap a = 1, p = 5; pentru bp = k + 1 rezultă
3
b = 1, p = 7 sau b = 2, p = 2. Deci avem A = 2, 5, 7. 22. p = (m – 2)(m + 2n + 3) = 1 p = = (–1) (–p), unde p este prim (m, n) (1, –3), (3, –2), (4, –3), (–2, 0). 23. m = 25, n = 6. 24. A = (a – b)(a2 + 2ab – b2) = 1 p a = 2, b = 1, A = 7. 25. Şirul 13, 21, 29, 37, … are ter-menul general de forma 8m + 5. Din 8m + 1 = (2a + 1)2 rezultă 2m = a(a + 1) (fals).
1.3. Mulţimea . Ordonarea numerelor reale
2. a) incluziunea mulţimilor, divizibilitatea numerelor naturale; „” pe ; b) egalitatea
mulţimilor, congruenţa unghiurilor, congruenţa triunghiurilor; c) divizibilitatea pe , <, >.
4. 3 21 2; 1;
3 2
. 5. a) Presupunem n2 + n + 1 = m2, m , m 0. Avem 4m2 –
– (2n + 1)2 = 3 (2m – 2n – 1)(2m + 2n + 1) = 3 (fals, deoarece 2m + 2n + 1 5); b) u(5n + 3) 3, 8 5n + 3 m2, m ; c) Orice pătrat perfect este de forma M4 sau M4 + 1. 6. Dacă
a = b, atunci 2
ca . Fie a > b. Avem
c ca b a b
a ba b
2 a a b a b a . 8. a – c = (d – b) p . Dacă d = b a = c.
Dacă d b a c
pd b
(fals). 9. Nu putem avea m n. Pentru m = n 5 5n p
m = n = p = 5. 10. Fie 111...1n
x . Avem A2 = a x 10n + bx + c = ax(9x + 1) + bx + c =
= 9ax2 + (a + b)x + c = (3mx + d)2 a = m2, a + b = 6md, c = d2. Pentru m 1, 2, 3
(a, b, c) 1, 5, 1), (4, 8, 1), (9, 9, 1). 11. ab ab c 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100
A = 205, 306, 427, 568, 729. 12. 9 10( ), ( )
90 9
y z x y zx y z x
1
10( )3
a x y z x + y + z = 10. Cum x, y, z 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 şi x y z,
luând x < y < z, avem xyz 127, 136, 145, 235 şi deci card A = 4 6 = 24.
13. a) 4 2 3 3 1 2 3 2 3 2 2 6
2 32 2 3 1 3 1 3 3
2 22 2
a
+
2 2 6 3 3 2 2 6 3 32 2 62
9 33 3
; b)
2
3; c) 1;
d) 2 42 1 1 , (0,1)
( ) 1 1
4, [1, )
x xx x x x
E x x x x xx
x
.
14. a) 3 2 ; b)
3 1 2 11
21 2 1 3
; c)
1 2 3 2 2 6
42 2
;
4
d) 2 3 5 . 15. a)
2
2 2 2 220
0
2
| 1|1 | 1|1( )
2 21
a baa a x b bbf x
abxb
= , ( , 1] [1, )
1, ( 1, 1) {0}
b b
bb
; b) 2 2
2 20 0
( ) | | | |( )
2 | | | |
a m n m n m nx a f x
mn m n m n
= , | | | |
, | | | |
mm n
nn
m nm
. 16. a) 2 2
11 1
1
n n
nk k
S k k nk k
;
b) 1 1 1
1 1 1 1 11
( 1)( 1 ) 1 11 2
n n n
nk k k
k kS
k k k k k k nk k k k
;
c) 2
21 1
2 1 2 1 2( 3 1)
1 2 1 1 2 1
n n
nk k
k k k k k kS
kk k k k
; d) Sn n = m2 + 1,
m 2; nS n = m2 – 1, m 2; nS , n . 17. a) 9 4 2 2 2 1; 3 2 2
= 2 1; 13 30 30 2 5 3 2 ; b) 6 2 5 1 5; 6 2 5 5 1; 46 6 5
= 3 5 1 . 18. a) p = 4n2 + 4n. 20. a) x(z – y) + y(x – z) + z(y – x) = 0. 21. Inegalităţile sunt
echivalente cu (a – b)2 0. 22. a) 1 1
2 2a aa a
; b) 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca)
(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0; c) b); d) (a + b)(b + c)(c + a) 2 2 2ab bc ca = 8abc; f) (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ab bc + bc ca + ca ab = abc(a + b + c); g) (a2)2 + (b2)2 + + (c2)2 a2b2 + b2c2 + c2a2 abc(a + b + c). 23. Din a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1 ab + bc + + ca = 0. Conform 19 c), avem a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)[(a2 + b2 + c2) – (ab + bc + + ca)] = 1. 24. 1 25,2a 5,019. Demonstrăm că zecimalele sunt în ordine 0, 1, 9. Avem
5n + 0,019 an < 5n + 0,02 5n + 219 225 0, 2 5
1000 100n n n 50n + 0,19
22500 20 50 0,2n n n etc. 25. a) 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 12
a b c a b c ab bc ac
=2
1 1 1 2( ) 1 1 1a b c
a b c abc a b c
; b) Luăm a = 1, b = k, c = –(k + 1) 99
1
1 1 1
1 1k k k
= 99,99. 26. a) 2
41 1 1
( 1) 1 1 1
( 1) 1 1
n n n
nk k k
k k nS
k k k k k k n
; b) 10 < n < 11.
1.4. Modulul unui număr real
1. a) Adunând egalităţile 2 2 2 21 0 2 1 3 2 2 2 11 ; 2 ; 3 ; ...; n na a a a a a a a n rezultă
2 2 2 22 2 1
1 1
(2 ) (2 1) (4 1) 2 ; 2 3 1n n
n nk k
a k k k n n a n n
; b) a2n + a2n+1 =
5
= (2n + 1)2; a2n+1 – a2n = 2n + 1. 2. a) A x + a – x + a + y + a – y + a = 4a; b) Avem A = 4a x – a + x + a = y – a + y + a = 2a –a x a; –a y a card A = (2a)2. 3. 1 = a2m b2n+2 c2p+2 a c = 1 1 1 ac = ac a = c –1; 1, b ±1 A = b = 1;
B = b(a – c) – a c + 1 = 1 – ac = 0. 4. 2
2 2 0 0a b b
x a xab b a bxb a a
2a b . Analog b a2. Avem a = ±b şi deci x = ±2, x = 2. 5. Fie x0 soluţie a ecuaţiei. Avem
a = x0 + x0 – 1 + x0 – 2 + … + x0 – 20 = 20 – x0 + 20 – x0 – 1 + … + 20 – x0 – 19 + + 20 – x0 – 20 = 20 – x0 + 19 – x0 + … + x0 – 1 + x0 20 – x0 soluţie x0 – 20 = x0 = 10 a = 2(1 + 2 + … + 10) = 110. 6. n = 0 x ; n impar x ; n par x = a. 7. 4
x – 1 – x – 1 + x – a – x – a = 2 + 2a a 0, 1. Dacă a = ±1 x – 1 + x + 1 = 2 x [–1, 1]; a = 0 x = 0. 11. ax + by + cz ax + by + cz = a x + b y + c z
x + y + z. 12. a) a + b + a – b 2 2 2 22 | | | | 2 2a b a b a b a b .
13. a) ±1; b) ±1; c) x [–2, 2]; d) x – 1 = x – 1 x2 + x + 1 cu x 1 x 0; –1. 14. a) x [–2; 2] – 0; b) (–, –7] [8, ); c) ±1; ±3; d) [–1; 5] 7; e) –1 [0; 4];
f) 1 1
;2 2
. 16. –2 x – 1 2; –3 y + 1 3 –1 x 3; –4 y 2; –2 –y 4 –5
x + y 5; –3 x – y 7. 17. a) ( ) ( ) ( )x y y z z x xy x y yz y z xz z x
z x y xyz
= 2 2 2 2 2 2 ( )( )( )x y xy y z yz xz x z x y y z z x
xyz xyz
; b)
x y y z z x
z x y
a) ( )( )( )x y y z z x x y y z z x
z x y xyz
.
1.5. Aproximările prin lipsă sau prin adaos
1. Avem a = 2,777777…; b = –3,666666…; c = 1,41421; d = –1,41421; e = 2,236068…; f = = –2,236068….
Numărul Aproximările prin lipsă Aproximările prin adaos a 2 2,7 2,77 2,777 2,7777 3 2,8 2,78 2,778 2,7778 b –4 –3,7 –3,67 –3,667 –3,6667 –4 –3,5 –3,65 –3,665 –3,6665 c 1 1,4 1,41 1,414 1,4142 2 1,5 1,42 1,415 1,4143 d –2 –1,5 –1,42 –1,415 –1,4144 –1 –1,3 –1,40 –1,413 –1,4143 e 2 2,2 2,23 2,236 2,2360 3 2,3 2,24 2,237 2,2361 f –3 –2,3 –2,24 –2,237 –2,231 –2,1 –2,24 –2,235 –2,2359 –2,2360
2. Numărul Trunchierile Rotunjirile
a 2 2,7 2,77 2,777 2,7777 1 2,8 2,78 2,778 b –3 –2,8 –2,78 –2,778 –2,7778 c 1 1,4 1,41 1,414 1,4142 1 1,4 1,41 1,414 d –2 –1,5 –1,42 –1,415 –1,4143 e 2 2,2 2,23 2,236 2,2360 2 2,2 2,24 2,246 f –3 –2,3 –2,24 –2,237 –2,2361
6
4. Trebuie demonstrat că m pn m
p pm n n
. Avem ( )n m pn m p n p m n
1 ( )m n p n p m n p m n m n n m n (adevărată). 5. 22
1
a
a
2 2 1 2 2 2 1 1 2 2a r r r r (adevărată).
1.6. Partea întreagă şi partea fracţionară a unui număr real
4. a) n = 2 identitatea Hermite; n = 1 [x + 1] = [x] (fals), n 3, 1 2 1n
xn n n
= 1
0 = 1 (fals). Avem identitate pentru n = 2; b) x – x (0; 1) 1 – x (0; 1)
1 – x = 1 – x. 5. a) n2 < n2 + 2n < (n + 1)2 2 2n n n ; b) (n + 1)2 < n2 + 4n <
< (n + 2)2 2 4 1n n n ; c) 2n; d) 21 2 2 3 2 ( 1)( 2)a n n n n n
= 22 3 4 12 8n n n . Cum 22 2 4 12 8 2n n n n [a] = 4n + 5; e) b = 2n + 10 +
+ 24 40n n . Pentru n 8 avem 2n + 8 22 10n n < 2n + 9 [b] = 4n + 18; pentru n
21, [b] = 4n + 19; f) 2 2 2
2 3 3 33 1
2 13 3n
n nc n n
n n n n
;
[c1] = 1; [cn] = 0 pentru n 2. 6. a) ( 1) 1 ( 1) nn n n n n n n S 1 + 2 + … +
+ n = ( 1)
2
n n ; b) Pentru m , k *, m 2k 2 21k k m k k m k
2 21 2 3 4 5 ... 8 ... ( 1) ( 1) 1nS n n
+ 2 1n = 1 3 + 2 5 + 3 7 + … + (n – 1)(2n – 1) = 1
(2 1)n
k
k k
. 7. a) 15, 19, 23.
8. 1 3 5, ,
2 2 2. 9. . 10. 5 1 5 4
,2 2
n n
, n . 11. 1. 12. x 0 [x] = [x] (identitate);
x < 0 [–x] = [x] x – . 13. (–, –1, – 2] –1; 0. 14. 0; 1. 15. 0; 7.
16. 2 2;
3 3
. 17. 1; 3. 18. 1; 3 . 19. 1
2 . 20. 1
; 02
. 21. . 22. 177;
2
.
23. 3 11;
2 6
. 24. 2 1 1;
4 2
n n
, n . 25. 4 3 5 5 7 8, , ,
3 2 3 2 3 2
. 26. a) (1,4; 3,5);
b) (2,6; 1,4); c) (0,5; 3,5).
1.7. Intervale de numere reale
1. A = [–2; 2], B = (–1; 1), C = (–2; –1] [1; 2), D = [0; 4], E = (–; –4) (2; ), F = [0; 2]. 2. A B = ; A B = (–3; –2]; A C = C; A C = A; B C = ; B C = (–3; –1]; CA =
= (–2; ); CB = (–; –3]; CC = (–1; ); CA = (–2; –1); (A B) C = C; (A C) B =
7
= A B = . 3. a) (–; 1] (a, ) = , 1
( ;1], 1
a
a a
; b) (–; a) [b; ) = ,
[ ; ),
a b
b a a b
.
4. Dacă x (–1; 1), y (–1; 1), avem x + 1 > 0 (1); x – 1 < 0 (2); y + 1 > 0 (3); y – 1 < 0 (4).
Din x, y (–1; 1) xy (–1; 1) 1 – xy > 0. Atunci 1
x y
xy
(–1; 1) xy – 1 < x – y < 1 –
– xy (x + 1)(y – 1) < 0 (5) şi (x – 1)(y + 1) < 0 (6). Din (1) şi (3) (5). Din (2) şi (4) (6). 5. a) a = –3, b = 5; b) –2 a < b = 4; c) –3 a < b = 4; d) a = –4, b [–3, 5]. 6. a) a –2, b 3; b) a = –2, b = 2; c) a = 0, b 3; d) a = 0, b = 2. 7. a)
b) Toate intervalele sunt disjuncte două câte două, iar A B C D E F G = – a,
marm, mg, ma, mp, b; c) Dacă a = b, avem marm = mg = ma = mp = a = b şi deci A = (–, a), B = C = D = E = F = , G = (a, ), iar A B C D E F G = – a. 8. I1 = 4, I2 =
= 3 4
1 1 1 2 1 33 , 4 , 3 , 4 , 3 , 4
2 2 3 3 4 4I I
. Avem reprezentarea:
Observăm că I1 In, n 2. Deci I1 In = In şi I1 In = I1 pentru n 2, 3, 4.
9. 1 2 32 2 3 3
1 1 1 1 1 1, , , , ,I I I
a a a a a a
. Dacă a > 1, avem 1 < a < a2 < a3 şi deci
0 < 3 2
1 1 11
a a a . Avem reprezentarea:
Observăm că I3 I2 I1. Atunci I1 I2 = I2, I1 I3 = I3, I2 I3 = I3, I1 I2 I3 = I3.
10. Din –x < x2, –x2 < x avem x (–, –1) (0, ); a) A B = 2( , ), (0,1]
( , ), 0
x x x
x x x
; A B =
= 2 2
( , ), (0,1)
( , ), 0
x x x
x x x
; b) A B = 2 2( , ), (0,1]
( , ), 0
x x x
x x x
; A B = 2 2
( , ), (0,1)
( , ), 1
x x x
x x x
.
11. b) Din 2 3
x x şi
1 1
7x x < 0 A B = B, A B = B.
1.8. Inegalităţi
1. Demonstrăm că dacă x > 0, y > 0, a , b avem 2 2 2( )a b a b
x y x y
. Atunci avem
2 2 2 2 2 2( ) ( )a b c a b c a b c
x y z x y z x y z
pentru z > 0, c (**).
A
0 bmarm a mg ma mp
G
B D F
C E
31
43
1
3 3
1
2
44
1
24
2
34
3
4
–1
a–
2
1
a –
3
1
a
3
1
a 2
1
a
1
a
0 –1 1
8
Avem 2 2 2a b c
b c a b a c
2( )
2( ) 2
a b c a b c
a b c
.
2. Din (**) rezultă 2 2 2 2( )a b c a b c
a b cb c a a b c
. 3. Inegalitatea (ab + bc + ca)2
3abc(a + b + c) 22
2 2 2
( ) 3( ) 1 1 1 1 1 13
ab bc ca a b c
a b c abc a b c ab ac bc
. Fie
1 1 1, ,x y z
a b c . Avem (x + y + z)2 3(xy + yz + zx) x2 + y2 + z2 xy + yz + zx.
4. În inegalitatea x2 + y2 + z2 xy + yz + zx (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 se ia , ,a b
x yb c
cz
a . 5. Analog cu 4. Pentru , ,
a b cx y z
bc ac ab . 6. Avem x3 + y3 + z3 3xyz pentru x,
y, z > 0. Atunci rezultă că (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 3(a + b)(b + c)(c + a) 3 2 ab 2 2 24bc ac abc . 7. Fie b + c = 2x, c + a = 2y, a + b = 2z, x > 0, y > 0, z > 0. Obţinem
a = y + z – x, b = x + z – y, c = x + y – z 1
2 2
a y z x x y x z
b c x y x z x
+ 1 3
3 (2 2 2 3)2 2
y z
z x
. 8. Avem
2 2 22
1 1 1 13 (1 1 1 )
ab ac bc ab
2 2
2 2
1 1 1 1 1 2 2 2
a b a c b cab ac bcbc ca
1 14
a b a c
+ 21
b c
. 9. (a + b + c)(ab + bc + ca) 33 2 2 23 3 9abc a b c abc . 10. (a + b + c)(a2 + b2 +
+ c2) 33 2 2 23 3 9abc a b c abc . 11. a = 2 – x, b = 2 + x a4 + b4 = (2 – x)4 + (2 + x)4 =
= 2(24 + 24x2 + x4) 32. 12. a2 + b2 1
2(a + b)2 = 2 a4 + b4 = (a2)2 + (b2)2
1
2(a2 + b2)2
2. 13. În inegalitatea 2) se ia x = b – d, y = c – d, z = a + 2d. 14. Avem 142 = (1 a + 2 b + + 3 c)2 (12 + 22 + 32)(a2 + b2 + c2) = 14(a2 + b2 + c2). 15. a) Inegalitate echivalentă cu (a – b)(a3 – b3) 0; b) Inegalitate echivalentă cu (am – bm)(an – bn) 0. 16. a [1, 3]
(a – 1)(a – 3) 0 2 3 1 1 14 3 12a a b c
a a b c
. Fie a + b + c = x;
1 1 13 y
a b c
. Cum x + y 12 2 12xy x y xy 36 3
yx 12. 17. A =
= 22
1 1 1 1 1 1 1 1( ) 1
2 2 2
x yx y x y x y
x y x y xy xy
. Dar xy =
= 2( ) 1 25
4 4 4
x yA
. 18. Notăm 1 – a = x, 1 – b = y, 1 – c = z. Atunci x + y + z = 3 –
– (a + b + c) = 1. Avem abc 8(1 – a)(1 – b)(1 – c) (1 – x)(1 – y)(1 – z) 8xyz B = (x +
9
+ y)(y + z)(z + x) 8xyz. Dar 2 2 2 8B xy xy zx xyz . 19. Fie a + 2b + 2c = x, 2a + b +
+ 2c = y, 2a + 2b + c = z x = 2 3
( )5 5
xy z etc.
2
5
x y x z y zS
y z z x z x
–
– 3 2 9 3
3 65 5 5 5 . 21. Pentru a, b, c > 0 avem (*) A = (a + b + c)
1 1 1
a b c
9. Avem
3a b a c b c
Ab a c a c b
3 + 2 3 = 9. Cum a + b + c = 1, rezultă 1 1 1
a b c
9 ab + bc + ca 9abc. Cum ab + bc + ca 3 233 3 ( )ab bc ca abc , din a2 + b2 + c2
ab + bc + ca (a + b + c)2 3(ab + bc + ca) ab + bc + ca 1
3 abc
1
9(ab + bc +
+ ca) 1
27; b) a + b + c 33 abc = 3. 22. A = (5 1) 1 (5 2) 1 (5 3) 1a b c
5 1 5 2 5 3
82
a b c . 23. a) Inegalitate echivalentă cu (x – y)2(x + y) 0; b) a);
d) (x – y)2 0; e) x
ay inegalitatea (a2 + 1)(a2 – 1)2 0; f) Fie
a bt
b a 2. Inegali-
tatea devine 2t2 – t – 6 0 (t – 2)(2t + 3) 0. 24. Aplicăm inegalitatea lui Cebâşev:
31 1 1 1 1( )( ) 3 ( )
3 3n n n n n n n n n n n na b c a a b b c c a b c a b c abc a b c
= an + bn + cn. 25. Se aplică inegalitatea lui Cebâşev pentru şirurile invers ordonate (a, b) şi
1 , 1b a a b .
1.9. Propoziţii. Operaţii logice cu propoziţii. Formule de calcul propoziţionar
1.–2. Nu sun propoziţii: d), f), g); propoziţii adevărate: a), e); propoziţii false; b), c). 4. c) p q r q r = p (q r) p q (p q) r = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 h) p q p q p (p r) p 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1
10
1.10. Predicate
1. A(P) = (3, 1), (4, 2), (5, 3), A(Q) = (1, 2), (3, 1), A(P Q) = (3, 1), A(P Q) = = (5, 3), (3, 1), (4, 2), (1, 2). 2. A(P) = (4, 1), (2, 2). Avem x2 – 6x = 4y2 – 12y (x – 3)2 = = (2y – 3)2 x = 2y sau x + 2y = 6 A(Q) = (2, 1), (4, 1), (4, 2), A(P Q) = (4, 1), (2, 2), A(Q P) = (2, 1). 3. x2 – 4x = y2 + 4y x = y + 4 sau x + y = 0 A(P) = A(Q) = = (4, 2), (5, 7). 4. Adevărate a), c) d), e) h). 5. Q P (evident adevărată). Presupunem că P Q falsă, adică există x, y şi există a, b [0, 1) astfel încât x + a = y + b, x y, a b.
Dacă x > y, avem x – y 1 Din x + a = y + b x – y = b – a 1 (contradicţie). Dacă a b, pen-tru a > b avem 0 < a – b < 1, de unde 0 < y – x < 1 (fals). Deci P Q adevărată. 6. a), b), c) ade-vărate, d) adevărată pentru n ±1, ±2. 7. e), f), g) adevărate. 9. e), g), h) adevărate. 10. a) (x) (P Q); b) (x)(Q P); c) (x)(P Q); d) (x)(P Q); e) (x)(P Q); f) (x)(P Q); g) (x)(P Q); h) (x)(P Q). 11. x a, y a x [–a, a], y [–a, a] –2a x ± y 2a
etc. 12. a) x y max( , min( , ) max( , )
min( , max( , ) min( , )
x x y x x x
x x y x x x
; x > y max( , min( , ) max( , )
min( , max( , ) min( , )
x x y x y x
x x y x x x
.
Deci P Q; b) Analog cu a). 13. 1, 0), (0, 0). Se foloseşte distributivitatea conjuncţiei (dis-juncţiei) faţă de disjuncţie (conjuncţie).
1.11. Condiţii necesare. Condiţii suficiente. Teoreme
5. i) ii) iii) iv) v) afirmaţii adevărate a) da p q b) da p q, dar q nu implică p c) da p q, dar q nu implică p 6. a) da p q, dar q nu implică p b) da p q, dar q nu implică p c) da p q, dar q nu implică p
1.12. Metoda reducerii la absurd. Inducţia matematică
1. Dacă a 0, b 0 ab 0 (contradicţie). 2. d d2 = d d2; cum d2 d1 d d1 (fals). Dacă A este impar numerele ai – i impare suma lor este impară (contradicţie cu
( ) (1 2 ... 9) 0)i ia i a . 4. Presupunem A = p1, p2, …, pn mulţime finită cu pi
prime. Atunci p = p1p2…pn + 1 este număr prim şi p A (contradicţie). Observaţie. Vom de-
monstra doar P(n) P(n + 1). 6. a) 1
( 1) ( 1)( 2)( 1) ( 1)
2 2n n
n n n nS S n n
;
Sn+1 = Sn + (n + 1)2 = 2( 1)(2 1) ( 1)( 1)(2 3)( 1)
6 6
n n n n n nn
; c) Sn+1 = Sn + (n + 1)3 =
= 2 2
3( 1) ( 1)( 2)( 1)
2 2
n n n nn
; d) 1
( 1)( 2)( 1)( 2)
3n
n n nS n n
=( 1)( 2)( 3)
3
n n n ; e) 1 2
1
( 1) ( 1)( 2)( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2 2n n n
n
n n n nS n
;
f) Sn+1 = 1 1
1 1 12 2
2 2 2n n n
; g) 1
1 1
4 1 (4 1)(4 5) 4 5n
n nS
n n n n
; h) 1 3 2n
nS
n
11
+ 1 1
(3 2)(3 5) 3 5
n
n n n
; i)
2 3 2
1 3
2( 1) ( 1) 1 2[( 1) ( 1) 1]
3 ( 1) ( 1) 1 3( 1)( 1 1)n
n n n n nS
n n n n n
;
j) 1 2 2
4 1 2 4 1 2( 1)1 1
(2 1) 1 2 (2 1) 1 2( 1)n n
n nP P
n n n n
; k) 1 2
2 11
2 2 ( 2)n
nP
n n
3
2 4
n
n
; l) 1 2
2 2 1 21
2 1 ( ) 2 1n
n nP
n n n n
. 7. a) n5 – n = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1). Cum 3! =
= 6 divide (n – 1)n(n + 1), rămâne de arătat că unul din numerele n – 1, n, n + 1, n2 + 1 este di-vizibil cu 5; b) 10n+1 + 18(n + 1) – 28 = 10(10n + 18n – 28) – 162n + 270 = 10 M27 – 27(6n – – 10) = M27; c) 4n+1 + 15(n + 1) – 1 = 4(4n + 15n – 1) – 45n – 18 = 4 M9 – M9 – M9 = M9; d) Analog cu b); e) 32n+1 + 2n+2 = 3(7 + 2)n + 22 2n = 3(M7 + 2n) + 4 2n = M7 + 7 2n = M7; f) Analog cu e); g) 74n+1 – 7 = 7(74n – 1). Demonstrăm că 30 74n – 1. Cum 7 – 1 74n – 1, ră-mâne de arătat că 5 74n – 1. Cum u(74n) = 1, rezultă că 5 74n – 1; h) Analog cu g). 8. (1 + x)n+1 =
= (1 + x)n(1 + x) (1 + nx)(1 + x) > 1 + (n + 1)x. 9. b) 1
1 2 1 1
32 1 2 2n
nP
nn n
(2n + 1)(2n + 3) (2n + 2)2; c) (a + b)n+1 = (a + b)n(a + b) 2n+1(an + bn)(a + b) 2n(an+1 + + bn) (an + bn)(a + b) (an+1 + bn+1) (an – bn)(a – b) 0 (adevărat). 10. a) 2n+1 = 2 2n 2n2 (n + 1)2 pentru n 5 etc.; b) 2n+1 = 2 2n 2(n + 1) n + 2, n ; c) 2n+1 = 2 2n
2n3 (n + 1)3, n . 12. a) 1
1 1 1 1 1...
2 3 2( 1) 2 1 2 2n nS Sn n n n n
– 1 1 1 13
1 2 1 2 2 24n nS Sn n n
; b) 1
1 1 1 1
3 1 3 2 3 3 1n nS Sn n n n
>
> 1 1 1 2
3 1 3 2 3 3n n n
(adevărat); d) 1
1 11
1 1n nS S n n
n n
2 1 1n n n (adevărat). 13. 1 11 1 1
1 1 1 1n n nn n n n
x a a a aa a a a
=
= xnx1 – xn–1 (se arată că x1, x2 , se presupune xn–1, xn ). 14. 2 = 2 1 + 3 0; 3 = 2
0 + 3 1; n + 1 = 2an + 3bn + 1 = (2an – 2) + (3bn + 3) = 2(an – 1) + 3(bn + 1); an+1 = an – 1;
bn+1 = bn + 1. 16. a) P(1) şi P(2) adevărate 1 2 1 1 2( ... ) ...n n na a a a a a a
+ 1 1 2 1...n n na a a a a ; b) a1 + a2 + … + an 1 2...nnn a a a n ; c) Folosim
P(2) şi P(n) adevărate pentru a demonstra P(n + 1) adevărată.
1.13. Probleme de numărare
1. Fiecare termen an al şirului este produsul a n numere naturale consecutive. Primul factor al
termenului an este 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + 1 = ( 1)
2
n n , iar ultimul factor este
( 1)
2
n n .
Avem a5 = 11 12 13 14 15; a10 = 45 46 … 55 etc. 3. Numerele sunt de forma abcda ,
cu 1 a 9, 0 b; c, d 9. Avem 9 103 = 9000 de numere. 4. 99 – 99 99 99
2 7 14
=
12
= 43. 5. 999 – 999 999 999 999 999 999 999
2 5 7 10 14 35 70
. 6. Formăm
grupele de numere pentru care suma dintre numărător şi numitor este n scriind numerele în
ordinea 1 2 1
, ,...,1 2 1
n n
n
(fiecare grupă având n – 1 numere). Pentru n = 10 + 25 = 35,
avem în grupă numerele 34 33 33
, ,1 2 3
, numărul 10
25 fiind al 25-lea. În şir, numărul
10
25 este pe
locul (1 + 2 + … + 34) + 25 = 620. 8. În 1000! exponentul lui 2 este mai mare decât exponentul
lui 5. Numărul de cifre de 0 este exponentul lui 5, adică 2 3
1000 1000 1000
5 5 5
… =
= 200 + 40 + 8 + 1 = 249. 9. c) Cifrele lui a sunt cifrele numerelor 1, 2, 3, …, 8, 9, 10, 11, …, 2015 scrise unele după altele. Numărul a are 1 9 + 2 90 + 3 (n – 99) 1000 nmin = 270. Numărul care conţine a 1000-a cifră este 370. A 1000-a cifră este 3. 10. a) 1 9 + 2 90 + 3n = = 348 n = 53 cartea are 99 + 53 = 152 pagini; b) 1 9 + 2 90 + 3n = 399 n = 70 cartea are 99 + 70 = 169 pagini (fals, numărul de pagini trebuie să fie număr par). 11. card A 2 100 + 1. Căutăm perechile (n, m), n m, pentru care n4 – 5n2 + 4 = m2 – 5n2 + 4 (m – n)(m + n)(n2 + m2 – 5) = 0. Avem deci m2 = n2 sau n2 + m2 = 5. Avem card A = 101 – 4 = 97. 12. Notăm cu A, B, C, D, E, F, G mulţimile de numere naturale nenule mai mici decât 201, care sunt multipli de 2, 3, 5, 6, 10, 15, respectiv 200. Numărul de elemente pentru aceste mulţimi este 100, 66, 40, 33, 20, 13, 6. Numărul cerut este 100 + 66 + 40 – (33 + 20 + 13) +
+ 6 = 146. 13. 10800 = 24 33 52 (4 + 1)(3 + 1)(2 + 1) = 60 divizori cu 5 42 1 3 1
2 1 3 1S
35 1
5 1
38440. 14. 5 4 6 = 120. 15. 2n = n2 n 2; 4. 16. Cum B = (B – A) (A B),
(B – A) (A B) = card B = card(B – A) + card(A B). 17. ( 1)1
2
n n . 18. a) 32;
b) 35; c) 9; d) 10.
1.15. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. x \ [0, 1]; [x] = n *; x = (0, 1) 1 1
nn
(n – )(n + 1) = 0 x =
= 1
nn
, n * – –1; 1. 2. [x] = n ; x 21, 3
2n n n n a
; x
1
, 12
n n n2 – 3n – 2 = a etc. 3. x
1, 1
2n n
pentru a = n2 – n + 1. 4. Se arată
că x (–, 1]. Fie [x] = n *. Pentru x [n, n + 1) [x2] = n2 + m, n 0, 1, 2, …, n
n2 + m = 2n + 1 m = 2 – (n – 1)2. Cum 0 m 2n n 3, 4 x . 5. [x] = n n2– 4n + 2 – a = 0. Avem = 4(2 – a) a = 2 – k2, k x [2 , 3 )
k
k k
. 6. [x] =
= n, x = (n + 1)(n – 1 + ) 0 n [–1, 1 – ] x [–1, 1]. 7. Fie f : ,
13
f (x) = 2 1
x
x x = m mx2 + (m – 1)x + m = 0 0 m
1 5 11, ,
3 2x
.
8. 2
*4
2
n n nn
. 9. 1 1[ ] { }x a x a
x x
(–1, 1) = 0 1
xx
x ±1. 10. 1 1 1 1 1 1, , , , 1
4 4 4 2 2 2x n n x n n x n n
n = 1;
1 1 1 1 3 1 3, , , , 1
4 2 4 2 4 2 4x n n x n n x n n
n = 1; 1 3
,2 4
x n n
2n + 1 = 2 (F), 3
, 14
x n n n = 0. Avem
3 5 5 3 3 3,1 1, , ,
4 4 4 2 4 2x
.
11. Cum avem x , rezultă ecuaţia 1 2 3
13 3 3
x x xx
. Fie x = 3k + a, a
0, 1, 2. Rămâne ecuaţia 1 2
13 3 3
a a a cu soluţia 0, 1, 2. Avem S = .
12. x = n + , n *, (0, 1) 8n2 = 102 + 11n < 10 + 11n n = 1 112 + 11 –
– 8 = 0 = 1 3
2 2x . 13.
22 2 2 ( )
3
a b ca b c
1. 14.
2 21 1a b
b a
2 21 1 425
2 2 2
a b a ba b a a
. 15. Inegalitate echivalentă cu 1 1( )( )n n n na b a b
0. 16. Cum 1
ba
, avem 2 2
1
3 3 1 2
a a
a a
(a – 1)2(6a2 – 4a + 2n) 0 (adevărat).
18. Notăm 1 – a = x > 0; 1 – b = y > 0; 1 – c = z > 0. Inegalitatea este echivalentă cu (1 – x)
(1 – y)(1 – z) 8xyz (x + y)(y + z)(z + x) 8xyz. 19. 4 2 4 2 2 2
1.
2 2
a b a b
a b b a a b ab ab
20. Inegalitatea este echivalentă cu A = (a + b + c)(a2b2 + b2c2 + c2a2 + ab + bc + ca) 18.
Avem 3 33 4 4 4 2 2 23 3 3A abc a b c a b c = 18. 21. Inegalitate echivalentă cu A = ab2 + bc2 +
+ ca2 3. Avem A 3abc = 3. 23. y = x + 1001 (x – 1001)2 + (x – 1000)2 + … + x2 + … + + (x + 1000)2 = y2 2001y2 + (999 + 1)(999 + 2)(666 + 1) = y2. Cum membrul stâng este M3 + 2, nu avem soluţie. 24. n = 1 soluţia (1, 3, 7); n = 2 soluţia (14, 39, 42). Dacă pen-tru n 2 avem soluţia (xn, yn, zn) pentru n + 2 avem soluţia (592xn, 592yn, 592zn). 25. (2, 1) este soluţie. Pentru y = 2, x . Pentru y 3 avem 2y = M8. Cum 3x = M8 + 1 pentru x par şi 3x =
= M8 + 3 pentru x impar, nu mai avem soluţii. 26. (3, 5) este soluţie. Avem ((xn), (yn)) soluţie, unde x1 = 3, y1 = 5, xn+1 = 3xn + 2yn + 1, yn+1 = 4xn + 3yn + 2. 27. x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx). Cum x + y + z 3, rezultă x + y + z = p, x2 + y2 + z2 – xy – yz – – zx = 1 x + y + z = p şi (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 2. Dacă x > y > z x – y 1, y – z 1, x – z 2 x = y = z + 1 sau x – 1 = y = z etc.
14
Capitolul 2 ŞIRURI DE NUMERE REALE
2.1. Moduri de definire a unui şir
2. a) 3333; 33333; 333333; 3333333; b) 4, 4, 4, 4; c) 1 1 1 1
, , ,5 6 7 8
; d) 4, 4, 4, 4; e) 5 6 7 8
; ; ;6 7 8 9
;
f) 5 6, 6 7, 7 8, 8 9 . 3. a) 0, 2, 4, 6, respectiv 1, 3, 5, 7; b) 2, 3, 5, 7; c) 0, 3, 6, 9.
4. a) 5, 7, 9, 11; b) 1, 3, 7, 13; c) –2, 4, –8, 16; d) 1 2, 2 3, 3 4, 4 5 ; e) 1
,2
2 3 4, ,
3 4 5; f) 2 1, 3 2, 2 3, 5 2 ; h) –3, 7, –15, 31; i)
1 3 5 7, , ,
4 7 10 13. 5. a) an = 3n +
+ 2; b) 2 1
2 1n
na
n
; c)
1( 1)
2n
n na ; d)
2 (2 2)
(2 1)(2 1)n
n na
n n
; e) 2 2 12 ; 2n na n a n ;
f) an = n2 – n + 1. 6. a) 5, 11, 23, 47; b) –27, 57, –111, 225; c) 2, 3, 5, 8; d) 2, 2, 2, 2; e) 3, 7 15 29
, ,2 4 8
. 7. 2 2 1
2 1 2
1 11 1;
1 2 1 2n n
n n
a a
a a
.
2.2. Şiruri mărginite
1. a) 0 < an < 1; b) 0 < an < 1; c) 1 < an 2; d) an 1
3; e) an < 1; f) 0 an 2; g) 0 an
2
3;
h) 0 < an < 3; i) 0 < an < 2. 2. a) an (0, 1); b) an (0, 1); c) an 1
0,2
; d) an (0, 1);
e) an 1; f) 2 2
2 2
2 2
2 22 1 1 1n
na
n nn n
(0, 1). 3. a) mărginite; b) (an)
mărginit; pentru (cn) nu se poate preciza; c) (cn) nemărginit, (dn) nemărginit cu excepţia cazului
an = 0, n *. 4. a) a1 = 2, a2 = 3
1 1,
3 2a , a4 = –3, a5 = 2 şir periodic şir mărginit;
b) 1 2 3 4 4 4 1 4 2 4 3
7 11 7 7 7 7 7 7 112, , , , , 2, , ;
3 6 6 6 6 6 6 6 6n n n n
n n n ns s s s s s s s
c) A = 1, 2, 3.
2.3. Şiruri monotone
1. strict descrescătoare a), f); strict crescătoare b), d), h) i); constant g); nu sunt monotone c),
e), j), k), l). 2. a) strict descrescător; b) a1 < a2 > a3 (an) nu este monoton; c) 1
1
2 1n na an
– 1
2 2n > 0 (an) strict crescător; d) strict descrescător; e) strict crescător pentru > 0; con-
stant pentru = 0; strict descrescător pentru < 0; f) a2n+1 – a2n = 1 + 2; a2n+2 – a2n+1 = 1 –
15
– 2. Dacă 1 1
,2 2
, şirul este crescător; –
1 1,
2 2
şirul nu este monoton;
g) 1 ( 1)( 2)n na an n
; > şir strict crescător; = şir constant; < şir
strict descrescător; h) 1
0,4
şir strict crescător; = 1
4 şir constant; >
1
4 şir
strict descrescător. 4. 2( )na strict crescător; 3( )na aceeaşi monotonie cu (an). 5. a) nu se poate
determina (luăm ca exemple: I) an = 2n + 1, bn = –2n + 1; II) an = 2n + 1, bn = –n + 2; III) an = = n + 2, bn = –2n; b) monoton crescător; c), d) nu se poate determina.
2.4. Progresii aritmetice
1. a) r = 5, a1 = –7; b) a1 = –4, r = –7; c) a3 = 0, a2 = 4, r = –4, a1 = 8 sau a3 = 0, a2 = –4, r = 4,
a1 = –8; d) a2 = 17
30, r = 1; f) a1 = 1, r = 2. 2. a1 = 2n – 6, n = 10; a1 = 4; S10 = 50.
3. Avem progresiile –1, –3, –5, –7, …; 2, 4, 6, 8, …; S2n = –[1 + 3 + 5 + … + (2n – 1)] + + (2 + 4 + 6 + … + 2n) = –n2 + n2 + n = n; S2n+1 = S2n – (2n + 1) = –n – 1; b) analog cu a). 4. (n – 1)r = 18; 5r = a + 18; Sn = a + 99 etc. 5. a, a + r, a + 2r, …, a + (2n – 1)r, a + 2nr; a(a + 2nr) = 21. 6. (n + 1)(a + nr) = 66; na + n2r = 55; a(a + 2nr) = 21 a + nr = 11, n = 5 a = 1; r = 2 sau a = 21, r = –2. 6. Conform exerciţiului 14, a) da; b), c) nu. 7. 40 = (a3 + a11) +
+ (a6 + a8) = 2(a1 + a13) a1 + a13 = 20 13
13 20
2S
= 130. 8. Avem an = an–1 + n. Fie
1
n
n kk
S a
. Avem 12
( 1)(2 3 ... )
2
n
n n nk
n nS S n a
(prin inducţie). 9. 10(2a1 + 9r) =
= 200; 30(2a1 + 29r) = 1800 a1 = 1, r = 9 S50 = 2500. 10. Fie a1 = a; a + (m – 1)r = p + q;
a + (n – 1)r = p – q 2 1
, 2q m
r a p q qm n m n
ap = a + (p – 1)r =
2
m n. 11. Fie
a1 = x. Din 2x + 999r = 2a, 2x + 1999r = 2b 500
b ar
. 12. Presupunem că există m, n, p
*, m < n < p, astfel încât 2, 5, 7m n pa a a . Atunci 7 5
5 2
p n
n m
(fals).
13. a) Progresie aritmetică (an)n1 cu c1 = a1 + b1, r = r1 + r2; b) nu (contraexemplu). 14. „” Dacă a1 = a, r este raţia, atunci = r, = a – r; „” an–1 – an = (n + 1) + – (n + ) = = ct. (= r). 15. „” xn = n2 + n – [(n – 1)2 + (n – 1)] xn = 2n – a + b x1 = = a + b, r = xn+1 – xn = 2a. 16. a) Fie a1 = a; a + (m – 1)r = n, a + (n – 1)r = m r = –1; a =
= m + n – 1; [2( 1) ( 1) ( 1)]( ) ( 1)( )
2 2m n
m n m n m n m n m nS
; b) [2a1 + (m –
– 1)r] m = [2a1 + (n – 1)r] n 2a1(m – n) = (n – m)(n + m – 1)r 2a1 + (n + m – 1)r = 0 Sm+n = 0; c) [a1 + (m – 1)r](n – p) + [a1 + (n – 1)r](p – m) + [a1 + (p – 1)r](m – n) = 0.
17. a) P(2) adevărată. Demonstrăm că P(n) P(n + 1). Avem 1
1 11 1 1
1 1 1n n
k kk k k k n na a a a a a
16
= 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
( 1) 11 1 n n
n n n n n n n n
n a a nan n
a a a a a a a a a a a a
; b) P(n) P(n + 1):
1 1
1n
k k ka a
= 1
1
1 11 1 1 1
( 1)1 1 1 1nn
k nk k n n n n n
n a an
a aa a a a a a a a
+
1 1 1 1 1
1 1 1
( 1)
( 1)
n n n n n n
n n n
a a n a a a a a a nr
a a n r r r r a a
= 1 1n
n
a a . 18. a) a2 – bc + c2 – ab = 2(b2 – ca) (a + c – 2b)(a + b + c) = 0 a + c =
= 2b. 19. Fie a = b – r, c = b + r. Atunci 3b = 21 b = 7. Rămâne 72 + (7 – r)2 + (7 + r)2 =
= 219 r = ±6. Avem 1, 7, 13 sau 13, 7, 1. 20. a) nu; b) 1
4 4
3 3n nb b r . 21. 8k + 5
100, 8k + 5 < 1000, k k = 13,124 (ak), k = 1,112 , a1 = 101, r = 8 S = 4352.
22. Conform exerciţiului 15, avem Sn = n2 + n. Rezultă că n2 + n + (n + 1)2 + (n + 1) =
= n2 + 2n + 1, n * = 1
2 = 2
1
1( )
2n n n nS n n a S S n . 23. Presupunem
a < b < c. Fie k, l, m astfel încât a = a1 + kr, b = a1 + lr, c = a1 + mr. Atunci b a l k
c b m l
. Reciproc, fie b a n
c b m
, m, n *. Atunci b(m + n) = nc + ma. Fie (an)n1, cu a1 = a,
r = c a
m n
. Obţinem an+1 = b, am+n+r = c. 24. 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2( ) 2( ), ,
4 4a b c
b c a a b cm m m
= 2 2 2
2 2 2 2 2 24( ) 22 , ,
4
a c ba b c a b c
.
2.5. Progresii geometrice
1. a) 2, 6, 18, 54, 162; b) 16, 8, 4, 2, 1, 1
2; c)
1
3q 81, 27, 9, 3, 1;
1
3q 81, –27, 9,
–3, 1; c) q = 2 2, 4, 8, 16, 32; q = –2 2, –4, –8, –16, 32; d) 3, 6, 12, 24, 48; e) q = 3 –1, –3, –9, –27, –81; q = –3 1, –3, 9, –27, 81. 2. a) q = 2; b10 = 3 29; b20 = 3 219; b25 = 3 224; Sn = 3 (2n – 1); b) q4 = 16 q = ±2; b10 = 5 29; b20 = 5 219; b25 = ±3 224; c) q = –1; b10 =
= b20 = –1
2; b25 =
1
2. 3. a) b1(1 + q2) = 5; b1(q + q4) = 18 b1 = 1; q = 2; b) b1(q – 1) = 6;
b1q2(q – 1) = 54 q2 = 9; pentru q = 3, b1 = 2; pentru q = –3, b1 =
3
2 ; c) b1(1 + q) = 8;
b1(1 + q + q2) = 26 q = 3, b1 = 2 sau q = 3
4 , b1 = 32; d) b1q(1 + q2) =
5
16; b1(1 + q + q2) =
= 7
8 b1 = 1, q =
1
2; e) q = 2, b1 =
3
a; f) q2 = 4 q = ±2; q = 2 b1 =
7
a; q = –2 b1 =
3
a.
17
4. Da pentru a), b), c), d), g). 5. (a + x)(c + x) = (b + x)2. Dacă 2b a + c, x = 2
2
ac b
b c a
. Da-
că 2b = a + c, ac b2, nu avem soluţie. 6. 2x = y + 1, x2 = y + 9 x = 4; y = 7 sau x = –2; y =
= –5. 7. 23 2 2
3 21 1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( )
1 1 1 1
n n n n nn n nb q b q b q b q b q
q q qq q q q
= 2 2( )n nq q . 8. a + 9 = 2b; b2 = 12a a = 3; b = 6 sau a = 27; b = 18. 9. abc = 512; b2 = ac;
2(b – 1) = a + c – 6 b3 = 512 b = 8, a + c = 20, ac = 64 4, 8, 16 sau 16, 8, 4.
10. 2 11 2 1 2 1 1... n
n n n n nb b b b b b b b a q . Prin înmulţire 2 2 1 ( 1)( ) | |n n n n np a q p a q .
11. Presupunem că există m, n, p , m < n < p astfel încât 2 , 3 , 5m n paq aq aq
2 2 2
2 3 5 2 3 5m n p m n pq q q q q q (contradicţie). 12. a) (q3 – 1)b1 = 4a(q – 1); (q3 – 1)
(q3 + 1) = 6a(q – 1) 9 3
3 3 6 31 19
3 1 ( 1) ( 1) 71 ( 1) 4
2 2 1 1 4
b q b qq q S q q a
q q
= 7a; b) Analog cu a) q3 + 1 = 9 q = 2 S9 = 73a; c) P4 = P5 b5 = 1. Avem b1b9 = = b2b8 = b3b7 = b4b6 = 2
5b P9 = 95b = 1. 14. Fie progresia aritmetică a – r, a, a + r. Din a2 =
= a2 – r2 r = 0. Avem a, a, a în progresie aritmetică, cu r = 0 şi în progresie geometrică cu raţia q = 1. 15. a) a(1 + q + q2) = 7; a3q3 = 8 aq = 2; a(1 + q2) = 5 1, 2, 4 sau 4, 2, 1;
b) a = 2, q = 3 sau a = 6, 1
3q . 16. Luăm cazul cu a 0, q 0. Avem 2 2 6 2 2a a q a q
2 4 2 2 2( 1) ( 1) 0a q q q . 17. 21 1 1, , (2 ) ( )( )
2b b a c b a b c b
b a b b c
= ac a, b, c; b) c(a + b)2 = a(b + c)2 (a – c)(b2 – ac) = 0 b2 = ac. 18. a) Luăm progre-sia a, ax, ax2. Avem relaţia echivalentă cu (a + ax2)(ax + ax2)(a2x2 + a2x4 – a2x3) = (a2x2 + a2x4) (a2x + a2x4) (1 + x2)(x + x2)(x2 – x3 + x4) = (x2 + x4)(x + x4) (1 + x2)(1 + x)(1 – x + x2) =
= (1 + x2)(1 + x3) (adevărat); b) Fie b = ax, c = ax2 2 2 2 2
2 2 23 3 3
1 1 1 b c a ca b c
a b c a b
+2 2 2 2 4 2
3 6 3 3 3
2
( )a b b a xa x c b a
c b ax . 19. Conform exerciţiului 23, doar afirmaţia d) este ade-
vărată. 20. b = aq aqn = a + (q – 1)S 2 2
2
( 1)
1
na qS
q
( 1) 2
1
q S aS
q
2( ) 2b a S a
a b
.
21 Fie progresia (brn–1)n1. Avem mn = (brp+q–1)(brp–q–1) = (brp–1)2 = 2pb bp mn . 22. Fie
a = qm–1, b = aqn–1, c = aqp–1 an–p bp–m cm–n = n–p+p–m+m–n ( 1)( ) ( 1)( ) ( 1)( )m n p n p m p m nq
= 0 q0 = 1. 24. Fie b = aq, c = aq2. Avem an + cn 2bn 1
2 2n n
nn
c aq
b b q
.
2.6. Şiruri recurente
1. a) 2n+1 – 3; b) r = 3, an = a0 + nr = 3 + 5n; c) 5 2n – 3. 2. a) an+1 – an = – 2na < 0; an [0, 1]
18
an+1 1
0;4
; b) 2 2 21 13 2 ( 1)( 2) 0; [1, 2] ( 1)n n n n n n n n na a a a a a a a a
+ 1 [1, 2]; c) 3 2 21 1 1(1 )(1 ) 0; (1 ) 0 1n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a ;
d) 2
1 02n
n n
aa a . 3. a) 1 12 , 6n n n na a b a ; b) an 2, 2 ; 6, 3 ;nb
1 1 12 2n n n n n na a a a a a . Analog 1 1n n n nb b b b ; c) [an] = 1; [bn] = 2;
d) 2
1
2 2 1 1 1,
2 2 ( 2) 2 4 3n n
n n n
a a
a a a
1 < an < 2. 4. a) Adunând egalităţile ak – ak–1 =
= k – 1, k = 2, n , cum a1 = 1 an = 1 + ( 1)
2
n n . Altfel, prin inducţie; b) Analog cu a); an =
= 1 + (1 + 3 + … + (2n – 3)) = 1 + (n – 1)2; c) Avem 1
1 1
2 1k ka ak k
. Prin adunare
12na
n ; d) 1
1 1 12
! ( 1)! !n n na a an n n
. 5. 3x2 – 2x – 1 = 0 x1 = 1, 2
1
3x
1
3
n
na
; b) x2 – 5x + 4 = 0 x1 = 1, x2 = 4 an = + 4n + 4 = 2, +
+ 16 = 5 = 1
4, = 1 an = 1 + 4n-1; c) x2 – 4x + 4 = 0 x1 = x2 = 2 an = 2n( + n),
= 1, = 0 an = n 2n; d) 9x2 – 6x + 1 = 0 1 2
1 1( ); 1;
3 3n nx x a n
1 1 5 1 5( 2 ) ,
9 12 4 4 4 3n n
na
. 6. Cazul general: a) yn+1 = yn q, n 0
xn + + k = qxn + kq xn( – q) + + k = kq, n 0 q = , 1
k
; b) yn = y1n–1 =
= (x1 + k) n–1 = n0 0 0
1
( 1); ;
1 1 1 1 1 1
nnn
n kk
nx x x x x
n
.
7. a) 1 01 0
1 0
4 22
2 1 2( 2) 22 2 1 1 2;
4 21 3( 1) 3 3 1 2 2 311
nn
n n nn n n
nn n
n
x
x x x xy y q y y
xx x xx
;
1 1 1 1
01
2 2 2 3 2 1 3 2;
1 1 3 2 1 2 3
n n n n nn n
n n nn n nn n
x y qy x S y
x y q
; b) 1
2
2 1n
nn
xx
x
, yn =
= 1
1 0
21
1 2 1 1 1 1 1 1 1 1; ; ;
21 3( 1) 3 3 3 3 3 312 1
nn n
n n nn n n
nn n
n
x
x x xy y q y y
xx xx
;
1 1
1 1 1
1 ( 3) 1 3 ( 1)
1 ( 3) 1 3 ( 1)
n n nn
n n n nn
yx
y
;
2
2
2 4;
4
x x
x
8. 2 3
;2( 3)
x x
x
9. 2;
( 1)
x
x x
10. 3
1x .
19
11.2
2
4 9;
9
x x
x
12. 2;
2 1
x
x
13. 2;
3
x
x 14. 2
;2
x
x 15.
3
16 3;
9 12x x 16. 2
;3 3 6x
17.2
4 2
1
1
x x
x x
.
18. 4 2
2;
1x x 19.
2
2;
2 4
x
x x
20. ;6
x
x 21. 2 4( 3)
( 2) ( 3)( 2)( 2)
a a
a a a a a
2
( 2)
a
a a =
22 4;
2 ( 2)( 2) 2 ( 2)( 2)
a a
a a a a a a
22. 4
5
x
x
; 23.
21 1
2 11 1
x x
x x
= 2 2
1 21 ;
1 1
x x
x x
24. 1 ( 4)( 3) (2 3)( 5)
02 ( 2)( 3) ( 2)( 5)
x x x x x
x x x x x
;
25. ( 3)( 5) ( 2)( 7) 15 ( 4)( 5) 5 7 15
( 2)( 3) ( 2)( 3) ( 3)( 2) ( 3)( 4) 2 3 ( 3)( 2)
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
–25 ( 2) 2
;3 ( 2)( 3) 3
x x x
x x x x
26. 1 1 1
...( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3)a a a a a a
+
+1 1 1 1 1 1 1 10
... ;( 9)( 10 1 1 2 9 10 ( 10)a a a a a a a a a a
27. 0. 28. ( 1)( 8) ( 2)( 7) ( 3)( 6) ( 4)( 5) 8 7
( 1)( 7) ( 2)( 6) ( 3)( 7) ( 4)( 6) 7 6
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
6 5 2 2 2(2 13)
7 6 7 6 ( 7)( 6)
x x x
x x x x x x
. 29. 0. 31. c) Dacă a + b + c = 0, atunci a3 +
+ b3 + c3 = 3abc. Rezultă că 7a3 + b3 + c3 = 6a3 + 3abc = 3a(2a2 + bc) etc.
32. a) S = 1a b
c
1 1 11 1 ( ) ;
a c b ca b c
b a a b c
b)1 1 1
0a b c
ab + bc + ca = 0 a(b + c) = – bc b + c =bc
a şi analoagele.
Atunci 3 3 3a b c a b c
b c c a a b abc
2 2 2 3 3 3
0a b c a b c
bc ac ab abc
.
2.8. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. 1 1 1
1 1 11 1 1( ) ( ) ( )0 ( ) ( )
m n pm n pb q n p b q p m b q m n
q np n p q pm p m q mnm n p
(m – n) = 0 etc. 2. an = 3n – 2; bm = 5m + 7; an = bm 5m = 3(n – 3) = 15k ck = 15k + 7,
k * S20 = 260. 3. (an) 1 1 1
1
1 1 11 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1n n nk k
nk k kk k k k k k n
a ay
a a a a r a a r a a
=
= 1
1
n
n
a a
. Avem 1 1
11 1 1 1 1 1 1 1 1
( 1)1 1 1 n n nn n
n n n n n n n n n n
n a a na any y
a a a a a a a a a a a a a a
. Reci-
proc, presupunem că 1
1n
n
ny
a a
, n 2. Cum 1 1
1
1( 1)n n n n n
n n
y y n a a naa a
20
11 1
nn
na aa
n
. Presupunem că avem a1, a2, …, an+1. Atunci 1 1
2 1
( 1) nn n
n a aa a
n
– 1
1nna a
rn
; b) analog cu a). 4. Presupunem că ,b a mr c a nr , m, n *.
Avem ( )m c n b m n a (1) 2 2 22 ( )m c n b mn bc m n a (2). Din (2) b =
= B2d, c = C2d, unde d = (b, c), B, C . Din (1) (mC – nB) = ( )m n a (3). Atunci
A d D a , cu (A, D) = 1 A2d = D2a. Cum (a, b, c) = 1 (a, d) = 1 (A, D) = 1 a =
= A2, d = D2 a, b, c pătrate perfecte. 5. a) 20 10 0 0
2 2
(1) : ( 2 ) ( )a a
P a a r a ra a
r2 >
> 0 (adevărat); 21 3 2 1 0 2 1 02 1 2 2 2
2 4 2 2 2 2 2 2 2
...( 1) :
...n n
n n nn n n n
a a a a a aP n a a a
a a a a a a
(adevărată);
b) Se înmulţesc inegalităţile 1
3 4
k k
k k
a a
a a
pentru k 1, 3, 5, …, 2n – 1; b) 11
( )n
n nn k
k
b b b
=
= 1
11 11 11
1 1 1 1 1
n nnn n n n nn nn k k nn
kkk k k k kk
b b b qb q b q b
b q
. 7. 2
1 21 2
1 1... n n n
b b bb b
… +
21 2 ( 1) 2 1
1 1 1 1 111
1 1 1 1 11
...1nn n n n nn n n n n
nn k nkn n k n
k k k k kn k n
b b q b q b q b qb q b
b b b b q
.
8. a) b1b2…bn = ( 1)
1 2 3 ... ( 1) 2 ( 1) 2 121 1 1 1 1
n n n nn n n n n n n
nb q b q b q b q b b
; b) 1
2
(1) :b
Pb
< 2 3 2 1 3 2 1 2 1 2 11 1 11 4 2 2 2
4 2 4 2 2 2 2 2 2 1 2 4
... 1; ( 1) :
...n n n
nn n n n n
b b b b bb b bb b b q q P n
b b b b b b b b q
< 2 3
1nq
q < 1. 9. a) 3
(2 3 3 1)2
n nnS n ; b) Sn = 5 + 2n(2n – 5); c)
1
n
n k kk
S a b
= 1 1 1
21 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
( ) ( ) (1 ... )n n n
nk k k k k n n n
k k k
a b a r b a b qa b r b a b q S a b rb q q q
1
1 1 1 1 1
1 1( ( 1) )
1 1
nn
n
qS a b q b a n r rb q
q q
. 10. Demonstraţii prin inducţie matema-
tică. 11. Prin inducţie xn = n, n 1. 12. a) 11 1 1
1
(1 ... )1 1
k nk kn
k k
b b b bq S q q
b b q q
;
1( 1)
(1 )( 1)
nb q qq
q q
; b)
1 1k
k k
b q
b b q
.
21
Capitolul 3 FUNCŢII
3.1. Produsul cartezian. Reper cartezian
21. 5 1 3 32, , , 1 , ,
2 2 2 2M N P
; G = G'; G(0, 1). 22. 3 paralelograme. 22. ABCD cu
D(–1, –2), 1
0,2
O
; ABCD cu D(7, 6); 5
2,2
O
, ADBC cu D(–5, 0), O'(–1, 1). 23. a) AB =
= 2 5; 2 5, 4C sau 2 5, 4C pentru AB = BC; C(–4, 4) pentru AC = AB; C(4, 4) pentru
AC = BC; c) imposibil.
3.2. Graficul, imaginea, preimaginea şi restricţii ale unei funcţii
1. a) lui x = 2 îi corespunde y = 1 sau y = –1; b) nu; 7 se scrie 2 1 + 3 1 sau 2 5 + 3 (–1). Deci lui 7 îi corespunde 2 2 – 3 1 = 1, dar şi 2 5 – 3 (–1) = 13; c) da. 2. a) f : – ±2 ;
f : [0, 3] [1, 7] sau f : [0, 1] [1, 3].
A1 = 0, 1, 2, A2 = 0, 1, 3, A3 = 0, 1, 2, 3. 6. a) 1, 3, 5, 7, …; b) [2, ); c) [2, ); d) [0, ); e) [0, 3]; f) [2, 6]. 7. a) x = 0 f (0) + f (4) = = 0; x = 4 f (4) + f (0) = 4; b) x + x f (–x) + f (x) = x2, x . Adunând cu relaţia dată
rezultă 0 = 2x2, x (fals). 8. a) f (x + 2) = 3(x + 2) – 5 f (x) = 3x – 5; b) Din 3f (x) +
+ 2f (–x) = 2x – 5 şi 3f (–x) + 2f (x) = –2x + 5 rezultă f (x) = 2x – 1; c) Din 2f (x) + f (–x) = 3x2 –
– x + 4 şi 2f (–x) + f (x) = 3x2 + x + 4 rezultă f (x) = x2 + x + 4
3. 9. a) f (1) =
2
3; b) f (–1) =
2
3;
c) 2f (2) + 1
2f
= 5 şi 1 5 37 1 5
2 (2) (2) ,2 4 12 2 6
f f f f
. 10. f (x) = 2x – 1;
b) f (x) = x2 + x. 11. a) b) c)
12. a) Fie f (0) = a . Înlocuind y x, y –x şi rezolvând sistemul cu necunoscutele f (x),
f (2x), rezultă f (x) = x + a; b) Fie f (1) = a . Înlocuind y = 1 f (x) = ax; c) Dacă x = y = 0,
avem 2f 2(0) = f (0) f (0) 10,
2. Dacă f (0) = 0, luând y = –x rezultă f (x) = 0, x .
Dacă 1
(0)2
f , luând y = 0 21 1
( ) 0 ( )2 2
f x f x
, x ; d) Observăm că f (x) =
x 0 1 2 3 f1(x) 1 2 1 3 f2(x) 1 2 3 1 f3(x) 2 1 1 3 f4(x) 2 1 3 1
3. a 2 3 4 5 6 7 8 9 b 4 4 2 1 1 4 4 2 4. x 0 1 2 3 4 5
f (x) 2 3 8 13 18 23 g(x) 2 3 8 13 20 29
x 0 1 2 3 f1(x) 1 2 2 2 f2(x) 1 1 3 2 f3(x) 1 3 1 2
x 0 1 2 3 f1(x) 0 a 0 3 f2(x) 3 b 3 2
a, b 0, 1, 2, 3 sunt în total 8 funcții
22
= 0, x este soluţie. Presupunem f 0 (adică există x0 , cu f (x0) 0). Luând y = x,
rezultă 2xf (x) = 2xf 2(x). Avem f (x) = 1, , ,
0,
x A A A
x A
. 13. Se înlocuieşte x cu 1x
x
şi rezultă 1 1 1
11
x xf f
x x x
(1). Se înlocuieşte x cu
1
1 x şi rezultă f (x) +
+ 1 1
21
xf
x x
(2). Din sistemul format din relaţia dată, (1) şi (2) rezultă f (x) =
= 3 2
2
1x x
x x
. 14. Analog cu 13, f (x) = 1 – x. 15. f1(x) = 0, x ; f2(x) = 1, x ; f3(x) =
= 0, , ,
1,
x A A A
x A
. 16. f (x) = ax, a . 17. x = y = 1 f (1)(f (1) – 2) = 0. Dacă
f (1) = 0, luând y = 1, rezultă f (x) = 1 – x. Dacă f (1) = 2, luând y = 1, rezultă f (x) = x.
3.3. Funcţii mărginite, funcții pare, funcții impare
De la 1 la 12, funcții mărginite sunt: 5, 6, 7, 10, 11; funcții pare sunt: 1, 2, 4, 5, 8, 12; funcții impare sunt 3, 6, 7. 13. a) a = b = 0; b) c = 0; c) b = 0; d) a = c = 0.
15. 1
( ) ( )( )
2
f x f xf x
; 2
( ) ( )( )
2
f x f xf x
.
3.4. Simetria graficului unei funcţii faţă de o dreaptă sau faţă de un punct din plan
1. Se verifică pentru fiecare caz în parte că avem f (x) = f (4 – x). 2. Din f (x) = f (–2 – x) rezultă a) m = 2; b) m = 2; c) m = –2. 3. x = 0. 4. a) Se verifică faptul că f (x) + f (2 – x) = 4; b) Fie M(a, b) centru de simetrie. Din f (x) + f (2a – x) = 2b, pentru orice x , rezultă a = 1; b = 2.
5. b) Din f (x) + f (2 – x) = 2n rezultă b = –3a; –2a + c + d = n. Avem f : , f (x) = ax3 –
– 3ax2 + cx + d, cu centrul A(1, –2a + c + d). 6. x = a axa de simetrie f (x) = f (2a – x),
x – 2
nx , n . 7. f (x) + f (2a – x) = 2b, x – –p –mx2 + (ma + n)
(n + p) = b(a + p)2 – bx2 b = m, (ma + n)(a + p) = b(a + p)2 I) p = –a, b = m sau
II) b = m, n = bp, a –p. 8. n = 4. 9. 1,
2 2
n nM
, n .
3.5. Funcţii periodice. Funcții monotone
2. a) 1
4; b) 2; c) T1 = 2k1, T2 = 3k2, k1,2 * T = 6k T0 = 6; d) T1 = k, T2 = 2n, k, n
T = 2p, p T0 = 2. 3. Avem f (a – x) = f (a + x), f (b – x) = f (b + x), x . Atunci
f (x) = f ((x + a) – a) = f (a – (x – a)) = f (2a – x) = f (2a – x + b – b) = f (b + 2a – x – b) = = f (x – (2a – x – b)) = f (x + 2(b – a)) T = 2(b – a). 4. Fie T perioada lui f. Avem g(x + T') =
23
= g(x) aT' = T T' = T
a perioada lui g. 6. a) f (x + 4) =
1 ( )1
1 ( 2) 11 ( )1 ( )1 ( 2) ( )11 ( )
f xf x f x
f xf x f xf x
1 1
( 8)( 4) ( 4)
f x Tf x f x
8; b) 1 1 ( ) 1
( 2)11 ( 1) ( )1
1 ( )
f xf x
f x f xf x
1 1
( 3) ( )( ) 11 ( 2) 1
( )
f x f x Tf xf x
f x
3; c) 21( 2) ( 1) ( 1)
2f x f x f x
= 21 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )
2 4 2 2f x f x f x f x T 2; d)
2( 2) 2 2 2
2
xf x x
= 2 2 1 2 ( )2 2
x xx x f x T
2; e) Analog T = 2; f) T = 2. 7. T = [T1, T2] =
= 12. 8. a) f pe [2, ), f pe (–, –2); b) f pe 3
,2
, f pe
3,
2
; c) f pe ;
d) f pe (–, 3], f pe [3, ); e) f pe (–, –1), constantă pe [–1, 1], f pe [1, );
f) f constantă pe (–, –2] şi pe [2, ), f pe [–2, 2]; g) f pe (–, 0] şi [2, 4], f pe [0, 2]
şi [4, ); j) f pe intervalele de forma [n, n + 1], n , f pe ; k) f (x) =
, [2 , 2 1)
, [2 1, 2 2),
x x n n
x x n n n
f nu e monotonă pe (însă f pe [2n, 2n + 1) şi f pe
[2n + 1, 2n + 2), n ; l) f nu e monotonă. 9. a) m 0; b) m 0; c) m = 0; d) m 0;
e) 2 1 – 1 m + 1 m 0; convine m > 0; f) m (–1) + 3 2 (–1) – 1 m 6.
10. a) 2 2 2 2
3 3 3 3
( ) ( ) 2 2 2f a f b a ab b a b ab A
a b a b a b
. Dacă a < b < 0, avem 2(a2 + ab + b2) >
> 0, –a2b – ab2 > 0 f pe (–, 0). Fie 0 < a < b, b = a + x, x > 0. Avem A = 6a2 + 6ax +
+ 2x2 – 2a2x2 – 3a2x – ax2. Pentru a < 3 avem A > 0, iar pentru a > 3 avem A < 0. Atunci f pe
(3, ) şi f pe (0, 3); c) 2 2 2 2
2 2
( ) ( ) ( )(2 4)
(2 1)(2 1)
f a f b a b a b a b
a b a b
. Fie A = 2a2b2 + a2 + b2 – 4.
Avem A < 0 pentru a, b (–, –1) şi a, b (1, ). Atunci f pe (–, –1] şi [0, 1] şi f în rest.
3.6. Compunerea funcțiilor. Inversa unor funcții
1. a) (f g)(x) = –2x – 2; (g f)(x) = –2x + 5; f –1(x) = 1
22
x ; g–1(x) = x – 1; b) (f g)(x) =
= –6x + 18; (g f)(x) = –6x + 6; f –1(x) = x + 2; g–1(x) = 1
32
x ; c) (f g)(x) =
24
= 3 11, 3
2 7, 3
x x
x x
; (g f)(x) = 2 5, 1
3 6, 1
x x
x x
; f –1(x) =
1 1, 1
2 21 2
, 13 3
x x
x x
; g–1(x) = –x + 4;
d) (f g)(x) = 2 11, 5
, 5
x x
x x
; (g f )(x) = 2 2, 2
, 2
x x
x x
; f –1(x) = 1 5
, 12 2
3, 1
x x
x x
; g–1(x) =
= x + 3. 2. a) (f g)(x) = 3x2 – 13; f –1(x) = 1 1
3 3x ; b) (f g)(x) = x – 2 + 2; (g f)(x) =
= x – 1 + 1; d) (f f )(x) = 1; (g g)(x) = –2; (f g)(x) = 1; (g f)(x) = –2; e) f f = 1; (g g)(x) =
= 4 3,
6,
x x
x x
; (f g)(x) = 2 1,
2,
x x
x x
; (g f)(x) = 2 1,
4 ,
x x
x x
. 3. a) Fie
a, b , a < b. Avem f (a) < f (b) g(f (a)) < g(f (b)) g f . 4. Fie x A, y B, z C,
f (x) = y, g(y) = z. Atunci f –1(y) = x, g –1(z) = y (g f)–1(z) = x; (f –1 g –1)(z) = f –1(g –1(z)) =
= f –1(y) = x. 5. Luăm g(n) = 1
3
n
. Avem (g f)(n) = g(3n + 1) = 3 2 2
3 3
nn n
g f = 1; (f g)(0) = f (0) = 1 0 f g 1. 6. Caz general: f : – d
c – a
c,
f (x) = ax b
dx c
. Dacă ac = bd, avem ( )a
f xc
, dx
c . Din
ax b dy dy y
cx d cy a
.
Deci f –1 : – a
c – d
c , f –1(x) =
dx b
cx a
; a) f –1(x) = 1
1
x
x
; b) f –1(x) = 1
2
x
x
;
c) f –1(x) = 2 3
3 2
x
x
. 7. f2(x) = ax2 + ab + b; f3(x) = a2x + a2b + cb + b; fn(x) = anx + anb +an–1b +
+ … + ab + b. 9. 8x – a = f ((f f)(x)) = f (4x – 3) f (4x – 3) = 2(4x – 3) + 6 – a; (f f)(f (x)) =
= 4f (x) – 3; f (x) = 2x + 6 – a a = 7; f (x) = 2x – 1.
3.7. Exemple particulare de funcții
1. funcția monotonie paritate mărginire periodicitate axe simetrie
centru simetrie
f1 crescătoare impară –1 f (x) 1 nu nu A(0, 0)
f2 pe (–, 0];
pe [0, ) pară nemărginită nu x = 0 nu
f3 crescătoare nu nu nu nu
1, 0
2
f4 nu nu f (x) [0, 1) T0 = 1 nu nu f5 pe (–, 0), (0, ) impară nu nu O(0, 0)
25
f6 pe (–, 0],
pe [0, ) pară nu nu x = 0 nu
f7 pe impară nu nu nu O(0, 0)
f8 nu pară f (x) 0, 1 orice T * x = 0 nu 2.
3.9. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. y = x (f (x) – x – 1)(f (x) + x – 1) = 0, x 1,
( )1,
x x Af x
x x A B
. Dacă
x, y A sau x, y B, relaţia este verificată. Dacă x A, y B, avem x = y = 0. Dacă A = 0 f (x) = –x + 1, x . Dacă B = 0, avem f (x) = x + 1, x . 2. Pentru orice x –
– 0, 1, există 1x
yx
– 0, 1 astfel încât
1
1x
y
. Pentru orice x – 0, 1, exis-
tă 1
1y
x
– 0, 1 astfel încât
1yx
y
. Luând
1xy
x
, respectiv
1
1y
x
, rezultă
1 1 1 1( ) ; ( )
1 1
x xf f x f x f
x x x x
şi deci 2 1 1 1
( )1
xf x f f
x x x
. Folo-
sind şi relaţia dată, rezultă (xf (x))2 = –1, x – 0, 1 (fals). 3. f (–x) = –f (x), x .
Avem f (0) = 0. Avem f (x) > 0 2ax > 0 x > 0. Determinăm imaginea lui f pe (0, ).
Determinăm y > 0 astfel încât y = f (x), x > 0. Avem 2 2 2 2x ax a y x ax a 2ax –
– y2 = 2 22y x ax a . Din 2ax – y2 > 0 rezultă x > 2
2
y
a. Din 4(a2 – y2)x2 = y2(4a2 – y2) rezultă
0 = 3a4 (fals) şi 2 2 2
22 2
(4 )
4( )
y a yx
a y
> 0 y [0, a) [2a, ). Cum
2
2
yx
a , rezultă y (0, a).
Avem Im f = (–a, 0] [0, a) = (–a, a). 4. x = y = z = 1 (f (1) – 5)2 0 f (1) = 5. Din x = = z = 1, y = a rezultă f (a) + 9f (1) f (1)f (a) + 25. Din x = a, y = z = 1 rezultă f (a) + 9f (a) f (1)f (a) + 25. Obţinem f (a) = a, a . 5. y = x – 0 = f (0) = x – f (x)
grafic f (x) = x2
x
y
O –1 1 x
y
O
–1
1–1
1
grafic f (x) = x3
26
f (x) = x, x – . Fie a şi 2, 22 2
a ax y
. Atunci f (x) = f (x – y) = x –
– f (y) = x – y = a. Avem f (x) = x, x . 6. 0 = f (6) = f (2 3) = f (2) + f (3); Im f
f (2) = 0; f (3) = 0. Avem f (108) = f (2 54) = f (2) + f (54) = f (54); f (54) = f (2 27) = = f (2) + f (27) = f (27); f (27) = f (3 9) = f (3) + f (9) = f (9); f (9) = f (3 3) = f (3) + f (3) = 0. Deci f (108) = 0. Observaţie. Prin inducţie f (2n 3m) = nf (2) + mf (3) = 0. 7. f (x + 2) + f (x) = = f (x + 1) = f (x) – f (x – 1) f (x + 2) = –f (x – 1) f (x + 3) = –f (x) f (x + 6) = –f (x + 3) =
= f (x), x f are perioada 6. Exemplu: f : , f (x) = 6
x. 8. Din
1( )
2f x a
şi f (x) – f 2(x) 0 rezultă 1
( ) , 12
f x . Avem 21
( 2 ) ( ) ( )2
f x a f x a f x a
= 20
1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 2
2 4 2 2f x f x f x f x T a . 9. Avem
22 ( )
2
bf x a
+ 2
( ) 02
bf x a . Notăm g(x) = f 2(x – a) –
2
2
b şi atunci g(x + 2a) = –g(x), g2(x + 4a) =
= –g(x + 2a) = g(x), adică T = 4a este perioada pentru g. Avem f 2(x – a) = 2
2
b = f 2(x + 3a) –
– 2
2
b f (x – a) = f (x + 3a) f (x + 4a) = f (x) f are perioada 4a. 10. f (x + 2) + f (x) =
= 2 ( 1) 2 ( ) 2 ( 1) ( 4) ( 2) 2 ( 1) ( ) 2[ ( 1)f x f x f x f x f x f x f x f x
+ f (x – 1] = – f (x) f (x + 8) = – f (x + 4) = f (x) T = 8. 11. 2 21 1( )
4 4f x f x
2 1 1 1 1 1
2 4 2 2 2f f f
. 12. n = 1 1 (1)
(1) 1(1) (2) (2)
ff
f f f ; n = 2
f (3) + 1 = f 2(2) (1); n = 3 1 1 1 (3)
4 (2) 1(2) (2) (3) (3) (4) (4)
ff
f f f f f f = f 2(3) (2).
Din (1) şi (2) a4 – 2a2 – 4a = 0, unde a = f (2) > 0. Rezultă f (2) = 2, f (3) = 3. Prin inducţie
f (n) = n, n *. 13. Pentru x, y A avem ( ) ( )f x f y
x y . Există k > 0 astfel încât
( )f xk
x .
Fie A = a1 < a2 < … < an. Avem f (a1) a1, f (an) an ka1 a1, kan an k = 1 f (x) = = x. 14. Prin inducţie avem f (n) n, n *. Avem f (2) = f (2 1) = f (1) + 1 = 2; f (4) =
= f (2 2) = f (2) + 2 = 4. Prin inducţie f (2k) = 2k, k *. Pentru orice n * există k cu
2k n 2k+1 2k = f (2k) f (n) f (2k+1) = 2k+1. Cum f f (n) = n, n [2k, 2k+1]. Cum
* = 1[2 , 2 ]k k
n
f (n) = n, n *. 15. f (x + 2) = f (f (f (x))) = (f f )(f (x)) = f (x) + 2,
x . Fie g(x) = f (x) – x, g : . Avem g(x + 2) = f (x + 2) – (x + 2) = f (x) + 2 – x – 2 =
= g(x). Fie g(0) = a, g(1) = b, a, b . Avem g(2x) = a, g(2x + 1) = b, x . Atunci f (2x) =
= 2x + a, f (2x + 1) = 2x + 1 + b, x . Dacă a = 2n x + 2 = (f f )(x) = f (f (2x)) = f (2x +
27
+ a) = f (2(x + n)) = 2x + 4n 1
2n (fals). Dacă a = 2n + 1 2n + 2 = (f f )(x) = f (f (2x)) =
= f (2x + 2n + 1) = 2x + 2n + 1 + b b = 1 – 2n. Avem f (x) = fn(x) = x + 1 + (–1)x 2n, unde n . 16. Avem f (x + y) – (x – y)) = (f (x) – x)2 + (f (y) – y)2, x, y . Fie g(x) = f (x) – x.
Avem g(x + y) = g2(x) + g2(y). Dacă x = y = 0 g(0) 10;
2. Dacă g(0) =
1
2, pentru y = 0
rezultă 2 1 1( ) ( ) ( )
4 2g x g x g x , x f (x) = x +
1
2. Dacă g(0) = 0, pentru y = 0
rezultă g(x) = g2(x) g(x) 0; 1. Presupunem că există a cu g(a) = 1. Luând x = y = a
g(2a) = 2, g(3a) = g(2a + a) = g2(a) + g2(2a) = 5; g(4a) = g(3a + a) = 52 + 1 = 26. Dar g(4a) = g(2a + 2a) = 8 26. Avem deci g(x) = 0, x f (x) = x. 17. Fie
... n
n
f f f f . Avem f2n+1(x) = x, x . Cum f este monotonă şi f2n+1 este strict crescă-
toare f este strict crescătoare. Dacă f (a) < a f2n+1(a) < a (fals). Analog avem fals pentru f (a) > a. Rezultă că f (x) = x, x . 18. Im h = [0, 1]; g(x) = 4x(x – 1), x [0, 1];
Im(f h) [0, 1] şi deci Im(g h) [0, 1]. Cum g(x) 0, x [0, 1] g h = 0 f h =
= 0. Avem f (2x) = 0, x 1
0,2
, f (2 – 2x) = f (2(1 – x)) = 0, x 1
, 12
. În concluzie,
f = 0. 19. Este necesar ca f (x) 1, x 1. Avem f4(x) = f (f3(x)) = f (x2 – 2x + 2); f4(x) = = f3(f (x)) = f 2(x) – 2 f (x) + 2. Notăm f (1) = a 1. Avem a = a2 – 2a + 2 a 1, 2.
20. 2 2(0) ,
2 3f
, 2 2 2
(1) ,3 3 3
f a . Fie y = f (x) = 2
2
2( 1)
3 ( 1)1
x xx y
x x
– 1 2
3 3x y y
= 0 21 3 25 18 13
6(1 )
y y yx
y
etc.
Capitolul 4 FUNCŢIA DE GRADUL I
4.1. Reprezentare grafică. Restricţii
1. b) liniară. 2. pante: a) 2; b) 3 ; c) 0; d) 0; e) –2; f) –1; g) 0. 3.
4. a) y = x + 3; b) y = 1; c) x = 2. 5. a) da; b) nu. 6. a) f(x) = ax + b, a 0 a(ax + b) + b = = 2(ax + b) + 1 f(x) = 2x + 1; b) g(x) = 3x + 1. 7. B, C, D Gf, A, C, E Gg. a) 6; b) 12;
x
y 2
3
a)
O x
Gf
1
b)
1 O
Gg y
x
y 3
1
c)
Gg Gf O
28
c) 12; d) 6. 8. 0x y
a b ;
9. 10. 11. Avem ABC, A(6, 2), B(4, 2), C(2, 2) S = 50. 12. a) 3[a(x + 3) + b] + 2[a(3 x) + b] = 6x + 5 f (x) = 3x 2; b) x = 3 g(1) = 0; g(x) = = 2x 2; c) x x 2 = h(x) 2 + 2(x 2) + 3 = 2x 1, x x – 1 h(x) 2x 1; h(x) = 2x – 1.
14. ( ) ( ) ( ) 2( )
2 2 2
f m f n a m n b m na b f m n
.
Dacă a > 0, fie A(m), B(n), m < n,
, , ( ) , , ( ) , ,2 2 2
m n m n m nM D m f m C n f n N f
.
Avem (MN) linie mijlocie în trapezul ABCD. Analog pentru a < 0. 15.
2. f (x) =1
2x
f) f (x) = 2
3x
.
x
y
2 3
a)
O 1 2
x 1
b)
1
y
O
1
x
y
a)
O 1
2
2 3
3
x
4
O
b)
2 2
y
4
2
4
2 x
y
c)
O
x B A M
m n 2
m n
y C
D N
O
2
m nf
f(m)
f(n)
1
2 1 3
2 2
x
y
1 2
3 4
1 2 3 4
1
2 1
3
2 2
a) 1
y
x
2 3
2 1 1
2
3
2 1 1
2 2
c)
x
y 1
1 2 2 O d)
x
y
1 3
c)
O
2
4 C
3
D
E
A
B
1 y
x
2 3
2 1 1
2
3
2 1 1
2 2
e) O
29
16. f (x) = ax + b a2x + ab + b = x, x a2 = 1, b(a + 1) = 0 a = ± 1.
17. a) f (x) = 2 2, 0
2 2, 0
x x
x x
; b) g(x) = x, x . c)
18. f (x) = ax + b a2x + b(a + 1) = ax + b, x f (x) = x.
19. f (x) = ax + b ; I. f (0) = 2, f (3) =11 f (x) = 3x + 2; II. f (0) = 11, f (3) = 0, f (x) = 11
3x +
+ 11.
4.2. Ecuaţii de forma ax + b = 0, a, b
1. 21
8. 2. 35
3. 3. 915. 4. 75
13. 5. . 6. 11
2. 7. . 8. 3. 9. . 10. 0; 3; 12. 0. 13. a =
= 1 x ; a 1 x = 6
1a . 14. a =
4
9x , a
4 6 2
9 9 4
ax
a
. 15. a = b
x = 0; a b x = a + b. 16. a = 3 x , a 3 x = a + 3. 17. a = b x ; a b
x = 2 2a b
a b
. 18. a + b = 0 x *; a + b 0 x = a + b. 19. a = 3 x , a 3
x = a + 6. 20. x = a + 3. 21. a + b = 0 x ; a + b 0 x = 0. 22. Se ajunge la ecuaţia:
(b c)x = ab. Dacă a = 0, b = c x *; a = 0, b c x . b = 0, b c, a = 0 x .
b = 0, b c, a = 0 x , b c, b = 0, x *, a, b *, b c x = a
b pentru
ab
b c ±a
b
b c ± 1.
4.3. Monotonia şi semnul funcţiei de gradul I
2. a) 3 5
2
; b) 1; 2, c) 2. 3. a) f (x) =
, 1
0, 1
, 1
x x
x
x x
b) f (x) =
2, 2
0, 2
2 , 2
x x
x
x x
c) 2 4, 1
( )2, 1
x xf x
x
6. a) 4
6,3
; b) 2; c)0; 2; d) 0; 2; e) 2; f) 0.
7.
x
y
2 3
2
1 1
2
1
2 1 3
2
2
1
1 1 e)
2
O 2 4 x
y y 4
x
2
1 O
y
x
2
1 O a)
y
x 3
1
b) 1
2
y
x
2 4
O
c) 2 3 2
30
8. f (x) = 2 2(2 ) 6, 2
2 2(2 ) 3 2, 2,2
2 2( 2) 6, 2
x x x x
x x x x
x x x x
f (y) = 7, 1
3 5, 1, 3
5, 3
y y
y y
y y
4.4. Inecuaţii de forma ax + b 0 (< 0, 0, > 0) pe
1. 7,9
. 2. 5
,3
. 3. [2, ). 4. 32
,9
. 5. 59 2 19
,23
. 6. (2, ). 7. (, 2)
3
, 22
. 8. [3, 1) [0, 1). 9. (1, 1) (1, ). 11. 2
4, , 4 4, 0
( ) 40, 0
xx
f x x xx
Din f (x) 0 rezultă x (, 4) (0, ). 12. x (, 2) (2, 2) [4, ).
13. 6( 2)0
( 2)( 3)
x
x x
x (, 3) (2, 2]. 14.
2
50
( 1)( 1)
x
x x x
x (, 5] [1,
0) (0, 1). 15. x [1; 4] x [4, 1) [1, 4]. 16. x [1; 3) x (3, 1] (1, 3).
17. x [3; 3]. 18.
12,
2
1 1 1( ) 4 , , , ( ) 1 ,
2 2 4
12,
2
x
f x x x f x x
x
. 19. (0, 2] [3, 4]
[6, ). 20. (0, ). 21. a < b x [a + b, ), a > b x (, a + b]; a = b 0 x ,
a = b < 0 x . 22. ax 7; a > 0 x 7
,a
, a = 0 x ; a < 0 x
7
,a
. 23. x(a 1)
1
3
ab ; a > 1 x
1,
3( 1)
ab
a
, a < 1 x 1
,3( 1)
ab
a
,
a = 1, b 1 x ; a = 1, b > 1 x . 24. a < 2 x (, 3), a = 2 x (3, ),
a (2, 2) x (3, ), a 2 x . 25. x (a, ). 26. a ± 1 x = 1.
27. 21 0x a x = a ± 1. 28. a > 2 S =
4,
a
; a = 2 S = ; a (0, 2) S =
= 4
,a
; a = 0 S = , a < 0 S = 4
,a
. 29. a > 0 S =
3 2,
1
a
a
, a (1, 0)
S = 3 2
,1
a
a
, a < 1 S =
3 2,
1
a
a
, a = 1 S = R. 30. a > 2 S =
f pe ( , 2), f pe [2, )
f (x) 0 pentru x 2
,63
31
= 2
,2
a ; a (0, 2) S =
2,
2
a ; a = 0 S = R. 31. b < 0 inecuaţia (b + 1)x
2 + ab. Dacă b < 1 S = 2
,1
ab
b
; b = 1; a > 2 S = , b = 1, a 2 S = R;
Dacă b (1, 0) S = 2
,1
ab
b
. Dacă b > 0 avem S =
2,
1
ab
b
. 32. a > 2 S =
= 2
,2
ab b
a
, a (0, 2) S =
2,
2
ab b
a
; a < 0 S =
2,
2
ab b
a
; a = 0, b 0
S = R; a = 0, b < 0 S = . 33. a = 0 S = R; a < 0 S = 2
1 1,
a a
; a = 0 S = R; a
(0, 1) S = 2
1 1, ,a a
; a = 1 S = R 1; a > 1 S =
2
1 1, ,
a a
.
34. a = 0 S = [1, ); a < 1 S = 1, 1,a
; a (1, 0) S = 1
, 1a
, a (0, 1)
S = 1
1,a
, a >1 S = 1
, 1a
; a = 1 S = .
4.5. Poziţia relativă a două drepte. Sisteme de ecuaţii liniare
1. a) (1, 2); b) (1, 1); c) S = (a, 2a 4) a ; d) S = 5 3
,2
aa a
; e) ; f) .
2. a) (2, 5); b) 5
, 12
; c) (4, 6); d) (9, 2); e) (4, 1); f) (0, 0); g) (0, 2) şi (2, 2);
h) 3, 2 2 ; i) (1, 1), (1, 1), (5, 7), (3, 5), (1, 1); j) (1, 3); k) ; l) ; m) (1, 1);
n) 21 5
,8 2
; p) 5 3
11y x ;
7 8 111 1,
2y x
. 3. a) 1
1 1
m m + 1; x =
= 1
5 1
m = 5 m; y =
1 5
m m
m
= 6m; m 1
5 6,
1 1
m m
m m
; m = 1 S = ; b) =
= m 1; x = 2; y = 4m; m 1 2 4
,1 1
m
m m
; m = 1 S = ; c) m 1
2
9 3 6
,2 1 2 1
m
m m
, m = 1
2 S = ; d) Avem 3x = m + 3, m < 3 S = , m = 3
x = 0; y = 3; m > 3 3 6
,6 3
m m
şi 3 6
,6 3
m m
; e) mx(3m 2) = m2; m = 0
S = (x, 0) x ; m = 2
3 S = ; m
220; ,
3 3 2 3 2
m mx y
m m
; f) m =
= 0 S = ; m 0 S = 2 2,1 2, 1,1,2m
m m
; g) Se ajunge la y(m2 4) = 0. Dacă
32
m = 2 x = 2y 1
2, y . Dacă m = 2 x = 2y +
1
2, y . Dacă m * ±2 x =
= my 1
m, y ; h) Avem y(m 1) = m(m 1). Dacă m = 1 S = (x, 3) x . Dacă m
±1, y = m, x = 2
.1m
Dacă m = 1 S = . 4. a) ab 1 x = 2
1
a b
ab
; y = 2
1
a b
ab
; b = 1,
a = 1 S = (x, 1 x) x . Dacă ab = 1, b 1 S = ; e) a = b = 0 x , y ;
a = 0, b 0 x = 0; y = b; a 0, b = 0 x = a, y = 0; a 0, b 0 x = a, y = b; f) a b, a b x = 1, y = 0; a = b 0 S = (x, x) x ; a = b (x y)a = a. Pentru a 0
S = (x, x 1) x ; d) Dacă a2 + b2 0 x = 1, y = 0. Dacă a = b = 0 x, y .
4.6. Sisteme de inecuaţii de gradul I
1. [5; 6]. 2. 2x 4 [2; 2], 3x 2 [1; 1] x [1, 3] 1
, 13
1. 3. x
, 1 1, 2,2 2, 1 1, 2 . 4. x , 1 2, 1, 3 2, 3 .
5. x 10 13
, ,7 4
. 6. x 7
, 8,4
. 7. 11,
6
. 8. 40
( 1)( 3)x x
x (, 3) (1, ). 9. x + 1 + x 1 2 x [1, 1]. Avem x 1 şi deci 3x 1
x + 1 pentru x > 1. Obţinem S = 1
, 13
. 10. 26
,7
. 11. 8, . 12. x
1, 2
2
1 1
, 1 , 12 2
. 13. x [1, 5] [2, 2] = [1, 2]. 14. x [1, 3] 2 , 1 3, =
= 2, 3. 15. x (1, 3] (, 2) [2, ) = [2, 3]. 16. Fie x m = a 0. Avem (a 2)2 0 a = 2 x = m ± 2. Din a doua inecuaţie avem x 2. Dacă m 0 x m ± 2. Dacă m (0, 4] avem x = m 2. Dacă m > 4 avem x . 17. Avem x 1 + 2 x 1 x [1, 3]. Din 2 x = m2x2 4 = 0 rezultă m = ± 1. Dacă m = ± 1 avem x = 2. Dacă m 1 rezultă S = = .
Capitolul 5 FUNCŢIA DE GRADUL AL DOILEA
5.1. Ecuaţii de gradul al doilea. Formulele lui Viète
1. a) x 3
, 22
; b) 0; 5 ; c) 2 3
,2 3
; d) 2
3
; e) 5
2
; f) 4
0;5
; g) ;
h) 3
1;2
; i)2; 3. 2. a) 4
2;3
; b) 1; –0,2; c) –1; 5; d) 1; 6; e) 1
1;3
; f) 3; –5;
g) 1
2
; h) 2
5
; i) 1
3
; j) ; k) ; l) . 3. a) – 1; 2; b) –1, –27; c) ; d) 5;
33
e) 1 15
;2 4
. 4. a) ±1; ±2; b) ±1; ±2; c) ±1; d) 0; 1; 2; 3; e) 5; 5 ; f) –1; 1; 3;
g) ±1; ±2; h) ±1; i) . 5. a) ±1 + m; b) m ± 3; c) –2m ± 3; d) 1; 5
m. 6. S2 = 12; S3 = (x1 +
+ x2)3 – 3x1x2(x1 + x2) = 40; S4 = (x1
2 + x22)2 – 2(x1x2)
2 = 136; S5 = S2S3 – S1 = 476. 7. a) (x + + 1)(x – 2) = 0 x2 – x – 2 = 0; b) x2 – x – 12 = 0; c) x2 – 6x + 8,75 = 0; d) x2 – 2x – 2 = 0;
e) x2 – 18 = 0; f) x2 – 2ax + a2 – b2 = 0; g) x2 – 2x 2 – 1 = 0. 8. Avem x1 + x2 = – m; x1x2 = 2; a) S1 = y1 + y2 = 4 – m; y1y2 = x1x2 + 2(x1 + x2) + 4 = 6 – 2m y2 – (4 – m)y + 6 – 2m = 0. Altfel avem y = x + 2 x = 2 – y (2 – y)2 – 4(2 – y) + 4 = 0 y2 – (4 – m)y + 6 – 2m = 0; b) y2 +
+ (m – 2)y – 2m = 0; c) y2 + (4 – m)y2 + 4 = 0; d) y = 2
2 2 4 22 0
mx
x y y y y2 +
+ my + 2 = 0; e) y1 = 2 2
1 1 1
2 1 2 2
x x x
x x x ; analog cu c). 10. a) S =
2 4 42
m
m m
; P =
=4 3 3
4 3 4 10m
S Pm m
; b) S = 2 + 2m2; P = m – 3 S = 2 + 2(P + 3)2; c) S = 1 –
– 2 2
; 1 2P S Pm m
; d) 2 3
2 ; 12 2
S Pm m
3S – 2P = 4. 11. a) x2 – x1 =
= 1 81 4 1 202 2
b bm m
a a a
; b) 12 = x1x2; x1 = 2x2 x2 =
= 6 m = 3 6 ; c) x12 + x2
2 = (x1 + x2) – 2x1x2 = m2 – 4; 17 = 22 2 21 2 1 22( )x x x x
= 22 4m – 8 m = ± 3; d) 9m2 – 2m2 = 7
4 m = ±
1
2. 12. Avem a + b = – m, ab = 1,
c + d = – n, cd = 1 (a – c)(b – c)(b + d)(a + d) = [ab – c(a + b) + c2][ab + d(a + b) + d2] = (1 + mc + c2)(1 – md + d2) = 1 – md + d2 + mc – m2cd + c2 – mc2d + c2d2 = 1 – md + (c + d)2 – – 2cd + mc – m2 + md – mc + 1 = 2 + n2 – 2 – m2 = n2 – m2. 13. Observăm că m = 1 nu convine. Dacă este rădăcina comună 2 + m + 1 = 2 + + m = 0 = 1; m = –2.
14.2 2
1 1 12 2
1 1 1
4 10 7 2(2 5 1) 51
6 15 8 3(2 5 1) 5
x x x x
x x x x
A = – 1 – 1 = – 2; B =
21 1 12
1 1 1
2(2 5 1) 7( 1)
(2 5 1) (1 )
x x x
x x x
+ 2
2 2 22
2 2 2
2(2 5 1) 7( 1)7 7 14
(2 5 1) (1 )
x x x
x x x
. 15. a) x1 + x2 = 2x1x2 m =
1
2; b) S =
4 3
1
m
m
4 –
– 1 2
; 31 1
Pm m
2S – P = 5. 16. a) x1 + x2 = x3 + x4 = – a A = – 1; 4, B = 1; 2
sau A = 1; 2, B = –1, 4 a = –3, b = –4, c = 2 sau a = –3, b = 2, c = – 4; b) a = – 3, b = 2. 17. Avem D1 = a2 – 4b, D2 = c2 – 4d D1 + D2 = a2 + c2 – 4(b + d) = a2 + c2 – 2ac = (a – c)2 0 D1 0 sau D2 0. 18. Avem ecuaţia de gradul II în x, anume: x2(y4 + 1) – x(16y3 + 4y) + + 68y2 = 0. Cum x D = (16y3 + 4y)2 – 4 68y2(y4 + 1) 0 – 16y2(y2 – 4)2 0 y
0; ± 2. Avem soluţiile: (0, 0), (4, 2), (–4; –2). 19. Fie – rădăcina comună. Rezul-
tă că (a – c) = d – b. Cum a, b, c, d , ∉ rezultă a = c, b = d. 20. Dacă este ră-
dăcină comună din a2 + b + c = 0, b2 + c + a = 0, c2 + a + b = 0, rezultă (a + b + + c)(2 + + 1) = 0. Cum 2 + + 1 ≠ 0, rezultă a + b + c = 0. Reciproc, dacă a + b + c = 0,
34
rădăcina comună este 1. 21. Avem x1 + x2 = –b
a, x1x2 =
c
a. Avem Sn = x1
n + x2n = (x1
n–1 + x2n–1)
(x1 + x2) – x1x2(x1n–2 + x2
n–2) = 1 2n n
b cS S
a a
aSn + bSn–1 + cSn–2 = 0. 22. a)
2 1
1
x
x
= 2 3 2 0t t t t 1, 2 x = 0; b) x2 – x + 1 = t (t + 1)2 – (t – 1) – 4 = 0 t
1 17
2
; d) (x2 – 5x + 4)(x2 – 5x + 6) = 24 (x2 – 5x + 5)2 = 25 x 0, 5.
23. 2m2 – 2mx + x2 – 2x = 0; m = 4x2 – 8x2 + 8x 0 x [0, 4]. Fie B = 21
n
n
,
C =2
1
n
n
, A = B + C. Avem 0 B x1n 4n; 0 c x2
2n 42n 0 A 42n + 4n.
Observaţie: inegalităţile sunt stricte. 24. 4 2 24 4 2 2x x x n 2. Dacă este
soluţie, atunci şi – este soluţie. Avem x = 0 soluţie n = 2. Pentru n = 2 x 0, –2, 2 şi
deci n = 2 convine. Dacă n > 2 avem soluţiile 2 , 2 , 2 , 2n n n n şi ± 2 n .
25. Cum x , a , p prim x(x + a) = –p şi deci x p, de unde x ±1, ±p. Obţinem a
±(p + 1) şi deci A = 1; p sau A = –1; –p.
5.2. Natura şi semnul rădăcinilor ecuaţiei ax2 + bx + c, a *, b, c
1. S = 12; P = 7 5
2
m ; D = 56(11 – m); m > 11 x1, 2 ; m = 11 x1 = x2 = 6; m
5
, 117
0 < x1 < x2; m = 5
7, x1 = 0, x2 = 12; m <
5
7 x1 < 0 < x2. 2. D = (m2 – 2)(m2 + 2)
0 m , 2 2, = A; S = m2 – 2 are semnul lui , P = 2 – m2 are semn contrar
lui ; m – A x1,2 ; m = ± 2 x1 = x2 = 0; m , 2 2, x1 < 0 <
< x2, x1 > x2. 3. > 0; S = –(m + 1), P = 4
m. 4. = 4 – 3m2; P =
1
1
m
m
, S = –1
m
m .
m P S natura şi semnul rădăcinilor
2 3
3m – + – x1,2
2 3
3m 0 + – x1 = x2 =
2
3 2
m 2 3
, 13
+ + – x1 < x2 < 0
m = –1 + 0 – x1 < 0 = x2 m (– 1, 0) + – – x1 < 0 < x2, x1 > x2
m = 0 + – 0 x1 = – x2 0 m (0, 1) + – + x1 < 0 < x2, x1 < x2
m = 1 + ecuaţie grad I cu x = – 2
35
m 2 3
1,3
0 + – x1 = x2 = 2
5 2 3
m > 2 3
3 – + – x1, 2
9. = 4(m + 1)(m + 2); S = 2( 2)
1
m
m
; P = –10 m
m
; 10. = m2 – 6m + 1; P =
8
m; S =
= 2( 1)m
m
. 11. = 16(m + 1)(m – 2); P =
3
4
m; S = m – 1. 12. = 4m(m + 1)(m2 + 1),
2
1mP
m m
,
1
1
mS
m
.
13. Graficul funcției f (x) = x2 – 2x este redat în figura 1. Dacă m > 1 S = . Dacă m (0, 1), ecuaţia are 4 rădăcini reale în (–2, –1), (–1, 0), (0, 1), (1, 2). Dacă m = 0 S = = ±2; 0, Dacă m < 0, ecuaţia are două rădăcini reale în (–, –2), (2, ). Dacă m = 1 S = ±1.
14. a) Avem f (x) = – x2 – x – 1 = 2
2
1, 1
1, 1
x x x
x x x
Fig. 2
m > 3
4 S = ; m = –
3
4 S = 1, m < –
3
4
x1 < 1 < x2.
b) Avem m = – x(x + 2) = 2
2
2 , 2
2 , 2
x x x
x x x
Fig. 3
m > 1 o rădăcină x < – 2, m = 1 S = 1 2; 1 ;
m (0, 1) x1 < – 2 < x2 < – 1 < x3 < 0; m = 0 S = – 2; 0; m < 0 S = .
15. 5 2 13 7,
3 3
5 2 130,
3
;
16. 1,1 2 1,1 2 . 17. 2;0
3
. 18. [– 4; 0].
19. 2 3; 1
3
. 20. (– 2; – 1). 21. 1 2;
7 3
. 22. 1 2; 1 . 23. 3;
2
. 24. .
25. (–;– 2) (0; ). 26. . 27. 11 89 11 89; 2;
2 2
; 28. 4;1
7
.
29. 1 3; 0
4 7
. 30. m = 1. 31. a > 0 x1,2 [–1, 1] f (–1) 0, f (1) 0, f (0) 0
a – b + c 0, a + b + c 0, c < 0 a – c > 0. Reciproc, din a > 0, a + b + c 0, a – b + c 0 f (1) f (0) 0, f (–1) f (0) 0 rezultă că rădăcinile sunt în intervalul [–1; 1] şi deci x1 1, x2 1.
– 1
1 x
y
Fig. 3
– 2
–1
1 x
y
Fig. 2
3
4
–1
1 x
y
Fig. 1
2 –1
–2
36
5.3. Funcţia de gradul al doilea. Minim, maxim, axă de simetrie
Probleme Intersecţiile cu axele ,
2 4
bV
a a
Im f axa de
simetrie formă canonică
1 O(0,0), A(2,0) V(1; –2) [–2, ) x = 1 22 1 1x
2 A(1, 0), B(–1, 0)
C(0, 3) V(0, 3) (–, 3] x = 0 –3(x2 – 1)
3 A(1, 0), B(3, 0) V(2, –3) [–3, +) x = 2 (x – 2)2 – 3
4 A(2, 0), B(–2, 0)
C(0, 4) V(0, 4) (–, 4] x = 0 –(x2 – 4)
5 A(2, 0), B(0, 16) V(2, 0) [0, ) x = 2 4(x – 2)2
6 1
,0 , (0, 1)3
A B
1
, 03
V
(–, 0] x = 1
3
21
93
x
7 A(0, 3) V(0, 3) [3, ) x = 0 2 32
2x
8 A(0, –1) V(0, –1) (–,–1] x = 0 2 14
4x
9 A(1, 0), B
1,0
2
,
C(0, 1)
V3 1
,4 8
1
,8
x =
3
4
23 1
24 16
x
10. f (x) = 32 4
8x x . 11. f (x) = ax2 – 2ax. 12. 1; 1
2 4
b
a a
, c = 2 f (x) = x2 +
+ 2x + 2. 13. a < 0, 4; 24 2
b
a a
; f (x) = a(x + 2)2 + 4. 14. f (x) = a(x + 4)(x – 2) + c =
= a(x2 + 2x – 8) + c = a(x + 1)2 – 9a + c; f (–1) = – 2 c = 9a – 2; f (x) = a(x + 1)2 – 2 cu a >
> 0. 15. 2
2; 2 ( ) ( 2) 2;2 4 2 4
b bf x a x a x
a a a a
f (0) = 2 a = 1
f (x) = x2 + 4x + 2. 17. Dacă a + b + c = 0, atunci rădăcina comună este 1. Fie rădăcina reală comună. Obţinem (a + b + c)(2 + + 1) = 0. Cum 2 + + 1 0 a + b + c = 0.
18. a) P = xy 2 2
4 4
x y S . Avem max P =
2
4
Spentru x = y = .
2
S
b) S 2 2 10xy . Avem min S = 2 P pentru x = y = P .
19. Fie MQ = x (0, 4), PQ = y. Din APQ ~ ABC
rezultă AE PQ
AD BC şi atunci
4
8
x y
x y
, de unde y =
= 8 – 2x. Aria este S(x) = –2x2 + 8x = –2(x – 2)2 + 8 8 max S = 8 pentru x = 2.
20. f (x) = 2 5 62 4 2 1
2 4
x xx x x cu x –
– 6; – 1; Graficul are forma din figura alăturată (Fig. 5).
A
B C N
P
D M
Q E
Fig. 4
6 0
–1 x
y
5
2
49
8
Fig. 5
37
21. Fie P > 0 (Fig. 6), unde MN = MF. Avem: 2
2
2 2
P Px y y
2py = x2.
Pentru p = 1
2 avem y = x2. Dacă luăm ,0
2
PF
,
d : x = 2
p , obţinem y2 = 2px. 22. f (tx1 + (1 – t) x2) – tf (x1) – (1 – t)f (x2) = – at(1 – t)(x1
2 + x22) =
= A. Cum t(1 – t) 0, x12 + x2
2 0 avem a > 0 A 0 şi a < 0 A 0.
5.4. Reprezentarea grafică a funcţiei de gradul al doilea
Graficele pentru exerciţiile 1 – 9 sunt reprezentate în Fig. 7 – Fig. 15.
F
y
x
M
N
O
Fig. 6
d
O
y
x 2
– 2
1
Fig. 7
x x
x x x
x x
y y
y y y
y y
x
y
– 1 1 O
Fig. 8
3 3
O
– 1
1 2 3
Fig. 9
– 2 2 O
4
Fig. 10
16
O 2
Fig. 11
– 1
1
3
Fig. 12
3
O
Fig. 13
– 1
O
Fig. 14
3
4 1
2
1
O
Fig. 15
38
12. f (x) = ax2 + bx + c. Avem f (x) f (– x) = f (x2) (ax2 + c + bx)(ax2 + c – bx) = ax4 + bx2 + + c (ax2 + c)2 – b2x2 = ax4 + bx2 + c, x a2x4 + (2ac – b2)x2 + c2 = ax4 + bx2 + c,
x a2 = a, c2 = c, 2ac – b2 = b f1(x) = x2; f2(x) = x2 – x; f3(x) = x2 + x + 1; f4(x) = x2 –
– 2x + 1. 13. x2 – 6x + 5 =0 x 1; 5. Fie punctele A(1, 0), F(5, 0), V(3, –4),
B 3 5, 1 , C(2, – 3), D(4, –3), E 3 5, 1 .
Avem S > AACVDF = AACDF + ACVD = 10;
S > AABCVDEF = AABEF + ABCDE + ACVD = 5 3 5 ; S < AAMCRSDQF = AAMQF + AMCDQ + ACRSD = 12 (Fig. 16). 14. a) Pentru a determina locul geometric al vârfu-rilor unei familii de parabole ce depind de un pa-rametru real, se elimină parametrul între coordona-
tele vârfurilor x = ,2 4
by
a a
. Avem x = –1 –
– 2
1m ; y = – 3 –
4
1m y = 2x – 1. Locul geometric este dreapta d : y = 2x – 1 din care se
scoate punctul A(–1, –3); b) 6
22
xm
; y = 26 – 36
2m locul geometric este dreapta
y = –6x + 3 mai puţin punctul A(–2; 15); c) x = –m + 1; y = –m2 + m + 1 parabola y = –x2 + + x + 1; d) x = m + 1, y = – m2 – 1 parabola y = – x2 + 2x – 2. 15. a) numărul de puncte fixe se poate determina astfel: se scrie ecuaţia parabolei sub forma y = g(x) + mh(x). Punctele fixe (cel mult 2) au drept coordonate soluţiile sistemului h(x) = 0, y = g(x). Avem y = 2x – 1 + + m(x2 – 2x + 1) A(1, 1); b) y = x2 – x + m(x2 – 4) A(2, 2), B(–2, 6). 16. a) f (a) = (a – b) (a – c); f (b) = (b – c)(b – a); f (c) = (c – a)(c – b). Pentru a < b < c avem f (a)f (b) < 0, f (b)f (c) < 0 şi ecuaţia are două rădăcini reale în intervalele (a, b), (b, c). Dacă a = b c avem f (a) = 0. Dacă b = c a avem f (b) = 0, Dacă c = a b avem f (c) = 0. Dacă a = b = c avem f (x) = 3(x – a)2 şi deci f (a) = 0. Avem g(a) = a(a – b)(a – c), g(b) = b(b – a)(b – c), g(c) = = c(c – a)(c – b), pentru orice ordonare a numerelor a, b, c avem g(a)g(b) 0, g(b)g(c) 0 sau g(a)g(c) 0 şi atunci ecuaţia g(x) = 0 are cel puţin o rădăcină reală şi deci ambele rădăcini sunt reale; b) a = b sau b = c sau c = a. 17. Dacă familia ar avea trei puncte fixe, am avea o unică parabolă şi deci punctele devin fixe. Numărul maxim este 2. 18. În cazul general f (x) = ax2 + + bx + c, a, b, c , a 0 avem: a) = 0: b) < 0; c) a > 0, < 0; d) a < 0, < 0;
e) 12
b
a ; f) 1
2
b
a .
1 2 3 4 5 x y
–1
–2
–3 N
M B E
Q
–4
C D P
R V S Fig. 16
39
Capitolul 6 INTERPRETAREA GEOMETRICĂ A PROPRIETĂŢILOR ALGEBRICE
ALE FUNCŢIEI DE GRADUL AL DOILEA
6.1. Monotonia şi semnul funcţiei de gradul al doilea
1. x –
1
4 +
2. x –
1
4 +
4x2 – 2x + 1 3
4
–2x2 + x – 1 7
8
3.
x – –1 + 4.
x – 1
2
5
4 2 +
3x2 + 6x + 3 0
–2x2 + 5x –2 0 9
8 0
5.
x – 1
2 1
3
2 +
4.x –
1
3
1
3 1 +
f (x) 0 –1 0
–3x2 + 2x +1 0 3
2 0
7. a) (x –1)2 + (y + 2)2 + m – 5 0 m 5; b) 5x2 + 2y2 – 4x + 8y + 4xy + m = (x – 2)2 + (y + + 4)2 + (2x + y)2 + m – 20 0. Luăm m = 20 şi minimul 0 se atinge pentru x = 2; y = –4.
8. a) m > 0 şi 2 1
22
m
m
m
1
2; b) m < 0 şi
2 1 1
2 2
m
m
m –1; c) f (x) = 0 x
1
1,m
m
. Condiţii: m > 0, 1
2m
m
m (0, 1]. 9. Dacă x 0 avem 0 soluţie pentru
orice m şi ecuaţia x(m – 1) = – (m + 1). Pentru m 1 avem o singură soluţie. Pentru m (–1, 1) avem două soluţii. Pentru m = –1 avem x1 = x2 = 0, iar pentru m < –1 avem o singură soluţie. Pentru x < 0 avem ecuaţia x + 1 = m(x +1). Dacă m = 1 S = (–, 0). Dacă m – 1 avem
x = –1. 10. a) m – 2 > 0, 0 m 6; b) m – 1 < 0, 0 m – 7
2; c) m – 1 < 0; < 0
m 3 2 3
,3
. 11. I. b2 – 4ac = a + 1; 2; 3c b
a aa a b = –a2 – 3a, c = a2 +
+ 20 a4 + 2a3 + a2 – a – 1 = 0. Cum a a = 1; b = –4; c = 3; II. 3 , 2b c
a aa a
,
+ 1 = a b = 3a – a2, c = a2 – 2a a4 – 10a3 + 17a2 – a + 1 = 0, care nu are soluţii în .
12. a) V(1, a – 1), 2
, 34 8
b bV
, V = V b = 4, a = 2; b) V(2, a – 4), 2
, 174 8
b bV
b =
= 8, a = 29. 13. a) f (x) = (x + a)2 + a2 – 4 0, x a (– , – 2] [2, ); b) Avem
ecuaţia (x + 2)2 = 4 – a2 0 a [–2, 2]. Pentru a = 0 nu avem soluţii. Dacă a = –2 S =
40
= ±2. Fie a (– 2, 2). Numărul soluţiilor reale este numărul soluţiilor ecuaţiei x = ±a ±
± 24 a . Din membrul drept trebuie luate doar valorile pozitive. Pentru a = 0 avem x =
= ± 4 = ± 2, de unde S = ± 2. Fie a > 0. Dacă a < 24 a a 0, 2 avem două
valori pozitive: 24a a şi 24a a . Dacă a 2,2 avem a ± 24 a şi numărul
soluţiilor este 4. Dacă a = 2 avem x 0, 2 2 şi obţinem 4 soluţii. În concluzie avem 4
soluţii pentru a (– 2; 2) – 0. 14. Fie a > 0. Presupunem că există astfel încât f () <
< 0. Atunci avem f 2
b
a
f() < 0 şi deci 0 Im f. Deci ecuaţia f (x) = 0 are rădăcini reale
distincte. Analog pentru cazul a < 0. 15. Presupunem f () = m < 0 < f () = n. Cum m, n Im f şi m < 0 < n, rezultă 0 Imf şi deci există x0 (, ) astfel încât f (x0) = 0. 16. Notăm m =
= 2
2
1 2
4 4
x
x x
cu x – 2. Obţinem ecuaţia: (m + 2)x2 + 4mx + 4m – 1 = 0. Din 0 rezultă
m 2
7. Avem m =
2
7 pentru x = –
1
4. Nu avem minim pentru m.
6.2. Inecuaţii de forma ax2 + bx + c 0 (> 0, 0, < 0), a 0
1. 1, 3
3
. 2. . 3. 1
2
. 4. . 5. . 6. 2 . 7. (– , – 2) (2, ). 8. (– ,– 2)
1
4 21,2
4 21, . 9. 5 5,
3 2
. 10. , 1 2 0, 1 2 3, .
11. ( 1, + ); 12. ( , 2) ( 1; 0]; 13. [ 4, 2] [4, 6]; 14. 3x2 4x + 1 [ 1, 1]
2
2
3 4 2 0 40,4
0, 33 4 03
xx x
xxx x
. 15. f (x) =
2
2
2 6 , ,0 4,
2 6 , (0, 2)
2 , 2, 4
x x x
x x x
x x
;
2x2 6x 4; x (–, 0] [4, ) x 3 17; 4,
2
= S1; – 2x2 + 6x 4, x
[0, 2] x [1, 2] = S2; 2x 4 pentru x S3 = [2, 4]; S = S1 S2 S3. 19. 1 + m > 0, 0
m (–1, ) 4, 0, 0,
3
; 20. m – 2 < 0, 0 (–, 2) [–2, 1] =
= [–2, 1]. 21. 1 < 0, 2 < 0 m (– , 0) 4
,3
. 22. x –m, m > 1, (4m – 1)2 – 4(m –
– 1)(5m – 1) 0 m 4 13
,2
.
41
6.3. Imagini şi preimagini ale unor intervale pentru funcţia de gradul al doilea
Exerciţiile de la 3 la 9 au graficele din figurile 17–22:
10. ±1. 11. 1 17, 2
2
. 12. 1. 13. 0; 3. 14. 5, 0 . 15. [–2, 2]. 16. (x – 2) = m + 4;
m < –4 S = ; m = –4 S = ±2; m > –4 S = 2 m . 17. m = x2 + x – 2 – 1 =
= 2
2
1, 2
3, 2
x x x
x x x
, m <
3
4 S = ; m =
3
4 S =
1
2
; m > 3
4 x1 <
1
2 < x2. 18. Din
graficul din Fig. 24 rezultă: m < 0 o rădăcină în (– , 0); m = 0 x1 = 1 – 2 ; x2 = 1; m
x
y 2
1 2 1
2
–2
– 1 0
Fig. 18
x
y
2
1 2 –2 – 1
0
Fig. 19
3
– 1
x
y
O – 1 1
2
5
Fig. 21
2 x
y
O – 1
1
Fig. 22
2 x
y
O – 1 1 2 – 2
– 2
4
Fig. 20
x
y
2
1 2
1
2
–2
– 1 0
Fig. 17
x
y
2 1
1
3
-1 O
3
4
Fig. 23
x
y
2 1
1
– 1 O
Fig. 24
42
(0, 1) x1 < 0 < x2 < 1 < x3 < 2; m = 1 x1 = 0, x2 = 2; m > 1 o rădăcină în (2, + ).
19. m = – (x – 2)(x – 2) = 2
2
( 2) , 2
( 2) , 2
x x
x x
. Pentru orice m , ecuaţia are o rădăcină reală.
6.4. Poziţia unei drepte faţă de o parabolă
1. (1, 0), (4, 3). 2. (2; 5). 3. . 4. (–6; 8); (–1; 3). 5. (–1; –2). 6. . 7. (–3; 1); (–4; 2). 8. (–2; 1). 9. . 10. (1; 0); (2; 1). 11. (3; 0). 12. (3; 0); (1; 2). 13. x2 + 2x + (2 – m) = 0; m < 1 0 soluţii; m = 1 (–1; 0); m > 1 două soluţii. 14. x2 + (m – 1)x = 0; m = 1 soluţia (0; 2); m 1 soluţiile (0; 2); (1 – m, 3 – m). 15. m = 2 soluţia (1; 0); m 2 soluţiile (m – 1; 2 – m); (1; 0). 16. – 17. caz general: f (x) = ax2 + bx + c, A(, ). Se ia d : y – = m(x – ) ax2 + + bx + c = mx – m + ax2 + (b – m)x + c + m – = 0. Se pune condiţia = 0 şi avem
(b – m)2 – 4a(m – + c) = 0; Pentru 16. g(x) = 5 2 3 1 3x ; pentru 17. g(x) =
= 6 2 10 1 2x .
6.5. Rezolvarea în a sistemelor x + y = S, xy = P,
respectiv y = ax2 + bx + c, y = ax2 + bx + c 1. x = y = ± 2; 2. S2 = P + 3; S + P = 3 S = 2, P = 1 sau S = –3, P = –6 (1, 1),
3 33 3 33;
2 2
. 3. (2; 3), (3; 2). 4. (2; 1). 5. (0; 0), (1; 1). 6. (0; 0), (1; 1). 7. (0; 0), (1; 1).
8. (0; 0), (1; 1). 9. (1; 1), (–1; –1). 10. mxy = y2 + 2; mxy = x2 + 2 x2 = y2 x = y sau x = –y.
Dacă x = y x2(m – 1) = 2. Dacă m > 1 x = y = 2
1m
. Dacă m –1, nu avem soluţii.
Dacă x = –y x2(m + 1) = –2. Dacă m –1, nu avem soluţii. Dacă m < –1 x =
= 2 2
,1 1
ym m
. 11. x2 + (m – x)2 = m – 2 2x2 – 2mx + m2 – m
1
2 = 0 =
= –4m2 + 8m – 4 = – (2m – 2)2 0 m = 1. Pentru m 1 nu avem soluţii. Pentru m = 1 x =
= y = 1
2. 12. Prin scăderea ecuaţiilor rezultă (x – y)(m + n) = 0. Dacă n = –m rămâne ecuaţia
xy + mn + my = 0. Pentru m = 0 avem S = (0, y) y (x, 0) x . Pentru m 0, x
–m S = ,mx
x xx m
. Dacă m + n 0 avem y = x soluţiile (0, 0), (–m – n, –m – n).
13. (0; 0). 14. (1; 4). 15. (–1; –1); 16. (–1; 7); 1 1
;2 2
. 17. (0; 1); (–1; 5). 18. (0; 0); (3; 3);
1 5 1 5;
2 2
. 19. m
1
2 S = ; m = –
1
2 S = (x, – x2 + 8x – 1) x . 20. m
3 S = ; m = 3 S = (x, – x2 + 2x – 1) x . 21. m 4 S = ; m = 4 S =
= (2y2 + 3y + 4, y) y . 22. m –2 S = ; m = – 2 S = – 2y2 – 2y + 2, y y .
43
23. I. y = x x2 = x(m + 1) soluţiile (0, 0), (m + 1, m + 1); II. x + y = m – 1 x2 + x + 2m – – 1 = 0 etc. Prin adunarea şi scăderea ecuaţiilor rezultă mx = y; mxy2 = x, de unde x2y = y3 şi deci y(x – y)(x + y) = 0. Pentru m = 0 avem S = (x, 0) x . Dacă m 0 x = y = 0.
Pentru cazul y = x rezultă mx = y şi deci mx = x. Dacă m = 1 avem x = y . Pentru m 1, m
0 x = y = 0. Pentru cazul y = –x rezultă mx = –x. Pentru m = –1 avem S = (x, –x) x .
Dacă m –1, m 0 rezultă x = y = 0.
6.6. Sisteme simetrice şi sisteme omogene de gradul al doilea
1. (1, 2), (2, 1). 2. (1, 2), (2, 1). 3. (1, 2), (2, 1). 4. (1, 3), (3, 1). 5. (1, 0), (0, 1). 6. (1, 0), (0, –1).
7. (2, 2); 1 3; 1 3 . 8. 2
1 215 2 0 ,
3 5
x x x
y y y
. Din y = 3x (1, 3),
6 18,
5 5
; Din 2
5
x
y şi 7x2 – 4x – 3y2 = – 24 x, y . 9. 1 1
4, 2, ,2 2
x
y
1 10 2 10 10 2 102, , , , ,
2 5 5 5 5
. 10. (1, 2), (–1, –2), (2, 1), (–2, –1). 11. (2, 3),
(–2, –3), (3, 2), (–3, –2). 12. S = (x, 2x) x ; 13. (4, 2), (– 4, – 2). 14. Avem (x – y)(x2 +
+ xy + y2 – 19) = 0 şi (x + y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0. Din cele 4 sisteme S = (0, 0), 7, 7 ,
7, 7 ; 19, 19 , 19, 19 , (2; 3), (–2; –3), (3; 2), (–3; –2). 15. (2, 3), (3, 2).
16. 12;
2
x
y
(2, 1), (–2, –1). 17. 3 2,
2 3
x
y
(3, 2), (– 2, – 3), (0, 0). 18. Prin scăderea
ecuaţiilor rezultă (x + y)(x + y – 9) = 0. Din x = y (0, 0), (17, 17). Din x + y = 9 (12, –3),
(–3, 12). 19. 2(x3 + y3) – (x2y + 2xy2 +y3) = 0 (2x – y)(x – y)(x + y) = 0 3 33 2 3
, ,3 3
3 34 4,
3 3
. 20. x + y = S, xy = P S = 1, (S2 – 2P)(S3 – 3PS) = 1 P 6
0;5
(1, 0),
(0, 1). 21. Fie y = tx. Prin împărţirea ecuaţiilor t 1
2; ; 12
(4; 2), (2; 4).
6.8. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. Cum < 0, f are semnul lui a pe . Deoarece a + c < b a – c + b < 0 f (–1) < 0, rezultă
că f (x) < 0 pentru orice x . Atunci avem c = f (0) < 0. 2. Din f (2) = 4a + 2b + c, f (– 2) =
= 4a – 2b + c, f (0) = c rezultă a = (2) ( 2) 2 (0) (2) ( 2)
,8 4
f f f f fb
, c = f (0). Atunci
avem f (x) = ax2 + bx + c = 2 2 2(2) ( 2) (0)( 2 ) ( 2 ) ( 4)
8 8 4
f f fx x x x x
. Atunci f (x)
44
(2)
8
f 2 2 2 2 2( 2) (0) 1 12 2 4 ( ) ( ) 2 2
8 4 4 4
f fx x x x x f x g x x x x x
2
2
2
1( 2 4), [ 2, 0]
1 2412
( 2 4), (0, 2]2
x x xx
x x x
Din tabelul: x –2 –1 0 1 2
212 4
2x x 2
5
2 2]
212 4
2x x [2
5
2 2
rezultă că f (x) 5
2;2
, x [–2; 2].
3. Avem f (0) = c; f (1) = a + b + c , f 1
2
= 4 2
a bc , de unde b =
14
2f
– f (1) – 3f (0) şi
deci b 41
2f
+ f (1) + 3f (0) 4 1 + 1 + 3 1 = 8. Exemplu: f (x) = – 8x2 + 8x – 1.
4. Ca la exerciţiul 3, avem c [–1, 1], a + b + c [–1, 1], 4 2
a bc [–1, 1]. Obţinem
succesiv a + b [–2; 2], 4 2
a b [– 2, 2], b [– 8, 8]. Avem c = f (0), a =
(1) ( 1)
2
f f –
– f (0); b = (1) ( 1)
2
f f c f (0) = 1; b 1
(1) ( 1) 12
f f , a 1(1) ( 1)
2f f +
+ f (0) = 11 1 1 2
2 . Atunci a + b + c 2 + 1 + 1 = 4 şi a2 + b2 + c2 4 + 1 + 1 = 6.
6. Fie = a – b + c, = a + b + c. Atunci a = 2
c
; b = 2
. Fie g(x) = mx2 + nx + p,
unde (m, n, p) este o permutare a lui (a, b, c). Avem g(x) m x2 + n x + p m + n +
+ p = a + b + c = 1 1
2 2c c . Prin explicitarea modulelor se reduce fie
2
şi
2
. Presupunem că se reduce
2
şi rezultă g(x) + c + c 3. 7. Avem: a) x1 + x2 =
= m + 1, x1x2 = 2 3
2
m . Atunci (x1 – 1)2 + (x2 – 1)2 = (x1 + x2)
2 – 2x1x2 – 2(x1 + x2) + 2 = (m +
+ 1)2 – m2 + 3 – 2m – 2 + 2 = 4; b) (xi – 1)2 4 xi [–1; 3]. 8. Dacă ac > 0, atunci b2 – 4ac (b – 2)2. Rezultă că b ac + 1 şi deci b2 (ac + 1)2. Analog pentru ac < 0, deducem b2 –
– 4ac = k2, b2 > k2, b , b şi k de aceeaşi paritate şi deci b2 – 4ac (b + 2)2 etc. 9. a ± b +
+ c < a 1 1b c
a a 1 ± (x1 + x2) + x1x2 < 1 (x1 ± 1)(x2 ± 1) < 1 există xi astfel
45
încât xi ± 1 < 1 xi (– 2, 0). 10. Fie x 0 şi y = 1
x. Avem
2 2
a b c bc a
y y y y , y
* cy2 + by + a ay2 + by + c, y * cx2 + bx + a ax2 + bx + c, x *.
Deci avem ax2 + bx + c = cx2 + bx + a, x *. Atunci există intervale I pentru care avem
ax2 + bx + c = cx2 + bx + a pentru orice x I sau ax2 + bx + c = – cx2 – bx – a pentru orice x I.
Avem cazurile: a) a = c, b ; b) a = –c, b = 0. Cum (a + b + c) = 4 soluţiile (1, –2, 1),
(1, –1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1), (1, 2, 1); (–2, 0, 2); (–1, 0, 1); (1, 0, –1), (2, 0, – 2). 11. Fie f (x) = = ax2 + bx + c. Avem f (0) = c, f (1) = a + b + c, f (– 1) = a – b + c (a se vedea exerciţiul 9).
Obţinem a 2, b = 1, c 1; a = (1) ( 1) 2 (0)
2
f f f ; b =
(1) ( 1)
2
f f . Fie g(x) = 2ax + b.
Cum este g funcţie liniară avem g(x) maxg(1), g(– 1) pentru orice x – 1, 1. Avem:
g(1) = 2a + b 3 (1) ( 1) 4 (0)3 (1) ( 1) 4 (0)
( 1) 22 2
f f ff f fg a b
(1) 3 ( 1) 4 (0)
42
f f f , ax – 3b a x + 3b 1 1 + 3 1 = 5. 12. Avem g(x) =
= 2 2( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
n n n n n na b c a b c b c b cx x x x x x x x
cu a 2, b 1, c 1
(vezi exerciţiul 5). Atunci g(x) b (x)2n + (b + c) xn + c x 1 1 + (1 + 1) 1 + 1 1 =
= 3. 13. Avem x1x2 = c
a, x3x4 =
a
cşi deci x1x2x3x4 = 1. Notăm suma cu S. Deoarece ac > 0
avem x1x2 > 0, x3x4 > 0. Observăm că * rădăcină a ecuaţiei ax2 + bx + c = 0 1
ră-
dăcină a ecuaţiei cx2 + bx + a = 0. În concluzie toate rădăcinile au acelaşi semn. Avem S =
= 1 2 3 4 1 3 2 4 1 4 2 3 1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 13 2 6
x x x x x x x x x x x x x x x x
. 14. a) f (0), f (1), f (–1)
[– k, k] – k c k; – k a + b + c k; – k a – b + c k a 2k, b k, c k
2k2 a2 – b2 – c2 4k2; b) – k –2
b
a k
2
bk
a max a =
1
2 2
b
k ; min a = –
1
2 2
b
k .
15. 2
2
a x(y + z) +y(x + z) + z(x + y) = x(a – x) + y(a – y) + z(a – z) x2 – ax + y2 – ay + z2 –
– az 2
2
a = 0
2 2 2 2
,2 2 2 4 2
a a a a ax y z x
x 0,
2
a
. Avem x + y = a – z,
xy = 2
( )2
az a z x, y rădăcinile ecuaţiei t2 – (a – z)t +
2
02
az
. Cum 0 rezultă
(a – z)2 – 2
24 0 0,
2 3
a az z
. 16. Pentru a putea efectua f f este necesar ca f (x) 1,
x 1. Notăm de ori
...n f
f f f = fn. Avem f4(x) = f (f3(x)) = f (x2 – 2x + 2), f4 (x) = f3 (f (x)) = f 2(x) –
46
– f (x) + 2. Notăm f (1) = a. Obţinem a = a2 – 2a + 2, de unde a 1; 2. 17. Avem a + c = –b
şi ac = 2 2 2 2 2 21 1 1( ) 1
2 2 2a c a c b b b . Funcţia f (x) = x2 + bx + b2 –
1
2 are
rădăcinile reale a şi c. Cum a b c, f (a) = f (c) rezultă că f (b) 0, adică 6b2 1. 18. z = 1 – – x – y 2xy = 1 + (1 – x – y)2 (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0 x = y = 1; z = – 1. 19. x = 2, y = 3 este soluţie a sistemului. Presupunem că (, ) este soluţie a sistemului cu (, ) = (2, 3). Observăm că > 0, 3 > 3 > . I. 2, > 3 sau > 2, 3 ( + ) > 50. II. 2, < 3 sau < 2, 3 ( + ) < 50. III. < 2, > 3 (3 – 3) < 38. IV. > 2, <
< 3 (3 – 3) < 38. 20. Avem 33 2
3 2
3 1327 3 2
3 14
x xy x y x yy x
y x y x y y x
(1, 2), (–1, –2). 21. 2 22 1 2 1 1 1
18 2 2 18x x y y
x yx y x y
(a + 2)
(b + 2) = 18; ab = 5; unde 1 1 9
,2
x a y b a bx y
a, b rădăcinile ecuaţiei
2 9 55 0 , 2
2 2t t t
(2, 1),
1,1
2
, (1, 2), 1
1,2
. 22. (x – y)2 + (y – x)2 + (z – x)2 =
= 2(x2 + y2 + z2) – 2(xy + yz + zx) = 0 x = y = z soluţiile (2, 2, 2), (–2, –2, –2). 23. y = tx
tx2(t + 2) = 21; x2(2t +1) = 16 2 2 21 3 7 3
; ;2 1 16 2 8 2
t tt t
t
soluţiile (2; 3), (–2; –3);
t = –7
8 x . 24. Fie funcţia f : , f (x) = x3 + 2x – 10. Sistemul este echivalent cu y =
= f (x), x = f (y). Cum f este strict crescătoare, rezultă x = y = 2. 25. Analog cu 24 şi x = y = 3. 26. x2 – x + y – y2 = 0 (x – y)(x + y – 1) = 0. Dacă x = y avem soluţiile (2; 2)(–3; –3). Dacă
x + y = 1 avem două soluţii 1 21 1 21
,2 2
. 27.
2 2
2 2
2 20, 0
1 1
y x
x x
x 0, y 0; x
22
2
y
x x2 y2 x y. Analog obţinem y x şi deci x = y. Avem soluţiile (0, 0), (1, 1).
28. Adunând ecuaţiile avem (x – 2)3 + (y – 2)3 = 0 şi deci x = y = 2. Avem x3 = 6(y – 1)2 + 2
x3 2 x 3 2 . Analog avem y3 3 2 . Fie A = (x – 2)3 + (y – 2)3. Dacă x 2, y > 2 sau x > 2, y 2 A > 0. Dacă x 2, y < 2 sau x < 2, y 2 avem A < 0. Din (x – 2)3 + (y – 2)3 = 0
x – 2 = 2 – y x + y = 4. Fie 3 2 < x < 2 < y. Prin scăderea ecuaţiilor rezultă (x – y)(x2 + + xy + y2 + 6x + 6y – 12) = 0. Avem (x + y)2 + 6(x + y) – 2xy – 12 = 0 16 + 24 – 12 = 2xy
xy = 14. Din x(4 – x) = 14 x . Soluţia (2; 2) este unică.
47
Capitolul 7 VECTORI ÎN PLAN
7.1. Segmente orientate. Relaţia de echipolenţă
Ex. a) b) c) d)
1. , , ,AB DC AO OC
, , ,AB BA DC CD
, , ,AB DC BC AD
,AB CD
2. , , ,AD BC DO OB
, , ,AO AC CA CO
, , ,AO OC DO OB
,AD CB
3. , , ,AO OC BD BO
, , ,CD AB BA DC
, , ,AB DC AO OC
,DO BD
4. , , ,AB DC BA CD
, , ,DO DB BD BO
, , ,AO AC BO BD
,CO AC
5. ,AD BC
, , ,AB BA DC CD
, , ,AO AC BO BD
,CO AC
6. , , , ,AB OE FO ED DC
, , , ,DE FC AB OF OC
, , ,FD FO OC AB
,EF BC
Pentru exerciţiile 1, 2, 3, 4, 5, 6 folosim figurile 25, 26, 27, 28, 29, 30. La răspunsuri mai există şi alte perechi.
7. AN PB
ANPB paralelogram M mijlocul (PB). 8. a) AN
şi NC
au acelaşi modul,
aceeaşi direcţie, acelelaşi sens; b) ANPM paralelogram AN PM
; c) MNPB paralelogram
MN PB
. 9. a) ,AB DC DC EF AB EF
; b) AB EF
ABFE paralelogram
AE BF
. 10. a) (MN), (PQ) linii mijlocii în ABC şi ADC MN AC PQ, MN =
=2
ACPQ MNPQ paralelogram MN QP
. Analog avem NP MQ
; b) Mijlocul lui
(MP) şi (NQ) este O AC BD. 11. Din AM MB
M mijloc
(AB) (şi vezi problema 7). 12. DE CB
BCDE paralelogram
CD BE
. Cum AB CD
BE AB
B mijloc (AE).
Din CF AC
C mijloc (AF) şi deci (BC) este linie mijlocie în AEF. Deci BC EF, BC DE D, E, F coliniare (Fig. 31). 13. 3! = 6, respectiv 4! = 24.
A
D
O
C
B
D C
B A
O
Fig. 26 Fig. 25 Fig. 27
Fig. 28 Fig. 30
Fig. 29
D C
B A O
C
D B O
A O
A
D C
B
E
F
A
B
C
D
O
Fig. 31
A
B C
E D F
48
14. a) Avem MA AB DC CN
;
b) MBDN este paralelogram MD BN
(Fig. 32); c) centrul O al paralelogramelor ABCD, MBND. 15. Punctele M, N, P sunt mijloacele segmentelor (AB), (AD), (AC). Deci (MN), (MP), (PN) sunt linii mijlocii. Din MN BC, MP BC M, N, P coliniare.
7.2. Adunarea şi scăderea vectorilor din plan
1. Avem MC BM MB BM BM
(Fig. 33) Atunci
MA MB MD MB BA MB MC CD
=
= MC MB MB
+ CD AB CD AB
.
2. a) AB AO OA AB OB
; b) BO AD OD DA OA
; c) CO OB OA BO BA
;
d) AC AD OD OD DA AC OC
; e) BC AO DO AD OA OD OD OD
= BD
. f) AD CO OD AD DO CO AO CO O
. 3. 2AB AP AN
, AC AN
=
= 2AP
AB AC AN AP
. 4. Cazul I. N (BP). Fie M mijloc (NP). Cum (BN) (PC)
M mijloc (BC) 2AB AC AM
, 2AN AP AM
AB AC AN AP
. Cazul II. P (BN) – analog cu I.
5. a) Fie 1 2,v AB v AC
. Dacă A, B, C nu sunt coliniare, construim paralelogramul CABD şi
avem 1 2v v AD
. Avem 1 2v v AD AB AC
1 2v v
. Avem „egalitate” pentru 1v
şi 2v
coliniari şi de acelaşi sens. Prin inducţie avem: 1 2 1... n nv v v v
=
= 1 2 1... n nv v v v
1 2 1 1 2 1... ...n n n nv v v v v v v v
.
6. 0 2 2AB DC AF FB DF FC AF DF DF FC FE FE
.
7. a) u v
= u v
; b) u v u v u v
; u v u v v u
; 8. u v u v
.
9. Fie 0a b c
. Avem a b c
a = a b c b c b c
b + c. Analog se arată
că b a + c, c a + b, etc. 10. a) ABCD paralelogram AB AC AD
; b) m(A) = 60
AD = 3a , m(A) = 90 AD = 2a , m(A) = 120 AD = a. 11. Dacă AA BC
MAB'D paralelogram şi MA BC AD
. Analog se construiesc punctele E, F;
c) 0v MD ME MP MA MB MC BC CA AB u u
. 12. vezi soluţia de la
ex. 15. 13. Pentru u v u v
vezi 5. şi 7. Avem u v u v u v
. 14. Fie ABCD
paralelogram. Avem AB AC AB AC AD BC
ABCD dreptunghi AB AC.
15. Fie ABCD paralelogram şi AC BD = M. Avem 2OA OC OM OB OD
. Reciproc,
dacă OA OC OB OD OA OB OD OC BA CD ABCD
paralelogram.
16. a) 0HD HE HF BC CA AB
; b) DF ED FE HD HF HD HE
A
B C N M P
Fig. 34
A B
C D
O M
N Fig. 32
A
B M
D
C Fig. 33
49
+ HE HF
= 0
. 17. Dacă 0OA OB OC
, OA OB OC
a 0 reprezintă lungimile latu-
rilor unui triunghi echilateral. 18. ABCD este pătrat. 19. EH GF EM MH GD DF
= GM GD MH DF AG GD FC DF AD DC AC
.
20. AM BN CP DQ AO OM BO ON CO OP DO OQ
= AO CO
+ BO DO
+ 0 0 0 0 0OP OM ON OQ
.
21. OM OA OB OC
= OA OC OB OB M B
etc.
7.3. Înmulţirea vectorilor cu scalari. Coliniaritate.
1. ; 2OM OA AM OM OB BM OM OA OB AM MB OA OB
.
2. În Fig. 35 avem 1 1
2 2DE AE AD AC AB BC
DE BC, 1
2DE BC .
3. a) În Fig. 36 avem: 1 1
,2 2
MP DC PN AB
MP DC,
PN AB şi cum AB DC M, N, P coliniare. Cum NQ DC,
rezultă M, N, P, Q coliniare; b) 1
2MN MP PN DC AB
.
Cum , ,MN DC AB
au acelaşi sens, rezultă că 2 MN = AB + DC;
c) 1 1
2 2PQ MQ MP AB DC PQ AB DC
. 4. Fie paralelogramul OABC. Avem
2 OM OA OB OC
M mijlocul diagonalelor (OC) şi (AB). 5. AM MB BC AC
= ct.
6. 10
3v BC CA AB
. 7. ABCD paralelogram , 2 ,a b AD a b CB AD u
2CB v
. 8. 2 5 3 2 3u MB BA MB MB BC BA BC
= ct.; 3v MA MA AB
+
+ 2 2MA AC AB AC
ct. 9. 10
2AM BN CP AB AC BA BC CA CB
.
10. 2
3GA GB GC AM BN CP
= 2
0 03
. 11. a) 0 aGA b GA AB
= b ba b GA bAB GA AB BA G
a b a b
unic determinat pe AB; b) aMA bMB
=
= a MG GA b MG GB a b MG aGA bGB a b MG
. 12. AB AD
+ 2 2 2 2 4CB CD AF CF EF EF
. 13. 0v v v
. Cum 0v
= .
14. 0u v u v
. Cum 0 u v
.
A
B
D
C
E
Fig. 35
A B
C D
M N P Q
Fig. 36
50
15. Fie OE AB, OF CD OEMF dreptunghi, E, F mijloacele
(AB), respectiv (CD). Avem MA MB MC MD
= OA OM OB OM OC OM OD OM
= 4 2 2OA OB OC OD OM OE OF
4 2 4 2OM OM MO MO
. 16. Fie D mijlocul lui (BC) şi E mijlocul lui (AG). Avem
MA MB MC 2 2 2MA MD ME MG MD
2 ME MD MG
4 3MG MG MG
.
17. a) M AB x astfel încât AM x AB
. Avem AO OM x AO OB
1OM x OA x OB
; b) Luăm y = 1 – x în relaţia de la a).
18. 1 1 1 1
3 2 3 2QN QA AN BA AC BA AB BC
= 1 1 1 1
6 2 6 2BA BC u v
, unde ,AB u BC v
.
Avem: 2 1 1
2 43 6 2
QD QB BD AB BC u v
= 4 QN
, N, D, Q coliniare. (Fig. 39)
19. În figura 40 avem PM PC CM
= 1
2AC CB
=
= 1
2u v
, unde ,u AC BC v
. Avem MN MB BN
= 1 1 1 1 1 1
2 3 2 3 3 2v BC CA v v u u v
= 1
3PM
M, N, P coliniare. 20. Fie ,AB u AC v
. Avem 3
4BE AE AB v u
, CD
= 3
4AD AC u v
3 33 3
4 4AN AB BE EN u v u v u v u
.
Analog 3AP u v AP AN
A, N, P coliniare.
7.4. Descompunerea unui vector după doi vectori necoliniari şi nenuli
1. a) Presupunem x 0. Avem y
u vx
şi rezultă că uşi v
sunt coliniari (contradicţie).
Rezultă că x = 0 şi din 0, 0yv v
avem y = 0; b) xu yv zu tv x z u y t v
= 0
. Din a) rezultă că x – y = 0 şi y – t = 0, de unde x = z şi y = t. 2. Avem BC b
, AC
= a b
, 1 1 1 1, , ,
2 2 2 2BD BA AD a b CD a OA AC a b OD BD a b
.
3. ;AC AB AD BD AB BD
. 4. 0 ; ; 0AB AB AD AC AB AD AD AB AD
;
A
B C
N
M P
Fig. 40
A
Fig. 39 Q
B M C D
N P
A B C
M E O
F
D
Fig. 37
A
B D
C
M G
E
Fig. 38
51
; ;BC AD BD AB AD CD AB
. 5. 1;
4AB AC CB b a AN AC CN b b
5 1;
4 4b BN BC CN a b
. 6. Fie M mijlocul lui BC
. Avem 2 2
3 3OA MA AM
= 2 1 1
3 2 3AB AC a b
. Analog, 1 1
3 3OC CA CB CA CA AB
= 12
3b a
. 7. A se vedea Fig. 30. Avem ;AO OD BC FE FO OC ED AB
;
AF BO CD b
. Rezultă că 2 2 2 , , ;AD AO AB AF a b CD b DE a
; ,EF OA a b OB b OC a
. 8. Fie BF MD, F AN. Avem 1
2AN AF
, BFDN
paralelogram. Atunci mijlocul O al lui (BD) se află pe AN. Cum O AC A, N, C coliniare.
9. a) 3 3
, ;2 2
BC b BN AD b
b) 1 1 1 1
3 2 3 2CN CM MN CD AM CD AD DM
= 1 1 2 1 1
3 2 3 2 2CD AD DC AD BC
B, C, N coliniare. 10. Din 1u v u v
este
diagonala rombului cu latura u u v
este coliniar cu AD
. 11. Fie R, S, T mijloacele
segmentelor (PQ), (AC), (MN). Avem PA QC
coliniar cu bisectoarea unghiului ABC.
Analog TS
este coliniar cu bisectoarea unghiului ADC. Cum patrulaterul convex ABCD are
m(ABC) = m(ADC), bisectoarele acestor unghiuri sunt coliniare. Atunci ,RS ST
au aceeaşi
direcţie şi deci R, S, T sunt coliniare. 12. MD MA AD MA k BC MA k BM MC
= a k c b
. 13. Avem AB AD DC CB
(1) şi deci MN MB BC CN
1 1AB AM BC DC DN AB DC BC AD DC BC DC
+
+ 1BC AD BC
; b) Dacă 3AD BC
avem 3 2MN BC
.
14. a) Avem ;EF EA AB BF EF ED DC CF
(Fig. 41) şi deci
2EF EA ED BF CF AB DC
, de unde 1
2EF AB DC
.
Cum AB DC , există astfel încât DC AB
şi deci EF =
= 11
2AB
, adică EF BA (şi deci şi EF DC), EF = 1
2AB DC
.
b) Avem 1 1,
2 2OM OD OC ON OE OF
. Cum ODC ~ OEF rezultă că există
k > 0 astfel încât OD OC
kOE OF
, adică ,OD k OE OC k OF
. Obţinem:
1
2OM k OE OF
= k ON
şi deci O, M, N sunt coliniare. Analog O, N, P sunt coliniare şi
deci O, M, N, P sunt coliniare.
A B
O
D C
E F
C
F
M
N
P
Fig. 41
52
15. a) Fie E = prBCA, F = prACB (Fig. 42). Din AD = 2R rezultă DC AC. Cum AC BH rezultă BH DC. Analog avem CH BD şi deci BDCH este paralelogram. Avem deci
,BH DC CH DB
. Conform problemei 16 (paragraf 7.3)
avem MA MB MC
3MG
pentru orice punct din planul
(ABC). În particular avem 3OA OB OC OG
. c) Din BDCH paralelogram, M mijlocul lui (BC), rezultă M mijlocul (HD). Cum (HO) este mediană în AHD rezultă centrul de greutate al AHD este G' (HO) (AM). Cum
2
3
AG AG
AM AM
rezultă că G' = G şi atunci O, G, H sunt coliniare şi 2GH OG
; d) Cum
(OM) este linie mijlocie în DHA avem 1
1
2HA HA MO
. 16. Dacă (BN) este mediană în
ABC avem: 2 2 1
3 3 3NB BN BA BC 1 2 1 2
,3 3 3 3
BA BA AC AB AC x
1
3y . 17. Fie M, N, P, Q, R mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DE), (EA). Triunghiul
isoscel AOB are unghiurile de 72, 54, 54 şi se arată că M, O, D sunt coliniare. Fie OM
xOD
ON OP OQ OR
OE OA OB OC . Avem OM x OD
şi analoagele; notând v OA OB OC
+ OD OE
, prin adunare rezultă 2v
2 1 0x v x v
. Cum x > 0 rezultă 0v
. 18. Fie
E, F, G, H mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DA). Avem v OA OB OC OD
1 1 1 1
2 2 2 2OA OB OB OC OC OD OD OA
OE OF OG OH
OM ME OM MF OM MG OM MH
= 4 OM u
, unde
1
2u ME MF MG MH MA MB MB MC MC MD MD MA
MA MB MC MD
. Cum (EF) şi (HG) sunt linii mijlocii în triunghiurile ABC şi ADC,
avem 1
2EF AC HG
. Atunci EFGH este paralelogram cu centrul M şi deci 0u
. Obţinem
4v OM
.
7.5. Coliniaritate. Reper al unei drepte
1. 2 ( ) 2( ) 2 2( )MA MB MC MA MA AB MA AC AB AC AB AB BC
= 2 3 8 11AB BC . 2. a) 3
2 3 0 2 3( ) 02
GAGA GB GA GA AB
GB
5 3 30 6GA AB GA ; b) 32 3 0 2 3 0
2
G AG A G B G A G A AB
G B
3 30G A AB ; c) 2 3 2 3 5 2 2 3MA MB MG GA MG GB MG GA GB
A
O
F
C
D
M
H
B E
G
Fig. 42
53
= 5MG . 3. a) 5, 3, 2AB BC AC ; b) 0AB BC CA ; c) 0AB BC CA .
4. a) 2 3 2 3 3 3 5 3 15 5GA GB AG GB GA AB AG AB AG
; 2G A
= 3 3 3 3 15G B G A AB G A AB . b) 2 3 2 2 3 3 5MA MB MG GA MG GB MG
+ 2 3 5GA GB MG . 5. a) 2
12
AC
AB
; b) 1BA
CA ; c)
42
2
CB
CA
; d) 0AA
AB .
6. a) AM
xAB
1 0 1x AM MB AM x AM xMB x AM xMB = 0;
b) 1NA x
xNB
. Pentru = –1 avem x = 2. Pentru =
1
2 avem x = –1.
7. a) MA MB 2 2MO OA MO OB MO OA OB MO
.
8. a) MA MB MO OA MO OB 2 2MO MO = MO2 – 4 ; b) MO2 – 4 = 5
MO ±3; NO2 – 4 = –4 0NO ; PO2 – 4 = – 5 PO2 = –1 (fals); c) MA2 + MB2 –
– 2MO2 = 2 2 222 2MO OA MO OB MO MO 2 22 2 8MO MO ;
d) 2 2 22 8 16 2CA CB CO CO ; DA2 + DB2 = 8
22 8 8 0;DO DO
2 2 24 2 4 0EA EB EO . 9. 22 2MA MB OA OM 2 2 2
OB OM OA OM –
2 22OB OM OA OM
2 22OB OM OA OB 2 2OM OA OB OM AB ;
b) 2 2 3
9 2 9 ;2
MA MB OM AB OM 2
; 23
ON OP .
7.6. Teste de evaluare
Testul 1
1. 2 25 12 13AB AC AB AC . 2. 1 10
2 2AD AC CA CB AD BC
AD BC
ABCD paralelogram. 3. 3 5 2 2v OA OA AB OA AC AC
– 5AB
ct. 4. Fie ,AB DC a AD BC b
. Avem ;AC a b AF AD DF b
+ 2 2 2 1 1
3 3 3 2 3 3
aDE b DC CB BE b a b a b AC
A, F, C coliniare.
Testul 2 1. Dacă ABCD este paralelogram, atunci AB = AC ABCD romb AB AC AD
3
2 6 32
l ; 6AB AC BC
. 2. MA NB PC AM BN CP
1
2AB
+ 0AC BA BC CA CB
. 3. Fie M, N, P, Q mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD),
(DA), Avem 0 OA 2OB OC OD OM OP
O mijlocul lui (MN). Analog O
este mijlocul lui (PQ). Cum OA = OB = OC = OD = R rezultă că OM AB, OP BC, ON
54
DC, OQ AD şi deci AB CD, BC AD, adică ABCD paralelogram. Cum ABCD este
patrulater inscriptibil rezultă că ABCD este dreptunghi. 4. 1 1
2 2AM AB AB BC AB
+ 1 1
2 2BN AN
A, M, N coliniare.
7.7. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. Vezi problema 16 paragraful 7.3. 2. Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC şi O un
punct în planul (ABC). Avem 3 .OA OB OC OG
Fie G' centrul de greutate al triunghiului
MNP. Avem OG OM ON OP 1 1 1
2 2 2OA OB OB OC OC OA OA
3OB OC OG G G
. 3. Fie G centrul de greutate al ABC 0GA GB GC
.
Avem 1
kGM GN GP GA AM GB BN GC CP AM BN CP AB
k
+ 0BC CA
G centru de greutate al MNP. 4. a) 0 GA GA AB GA AC
= GA AB AC
. Luăm 1GA BA CA
; b) MA MB MC
= MG GA MG GB MG GC MG GA GB GC
( + +
+ ) MG
. Observaţie. Pentru = = 0 avem 0GA GB GC
şi MA MB MC
3MG
(adică G este centrul de greutate al triunghiului ABC. 5. Din GA = 2GA' = 2A'M rezultă că
GM GA
. Avem 0GM GN GP GA GB GC
G centru de greutate al MNP.
Capitolul 8 COLINIARITATE, CONCURENŢĂ, PARALELISM
8.1. Reper cartezian. Coordonatele carteziene. Distanţa dintre două puncte
1. a) 2, 3u v
; 1, 1u w
; 5, 0v w
; b) 4, 1u v
; 1, 2v w
; 3, 3w u
;
c) 4, 2u v w
; 0, 3u v w
; d) 2 5, 3u v
; 2 2 10, 0v w
; e) 1 1
2 3 10,2 2
u v w
;
f) 1 1 1 5
1,2 3 4 12
u v w
. 2. b) = – 2; = – 3; c) 2 + 9 = 18 = ± 3; 4 + 2 = 5 =
= ±1; d) = –1, = –6; e) 3 – 4 = 0 = 4
3; –9 + 2 = 0 =
9
2; f) ( + 2)2 – ( + 3)2 =
= 0 + 5, – 1, unde . 3. 2 32, 3 , 10, 15 ,
10 15u v u v u v
şi
u v
coliniari. 4. a) 5; 10; 5AB BC AC
; b) 5, 5, 2 5AB AC BC
.
5. a) xA + xC = xB + xD = 2; yA + yC = yB + yD = 3 ABCD paralelogram; b) xM + xP = xN + xQ =
= –2; yM + yP = yN + yQ = 2, MN NP 4 5 4 3 MNPQ nu este romb;
55
c) ,RS TE
coliniari, RE = TS = 113 RSTE trapez isoscel. 6. xD = xA + xC – xB = 4, yD = yA +
+ yC – yB = 0. 7. C(x, y), AC = BC = AB (x – 2)2 + y2 = x2 + (y – 2)2 = 8 x = y = 2 + 2 .
8. Cum BC Oy, d(B, Ox) = d(C, Ox) A Oy A(0, y), y + 1 = 3
1 32
BCy .
9. a) M(3, 0), N(0, –1), P(1, –3), (4, 6), (2, 4), (6, 2)AB BC AC
; b) (5, 4), ( 2, 3),AM BN
( 3, 1)CP
. 10. – 2 + xC = 2xM , –1 + yC = 2yM C(6, 3), D(3, – 3). 11. C(a, b), D(c, d),
AB = BC = CD = DA = 3 2 , AB2 + BC2 = AC 2 C(4, – 1), D(1, – 4) sau C(2, – 5), D(– 5, 2).
12. N(x, 0), P(0, y), NA = NB, PA = PB x = –3, y = 3. 13. M(x, x); MA = x x = 4 6 ; M(x, –x), MA = x x . 14. a) Fie A(a, b), B(c, d), C(e, f). Avem a + c = –2, b + d = 0,
a + e = – 4, b + f = 4, c + e = 0, d + f = 6 A(– 3, –1), B(1, 1), C(–1, 5); b) 4, 2 ;AB
2,4 ; 2, 6BC CA
. 15. 3
2
a
b ab = –6. Cum a, b (a, b) (–6, 1), (–3, 2), (–2, 3),
(–1, 6), (1, –6), (2, –3), (3, –2), (6, –1). 16. Fie D(x, 0), E(0, y). Avem 2 1CE i y j
,
3BA i j
, 2DC x i j
. Din 2 1
13 1
xx
.
Din 3 1 1
2 1 3y
y
.
17. Punctele B şi A sunt simetrice faţă de prima bisectoare a axelor de coordonate (dreapta y = x) (Fig. 43). Deci avem
C(x, x). Din BC = CA = AB = 2 2 rezultă x = 1 3 . Avem
1 3, 1 3 , 1 3, 1 3 ; 2, 2 ,C C AB
1 3, 1 3 , 1 3, 1 3 , 1 3, 1 3 ,BC CA BC
1 3, 1 3C A
.
18. Dacă luăm medianele AM BN G = O, C(– 2, –2), (Fig. 44). Fie (CP) mediana, P(–1,1). Mai avem cazurile AM CP, BN CP.
8.2. Vectorul de poziţie al unui punct din plan. Teorema lui Thales
1. k = 1 1
2M A Br r r
; k = 1 2 1
2 3 3M A Br r r
; k = 1 4 1
4 5 5M A Br r r
. 2. 1
1
31
13
A Br rr
3 1
4 4A Br r
; 2
2 1
3 3A Br r r
; 3
1 3
4 4A Br r r
. 3. A B D Cr r k r r BA
kCD
ABCD
trapez cu bazele (AB) şi (CD). 4. 2 OB OM OA
(Fig. 45)
2 2B M A M B Ar r r r r r
; 1
2N B Cr r r
.
5. D A C B D A C BAD k BC r r k r r r r k r r
.
A C'
x
y
C B
Fig. 43
O
A
B y
x M
N
O
C
Fig. 44
A
C N
O M
B
|Fig. 45
56
6. c) Fie M (ABC) oarecare. Avem A Cu r r MA MC
2 2 ;O A C DMO r v r r r
2MO MB MD MB
2 2 BMO MO MB r
; a) 0; ;u v OB
b) 2 ; 0BO v
.
7. 1
2AN AB AC
,1
3MB MC
11 3 13
1 1 4 41 13 3
AM AB AC AB AC
, PB = 3PC
1 1 1 3
11 3 4 413
AP AB AC AB AC
. 8. a)
1 1, 0
2 2AM AB AM
;
11;
3BN
;
1 1 1 10; 2 ; ;
2 3 2 3CN MN MA AN AB AC MN
;
b) 1, 0 ; 2 2, 1 ;AM BN AN AB AM AN BN CN
2 0; 2 ;AN CN
1; 1MN AN AM MN
;
c) 1 1
,02 2
AM BA AM
. 1 1 2
3 3 3BN BA AN BA AC BA BA BC BA
+ 1 2 1 2 2 1 1
; , ; ; ; ,3 3 3 3 3 6 3
BC BN CN MN
.
9. 1
2M A Br r r
(Fig. 47);
11 2
1 11 1
2 2
N B Cr r r
= 2 1
3 3B Cr r
. 10. a) 3, 0 ; 3 3 2 3; 2AB AC AB BC AM AD AM AN AC
;
1 3, 1 ; 3; 2 ;
2 2AO AC AO BD AB AD BD
b) 1, 0 ; 2AB AC AO
(0;2), (0; 1); 2 2 2; 2 .AC AO BD BO AB AO BD
11. a) M(0; 2);b)9
5;2
M
.
12. M(–1; –4). 13. Fie O (ABCD). Avem 1 1
2 2OM ON OA OB OC OD
1 1
2 2OA OC OB OD OP OQ
MNPQ paralelogram. Dacă MNPQ este pătrat,
atunci PN NQ, avem AD = BC. Atunci ABCD este trapez isoscel cu unghiurile DAB =
= CBA = 45, m(D) = m(C) = 135. 14. 2 2EF ED DF
= AD CD BD AD
+ ;CB DB BD AD CB
AD CB AD CD DA AB AB CD
. 16. CA CN
CM CB
3 AN BM. 17. Fie = 1
,1 1
k
k
. Avem Q P B C A BPQ r r r r r r
B A C Br r r r
. Cum A C B Dr r r r
, atunci S RRS r r D C B Cr r r r
=
A
B C
M
N
Fig. 46
A
B C
M
N
Fig. 47
57
PQ
PQRS paralelogram. 18. Cum EF AC, EG AD
(Fig. 48), avem: ,BE BF BE BG
BA BC BA BD şi deci
BF BG
BC BD ,
de unde rezultă că FG CD. 19. Demonstrăm că avem afirmaţiile echivalente: a) A, B, C sunt coliniare; b) există x, y , x + y = 1,
astfel încât OC x OA y OB
. a) b). Fie astfel încât
CA CB
. Atunci 1
1OC OA OB
1
1 1OA OB
1
01 1
OA OB OC
. Luăm
1, , 1
1 1x y z
.
b) a) Fie x, y *, x + y = 1, z = 1 astfel încât OC x OA y OB
OC x OC CA y OC CB x y OC x CA y CB
OC x CA y CB
0 , ,x CA y CB A B C
coliniare. 20. Fie ,AM k MD BN k NC
. Avem MN
= MD DC CN
şi MN MA AB BN
. Rezultă 1MN k k MD k DC k CN
+ 1
,1 1
kMA AB BN AM mDC BN MA AB BN AB k DC MN
k k
.
21. 1 1 1
2 2 2M N P A B B C C A A B Cr r r r r r r r r r r r
.
22. Fie ABCD patrulater inscriptibil înscris în cercul C(O, R): Fie M, N, P, Q mijloacele segmentelor (AB), (BC), (CD), (DA). Avem OM AB, ON BC, OP CD, OQ AD şi
1 1 1 1
2 2 2 2OM ON OP OQ OA OB OB OC OC OD OA OB
OA OB OC OD
. 23. a) DE DA AE CB FC FB DE BF
; b) EM BN , E
mijloc (AB) M mijloc (AN) AM = MN. Analog avem MN = CN. 24. a) MN OB şi MP
OA 1ON OP BM AM AB
OA OB AB AB AB ; b) prin reducere la absurd.
25. (A'B') linie mijlocie în ABC şi în MNP
2AB B A PN
. Analog avem ,PQ CB QN AC
.
26. A'B'' AB OA OB
OA OB
, B'C' BC
OB OC
OB OC
(Fig. 52) OA OC
OA OC
AC A'C'. 27. a) Fie BC = a, AD = b (Fig. 53). AD BC
BO CO BC a
OD OA AD b ; EO AD
BO BE EO
BD BA AD ;
BO a BO a
OD b OB OD a b
BO a EO a ab
OEBD a b b a b a b
. Analog ab
OFa b
; b) 2
2ab
EF OEa b
A E
G F
B
C D
Fig. 48 A
C
B
O
Fig. 49
A M
O
B
Fig. 50
D
Q
P
C
N
O
A B
C A' B'
C'Fig. 52
A
B C A'
B'
C' M
Fig. 51
Q
P
N
B C
A D b O
a
E F
Fig. 53
58
2 1 1a b
EF ab a b
.
28. Fie figura 54. Avem 1 1,
2 2M A B N C Dr r r r r r
. Deoarece
AB DC, fie OA OB
kOD OC
. Atunci ,B C A Dr kr r kr
şi deci
1
2 2M C D C D N
kr kr kr r r kr
M, N, O coliniare. Din pro-
blema 27 avem E, P, F coliniare şi cum EF AB, adică ABFE este trapez, analog avem O, P, M coliniare. În concluzie, punctele O, N, P, M sunt coliniare. 29. (Fig. 55) (MP), (MQ) sunt linii mijlocii în ADC, DAB.
Rezultă MP = 1
2DC , MP DC,
1
2MQ AB , MQ AB. Cum AB
DC rezultă M, P, Q coliniare şi PQ = MQ – MP = 2
AB CD.
Analog N, P, Q sunt coliniare (şi deci M, N, P, Q sunt coliniare) şi
2
DCNQ . Avem MN = MQ + QN =
2
AB CD.
30. CC' AA', CC' BB' (Fig. 56) CC CC BC AC AB
AA BB AB AB AB
= 1 1 1 1
1AB
AB AA BB CC
.
31. a) ABC isoscel (CA = CB), AA' BC, BB' AC AA' = BB', CB' = CA', AB' = BA' (Fig. 57). Cum BD BC, AA' BC
AA' BD 2CA CA CBAC CD CB
CD BC AC
.
b) AA' BD CA CA AA BB
AC BD CD BBCD BC BD BD
.
32. Fie M, N, P mijloacele segmentelor (AB), (AC), (DE) (Fig. 58).
a) DF BC DA AF
BD FC ;
DA FC FC FA
DB EA EA FC
EC FA EC AFCE AF
EC EA FC FA AC AC
.
Cum AN = CN, atunci CE = AF AN = CN. b) Cum (PN) este linie mijlocie în DEF PN DF. Cum MN BC, iar DF BC DF MN şi deci M, P, N sunt coliniare.
8.3. Vectorul de poziţie al centrului de greutate al unui triunghi
1. xA + xB + xC = 3xO; yA + yB + yC = 3yG – 3 + 1 + xC = 3 0; 5 – 2 + yC C(2, 0). 2. Fie ABC, MNP cu centrele de greutate G şi G'. Avem:
1
3G M N Pr r r r 1 1 1
3 2 3B C C A A B A B C Gr r r r r r r r r r
G = G'.
M A B
D C
O
N
P E F
Fig. 54
A B
C D
M N P Q
Fig. 55
A B
B' A'
C'
C
Fig. 56
A B A'
C
B'
D
Fig. 57
A
B C
F
E
D M
P N
Fig. 58
59
3. Dacă G este centrul de greutate al ABC, avem M (ABC) relaţia: MA MB MC
= 3 3 3MG GM AM BM CM HM G H
ABC este echilateral. 4. Avem
3OA OB OC OG
şi atunci 3
a b ca OA b OB c OC
OA OB OC
3
a b ca b c
ABC este echilateral. 5. a) 3 3 G GGG r r
A B Cr r r
– A B C A A B B C Cr r r r r r r r r AA BB CC
; b) G = G'
0AA BB CC
. 6. a) Fie A B B C C A
kA C B A C B
, unde k < 0. Atunci A B Cr r r
= 1
1 1 1 1
A B CB C C A A BA B C
k r r rr kr r kr r krr r r
k k k k
; b) Dacă G şi G' sunt
centrele de greutate ale celor două triunghiuri, avem: 1 1
3 3G A B C A B Cr r r r r r r
= Gr G = G'. 7. Fie G centru de greutate al ABC. Avem 3GM AM BM CM
= 3 IM
G = I ABC echilateral. 8. Fie G şi G' centrele de greutate ale triunghiurilor
ABC şi MNP. Avem 10, 0
3GA GB GC MG NG PG GG GM GN GP
= 1 1
3 3GA AM GB BN GC CP AM BN CP
. Fie O (ABC) un punct
oarecare şi fie vectorii , ,OD AM DE BN EF CP
. Atunci 1
3GG OD OE OP
=
= 1
3OF
. Luând altă valoare y în loc de x rezultă un nou poligon OD'E'F' cu laturile paralele cu
ale poligonului ODEF şi proporţionale cu acestea. Rezultă că O, F, F' sunt coliniare şi deci G, G', G'' sunt coliniare. Centrul de greutate se află pe o paralelă cu OF. 9. Avem paralelogramele ABCD, ABCE, ACBF BC AE, BC AF, AE = BC, AF = BC A, F, E coliniare (în plus F este mijlocul lui (AC)). 10. Fie BN CM = G, GA BC = P. Avem G centrul de greutate al triunghiului ABC şi (AP) mediană. Presupunem AB = AC (Fig. 59). Atunci BN = CM, AP BC. Cum DB BC, rezultă că AP BD. Cum AD BG, rezultă că ADBG este paralelogram. Cum AM = BM rezultă că M DG. Dar D, G, C sunt coliniare şi atunci D, M, C sunt coliniare. Reciproc, presupunem D, M, C coliniare. Avem AMD BMG. Cum MAD BMG, MA = MB MAD MBG şi deci AD = BG. Cum AD DG, rezultă că ADBG este paralelogram şi atunci DB AG. Cum DB BC, rezultă AG BC. Cum (AG este şi mediană ABC este isoscel cu AB = AC. 11. Fie M, N, P mijloacele laturilor (BC), (CA), respectiv (AB). Avem:
2AM AB AC
, 2BN BA BC
. Avem ma < mb 2 2AM BN AB AC
< BA BC
AD < BF, unde ABDC, ABCE sunt paralelograme. Se obţine a = BC > b = AC,
etc. Altfel: a) ma < mb 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 2( ) 2( )a bm m b c a a c b b a a b ;
A
D
M
B P
G
N
C Fig. 59
60
b) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 2 2 2 2a ba b
m mm b m a b c a b a c b a
a b
2 2 2 2 2 0b a b a c b a , etc. 12. Sol.1. Avem paralelogramele ABMC, ABCN,
ACBP (AM), (BN), (CP) mediane în MNP. Dacă D (AM) (BC), E (BN) (AC), F (AB) (CP), atunci (AD), (BE), (CF) sunt mediane în ABC. Sol. 2. Se aplică problema 2.
13. Fie G şi G' centrele de greutate ale triunghiurilor MPR şi NQS. Avem: 0 GM GP
+ 1 1 1 1
2 2 2 2GR GA GB GC GD GE GF GB GC GD GE GF GA
= GN GQ GS
G = G'. 14. Avem 1 1 1 2 2 20G A G B G C G M G N G P
. Rezultă că
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2AM BN CP AG G G G M BG G G G N CG G G G P
1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 23 3 0 0 3G G AG BG CG G M G N G P G G G G
.
15. Fie ,BM xMA CN yNA
şi P mijlocul lui (BC). Avem 1 1
, ,1 1
AM AB AN ACx y
,1 1
x yMB AB NC AC
x y
. Descompunem AG
după AM
şi AN
. Atunci există ,
astfel încât AG AM AN
. Dar 1
3AG AB AE
şi atunci 1 1
,1 3 1 3x y
. Dar
x + y = 1 şi atunci + = 1, adică 1AG AM AN
M, G, N coliniare. Reciproc,
dacă M, N, G sunt coliniare + = 1 x + y = 1 şi 1BM CN
MA CA .
16. Fie M mijlocul lui (DC). Avem 1 21 2 1 2
1, 3
3
MG MGG G AB G G AB
MA MB
. Avem
1 2
2
3AG AG AM BM
1 2
22
3AB G G
(Fig. 60).
17. Fie M, N, P, Q mijloacele segmentelor (AB), (BC), (CD), (DA). Atunci patrulaterul ABCD este paralelogram. Segmentele (OM), (ON), (OP), (OQ) sunt împărţite de punctele G1, G2, G3,
G4 în rapoartele 31 2 4 2
3
OGOG OG OG
OM ON OP OQ şi G1G2 MN, G2G3 NP, G3G4 PQ, G4G1
QM. Rezultă că G1G2G3G4 este un paralelogram (asemenea cu MNPQ).
18. 1 1 1 10
2 2 2 2OA OM ON CA AB BC AB BC CA
O centrul de greutate al
AMN. 19. 1 1 1
2 4 2AF AE AC AB AC
, 2DB
ADDC
1 2 4
3 3 3AB AC AD AF
A, F, D coliniare. 20. a) BM = MC, GM = MN GBNC paralelogram NB NC NG
;
b) AG = 2GM = GN 1 1
2 2NG NA NA NB NC 2 2 0x NA NB NC
a = x,
b = c = – 2x, x *.
A
B C
M
D
G1
G2 Fig. 60
61
8.4. Teorema bisectoarei. Vectorul de poziţie al cercului înscris într-un triunghi
1. aBA cBCBE
a c
, , ,A C A B
E F
a r c r a r b ra CA b CBr CF r
a c a b a b
.
2. a)
,B A C A B C A
B A C A
b r r c r r br cr b c rAB r r AC r r AD
b c b c
;
b) B A C A B C A
b r r c r r br cr b c rbAB cACAI
a b c a b c a b c
;
c) ; ;1
B CB C
M
cr r br crMB AB c b AB c ACbr AM b c
cMC AC b b c b cb
.
3. Bisectoarele exterioare ale unghiurilor ABC şi ACB se intersectează în Ia (figura 61). Avem E, D, F puncte de tangenţă. m(EBIa) =
= m(DBIa) = 90 – 1
2m(ABC), m(FCIa) = m(BCIa) = 90 –
– 1
2m(ACB); IaD = IaE = Ia F = ra (raza cercului exînscris tangent laturii
(BC) = a). 4. Presupunem că (AM) este bisectoarea interioară a unghiului BAC. Avem BM AB BD
MC AC DC . Cum M, D (BC) M = D. 5. Cum (AD, (AF, (AE sunt bisectoare în
BAE, CAE, BAC , ,DB AB FE AE
DE AE FC AC
1EC AC DB FE EC AB AE AC
EB AB DE FC EB AE AC AB .
6. a) Există x astfel încât .AF x AC
Avem AE AB AF AB x AC
(figura 62).
b) Există y astfel încât BD y DC
AD AB y AC AD
1 y AD
AB y AC
. Atunci AE AB x AC
2 AD AB x AC
şi deci
1y AD y x AC
. Cum AD
şi AC
nu sunt coliniare, avem y = x şi BD AF AB
DC AC AC .
7. Cum A B CI G
ar br crr r I G
a b c
ABC echilateral. 8. 0AD BC CF
0bAB cAC cBC aBA aCA bCB
b c c a a b
b a c aAB AC
b c c a b c a b
+ 0c b
BCc a a b
. Cum , ,AB AC BC
nu sunt coliniari, avem ,
b a
b c a c
,c a c b
b c a b a c a b
. Din b(a + c) = a(b + c) rezultă b = a şi apoi a = c, adică ABC
este echilateral. 9. Presupunem că AB = AC. Fie (BE), (CF) bisectoare interioare. Cum EBC
A
B D
E
C
F
Fig. 62
A
I
B
E Ia
D C F
Fig. 61
62
FCB, rezultă BE = CF. Reciproc, dacă BE = CF, fie BE CF = I. Atunci BE CF
trece
prin I. Dar BE CF BC CE CB BF CE BF
. Vectorul CE BF
„poate fi adus” cu originea în A şi trecând prin I, rezultă că are direcţia lui AI. Paralelogramul construit în A cu
vectorii CE
şi BF
este deci romb şi deci CE = BF EBC FCB m(EBC) =
= m(FCB) ABC isoscel. 10. Avem BD AB c BD c ac
BDDC AC b a b c b c
;
CD = ba
b c. Cum ABI DBI
IA AB c b cacID BD a
b c
. Analog avem:
,IB a c IC a b
IE b IF c
(figura 63).
Avem a) d) conform problemei 9. Avem S = IA b c a c a b b a
ID a a b b c c a b
+ 2 2 2 6c a b c
a c c b
. Avem S = 6 a = b = c şi deci b) c).
Avem 2 2 2
8 8IA IB IC b c a c a b bc ac ab
ID IE IF a b c a b c
. Avem 8
IA
ID
a = b = c şi deci c) d). 11. Avem EF EN NC CF
;
EF EM MB BC
; (figura 64) şi deci 2EF EN EM
+ CF BF NC MB NC MB
. Fie ,NC AP MB AQ
.
Atunci NC MB AP AQ AR
, R AD. Din 1
2EF AR
EF AR, adică EF AD. 12. Cum (MP) şi (MN) sunt bisectoarele unghiurilor AMB,
respectiv AMC, avem , 1PA MA NA MA PA NC MA MC PA NA
PB MB NC MC PB NA MB MA PB NC
PN BC PBCN trapez cu diagonalele (BN), (CP). Cum BN CP = I şi cum M, A, I
sunt coliniare, rezultă că AM BN CP = I şi cum M, A, I sunt coliniare, rezultă că AM
BN CP = I. 13. Vezi soluţia problemei 10: ac
BDb c
, ab
CDb c
, CE = ab
a c, EA
bc
a c. 14. Presupunem b < c. Avem ,
MB AB MB c acMB
MC AC MC MB c b c b
MC
ab
c b. Pentru b c avem ,
ac abMB MC
c b c b
. 15. Conform problemei 10 avem:
IA b c
ID a
2
IA b c IA b c
IA ID a b c AD p
. Analog avem
2
IB a c
BE p
;
IC
CF
2
a b
p
.
Rezultă că: a) 1 3 3 2 1ID AD IA IA IA
AD AD AD AD
; b) IA
AD
2( ) 4
22 2
a b c p
p p
; c) Avem b + c > a 2(b + c) > a + b + c = 2p b + c > p
A
F E I
B D
C
Figura 63
A P N C
E F
P
Q R
M
B
Figura 64
63
1 1
2 2 8
b c IA
p AD
. 16. (DE), (DF) bisectoare ;
DB BE DC CF
DA EA DA AF . Cum DB =
= DC BE CF
EF BCEA AF
. Cum (MN) linie mijlocie în AEF
AM AN AM ME
ME NF AN NF (1) Cum EF MN BC
ME NF ME EB
EB FC NF FC (2). Din (1) şi (2)
AM ME BE
AN NF CF . 17. a) AM = MD, BM = NC
ABDC paralelogram AB DC (figura 65). Cum BE NC BECN paralelogram. Cum AB = CD, BN = CE AN = ED. Dar PAN EDF, ANP DEF şi deci ANP DEF, de unde AP = DF. b) Cum (CN) este bisec-
toare AN AC
BN BC . Cum AN = DE, BN = CE rezultă
AC DE
BC CE .
18. a) Fie AQ BN = M (figura 66). Cum ABC este dreptunghic isoscel avem ADB, ADC dreptunghice isoscele şi m(DAB) = = 45 = m(DAC), m(ABN) = m(DAQ) = 2230', m(BMA) = 180 – 45 – 2 2230' = 90. Din BM AQ, AD BQ P orto-centrul ABQ şi deci QP AB; b) (AQ bisectoare NQ AD
QD NA
QC NC .
19. (BD) bisectoare, AQ PN, AN PQ, PN mediatoarea lui AQ (CE) bisectoare
DA AB
DC BC (1);
EA AC
EB BC (2); AABD = AACE
sin sin
2 2
AB AD A AE AC A AB
AC
.AE
AD Cum ABD
CBD
A AB AD
A BC DC . Obţinem
DA EA
DC EB şi deci DE BC. Atunci
AB AC
BC CB şi
deci AB = AC. Cum (AF este bisectoare în ABC isoscel AI BC şi cum ED BC, rezultă
AI DE. 20. Avem 3MI MA MB
3MC MG I G
ABC echilateral.
8.5. Relaţia lui Sylvester. Concurenţa înălţimilor unui triunghi
1. – 2. AA' = 2R A'B AB. Cum CH AB rezultă că CH A'B (figura 67). Analog avem BH A'C şi deci BA'CH este paralelogram. Dacă M este mijlocul lui (BC) avem şi OM BC, iar M este mijlocul lui (A'H). Cum (HO) este mediană în AHA', avem
2HA HA HO
. Analog avem HB HB HC
+ 2HC HO
. 3. Din 1.– 2. avem M, H, A' coliniare
şi MH = MA'. 4. 2HO HA HA HA HB HC
,
deoarece BHCA' este paralelogram. 5. Cum 2OM
=
= 2OC OB OA OB OC OA OM OA
+ AH OH
, deoarece (OM) este linie mijlocie în AHA'.
A
N P
C
E D
F
M B
Fig. 65
A B Fig. 66
N
Q
D
C
M
P
A
E
C
A'
OP
A1
O'
G
C1
MD
T
B
H
B1
Fig. 67
64
6. Pentru orice punct M (ABC) avem 3MA MB MC MG
. Luând M = O avem
3OA OB OC OG
şi deci 3OH OG
. Observaţie: O, G, H sunt coliniare (dreapta lui
Euler) şi G [OH]. 7. m(BHT) = m(AHE) = 90 – m(DAC) = m(BCA) = m( )
2
AB=
= m(BTH) BHT isoscel. Cum BD HT T este simetricul lui H faţă de BC. 8. (PN) linie mijlocie în ABC PE DM. Cum (MN) este linie mijlocie, iar (DP) este mediană în
ADB dreptunghic MN = DP = 2
ABşi deci DMNP este trapez isoscel. Punctele D, M, N, P
se află pe un cerc . Analog E, M, N, P respectiv F, M, N, P sunt conciclice. Cum trei puncte necoliniare (M, N, P) determină un cerc circumscris unic rezultă că punctele D, E, F, M, N, P se află pe cercul . Cum (A1N) este linie mijlocie în AHC, rezultă că A1N CH. Dar CH AB şi deci A1N AB. Cum MN AB, rezultă că A1N MN. Atunci A1DMN este patrulater inscriptibil şi deci A1 se află pe cercul circumscris DMN, adică A1 . Analog se arată că B1, C1 . 9. Cum triunghiurile A1DM, B1EN şi C1FP sunt dreptunghice, rezultă că centrul O' al cercului se află în mijloacele segmentelor (A1M), (B1N), (C1P). 10. (A1O) şi (MO) sunt linii în AHA'. Atunci A1OMH este paralelogram şi deci mijlocul O' al lui (A1M) este şi mijlocul lui
(OH). Avem deci O' (OH) şi O'O = O'H. 11. R' = 1
2 4 2
A M AA R . 12. Fie HO AM = G
în AA'H. Atunci G este centrul de greutate în AA'H şi AG = 2
3AM . Cum (AM) este mediană
şi în ABC G este centrul de greutate al ABC. Analog G este centrul de greutate al
triunghiurilor BB'H; CC'H. 13. 2 3HA HB HC HO HG
. 14. 3 3OG OH OG AH
=
= 2OH AH OA OB OC AO OH OM OH
. 15 . HDB ~ HEA HD HB
HE HA
HD HA HE HB . Analog se arată că HD HA = HF HC. 16. Patrulaterele AEHF, BDHF şi CDHE sunt inscriptibile având câte două unghiuri opuse drepte. Cercurile lor circumscrise au diametrele (AH), (BH), (CH) şi deci au punctul comun H. 17. Dacă m(BAC) = 90, atunci A este piciorul înălţimii din B (şi din C) şi deci A . 18. Rezultă din problema 17. 19. În triunghiurile echilaterale picioarele înălţimilor coincid cu mijloacele laturilor şi atunci
cercul lui Euler coincide cu cercul înscris (altfel 2
RR r etc.). 20. A B C
i
ar br crr
a b c
;
3 ( ) ( )A B C G A B C G I G Ir r r r ar br cr a b c r a b c r r r
ABC echilateral.
21. a) Deoarece BDHF şi CDHE sunt patrulatere inscriptibile HDF = HBF, HDE = ECH (fig. 68). Cum m(HBF) = 90 – – m(BAC) = m(ECH) HDF = HDE şi deci înălţimea AD a triunghiului ABC este bisectoarea unghiului FDE a triunghiului ortic DEF; b) Ortocentrul H al triunghiului ABC este intersecţia bisectoa-relor unghiurilor triunghiului DEF şi este deci centrul cercului înscris în triunghiul ortic. 22. AD BC, AE BH A ortocentrul BHC. 23. Triunghiurile ABC, HAB, HAC şi HBC au acelaşi triunghi ortic au acelaşi cerc al lui Euler. 24. În BEF, (EA) şi (CF) sunt înălţimi (concurente în D) BD EF. 25. Cum AB CD, AB BE CD AE. Din AD BC, BC CE AD EC. În AEC, D este ortocentru şi deci DE AC. 26. DCN CBM CDN BCM. Cum cele două unghiuri au două laturi perpendiculare (DC CB), rezultă că DN MC. Analog
A
F
B C
E H
D
Fig. 68
65
avem DAM ABN şi rezultă AN DM. În DMN, MC şi NA conţin înălţimile din M şi N. (figura 69). Avem deci şi DP MN. 27. Centrul cercului circumscris A'B'C' este ortocentrul H al ABC. Deci HA' + HB' + HC' =
= HH . Dar 2
HB HCHA
şi analoagele. Prin însumare avem HA HB HC HA
+ HB HC
. Obţinem HA HB HC HH
(figura 70). 28. Paralela prin F la HE taie AH în M. Avem m(FHM) = B, m(FMH) = C şi cum FH =
= AB rezultă MH = BC = HD, iar FHEM este paralelogram. Rezultă că HF HE HM
= HD
0HF HE HD
.
8.6. Teorema lui Menealus. Teorema lui Ceva
1. Dacă (AD), (BE), (CF) sunt mediane în ABC avem: DB EC FA
DC EA FB 1 1 1 = 1 AD
BE CF . 2. Dacă (AD), (BE), (CF) sunt bisectoare interioare în ABC avem: DB EC FA AB
DC EA FB AC 1
BC AC
AB BC AD BE CF . 3. Fie ABC ascuţitunghic şi (AD),
(BE), (CF) înălţimi. Avem: DB EC FA DB EC
DC EA FB FB DC 1
FA BC AC BA
EA AB BC AC AD BE
CF 0. 4. CBE, transversala MDA, MB = MC 1MC DB AE DE AE
MB DE AC DB AC .
5. CAD, transversala BEF 1EC FA BD
EA FD BC . Cum BC = 2 BD rezultă că
EC FA
EA FD = 2.
Cum (DE) este bisectoarea ADC .EC CD
EA DA Obţinem 2.
DC FA
DA FD (1) Dacă (CF) este
bisectoarea ACB FA CA
FD CD (2). Din (1) şi (2) AC = 2AD (3). Dacă avem (1), (3), atunci
rezultă (2) şi deci (CF este bisectoarea ACB. 6. Avem 2
BCAD = CD = BD. Cum m(C) =
= 30, m(B) = 60, avem AB = 2
BCşi deci ABD este echilateral. Pentru ACD şi transver-
sala BFE, unde BE AD = F rezultă 1EA BC FD
EC BD FA , de
unde FA = FD. Cum BA = BD, rezultă BF AD. 7. Fie MN BC = E (figura 71). Din (DM, (DN bisectoare rezultă
A B
Fig. 69
C D
N
M
P H H1
C' A B'
A'
B C
Fig. 70
A
E B C
N
D
M
Fig. 71
66
MB NA DB DA DB
MA NC DA DC DC (1) Pentru ABC şi transversala EMN avem: 1
EC MB NA
EB MA NC
(2). Din (1) şi (2) EC DC AC
EB DB AB (AE bisectoarea exterioară a (BAC).
8. Avem BD = CE = BC, AD = AE. Fie CF DE = N (figura 72). Pentru
EDA şi transversala CNF avem: 1NE FD CA
ND FA CE . Cum (EF bisectoarea
DEA FD ED CB
FA EA CA
CENE ND
CA . Cum ADE este isoscel
(AN bisectoarea BAC. 9. 12 1 1
2
AE DB FC
AB DC FE A, F, D coliniare.
10. Fie CF AB = M, DG AC = N (figura 73). Cum AG CM, CAG MAG ACM isoscel cu AM = AC, m(AMC) = m(ACM), GM = GC. Avem DC = DM şi deci (DG) este linie mijlocie în BCM şi Deci DG BM. Atunci (DN) este linie mijlocie în ABC, NA = NC. Aplicând teorema lui Ceva în ACD cu dreptele concurente AE, DN, CF rezultă
1FD NA EC
FA NC ED . Rezultă
FD ED
FA EC şi deci EF CA.
Deci DN trece şi prin mijlocul lui (EF). Cum G DN DG trece prin mijlocul lui (EF).
11. 9 DM = 2 DC; 7 DB = 5 AB 7
2
MC
MD ,
5
7
BD
BA . În ACD cu BME transversală
avem 2
15
MC BD EA EA ADDE BC
MD BA EC EC DB .
12. PN BC PN AN AN BC
PNBC AC AC
(1). NR BC NRF ~ CBF
NR NF
BC CF
NR = 2BC NF BC NF
CF AC
(2). Din (1) şi (2) PR =
( 2 ) ( )BC AN NF BC AF NF
AC AC
PR + PN = 2BC AF
BCAC
ct.
13. Fie AD BC = E. Avem 1
4MNCD
ABMN
A MN CD MD
A MN AB MA
(1).
EDC ~ EMN ED EC DC MN CD
MD EMEM EN MN MN
(2).
Analog MA = EM AB MN
MN
(3). Din (1), (2), (3)
2
2
4
64
MN CD MN CD MN
AB MN AB MN MN
= 1
4MN = 4. 14. (CN) linie mijlocie în DBF, (AF) linie mijlocie în CFN 2AF = CN;
BF = 2CN AB + AF = 2CN = 4AF AB = 3 AF. 15. ABD, C–E–F transversală
1 2 1CB ED FA CB BD
CD EA FB CD DC .
16. APC, transversala BNE 1
12
BC NP EA EA NA
BP NA EC EC NP (1).
A
B Fig. 72
C
D E F
A
B C D E
F G N M
Fig. 73
67
APB transversala CND 1
12
CB NP DA DA NA
CP NA DB DB NP (2).
Din (1) şi (2) EA DA
DE BCEC DB
.
17. AD, BF, CH concurente 1DB FC BA
DC FA NB (1);
AE, BG, CI concurente 1EC GA IB
EB GC IA (2)
Avem BD = EC DC = BE; CF = AG GC = AF; AH = BI AI = BH. Avem deci:
, , ,DB EC FC GA HA IB
DC EB FA GC HB IA de unde (1) (2)
18. Avem A' PN, B' BE, C' MN (figura 74).
Avem A P DB
A N DC
şi analoagele. Cum înălţimile sunt
concurente 1DB NC PA
DC NA PB , şi deci 1
A P C N B M
A N C M B P
,
de unde rezultă că A'M, B'N şi C'P sunt concurente. 19. Fie AC BF = N (figura 75). Avem CNF ~ ABN şi
deci 1
1 3 13
NC GA EB
NA GB EC şi atunci dreptele BN, AE, CG
sunt concurente. 20. Cum AM = BM, iar AE, BF, CM sunt cerviene concurente în ABC rezultă că: (figura 76)
1AM EB FC BE FA
EF ABMB EC FA CE FC
.
În ACD cervienele AN, CG, DF sunt concurente, şi cum
DN = NC analog avem GD FC
GA FA , dacă GF DC.
Din EF AB, GF DC, DC AB E, F, G coliniare. 21. Fie AD BE = N (figura 77). Deoarece (AN)
este bisectoarea unghiului BAE, avem NB AB
NE AE .
Cum AE = CE, AB = CG, rezultă că NB CG
NE CE şi de
CF BG. Cum CF AB, rezultă că GB AB.
22. Pentru ABM şi transversala CNP avem: 1PB NA CM
PA NM CB , de unde rezultă 2
PB
PA .
Pentru BPC şi transversala ANM avem: 1AB NP MC
AP NC MB , de unde rezultă că 3
NC
NP .
23. Cum (DE) şi (DF) sunt bisectoare, avem ,EC DC FA DA
EA DA FB DB şi deci
EC FA DC
EA FB DB , de
unde 1EC FA DB
EA FB DC . Atunci dreptele AD, BE, CF sunt concurente.
Fig. 74
B C D M
N E
A' P F
B' C'
A
A B
C D F
E N
G
Fig. 75
A M B
E P
C D
G F
N
Fig. 76
A
B G
C
E
F N
D
Fig. 77
68
24. Avem 1DB EC FA
DC EA FB (1). Dacă A' este mijlocul lui (BC)
(figura 78), din A'B = A'C, A'D = A'P rezultă BD =PC şi DC = PB.
Avem deciDB PC
DC PB . Analog avem ,
EC MA FA NB
FA MC FB NA .
Înlocuind în (1) rezultă că: 1PC MA NB
PB MC NA , şi deci AP, BM, CN
sunt concurente.
25. Avem 1MB
MC ,
EC BC a
EA BA c . Dreptele CD, AM, BE sunt concurente dacă şi numai dacă
1MB EC DA DA EA c
MC EA DB DB EC a (1). Avem 1
DB DB
BC BA
1 11DB
a c
DB =
= ac
a cşi atunci DA = c – DB = c –
2ac c
a c a c
, de unde
2DA c a c c
DB a c ac a
, adică (1).
8.7. Teoreme clasice de geometrie
1. Ducem CQ AB, BP AC, P AM, Q AN (figura 79)
Cum AMC ~ BMP şi NCQ ~ ABN CM AC
BM BP ,
CN CQ
BN AB şi deci
CM CN AC CQ
BM BN AB BP . Dar ACQ ~ ABP şi
deci CQ AC
BP AB . Rezultă că
2
2
CM CN AC
BM BN AB
.
Observaţie. Avem M = N (AM este bisectoare sau bisectoare exterioară pentru BAC şi în acest caz se obţin teoremele bisectoarelor interioară şi exterioară. 2. Ştim că dacă D este un punct arbitrar pe (BC) în ABC,
atunci ABD
ACD
ADB
DC A . Atunci avem (figura 80)
AF AE
FB EC
= AMC AMB
BMC BMC
A A
A A . Dar AMC AMCAMB AMB
BMD BMC BMD BMC
A AA AAM
MD A A A A
=AF AE
FB BC . Observaţie. Dacă M = 1 avem
AI AB AC
ID BC
.
Dacă M = G 2GA
GD .
3. Fie MP AB, P AB, MN AC, N AC (figura 81). Din PMB ~ ACB rezultă PM BC = MB AC. Din MCN ~ BCA Rezultă MN BC = MC AB. Atunci AB2 MC2 + AC2 MB2 = = BC2(MN2 + PM2) = BC2 AM2. 4. Fie diametrul (AB) (figura 82). Deoarece ABE ~ ADC rezultă că AB AE
AD AC şi deci AB AC = AE AD = 2R AD.
A
N E
F M
C P A' B D
Fig. 78
A
B C M N
P Q Fig. 79
A
E
B D
C
F
M
Fig. 80
A
B
C N
M P Fig. 81
A
B C E
D
O
Fig. 82
69
5. Fie D (NA) astfel încât ND = NB (figura 82). Atunci NDB este isoscel cu m(NDB) = m(NBD) şi cu m(DNB) = 60. Atunci NDC este echilateral. Avem NBA DBC deoarece NB = ND, NAB = = DCB, AB BC şi deci NA DC. Rezultă că NC = ND + DC = NB + + NA. Altfel, se aplică teorema lui Ptolemeu pentru patrulatere inscrip-tibile şi rezultă că NC AB = NB AC + NA BC. Deoarece AB = AC = = BC, rezultă că NC = NA + NB. 6. Fie ABCD patrulater convex şi fie M, N, P, Q proiecţiile centrului cercului circumscris pe laturile (AB), (BC), (CD), (DA). Avem AM = = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ (figura 84). Rezultă că AB + CD = = AM + DM + CP + DP = AQ + BN + CN + DQ = AD + BC. Fie acum O punctul de intersecţie al bisectoarelor unghiurilor BAD şi ABC. Atunci O este egal depărtat de AB, AD şi BC şi există deci un cerc tangent laturilor (AB), (AD), (BC). Presupunem că acest cerc nu este tangent laturi (CD). Fie DE tangentă la acest cerc, E BC. Atunci în patrulaterul circumscris ABED avem AB + DE = AD + BE. Dar AB + CD = AD + BC. Rezultă că CD – ED = BC – BE (sau DE – CD = BE – BC = CE, în funcţie de proiecţia lui E pe BC). Rezultă că C = E. 7. Se aplică teorema medianei în ABD, BCD, AEC (figura 85) şi obţinem: 4AF2 = 2(AB2 + AD2) – BD2, (1) 4CF2 = 2(BC2 + CD2) – BD2, (2) 4EF2 = 2(AF2 + CF2) – AC2, (3) Înlocuind (3) în suma între (1) şi (2), rezultă că: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = BD2 + CD2 + 4EF2. Observaţii. Dacă E = F rezultă că ABCD este paralelogram şi obţinem că într-un paralelogram suma pătratelor lungimilor laturilor este egală cu suma pătratelor lungimilor diagonalelor şi reciproc. 8. Fie patrulaterul ABCD înscris într-un cerc, M un punct oarecare pe cerc şi E, F, G, H proiecţiile lui M pe AB, BC, CD, respectiv AD (figura 86). Soluţia 1. Aplicând rezultatul problemei 4 avem: MA MB = 2R ME, MC MD = 2R MG, MB MC = 2R MF, MA MD = 2R MH. Atunci MA MB MC MD = 4R2 ME MG = 4R2 MF MH, deci ME MG = = MF MH. Soluţia 2. Din asemănarea triunghiurilor MBE şi MDH, respectiv
MDG şi MBF avem 1ME MG
MH MF şi deci ME MG = MF MH.
9. Fie N (AC) astfel încât AN = BC (figura 87). Deoarece MA = MB şi MAN MBC şi deci MN = MC. În MNC avem MP NC şi MN = = MC. Rezultă că MNC este isoscel şi deci MP = PC. Avem: AP = AN + NP = BC + PC. 10. Fie cercul de centru O tangent la dreptele suport ale celor 4 laturi şi E, F, G, H punctele de tangenţă (figura 88). Avem AE = = AF, CG = CH, DG = DF, BE = BH. Rezultă că AB – CD = = (AE – BE) – (DG – CG) = AF – BH – DF + CH = (AF – DF) – – (BH – CH) = AD – BC.
A
B C E
D
Fig. 83
A
B C E
O P
D Q
M
N
Fig. 84
A
B C
D
E F
Fig. 85
A
B C
D
E M
F
H G
Fig. 86
A
B C D
E F G H
Fig. 88
A B
M
N P C
Fig. 87
70
11. Fie cercurile C(O1, R), C(O2, R), C(O3, R) care au punctul comun H în punctele A, B, C (figura 89). Cum HO1 = HO2 = HO3 = R, rezultă că H este centrul cercului circumscris triunghiului O1O2O3. Fie M mijlocul lui (BH). Atunci M este mijlocul lui (O1O2). Analog, mijlocul N al lui (CH) este şi mijlocul lui (O2O3). Rezultă că (MN) este linie mijlocie în triunghiurile O1O2O3 şi BHC. Rezultă că BC = 2MN = = O1O2. Analog AB = O2O3 şi AC = O1O3. Rezultă că O1O2O3 şi ABC sunt congruente şi atunci cercurile lor circumscrise sunt congruente. 12. Fie MD = d1, ME = d2, MF = d3 (figura 90). Fie N simetricul lui M faţă de bisectoarea (AA' a unghiului BAC. Din congruenţe de triun-ghiuri rezultă că distanţa de la N la AB este egală cu distanţa de la M la AC, adică NG = ME. Fie NH BC, H BC. Atunci NH + NA hA (unde hA este înălţimea din A). Obţinem că BC NH + NA BC > > hA BC = 2S. Fie DH = d1'. Rezultă că a(d1' + NA) 2S, adică
a(d1' + MA) 2S. Dar 2S = ad1' + bd2 + cd3 şi deci MA 2 3
c bd d
a a .
Analog avem MB 1 3 2,c a a
d d MC db b c
1
bd
c şi atunci
MA + MB + MC 1 2 3
b c c a a bd d d
c b a c b a
2d1 + 2d2 + 2d3.
13. Se construieşte în exteriorul patrulaterului ABCD, triunghiul ABE astfel încât BAE DAC şi ABE ADC (figura 91). Din asemănarea triunghiurilor ABE şi ADC
rezultă că BE = AB CD
AD
. Din asemănarea triunghiurilor ABC
şi ABD (deoarece EAC BAD şi AE AB
AC AD ) rezultă că
AC BDEC
AD
. Cum EC EB + BC
AC BD AB CDBC
AD AD
AC BD AB CD + AD BC. 14. Fie ABC şi MNP de perimetru minim (figura 92). Dacă punctele N şi P sunt fixate, atunci punctul M (BC) pentru care MN MP este minimă este astfel încât CMN BMP. Deci MNP de perimetru minim are laturile egal înclinate faţă de laturile triunghiului ABC. Deci perpendicularele din M, N, P pe laturile triunghiului dat sunt bisectoarele interioare ale triunghiului MNP, adică MNP este triunghiul ortic al triunghiului ABC. 15. Fie M un punct arbitrar pe cercul circumscris triunghiului ABC (figura 93) şi fie N, P, Q proiecţiile lui M pe dreptele BC, AC respectiv AB. Cum m(MPC) = m(MNC) = 90, patrulaterul MPNC este inscriptibil şi deci m(CPN) = = m(PCM). Cum APMQ este inscriptibil, rezultă că m(APQ) = = m(AMQ) = 90 – m(MAQ). Dar AMCB este inscriptibil şi
A
B C
O1 O2
O3
M
H
N
Fig. 89
A
B E
C
D
Fig. 91
A
B C
N
M
P
Fig. 92
A Q
M P
B C N
Fig. 93
Fig. 90
B C H D
M N
G F E
A
71
deci MAQ = BCM. Se obţine NPC APQ şi deci N, P, Q coliniare. Observaţie. Este adevărată şi reciproca: „fiind dat un triunghi ABC şi un punct M în planul (ABC) astfel încât proiecţiile lui M pe laturile triunghiului sunt puncte coliniare, atunci M se află pe cercul circumscris triunghiului.” 16. Fie D şi Q punctele de intersecţie ale cercurilor de diametre (DA) şi (DB), D şi P punctele de intersecţie ale cercurilor de diametre (DA) şi (DC), D şi N punctele de intersecţie ale cercurilor de diametre (DB) şi (DC). Deoarece DPA este înscris într-un semicerc, rezultă că m(DPA) = 90. Deci P este piciorul perpendicularei din D pe AC. (figura 94). Analog, Q este piciorul perpendicularei din D pe AB şi N este piciorul perpendicularei din D pe BC. Conform teoremei lui Simson, rezultă că N, P, Q sunt coliniare. 17. Fie M, N, P intersecţiile la cercul circumscris triunghiului ABC în punctele A, B, C cu dreptele BC, CA, respectiv AB (figura 95). Din asemănarea triunghiurilor MAB şi ACM
avem: MB AB MA
MA AC MC şi deci
2
2
AB MB MA MB
AC MA MC MC .
Analog avem 2
2,
NA CA
NB BC
2
2
PA AB
PC BC .
Obţinem 2 2 2
2 2 21
MB PC NA AB BC CA
MC PA NB AC BA BC , deci M, N, P
sunt coliniare. 18. Fie M şi N mijloacele diagonalelor (AC) şi (BD) ale patrula-terului ABCD circumscris cercului de centru O (figura 96).
Avem: AMAB + AMCD = 1 1
2 2ABC ACDA A S , unde S este aria
patrulaterului ABCD.
Analog, ANAB + ANCD = 1
2S . Deoarece AB + CD = AD + BC, rezultă că: AAOB + ADOC =
= 1 1 1
2 2 2BOC AODR AB CD R BC AD A A S . Cum AAOB + AOCD = 1
2S = ct., iar A,
B, C, D sunt fixate, rezultă că mulţimea punctelor pentru care suma ariilor este constantă este o dreaptă ce trece prin O (deoarece M, N sunt fixe). 19. Fie O centrul cercului circumscris patrulaterului convex ABCD şi fie A', B', C', D' mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DA) (figura 97). Deoarece O se află pe mediatoarele laturilor rezultă că OA' AB, OB' BC, OC' CD, OD' DA. Dreptele care unesc mijloacele laturilor opuse (numite bime-diane în patrulater) se intersectează în punctul E. Fie M sime-tricul lui O faţă de E. Patrulaterul MA'OC' este paralelogram şi atunci MA' OC'. Cum OC' CD rezultă că MA' CD. Analog se arată că MB' AD, MC' AB, MD' BC. Deci perpendicularele duse din mijloacele laturilor unui patrulater inscriptibil pe laturile opuse sunt concurente (în punctul M numit punctul lui Mathot).
A P
C
B
D Q N
Fig. 94
A
N
M B
C
P Fig. 95
A
B
C
D M
N O
Fig. 96
A
B C
D D'
O
A' M
C' E
B'
Fig. 97
72
20. Se notează medianele cu (AA1), (BB1), (CC1), bisectoarele cu (AA2, (BB2, (CC2 iar simedianele cu (AA3), (BB3), (CC3) (figura 98). Deoarece distanţele de la un punct al simedianei la laturile adiacente sunt proporţionale cu aceste laturi (teorema lui Grebe) rezultă că distanţele de la punctul S de intersecţie al
simedianelor AA3 şi CC3 avem 1
1
a BC
c AB . Atunci 1
1
b AC
a AB şi
deci S AA3. 21. Fie ABC şi A1, B1, C1 centrele pătratelor construite în exterior cu laturile (BC), (AC) respectiv (AB) (figura 99). Deoarece triunghiurile ACB şi ABC sunt asemenea, avem AB
AC 1
1
AC
AB şi rezultă că AB AB1 = AC AC1. Cum BAB1 =
= CAC1 AB AB1sin(BAB1) = AC AC1sin(CAC1) adică
1 1ABB ACCA A . Analog avem 1 1BCC ABBA A . Fie A', B', C'
punctele de intersecţie ale dreptelor AA1 şi BC, BB1 şi AC, CC1
şi AB. Avem 1 1
1 1
,ABA BB C
ACA BB A
A AA B B C
A C A B A A
, 1
1
ACC
BCC
AC A
C B A
şi
rezultă că 1A B B C C A
A C B A C B
şi deci AA1, BB1, CC1 sunt
concurente (într-un punct V numit punctul lui Vecten). 22. Fie D, E, F punctele de contact ale cercului C(I, r) înscris în ABC cu laturile (BC), (AC), respectiv (AB) (figura 100). Avem AF = AE, CE = CD, BD = BF, rezultă că: DB EC FA
DC EA FB 1 şi deci (AD), (BE), (CF) se intersectează
într-un punct G (numit punctul lui Gergonne). 23. Fie patrulaterul convex ABCD înscris în cercul C(O, R) (figura 101). Fie AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f. Fie punctele C' şi D' pe cerc astfel încât DC' = BC, CD' = AD. Atunci CD' = AD = d, DC' = BC = b, AD' = BC' = = DC = c, BD' = AC' = n. Cum suma produselor lungimilor laturilor opuse într-un patrulater inscriptibil este egală cu suma produselor lungimilor laturilor opuse (altă teoremă a lui Ptolemeu), pentru patrulaterele inscriptibile ABCD' şi ADC'B
avem: en = ad + bc şi fn = ab + cd şi deci e
f
en ad bc
fn ab cd
.
24. Fie (AA'), (BB'), (CC') înălţimi în ABC şi H ortocentrul ABC (figura 102). Fie A1, A2 proiecţiile lui A' pe AB şi AC, B1 şi B2 proiecţiile lui B' pe BC şi AB, iar C1 şi C2 proiecţiile lui C' pe AC şi BC. Patrulaterele ABA'B' şi A'B'A2B1 sunt inscriptibile şi deci B'A'C = BAC, B'A'C = B1A2C şi deci BAC = = B1A2C. Rezultă că B1A2 AB. Analog din patrulaterele in-scriptibile A'C'A1C2 şi A'C'AC avem BA1C1 BA'C' BAC,
A
B C A1 A2 A3
C1C2C3
B1
B2 B3
Fig. 98
B
A
C
C'
C1B'
B1
A1
A'
Fig. 99
V
A
B C D
G
E F
Fig. 100
A B
C D D'
C' Fig. 101
B C
C' B'
A
B1
B2
C2
C1
A'
A1 A2
Fig. 102
73
de unde A1C2 AC. Deducem că C2A1A2 ABC. Cum m(A2B1C) + m(A1B1C2) = 180 A1A2B1C2 este inscriptibil. Cum prin trei puncte Necoliniare trece un singur cerc, rezultă că punctele A1, A2, B1, B2, C1, C2 sunt conciclice. 25. Fie E punctul diametral opus lui A (figura 103), Fie O centrul cercului de rază R = constantă. Avem AD2 + BC2 = = (MA2 + MD2) + (MC2 + MB2) = (MA2 + MC2) + (MB2 + MD2) = = AC2 + BD2. Deoarece AE = 2R, avem AB BE, AD DE. Cum AB CD, rezultă că BE CD. Atunci BCDE este trapez isoscel (fiind trapez inscriptibil). Rezultă că BC = DE. Avem AD2 + BC2 = AD2 + BE2 = 4R2 şi deci MA2 + MB2 + MC2 + + MD2 = 4R2. 26. Fie A', B', F' mijloacele segmentelor (FB), (FA), (AB) (figura 104). Atunci B', A', P sunt coliniare (sunt pe linia mijlocie (B'P) din FAE). Analog M se află pe linia mijlocie (B'F') a triunghiului ABF şi N se află pe linia mijlocie (A'F') a triunghiului BAF. Aplicăm teorema lui Menelaus în BAF
pentru transversala ECD şi rezultă: 1EB DA CF
EA DF CB ; rezultă
2 2 2 1
2 2 2
EB DA CF
EA DF CB
. 1
PA NF MB
PB NA MF
şi deci M, N, P sunt
coliniare. 27. Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC şi (AA') mediană. Fie DB AA', CE AA', D MN, E MN (figura 105). Avem BDM ~ AGM şi CEN ~ AGN. Atunci BM BD CN CE
MA AG AN AG şi deci
BM CN BD CE
MA AN AG
.
Deoarece (A'G) este linie mijlocie în trapezul BCED rezultă că
BD + CE = 2GA' = AG şi deci 1BM CN AG
MA AN AG .
28. Fie cevienele AA1, BB1, CC1, concurente în M1 şi fie izogonalele lor AA2, BB2, CC2 (figura 106). Aplicând teorema
lui Steiner avem: 2
1 2 1 22
1 2 1 2
,A B A B AB B C B C
AC A C AC B A B A
= 2 2
1 22 2
1 2
,BC C A C A CA
BA C B C B CB . Prin înmulţire rezultă că
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
1A B B C C A A B B C C A
AC B A C B A C B A C B
.
Din teorema lui Ceva pentru cevienele AA1, BB1, CC1, avem:
1 1 1
1 1 1
1A B B C C A
AC B A C B şi deci 2 2 2
2 2 2
1A B B C C A
A C B A C B şi din reciproca
teoremei lui Ceva rezultă că AA2, BB2, CC2 sunt concurente. Observaţii: 1) Izogonalele medianelor (adică simedianele) unui triunghi sunt concurente;
F
A
B'
D
B F'
M N
A' P
E
C
Fig. 104
A
A' B C
N E G
M
Fig. 105
A
B A1 A2
M1
M2
C
C1
C2
B1
B2
Fig. 106
A C
B
O
E D
M
Fig. 103
74
2) Izogonalele înălţimilor unui triunghi sunt concurente. 29. Fie D proiecţia lui O pe AC cu D (AB). Aplicând teorema lui Pitagora generalizată în OAB şi OCB, rezultă că: OA2 = AB2 + OB2 – 2AB BD şi OC2 = OB2 + BC2 + 2BC BD. Înmulţind relaţiile cu BC, respectiv AB şi adunându-le, rezultă că: OA2 BC + OC2 AB = = AB2 BC + OB2(BC + AB) + BC2 AB = AB BC(AB + BC) + OB2(BC + AB) = AB BC AC + + OB2 AC. Observaţie: Se obţine acelaşi rezultat în cazurile A (DB), D = A, D = B, B (DC), D = C,
C (BD). 30. a) Cum GA = 2 22 3, ,
3 4a am m a rezultă că 2 2 233 3
9 aGA m a ;
b) 4 4 4 2 2 4 2 2 2 4 4 41 14 2 4 ( ) 9 9
81 81GA b c b c a a b c a GA a .
8.8. Teste de evaluare
Testul nr. 1
1. Fie ,AB a AD b
. Avem 1 1;
5 6MD MA AD a b MN MA AN MA AB AD
= 1 1 1
6 5 6a b MD
M, N, D coliniare. 2. ABC echilateral, M mijloc (BC) G = O
3 3 2AO AG AM AB AC
. 3. Vezi problema 3 paragraful 7.3. 4. 1AD AB FD
AF AE AF –
1 1AB FC FC
AE FE FE .
Testul nr. 2
1. 1,
5AB a AD b MD a b
; 1
6MN MD
M, N, D coliniare. 2. ABC echilateral,
M mijloc (BC) I = G 3 3 2AI AG AM AB AC
. 3. EF EG CE BE
AM AM CM BM
=1 2
21
2
CE BEEF EG AM
BC BC
ct. 4. Fie G, G' centrele de greutate ale triunghiu-
rilor ABC şi MNP. Avem:
1 1 1 1
3 3 2 3G M N P B C C A A B A B C Gr r r r r r r r r r r r r r
G = G'.
8.9. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. a) 3 2AG AQ AB AC
; b) 1 1
3 2G Q G M MQ PM NM AC
= 1 5 1 1 1 1
3 6 3 3 2 2AC AB AC AC AC AB GQ
G AQ.
2. Avem 1DC EC
DB EA k DE AB BFM ~ EFD
2,
EF ED ED
BF BM AB
1,
1
DC
BC k
75
2 2 2 1 1 2, , , , ,
1 3 3 1 1 3
EF EFEF EB EC CA CF CE EF CA EB
BF k BE k k k k k
1 1
2 2( 1) 2
kEM EA EB CA EB
k
. Vectorii CF
şi EM
sunt coliniari
1 2( 1) 2
2 31 3
kk
k k k
.
3. a) Fie O centrul cercului ABC (dar şi pentru AMB, AMC,
BMC). Avem 1 2; ;OM OB OC OH OM OA OC OH
3OM OA OB OH
. Rezultă: 1 2 1 2H H H O OH
= MO BO CO OM OA OC BA
şi analog:
1 3 2 3,H H CA H H CB
. Deci avem H1H2H3 BAC şi
H1H2 AB, H2H3 BC, H1H3 CA (figura 108). b) Fie M centrul de greutate al H1H2H3.
Avem 1 2 3 3 3 2 3OH OH OH OM OM OA OB OC OM
OA OB OC
0
.
Cum 0GA GB GC G O
ABC echilateral. Reciproc, dacă ABC este echilateral
G = O 0OA OB OC
3 OM 1 2 32 3OA OB OC OM OH OH OH
= 3 OM
M este centrul de greutate al H1H2H3.
4. a) MN MB BC CN tMN tMB tBC tCN
; 1 1t MN t MA AD DN
;
1 1 1 1MN t t MN tBC t AD tMB t MA tCN t DN tBC
+ 1 t AD
; b) Fie CE AB, CE = AB. Avem 3BC AD AB BC CD
2BC AB
+ , 2 .CD EC CD ED DE BC DE BC
Cum ABCE este paralelogram AE BC,
AE = BC AD BC, AD = 3BC, 3 2MN t BC
.
5. Fie (OC bisectoarea unghiului AOB, C (AB). Avem u v v u
OCu v
. Vectorul u v
are direcţia lui OC
dacă există astfel încât u v OC
. Avem (u + v – v) u
= (u –
– u – v) v
, unde u = u
, v = v
. Cum uşi v
sunt liniari independenţi u + v = v = u u = v.
6. a) 0 0b
aGA bGB aGA b GA AB a b GA b BA GA BAa b
G este un punct unic determinat pe AB; b) aMA bMB a MG GA b MG GB
= a b MG aGA bGB a b MG
.
7. a) Fie D mijlocul lui (BC). Fie G' (AD), G'A = 2G'D. Avem G A G B G C
= 2 0G A G D
; b) 3MA MB MC MG G A MG G B MG G C MG
.
c); d) Generalizare. Fie punctele coplanare Ai, 1,i n , n 3, ai cu 1
n
ii
a a
0.
A
O H2 H3
M
H1 Fig. 108
B C
76
Demonstrăm că există un punct unic G (A1A2A3) cu 1
0n
i ii
a GA
şi că pentru orice punct
M (A1A2A3) avem 1
n
i ii
a MA aMG
. Fie funcţia f : (A1A2A3) V, f (M) = 1
n
i ii
a MA
. Fie A
(A1A2A3) un punct fixat. Avem f (M) = 1 1 1
n n n
i i i i ii i i
a AA AM a AA a AM
f (A) –
– a AM
. Deoarece Ai sunt date, A este fixat, condiţia să existe un punct G pentru care
0f G
este 1
1 n
i ii
AG a AAa
. Deci G există şi este unic determinat. Cum f (A) = a MG
avem f M aAG aAM aMG
.
8. Presupunem c 0, a + b 0. Există un punct unic G AB astfel încât
,aMA bMB a b MG M
P . Dacă 0aMA bMB cMC a b MG cMC
= a b MC
şi deci C = G AB. Reciproc, dacă A, B, C sunt coliniare există astfel
încât 1 0AB AC MB MA MC MA MA MB MC
. Luăm b = –1,
c = , a = 1 – . 9. a) Fie ST BC, RQ AC, EF AB cu ST RQ EF = D (figura 109). Cum DFQ este echilateral, DM BC M mijloc (FQ)
2DM DF DQ
. Analog 2 , 2DN DE DT DP DS DR
şi
rezultă că 2 DM DN DP DR DE DF DS DT DQ
= 3DA DB DC DO OA DO OB DO OC DO
+ OA OB OC
= 3DO
; b) Cum DO DM MA A O
şi
analoagele 3DO DM DN DP MA NB PC A O B O C O
= 3 3
2 2DO MA NB PC MA NB PC DO
.
10. Fie G centrul de greutate al ABC. Avem 0GA GB GC
şi rezultă GD GE GF
= 01
kGA AD GB BE GC CF GA GB GC AB BC CA
k
G centru
de greutate pentru DEF.
11. Dacă D este centrul de greutate al ABC 20 0
3DA DB DC AN BN CP
0AM BN CP
. Reciproc, fie 0AM BN CP
şi G centrul de greutate al ABC.
Avem 0 AG GM BG GN CG GP GA GB GC GM GN GP
0 3GM GN GP GD DM GD DN GD DP DM DN DP DG
G = D.
12. Notăm x
ty . Pentru orice punct O P avem
1
1 1
tOM OA OB
t t
,
1
1ON OC
t
Fig. 109 R P
S C'
B F A' M Q C
B' T
N E
A
D
77
+ 1
tOD
t
. Obţinem 1 1
1 1 1
tMN ON OM OA OC OD OB AC
t t t
+ 1
t y xBD AC BD
t x y x y
.
13. a) Dacă D este mijlocul lui (BC) avem: 2AH OD OB OC
şi analoagele. Atunci AH +
+ BH + CH = 2 2 3 6OB OC OA OC OA OB OA OB OC OG OG
6 0HA HB HC OG
;b) 2 2AH BH CH OA OB OC OA OB OC
=
= 6R.
14. a) 1 3 2 4
1 1 1
3 3 3OG OG OA OB OC OD OB OC OD OA OG OG
1 2 4 3G G G G
G1G2G3G4 paralelogram; b) G1G3 G2G4 = O 1 3 2OG OG OG
+ 4 0OG OA OB OC OD
.
15. Fie O, G, H centrul cercului circumscris, centrul de greutate şi ortocentrul treiunghiului
ABC. Fie O1 centrul cercului circumscris ABD. Avem: 3 ,OG OH MA MB MC
= 1 23 , 2 ; ,MG MH MA MB MC MO OH OA OB OC OH OA OB OC
1 12 2OO CD OO
. Avem 1 2 1H H CD O O
A, B, C, D conciclice.
16. Din OA = OB = OC = OD ABCD inscriptibil. Fie M mijlocul lui (AD) şi N mijlocul lui
(BC). Avem 2 2OM OA OD OB OC ON
O, M, N coliniare MN AD,
MN BC AD BC. Analog avem AB CD şi deci ABCD este paralelogram inscriptibil ABCD dreptunghi.
17. b) a) Fie 1
a ABAB
,1
b BCBC
,1
c CDCD
,1
d DADA
. Avem a b c
d
=
= 1. Cum 0a b c d
avem 1a b c a
. Atunci 0a b
sau 0b c
sau
0a c
AB CD, AD BC ABCD paralelogram; a) b) ABCD paralelogram
1 1 1 1
0 0 0AB CD BC CDAB CD BC CD
.
18. Fie G şi G1 centrele de greutate ale triunghiurilor ABC şi MNP. Avem 13GG GM GN GP
= 0GA AM GB BN GC CP GA GB GC AM BN CP x AB
+ ( ) ( )y BA AC z AC x y AB y z AC
. Cum 3AG AB AC
rezultă G1 AG
x – y = y – z x + z = 2y; b) G = G1 G1 aparţine medianelor din A şi B x + z = 2y, x + y = 2z x = y = z. 19. Fie O (ABC). Avem G1G2G3G4 paralelogram (G1G3), (G2G4) au acelaşi mijloc
1 3 2 4OG OG OG OG
1 1 1
3 3 3OA OM ON OA OB OC OA OB OP
+ 1 1
3 2OA OP OC OM ON OP
P este mijlocul lui (MN).
20. Fie OA = a. Avem A, B, C, M C(O, a). Dacă A = B = C nu putem avea OA OB OC
78
= OM
. Dacă A = B C, din OA OB OC OM
rezultă O, A, C coliniare şi M = A. Fie A, B,
C distincte şi H ortocentrul ABC. Cum OA OB OC OH
rezultă H = M. Deci ortocentrul H se află pe cercul circumscris ABC M = H A, B, C.
21. a) ,1 1
OC x OD OA x OBOP ON
x x
. Cum O AC, O BD există , astfel
încât ,OA OC OB OD
. Obţinem = = x AB CD AB
şi CD
sunt coliniari.
Reciproc, dacă AB
şi CD
sunt coliniari OA OB
OC OD , etc.; b) Dacă MO
şi MN
sunt
coliniari MN kMO
. Fie OC
tOA
. Atunci 1
1MO MC
t
1
tMA
t
. Fie
ODy
OB . Atunci
1
1 1
yMO MD MB
y y
. Din C MB MC MB
. Din D MA MD MA
.
Obţinem 2 2kMO MQ MA MB
. Rezultă t = y şi deci AB CD. Reciproc, AB CD t =
= y, = ,MO MN
coliniari.
22. 1
cAB ACBD c b AB c ACbAD b c AD bAB c AC
cDC b b cb
; a c BE
= aBA cBC
, (a + b) CF
= aCA bCB b a AB
+ 0c b BC a c CA
. Cum
0AB BC CA
AB BC CA
şi 2 2 0a c b BC a b c CA
. Dacă a + c –
– 2b 0 BC
şi CA
coliniare (fals). Avem deci a + c = 2b; b + c = 2a a = b = c. 23. Fie G, G', G'' centrele de greutate ale triunghiurilor ABC, MNP, respectiv G1G2G3 şi
fie O (ABC). Avem 3 ; 3G A B C G M N Pr r r r r r r r
; 1 2 3
3 G G G Gr r r r
. Avem 9 Gr
=
A B M B C N A C Pr r r r r r r r r 2 2A B C M N P G Gr r r r r r r r
. Avem G =
= G' G G G Gr r r r
G = G''.
24. (AD) bisectoare BD = ac c
AD AB BD AB BCb c b c
şi analoagele. Avem
0 0c a b
AD BE CF AB BC CA BC CA ABb c c a a b
cBC
b c
aBC AB
c a
0 0
b b a c a bAB AB BC
a b a b c a b c c a a b
= a c
a b cc a b c
.
25. Fie 2OD OC
; 2OF OB
; 2OA OB OG
;
2OB OC OE
; 2OC OB OH
(figura 110). Din ipoteză OE = OG = OH, CD = BF = R. Din paralelogramele rezultate avem DE = FH = R. Din OGF OED (LLL) GOF = = DOE AGO = BEO AGO BEO AOG BOE AOB = BOC AB = BC. Analog AB = AC.
A
B C O
H E
D
G
F
Fig. 110
79
26. Fie M, N, P mijloacele laturilor (BC), (CA), (AB). Avem OA OG GA
; HC HG GC
;
2 1 1 1, ,
3 3 3 3GA AM AB AC GB BA BC GC CA CB
şi deci GA GB
+ 0GC
. Avem 0OA GB HC OG GA AG CG HG GC OG HG
OG HG GH
O = G = H ABC echilateral.
27. a) Pentru orice punct O (ABC) avem ; ,1 1
OA kOB OC kODOM ON
k k
;1 1
OB kOA OD k OCOP OQ
k k
. Rezultă că: MQ PN OQ OM ON OP
= 1
1OD k OC OA k OB OC k OD OB k OA
k
OD OC OB OA
= AD BC
; b) Analog se arată că: MN PQ ON OM OQ OP AC BD
.
28. Fie AC BD = O, G centrul de greutate al triunghiului MNP, , ,MD PC
x yAD BC
NB
zAB
.
Avem z = x + y şi deci (1 )OM x OA x OD
, (1 ) ,ON z OA z OB OP y OB
+ (1 )y OC
. Atunci 3 ( ) (1 ) (1 )OG OM ON OP x z OA y z OB y OC
+ (1 ) ( 1 ) ( 1 1 ) (2 1)x OD x z y OA y z x OB z OA
OG OA G AC.
29. Fie M, N, P proiecţiile punctelor B, C, D pe dreapta d. Cum AB CD, AB = CD, avem
AM = NP. Rezultă că BM CN DP BA AM CD DP PN DP BA DC
+ 0 0 0 , ,AM NP BM CN DP
reprezintă lungimile laturilor unui triunghi.
30. 1 10 0 2i i i iAA HA HA HA HA HO H A H H
1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 3 2 2 2 3 2 2 0HO H H H O O O O H H H H O HH O O
.
31. Fie ,AM x MB AN y NC
Avem , ,1 1 1
yx xAM AB AN AC MN AB
x y x
+
+ 1
yMG
y
. Cum
1 2 13
3(1 ) 3
xMG MA MB MC MG AB AC
x
. Avem G (MN)
există astfel încât (1 2 )
1 3( 1)
x xMN MG
x x
;
1 3
y xx y xy
y
1 1
1 1MB NC
x y MA NA .
32. Fie G, G' centrele de greutate ale triunghiurilor ABC şi A'B'C'. Avem 0 3GG GA
+ GB GC GB BA GC CB GA AC GA GB GC BA CB AC
= yc za xb yc xb za xb yc xb
BA CB AC CB AC BA CB ACa b c a c b c a c
;
za xb
b c . Avem x = y = z a = b = c.
80
33. Fie M, N, P mijloacele segmentelor (BC), (AC), respectiv (AB), G' centrul de greutate al triunghiului EFD. Fie O (ABC). Avem
0 AD BE CF AO OD BO OE CO OF
= 3 3AO BO CO OD OE OF OG OG
G = G'
(figura 111). Fie A', B', C' mijloacele segmentelor (EF), (DE), (DF).
Cum G = G' avem M, G, A' coliniare. Fie ,GE FG
x yBG GC
.
Avem , ,2 2 2
GE GP GB GC xGB yGCGA GM GA
. Cum punctele M, G, A' sunt co-
liniare astfel încât GM GA
. Rezultă că x = y GE GF
GB GC EF BC
EFBC trapez isoscel (deoarece B, C, E, F sunt conciclice) BF = CE, GB = GC.
34. Fie medianele (AD), (BE), (CF). Pentru orice punct M (ABC) avem aMA bMB
cMC
= (a + b + c) MI
; GA = 2
3AD
etc. Atunci 2
3aGA bGB cGC aAD bBE cCF
= 12 2
3a b c GI a b c GI a b c AB b a c BC
. Cum GI BC
2a – b – c = 0 AB + AC = 2BC. 35. Notăm AE = AF = x, BF = BD = y, CD = CE = z (figura 112). Avem x + y = c, x + z = b, y + z = a. Cum a + b + c = 2p, rezultă x = p – a, y = p – b,
z = p – c. Avem BD y p b
kDC z p c
şi
1
1 1
kAD AB AC
k k
1
2a AD a b c AB a b c AC
etc.
Atunci 0 0a AD AB BC CA
.
36. a) Notăm AC' = x, BC' = y, BA' = z, CA' = t, CB' = u, AB' = v (figura 113). Aplicând relaţia lui Van Aubel şi inegalitatea mediilor
rezultă: 2 ; 2MA x v xv MB y z yz
MA y u yu MB x t xt
,
2 8 8MC t u tu MA MB MC xvyztu
MC z v zv MA MB MC yuxtzv
.
b) Avem „=” pentru ABC echilateral.
37. 1 1 1
2 2 2P M C D A B D A C BMP r r r r r r r r r r AD BC
2 MP AD
BC
. Analog, 2 NQ AB CD
. Avem „=” AD BC, AB CD. Cum
MP = BC = AD, NQ = AB = CD ABCD este romb.
38. ABC echilateral 4 2
3 3AM AA AB AC
(figura 114) 2
3AM AB AC
+ 20 0
3BC BA CA CB
. Reciproc, prsupunem 0AM
. Cum ,AM AO OM
A
F E
N G
P
B
D
C M
Fig.111
A
F
B D
C
E
I
Fig. 112
A
B C A'
C' B'
M y
x v
u
t z
Fig.113
81
,BN BO ON CP CO OP
, rezultă 0 AO BO CO OM ON OP
OA OB OC OM ON OP OH OM ON OP
H ortocentru pentru MNP. Cum A', B', C' sunt mijloacele segmentelor (HM), (HN), (HP), avem A'B' MN, B'C' PN, A'C' MP H ortocentru pentru A'B'C', care este triunghiul ortic al ABC. Cum H este centrul cercului înscris în A'B'C' A'B'C' echilateral ABC echilateral.
39. a) 0y z
xBC yCA z AB BC AC BAx x
.
Dar BC BA AC
şi atunci 1y z
x x , de unde
x = y = z (figura 114)
b) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2B A C B AC B C CA C A AB A B BC
= 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1AB B C CA A B BC C A AC B B CB A A
+ 2 1 1 2 1 2 1 2 0 0 0BA C C AC CB BA A A B B C C
. Conform punctului a),
dacă în MNP, pentru a, b, c avem 1 2 1 2 1 2, ,B A aMP C B NM AC c PN
a = b = c
1 2 2 1 2 1, ,B A B C C A
a b cMP MN NP
şi deci 1 2 1 2 1 2B A C B AC
MP MN NP .
40. Fie BD AC, D AM, CE AB, E (AN (figura 115). Avem ACM MBD şi cum CM = BM AMC DMB AC = BD.
Cum ACE ~ ABD, rezultă 2CE AC AC BD AC
CEBD AB AB AB
= 2b
c. Cum NCE ~ NBA
2
2
CE NC NC b NC
AB NB NB c NB NC
= 2
2 2
b
b c. Avem
2 2
2 2 2 2 2 2
1CN NB b cAN AB AC AB AC AP
CB CB b c b c b c
P, A, N
coliniare CAP BAM.
41. a) Avem 2CB CA CO
(figura 116). Cum D, M, E sunt
coliniare există x astfel încât 1CM xCE x CD
= (1 )CE CD
x CB x CACB CA
. Avem (1 )
CE CDx x
CB CA
CE CD CD CD CB
x xCB CA CA CE CA CB CD
BC AC CB BC AC
x CMCE CD CE CE CD
= 1CB CE BC AC CD
CB x CA CB CACE CB CE CD CA
;
b) M centru greutate al ABC 1
3CM CA CB
3BC AC
CE CO . Din teorema medianei în ABC avem 4CO2 = 2(BC2 + AC2) – AB2, iar din
A
B C
N M
P A1 A2
B1
B2 C1
C2
Fig. 114
A
B C
P E
M N
D Fig. 115
A O
B
M D
E
C
Fig. 116
82
puterea punctului C faţă de cerc avem CE CB = CD CA = CO2 – 2
2
AB
. Deci CE CB =
= CD CA = 2 2 2
2
BC AC AB . Atunci
2 2
3 3BC AC BC AC
CE CD BC CE CD CA
2 2 2
2 2 32
BC AC ABBC AC
BC2 + AC2 = 3AB2.
42. a) CD = k BC 1
(1 )BD k
AD k AB k ACDC k
. Cum k > 0, D (BC) k < 1
1 – k 1 – k (1 ) 1 (1 )AD AD k AB k AC k AB k AC kAB k AC
;
b) (AD) bisectoarea BAC DB AB c DC b DC b b
k AD cDC AC b BD c BC b c b c
+ 2 2 1 1 1 1
1b bc b c
bb c b c AD bc b c AB AC
.
43. Vezi figura 67 (paragraful 8.5, problema 3). Punctele A', B', C' sunt diametral opuse punctelor A, B, C în cercul circumscris ABC. Fie G' centrul de greutate al A'B'C'. Avem
0; 0GA GB GC G A G B G C
. Cum G' = G, avem 0G A G B G C
. Deoare-
ce , ,GA GH HA GB GH HB GC GH GC
, rezultă 3 0GH HA HB HC
.
Dar 3GH HA HB HC
şi 0HA HB HC HA HB HC HA HB HC
+ 2 2 2 0 0HM HN HP HA HB HC HA HB HB HC HC HA
0 3 0HA HB HC GH
G = H ABC echilateral. 44. a) vezi problema 35 paragraful 8.9.. Se înlocuiesc punctele D, E, F cu M, N, P. b) Dacă a =
b = c 10
2AM BN CP AB AC BA BC CA CB
. Reciproc, presupu-
nem 0AM BN CP
. Avem 1
02
b c b aAM AB
a c
1
2
c b c bAC
a b
ab + bc = a2 + c2, ac + bc = a2 + b2 a = b = c.
45. a) În cazul general avem DF BM AC AD
FE MC AB AE . Cum BM = MC
DF AC AD
FE AB AE
= y AE AD y
xDF yFEx AD AE x
; b) 1 1y y
AF AD DF AB FE AB FA AEx x x x
= 1 1y
AB AF ACx x x
1
1y
AF AB AC x y AF AB ACx x
.
46. Cum ABM ~ CDM (BAM MCD, AMB CMD)
(figura 117) AM BM
CM DM . Cum BM = CM =
2
a MD
AM
= 2 2 2
2 2 2 2 2 2 24 2( ) 2 2
a a aMD AM
AM b c a b c a
.
Analog avem 2 2
2 2 2 2 2 2,
2 2 2 2
b cNE BN PF CP
a c b a b c
.
A
F
E
N G
B
D
C M
P
Fig. 117
83
Cum 2
2 2 20 0
2 2
aMD AM
b c a
; b) Folosim afirmaţia: „Fie x, y, z şi vectorii
necoliniari , ,a b c
astfel încât 0a b c
şi 0xa yb zc
. Atunci avem x = y = z.” Din
punctul a) rezultă 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2 2 2 3( ) 3
a b c a b c
b c a a c b a b c a b c
2 2 2 2 2 2 2 2 22 , 2 , 2b c a a c b a b c a = b = c ABC echilateral.
47. Aplicând teorema lui Ceva avem: 1 1 1EC FA DB BC DB
EA FB DC BA DC . Cum DB = c cos B,
DC = b cos C cos
cos coscos
a b Ca B b C
c c B .
48. BM = BP, CN = CM, AN = AP 1MB NC PA
MC NA PB AM, BN, CP concurente.
Capitolul 9 ELEMENTE DE TRIGONOMETRIE
9.1. Rezolvarea triunghiului dreptunghic. Funcţiile trigonometrice ale unghiurilor ascuţite
1. a b c B sau sin B C sau sin C a) 20 10 10 3 30 60 b) 8 2 8 8 45 45 c) 12 6 6 3 30 60 d) 16 8 2 8 2 45 45 e) 10 5 2 5 2 45 45 f) 12 6 6 3 30 60
2. sin x cos x tg x ctg x sec x cosec x 3
5
4
5
3
4
4
3
5
4
5
3
12
13
5
13
12
5
5
12
13
5
13
12
6 2
4
6 2
4
2 3 2 3 6 2 6 2
6 2
4
6 2
4
2 3 2 3 6 2 6 2
6 2
4
6 2
4
2 3 2 3 6 2 6 2
5
13
12
13
5
12
12
5
13
12
13
5
84
3. a) bsin C + csin B = 2 2 sin sinbc bc b c
a a B Ca a a a ; b) cos cos
bc bcb B c C
a a
= 2 sin sina B C ; c) sin cos 2cos
sin cos 2sin
B C C
C B C
ctg C; d) ctg B + cosec B =
1c a cbb ba
;
e) sin C tg C =2 2 2c a b a b
ab ab b a
; f)
2 2
2cos cos 12sin sin 2 2
c bc B b C aa
bc b cc B b C bca a a
1
2sin sinB C;
g) tg2 C + cos2 C – tg2 C sin2 C = tg2 C(1 – sin2 C) + cos2 C = 2 2
2
sin cos
cos
C C
C
cos2 C = sin2 C +
+ cos2 C = 1; h) cos2 B(tg B + ctg B) = 2 sin coscos
cos sin
B BB
B B
2 2 2cos sin cos
sin cos
B B B
B B
= cos
sin
B
B ctg B. 4. Fie ABC, m(A) = 90, (BD) bisectoarea ABC, m(ABD) = m(CBD) =
=2
x. Avem
AD AB
DC BC
2 2sin
2
AD AB bc x AD ADAD
DC AD AB BC a c BD AB AD
= 2 2 2
2 2 2 22 2 2 22
2
2 2 2( )
( )
AD b b a c
a b c ac a acb c b a cc
a c
1
2 2
ca c a
a
= 1 cos
2
x. Analog
1 coscos
2 2
x x . 5. cos 75 = sin 15 =
311 cos30 2
2 2
= 2
6 22 3 8 4 3
4 16 16
6 2
4
; sin 75 = cos 15 =
1 cos30
2
= 2 3 6 2
4 4
; ctg 75 = tg 15 =
sin15 6 2 3 12 3
cos15 6 2 3 1
; tg 75 =
= ctg 15 = 1 1
ctg75 2 3
2 3 ; cos 6730' = sin 2230' =
211 cos45 2
2 2
= 2 2
2
; sin 6730' = cos 2230' =
1 cos 45 2 2
2 2
; tg 2230' =
2 22 1
2 2
;
ctg 2230' = 2 1 . 6. 11 cos
sin2 2 2 2
cB B a ca
a
;
1 coscos
2 2 2
B B a c
a
.
7. a) Fie I centrul cercului înscris în ABC cu m(A) = 90. Fie M, N, P punctele de tangenţă cu laturile (AB), (AC), (BC). Fie AM = AN = x, BM = BP = y, CN = CP = z. Avem x + y = c, y + z = a, x + z = b. Atunci 2p = 2(x + y + z), x + y + z = p, x = p – a. Patrulaterul AMIN are trei
85
unghiuri drepte în A, M, N şi MI = NI = r. Rezultă că AMIN este pătrat cu latura r = x = p – a.
Atunci 2
sin cosp r p a b c b c
B Bp r a a a a
; b)
2 2 2 2
2 4tg tg
b c b c c bbc S
B C b c ;
c) (1 + cos B)(1 + sin B) = 2
2 2
( )( )1 1
c b a b a c a ab ac bc
a a a a
= 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 ( ) 4 2
2 2 2
a b c ab ac bc a b c p p
a a a a
; e) tg
2
Btg
2
C=
( )( )
( )( )
a b a c
a b a c
=
= 22 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
a ab ac bc a b c ab ac bc b c a b c a p a
a ab ac bc a b c ab ac bc b c a a b c p
= p a r
p p
; f)
1 1ctg ctg
2 2 tg tg2 2
B C pB C r r
p
; g) 2 2sin sin2 2 2 2
B C r a c a b
a a a
+ 2 2 2 2 1
2 2 2 2
r a b c p a a
a a a
; h) 2 2 2 2cos cos 2 sin sin
2 2 2 2
B B r B C r
a a
= 1 3
22 2
; i) 2 2
2sin sin
bc SB C
a a ; k) S = AAIB + AAIC + ABIC =
2 2
MI AB NI AC
+ ( )
2 2
PI BC r a b cpr
. 8. a) 2R + r = a + p – a = p; b) sin cos sin cosB B C C
= 2 2 2
2 4
4
bc S S
a R R ; c)
2 2
2
22tg ( )2 sin1 tg 1
2
a bBa b a b a b ca b B
B a b a aa a ba b
;
d)
2
2
11 tg2 cos
1 tg 12
a bBba b B
B a b aa b
; g) 2 2
22sin cos 2
2 2 2 2
B B a c a c a c
a a a
sin
bB
a ;
h) 2 2 2 2 2cos sin cos cos sin cos2 2 2 2 2 2 2
B B a c a c c B B BB
a a a
21 cos
2
B
= 22cos 12
B ; e)
2
2sin cos sinsin 2 2 21 cos 22cos cos
2 2
B B BB B
tgB BB
; f) tg2
B =
sin 1 cos
1 cos sin
B B
B B
,
deoarece sin2B = 1 – cos2B. 9. a)
2 22
2 2 2 2
2 22 22
2 2
1 sin (1 cos )sin 1tg sin cos cos
1 cos (1 sin )ctg cos cos 1sin sin
x xxx x x x
x xx x xx x
=6
66
sintg
cos
xx
x ; b)
111 tg 1 ctg 1
011 tg 1 ctg 1 1
x x t tx x t
t
; c) tg x = t
42
22
11
tt
tt
; d)
2
2
1 sin1
1sin
x
x
+
86
22 2
2
1 cossin cos 1
11
cos
xx x
x
. 10. a)
22
2
2
1sin
cos 1sin
cos
xx
x
x
; b) Fie sin2x = a, cos2x = b, a, b 0,
a + b = 1. Avem 3(a2 + b2) – 2(a3 + b3) = 3[(a + b)2 – 2ab] – 2[(a + b)3 – 3ab(a + b)] = 3 – – 6ab – 2 + 6ab = 1; c) 1; d) –2; e) 1. 11. a) E = 2[(sin2x + cos2x)2 – 2sin2x cos2x] = 2(1 – – 2sin2xcos2x) = 2 – sin22x 1; b) 4(sin6x + cos6x) – 1 = 4[(sin2x + cos2x)3 – 3sin2xcos2x(sin2x +
+ cos2x)] – 1 = 4 – 12sin2xcos2x – 1 = 3 – 3sin22x 0; c) tgx + ctgx 2 tg ctg 2x x ; d) 2 +
+ 4 1 2
cos sin sin cosx x x x 2 +
4
cos x
1 4
sin sin 2x x 2 + 4 + 1 + 4 = 11.
9.2. Măsurarea unghiurilor şi arcelor. Cercul trigonometric
1. grade sexag. 225 240 270 36 40 6730' 105 3730' 10 12 330 450 480
grade centesimale 250 800
3 300 40
400
975
350
3375
100
9
40
3
1100
3500
1600
3
radiani
5
4
4
3
3
2
5
9
3
8
7
12
15
8
18
15
11
6
5
2
8
3
4. m(AOB) = n, Rn = 8n; 8
180 AB
n
. În radiani avem: a)
1
4; b)
1
2; c)
3
4; d) 1 ; e) 2;
f) 5
2; g) 3. 5. a)
75 752 24 5
360 360R ; b) 14; c) 21; d) 6; e)
14
3
; f) 15; g) 20.
6. a) < 3
2 32
în cadranul III; b) <
33 2
2
cadranul III; c) – < – 2 2 < –
2
cadranul III; d) 3
2 3 32
cadranul I. 7. a) III; b) III; c) IV; d) I; e) IV; f) IV.
8. a) 5 24
2 : s 4,8 s12 5
; b)
6 24 14428,8
5 5
s; c)
24 57624
5 5s . 9. 1 2;
6 3
2 1 6
t1 = 2 :
6
6 min.; t2 = 3 :
6
= 18 min.; tn = t1 + (n – 1) t ,
2
2
3 6
t
12 min.; tn = 6 + 12(n – 1) = 12n – 6 (minute). 10. 1 2 1 :2 2
t
= 2 min; t2 = 3 :2
= 6 min; t2' =
2
2
4 min; tn = t1 + (n – 1)t2' = 4n – 2 (min.)
9.3. Funcţiile trigonometrice sin şi cos
1. Funcţii pare: b), d), j), k); funcţii impare: c), e); nu sunt nici pare nici impare: a), g), h), i), l).
2. a), b) m(x + ) = mx + 2k, k T = 2k
m
, k *, T0 =
2
m
. c) T1 =
2
2
k, T2 =
2
3
m;
T1 = T2 k = 2
3 2 63
mk m n , n * T = 2n; d) T1 = 2k, T2 =
2 22
3 3
m mk
87
m = 3k T = 2k; e) 2 2
4 6 2 3
k m k mn T n
; f) T =2n; g)
2 ( )cos
4
x
=2
cos ,4
x x
2 22
4 4
x T xk
, k * T = 2n, n *; h)
3( )
2
x T
= 3 4
22 3
x kk T
; i)
2 22 2
2 3
k mk n T n
; j) 2k 4 = 2m 2 T =
= 8k; k) Dacă T * este perioadă, luând x = 0 sinT + sinT2 = 0 sinT2 = sin(–T). Se
ajunge la contradicţie f nu este periodică; m) f nu este periodică. 3.
4. a) sin x + cos x = 0 tg x = 1 x 3 7
,4 4
; b) tg x = 1 x 5
,4 4
; c) cos x =
= 1 sin x cos2x = 1 + sin2x 2sin x sin x 0; 1; x 0, , 22
; d) x ,2
;
e) x 3
,2
; f) x 3
0, , 22
. 5. Cum sin x + cos x sin x + cos x, conform ipotezei
sin x + cos x = sin x + cos x x 3
0, , 22 2
. 6. a) x [0, 1] 2x [0, 2].
Cum sin 2x 0 2x [0, ] x 1
0,2
; b) x [0, 4] (x 2) [2, 2]. Cum
1
1
y
x
a) Fig. 119
/2
3/2 2
1
1
y
x
b) Fig. 120
/2 3/2
2
1
1
y
x
d) Fig. 122
/2
3/2 2
1
1
y
x
c) Fig. 121
/2 3/2 2
2
1
0
y
x
e) Fig. 123
/2
3/2 2
2
y
1
1
x
f) Fig. 124
/2 3/2 2
3
4
88
sin (x 2) 0 (x 2) [, 0] [, 2] x 2 [1; 0] [1, 2] x [1, 2]
[3, 4]; c) [2; 3]; d) 1 9 13 19
0, , , 64 4 4 4
.
7. numărul 1 2 3
5
2
9
2
3
4
11
3
25
4
cadranul I II II II III IV II IV semn sin t + + + + + semn cos t + + +
8. sin k = 0; (2 1)
sin ( 1)2
kk , cos k = (1)k,
(2 1)cos 0
2
k ;
(4 1)sin
4
k n
=
2, 2
2
2, 2 1
2
k n
k n
; (4 1) 2 (3 4 )
cos ( 1) sin4 2 2
kk n k . 9. f (x) = sin
3
x are T0 = 6;
g(x) = 2
cos5
xcu T0 = 10. Avem 5, respectiv 10 valori. 10. 0,
2x
sin x, cos x (0, 1);
sin x + 21 sin 1x 1 sin2 x > 1 + sin2 x 2sin x sin2 x sin x < 0 sin x (0, 1)
(adevărată). 11. a) sin x = 4
5, x [0, 2] x
3 3, 2 ,
2 2
, cos x = 3
5 ;
b) sin x + cos x =
7 3, , 2
5 2
7 3, ,
5 2
x
x
; c) E(x) =
31, ,
2
7 3, , 2
25 2
x
x
. 12. cos x = 5
13
3
0, , 22 2
x
, sin x =
12
13, x 0,
2
şi sin x = 12 3
, , 213 2
x
. 14. f (x) =
= sin2x + cos2x +2 + 2 + 2 2 2 2 2
1 1 1 45 5 9
sin cos sin cos sin 2x x x x x . 15. f (x) = 1
– 2sin2xcos2x = 1 21 1sin 2 , 1
2 2x
; b) g(x) = 1 3sin2xcos2x 1
; 14
.
9.4. Funcţiile trigonometrice tangentă şi cotangentă
1. sin x
3
5
4
5
12
13
5
13 6 2
4
6 2
4
2 2
2
2 2
2
cos x
4
5
3
5
5
13
12
13 6 2
4
6 2
4
2 2
2
2 2
2
tg x
3
4
4
3
12
5
5
12 2 3 2 3 2 1 2 1
ctg x
4
3
3
4
5
12
12
5 2 3 2 3 2 1 2 1
89
2. sin x + cos x = 2 sin2 x + cos2 x + 2sinxcosx = 2 sinxcosx = 1
2; sin3x + cos3x =
= (sinx + cosx)3 3sinxcosx(sinx + cosx) = 3 2 2
2 22 2
; sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2
– 2sin2xcos2x = 1
2; sin6x + cos6x = (sin3x + cos3x)2 2sin3xcos3x =
1
4. 3. (sin x + cos x)2 = 1 +
+ 2sin x cos x = 0 sin x + cos x = 0 sin x = cos x = 2
2 ; tg x = ctg x = 1; ctg x + tg x =
= 2. 4. E(x) = tg x cos x + ctg x sin x =
sin cos , 0,2
sin cos , ,2
3sin cos , ,
2
3sin cos , ,2
2
x x x
x x x
x x x
x x x
. 5. sin x = ax 0;
cos x = b; a b = 1; a2 + b2 = 1 b = 0; a = 1 ctg x = 0. 6. sin x = cos x = 2
2; tg x = 1.
7. a), b) ,k
km
; c) ,
2
kk ; d) 4k, k *; e); f) caz general: f (x) = tg (ax + b), a 0
,k
T ka
; e)
4
3
k; f)
3
2
k; g) T1 = T2 3k = 4m = 12n, n *; h) Presupunem
că există T > 0 astfel încât tg tg , 0x T x x . Pentru x = 0 2 20 ,tg T T k
k *. Trebuie să existe n * astfel încât ,x T x n x D . Pentru x = 2 rezultă
k2 = n(n + 2). Cum n2 < n2 + 2n < (n + 1)2 k *.
8.
numărul x 1
3
3
2 2 6 2
5
2
7
2
19
3
cadranul I I II IV III III II IV semn tg t + + + + semn ctg t + + + +
9. a) tg x = ctg x tg2 x = 1 x ; b) (tg x + 1)2 = 0 x = 4
k , k .
90
9.5. Reducerea la primul cadran. Exprimarea funcţiilor trigonometrice cu ajutorul uneia dintre ele. Graficele funcţiilor trigonometrice
1. sin t cos t tg t ctg t
sin t a b
a b
2 ab
a b
2
a b
ab
2 ab
a b
cos t 5
3
2
3 5
2
2 5
5
tg t 2 2
a
a b
2 2
b
a b
a
b
b
a
4
5
3
5
4
3
3
4
2. a) cos x2(sin2 x + tg2 x + cos2 x) = cos2 x(1 + tg2x) = cos2 2
11
cos x ; b)
2 2
2 2
2 sin 2 cos
2 tg 2 ctg
x x
x x
= 2 2
2 2
2 2
1 cos 1 sincos sin 1
1 11 1
cos sin
x xx x
x x
; c)
22sin cos 1
sin cos
x x
x x
22sin cos 1
cos sin
x x
x x
=
2 22 22sin cos sin cos
sin cossin cos sin cos
x x x xx x
x x x x
2sin cos 2x x ; d) Fie t = tg x;
1
t ctg x E =
222
22
11 1
11 1
tt
tt
2
2 22 2
2 2 2 2
2
1( 1) (1 ) 2
1 1 ( 1) ( 1) 11
t t t ttt t t t
t
= 4 2 2
2 2
1 2 41
( 1)
t t t
t
; e) E =
1 cos
sin
x
x
1 sin (1 sin )(1 cos )1
cos sin cos
x x x
x x x
;
f) 2 2 2 2 21 sin (1 cos ) 1 sin sin cosx x x x x = 2 2 2cos sin cosx x x
= 2 2 4 2cos (1 sin ) cos cosx x x x ; 2 21 cos (1 sin )x x sin2 x
E = 2 22 2
1 1sin cos 1
sin cosx x
x x
; g)
2
2
1 sin1 sin 1 sin
1 sin 1 sin 1 sin 1 sin
xx x
x x x x
= 1 sin
cos
x
x
şi
1 cos 1 cos 1 sin 1 sin 1 cos 1 cos( )
1 cos sin cos sin
x x x x x xE x
x x x x
= 4sin cos
sin cos
x x
x x
34, 2 , 2 2 , 2
2 2
34, 2 2 , 2 2
2 2
x k k k k
x k k k
. 3. a) sin x = 3 1
3 1
m
; cos x =
91
= 2 2213 1 1 3 1
3 1
mm m
; b) sin x + cos x = m 2sin x cos x = m2 1;
tg x + ctg x = n nsin x cos x = 1 n(m2 1) = 2; c) b = (tg x + ctg x)2 3tg x ctg x(tg x + + ctg x) = a3 3a; d) b = (tg x ctg x)2 + 2tg x ctg x = a2 + 2. 4. tg2 x + ctg2 x = a2 tg4 x
– a2tg2 x +1 tg2 x =2 2 4
2
a a etc. 5. a)
2sin cos ( tg )2
tg sin
x x x
x x
; b) (cos x)(sin x)tg 3x =
= (cos x)sin x(tg 3x) = cos x sin x tg 3x; c) (tg x)( cos x)( cos x) + (tg x)( cos x)cos x = 0;
d) ( cos )( ctg ) cos ( tg )
cos tg cos ( tg )
x x x x
x x x x
22 2
2
sinctg 1 1 ctg
cos
xx x
x ; e)
3
3 3
cos coscos
ctg sin
x xx
x x
;
f)tg ( sin cos )
tg (cos sin )
x x x
x x x
cos sin tg 1tg
sin cos tg 1 4
x x xx
x x x
; g)
( cos )( tg ) tg cos
(tg )( cos ) ( cos )( tg )
x y x x
y x x x
= 2; i) 85 3 3
sin sin 8 sin 011 11 11
; 205 205 7
cos cos cos 229 9 9
= 7
cos9
2 2cos cos 0
9 9
; 136
tg tg 15 tg 09 9 9
; 286
ctg 9
= 6 6
ctg 40 ctg ctg ctg 07 7 7 7
. 6. a) 2 < 7 < 5
2
< 8 < 3 cos 7 >
> 0 > cos 8; b) 2 2,1 ctg2 ctg2,12
; c)
43 2 2tg tg 4 tg 0
9 9 9
;
15tg tg 2 tg 0
7 7 7
43 15tg 0
9 7tg
. 8. Fie n = 2m + 1, m *, 1 k m.
a) Avem (2 1 )180 180
tg tg 1802 1 2 1
m k k
m m
1
180 180tg tg
2 1 2 1
m
k
kS
m m
+ (2 1 )180
tg2 1
m k
m
= 0; b) 2 1
ctg2 1
m k
m
ctg ctg
2 1 2 1
k k
m m
1
2 1ctg ctg 0
2 1 2 1
m
k
m kk
m m
.
9.6. Funcţiile trigonometrice ale sumei şi diferenţei de unghiuri
1.
x 12
5
12
8
3
8
11
12
7
12
17
8
sin x 6 2
4
6 2
4
2 2
2
2 2
2
6 2
4
6 2
4
6 2
4
cos x 6 2
4
6 2
4
2 2
2
2 2
2
6 2
4
6 2
4
6 2
4
tg x 2 3 2 3 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3
ctg x 2 3 2 3 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3
92
sin12
= sin sin
3 4 3
cos4
6 2sin cos
4 3 4
;
5cos sin sin
12 2 12 12
;
1 cos 2 24sin8 2 2
; cos3
cos sin8 2 8 8
; 11
tg tg tg12 12 12
;
7sin sin cos
12 12 12
, 17
28 8
. 2. sin x =
24
25 cos x =
224 7
125 25
;
23 4
sin 15 5
y
;
24tg
7x ;
4tg
3y . Apar câte 4 cazuri pentru fiecare subpunct.
3. a) 2
2
2 2
2
12 32 3 1 tg3 tg 3 tg 2 3costg tg ;
33 3 1 3tg 4cos 31 3tg 1 3tg 4cos
xx x xx xx xx x
x
b) 2
2
2
2
2 32 3 1 ctgctg 3 sinctg ctg
33 3 3ctg 13ctg 1 4sin
xx xx xxx
x
2
2 3
3 4sin x;
c) sin cos sin cos sin( )
tg( )cos cos sin sin cos( )
x y y x x yx y
x y x y x y
; d)
2cos cosctg
2sin cos
x yx
x y ; e)
2sin
sin cos
x
x x
– 2 2 2(sin cos )cos sin cos
cos cos sin(sin sin )(sin sin ) sin cos
x y x x xx x x
x y x y x x
; f) 2 2 2cos cos sinx y x
2sin y 2 2 2 2 2 2sin cos (1 sin ) sin sin siny x y x y y 2cos x 2 2 2sin (cos sin 1)y x x
= 2cos x ; g) tg( ) tg( ) 2tgE x y y y x y x ; h) sin2 x. 4. a) sin (4 4)2
x m
= sin 2 sin( ) cos2 2
m x x x
; sin [x + (4m + 3)
2
= sin
32m + k +
2
=3
sin cos2
x x
. 5. a)
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
sin( )sin( ) sin sin cos cos 1
cos cos cos cos cos cos cos
x y x y x y y x
x y x y y x x
– 2 22
11 tg (1 tg )
cosx y
y tg2 x – tg2y; b)
1 tg
1 tg
x
x
1 tg
1+ tg
x
x
=
2
4tg
1 tg
x
x; c) tg
4x
=
sin1 cos sincos
sin cos sin1cos
xx xx
x x xx
; d) sin90 sin90
tg 9 tg 81 tg 27 tg 63cos9 cos81 cos27 cos63
= 1 1 2
sin9 cos9 sin 27 cos27 sin18 2 2(sin 54 sin18 ) 4sin18 cos36
4sin54 sin18 sin 54 sin18 cos36
.
6. sin (x + y) = sin x 2 2 5 3 10 10 2 5 21 sin sin 1 sin
5 10 10 5 2y y x ;
50
5
93
<10 2
0 0,10 2 4 2 4
x y x y x y
. 7. 3 10
cos10
y ; tg y = 1 3
3 3
2 ; tg ( 2 ) 1 23 4
y x y x y
. 8. sin (x y) = 3
2;
2 2x y
x – y =
3
.
9. tg (x + y + z) =
tg tg tg
tg tg ( ) 1 tg tg tg tg 1 tg tg ( ) 1 tg
1 tg tg
y zx
x y z y zz yx y z x
y z
tg tg tg tg tg tg
01 tg tg tg tg tg tg
x y z x y z
x y x z y z
;
4x
;
11 5
3 2 12 4y z x y z x y z
. 10. sin x =
4
5, cos y =
5
5 ,
sin z = 3 10
10 ; sin (x + y + z) = sin x cos (y + z) + sin (y + z) cos x = sin x cos y cos z
– sin x sin y sin z + sin y cos z cos x + sin z cos y cos x. 11. tg (x + y + z) = 1 şi x + y + z = 4
.
9.7. Funcţiile trigonometrice ale unghiului dublu, triplu, respectiv jumătăţii de unghi. Exprimarea funcţiilor trigonometrice cu ajutorul tangentei jumătăţii de unghi
1. cos x = 3
5 ; sin 2x =
24
25 ; cos 2x =
7
25 ; tg 2x =
24
7 ; sin 3x =
44
125; cos 3x =
117
125 ;
tg 3x = 44
117 ; sin
2 5 5,
2 5 5
x
. 2. tg x = 3
3,
3cos
2x ,
1sin
2x ; sin 2x =
3
2;
cos 2x = 1
2; tg 2x = 3 ; sin 4x =
3
2; cos 4x =
1
2 ; tg 4x = 3 . 3. 3
sin60 sin3 202
=
2 3sin 20 3 4sin 20 8 6 3 0x x ; 1
cos602
2 3cos20 4cos 20 3 8y
– 6 1 0y . 4. a) 2
2 2 2
2sin 2 cos 2 4sin costg
(2cos 2 )(2cos ) 4cos
x x x xx
x x x
; b) cos15 =
1 cos30
2
– 2 2 2 2
; sin152 2
tg 730' =
1 cos15
1 cos15
sau tg 730' = 1 cos15
sin15
= 2 2 2
6 3 2 22 2
; c)
2 2 2 2
2sin cos cos cos sin2 2 2 4 2
2cos 2cos 2cos 4cos cos2 4 8 4 8
x x x x x
x x x x x
= 2
4sin cos cos8 4 8 tg
84cos cos4 8
x x xx
x x ; d)
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
4sin cos 4sin sin (cos 1)
4sin cos 4cos cos (sin 1)
x x x x
x x x x x
4
4
sin
cos
x
x tg4 x;
94
e)2 2
2
cos sin cos sin 1 tg
(cos sin ) cos sin 1 tg
x x x x x
x x x x x
; f)
cos sin2 2 :
sin cos2 2
x x
x x
2 2
cos sin 12 2
sin cos cos sin2 2 2 2
x x
x x x x
= 1
cos x; g)
2 2
cos1
cos 2cos 2cossincos 1 cos 2sin 2sin
sin 1sin
xx x xx
x xx xx
x
; h)
2
2
2 2
2sin sin1
cos cos1 1
cos cos
x x
x x
x x
2 sin x
2 2 1cos (cos sin ) sin 2 cos2 sin 4
2x x x x x x ; i)
1 sin 2
1 sin 2
x
x
2cos sin cos sin
cos sin cos sin
x x x x
x x x x
= 1 tg
tg1 tg 4
xx
x
; l)
2 2 2 2cos cos 4cos 3 sin sin 3 4sin
cos sin
x x x x x x
x x
3 – 3
2 2cos 3 3sin 3x x ; n) 4sin sin sin3 3
x x x
2sin 2cos2 1 sin 3 4sinx x x x
= sin 3x ; o) 2sin sin 2 (2cos 1) sin (1 2cos )(2cos 1) sin (4cos 1)x x x x x x x x
= 2sin (3 4sin ) sin3x x x ; p) 2
4cos cos cos 2cos cos cos23 3 3
x x x x x
= cos (2cos 2 1)x x 2cos (4 cos 3) cos3x x x ; r) 2(cos cos 2 )(2cos 1) (2cosx x x x
+ cos 1)(2cos 1)x x 34cos 3cos 1 cos3 1x x x ; s) rezultă din n şi p; t) vezi 7 b);
u) vezi 7 a). 5. a) 2 2 4 8 4 4 8 8 8
2 sin 16sin cos cos cos 8sin cos cos 4sin cos5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
P
= 16
2sin 2sin 2 2sin 15 5 5
P
; b)
2 2 4sin 32sin cos cos
65 65 65 65P
8 16 32 64 64cos cos cos ... sin sin sin 1
65 65 65 65 65 65P
; c) Pcos 6 =
= 8sin12 cos12 cos 24 cos 48 ... sin 96 cos6 1P ; d) Avem 1 sin 20
= 22 2sin 10 cos 10 2sin10 cos10 sin10 cos10 cos10 sin10 cos10
2cos10sin10 ctg 10
2sin10E
. 6. a) 2 3 4 2
2 cos sin cos cos sin sin14 14 14 14 14 14
S
3 4 1sin cos sin cos
2 14 14 14 14 2S
; b) 2 2 3
8 cos 4sin cos sin14 14 14 14
P
= 3 3 6 3 3 1
2cos sin sin sin cos cos14 14 14 7 2 7 14 8
P
; c)
2sin 4sin
7 7P
2
cos7
3 4 3 4 3 3 3cos 2sin cos 2sin cos 2sin cos
7 7 7 7 7 7 7
6
sin sin7 7
= sin 17
P ; d) E =
4 4 4( 6 2 6 2
6 26 2 6 2
2 2 .
7. a) sin 4x = 2sin 2x cos 2x = 4sin x cos x(1 – 2sin2x) = 4sin x cos x – 8sin3 x cos x;
95
b) 2 2 2 4 2cos4 2cos 2 1 2(2cos 1) 1 8cos 8cos 1x x x x x ;
c) 2 3 2sin 5 sin(4 ) sin 4 cos sin cos 4 4sin cos 8sin cosx x x x x x x x x x x
+ 4 2 2 2 2 2 2sin (8cos 8cos 1) sin 4(1 sin ) 8sin (1 sin ) 8(1 sin )x x x x x x x x
2 2 48(1 sin ) 1 sin (5 20sin 16sin )x x x x ; d) cos5 cos(4 ) cos 4 cosx x x x x
5 3 2 2 5sin 4 sin 8cos 8cos cos (1 cos ) 4cos 1 2 1 cos 16cosx x x x x x x x x
320cos 5cosx x ; e) Notăm tg x = a. Avem tg 3x = 3
2
3tg 4 tg(3 )
1 3
a ax x x
a
=
3
32
2 4 2 4
2
3tg 3 tg 4 41 3
31 tg tg 3 1 61
1 3
a aax x a aa
a ax x a aa
; f) Fie ctg x = b = 1 1
tg x a ; ctg 4x =
1 1
tg4x a .
ctg 4x = 1
tg4x
2 4 4 22 4
3 3
3
6 111 6 6 1
4 44 4 4 4
a a b bb ba a b b
b b
.
8. a) a2 = sin2x +cos2x – sin 2x = 1 – (b – a2) b = 1; b) n(a2 + m2) = sin 2b x 2 2
2 2 22
cos cos2 2 2
sin sin
m x x am bm bm abm
x x m
; c) 3 3 3sin cos 3sin cosa x x x x
2 23 3sin cos 3 (sin cos ) sin cos 1 1
2 2
a ax x b a x x b x x b a
a3 – 3a + 2b = 0; d) a2 = tg4x + ctg4x + 2 = b + 2.
9. a)
2
24
1 cos7 3 2 24cos cos8 8 2 8
;
4
24
31 cos5 3 2cos cos
8 8 2
=
=
2
21 3 2 2 3 2 2 3 2 2 32 2
2 8 8 2S
; b) analog cu a).
10. Fie x = sin a, y = sin b, a, b 2 2sin cos sin cos
, 1 cos cos2 2 cos cos
a b b aE a b
a b
= 2 2cos (1 cos ) cos (1 cos )
1 cos cos 1 cos cos 1 cos cos 0cos cos
b a a ba b a b a b
a b
.
11. tg x = , tg ctg tg ,2 2
a by x x x y k k
b a
2 2 2
2 2 2
1 tgcos 2
1 tg
x b ax
x b a
;
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2tg 2 2sin 2 , cos 2 , sin 2
1 tg
x ab a b abx y y
x a b a b a b
cos 2x + cos 2y = 0, sin 2x – sin 2y = 0.
96
9.8. Transformarea unor sume şi diferenţe de funcţii trigonometrice în produse de funcţii trigonometrice. Transformarea unor produse de funcţii trigonometrice în sume sau diferenţe de funcţii trigonometrice
1. sin 66 + sin 6 = 2 cos 30 sin 36 = sin 36; b) (sin 47 + sin 61) – (sin 11 + sin 25) = = 2 sin 54 cos 7 2 sin 18 cos 7 = 2 cos 7(sin 54 sin 18) = 4 cos 7 cos 36 sin 18. Fie A = 4 sin 18 cos 36. Avem A cos 18 = 2 sin 36 cos 36 = sin 72 = cos 18 A = 1 E = cos 7; d) P = 16 sin 10 sin 30 cos 40 cos 20 = 8 sin 10cos 20 cos 40 =
= 8sin10 cos10 cos20 cos 40 sin80
1cos10 cos10
. 2. a) 2cos 2 cos 2sin
2
x yy
2 22 22cos 1 1 2sin
sin cos2
x yy x
; b)
2 2
22
cos sin 412 12 16sinsin cos 612 12
;
c) 2cos cos cos 09 3 3
x x
; d) sin( ) sin( ) sin( ) sin( )x y x y x y x y
= 4sin cos sin cos sin 2 sin 2x y y x x y ; e) 2 2
2sin 2 cos2 sin 2 2sin cos
2cos 2 2cos2 1 cos2 2cos
x x x x x
x x x x
tg x;
f) sin x sin 2cos sin sin3 6 6 6
x x x
; g)
sin15 cos5 sin5 cos15
sin5 cos5
=sin10
21
sin102
; h) Fie t = tg x. Avem
2
2
2
2
12
1
t
tt
tt
2
3
2t
t t
2
2sin 2
1
tx
t
; i)
ctg 121 sin
ctg 12
x
xx
=
=
2
2 2
cos21 sin 1
cos sin cos sinsin2 2 2 22 cos sin cos
2 2cos sin cos sin2 2 2 2
x
x x x x xxx x
xx x x x
;
j) tg x = t; tg 2x =
22
24
22
212 1 2
2 111
2
ttt tE t
ttt t
; k)2
1 121 1
12 1
t tx tt tt tg E
ttt
tg x;
e) cos3 cos sin 3 sin cos 2
2ctg 21sin cos sin 22
x x x x xx
x x x
; m)
1 32sin 2 cos 2 sin
2 2 2x x x
= cos 3 sinx x ; n) cos sin sin sin 2sin cos 2 cos2 4 4 4
x x x x x x
.
3. a) sin( ) sin cos sin costg tg tg tg tg tg
cos cos cos cos
x y x y y xx y x y y z
x y x y
97
+ tg tg 0z x ; b) 2 2 2 2
2cos cos 4cos 3 sin sin 3 4sin
3 3coscos sin
x x x x x xx
x x
+ 23 3sin x 2 26 3 sin cos 3x x ; c)
2 2
2
sin1 1cos
sin cos sin1 cos sincos
x
xx x xx xx
= 1
cos 2x; d) 2 22
2cos 2cos 2 1 2(1 2sin 4sin 33
x x x ; e)
2cos 2cos cos
3x x
= cos x – cos x = 0; f) sin 2sin cos2 cos sin 2
33 3 ctg 61 cos cos2 sin sin 2 1 cos 2
3 3 3
xx xx
x x x
= tg 2 6
x
tg
3x
; 4. a) 2sin 3 cos sin 3 sin 3
tg 32cos3 cos cos3 cos3
x x x xx
x x x x
; b)
22cos 2
2sin cos2
x
x x
= cos 2
sin
x
x; c)
(sin9 sin3 )(sin9 sin3 ) sin3 cos6 sin6 cos3 2sin3 cos3
(cos8 cos4 )(cos8 cos4 ) sin 2 sin6 cos2 cos6 2sin 2 cos2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
= sin 6
sin 4
x
x ; d)
2
2 2 2 2
2sin 2 cos 2 sin 2 2sin costg
4cos 2 cos 2cos 2cos
x x x x xx
x x x x ; e)
sin 2 (2cos 1)2sin
cos (2cos 1)
x xx
x x
;
f) sin sin 2sin cos
2 4 4ctg
4sin sin 2cos sin
2 4 4
x x xx
x x x
; g) 2
2sin cos sin
2cos 2cos 1 cos
x x x
x x x
= tg 2
x; h) tg
4x
+tg 2
2
1 1 1 2(1 ) 2
4 1 1 1 cos 2
t t tx
t t t x
, unde t = tg x; i)
1
1
t
t
2cos sin cos sin cos sin
1cos sin cos sin cos sin cos sin
x x x x x x
x x x x x x x x
; j) sin 3x sin3x + cos3x cos3x =
= sin2x(3 4sin2x) + cos2x(4cos2x 3) = 3(sin2x cos2x) + 4(cos2x sin2x)(cos2x + sin2x) = = cos2x sin2x = cos2x; k) 2(cos2xcos2y + sin2xsin2y) (2cos2x 1)(2cos2y 1) = E; fie a = = cos2x, b = cos2y. Avem E = 2[ab + (1 a)(1 b)] (2a 1)(2b 1) = 4ab + 2(1 a b) – 4ab + 2(a + b) 1 = 1; l) 4sin 2x cos2x sin 3x + 4cos 2x cos2x cos3x 4cos3x = 4cos2x(cos 3x cos 2x + sin 3x sin 2x) 4cos3x = 4cos3x 4cos3x = 0.
5. a)
4 2 2 2
2 2
2 2 2 2
4cos cos 4sin cos2 2 2 2 cos sin cos( )
2 24cos cos 4sin cos2 2 2 2
x y x y x y x yx y x y
x yx y x y x y x y
;
b) 11 cos 90 2 1 cos 60 2 sin 30 2 sin 2
2x x x x
= 1sin 2 cos 60 2 sin 2 sin 2
2x x x x ; c) 1
1 cos2 1 cos4 1 cos62
x x x
98
+ 23cos 2 cos 4 cos6 1 cos 2 cos 4 cos6 3 cos cos cos5
2x x x x x x x x x
= 3cos cos cos5 6cos cos 2 cos3x x x x x x ; d) 2cos cos2 2cos cos8x x x x
= 2cos cos 2 cos8 4cos cos 3 cos 5x x x x x x ; e) Trebuie demonstrat că A = B, unde A =
= 1
cos 402
; B = (1 + 2sin10)cos20. Fie a = sin10. Avem 21sin30 3 4
2a a
8a3 6a + 1 = 0. Avem A = 2 2 21 1 3cos 40 1 2sin 20 8sin 10 cos 10
2 2 2
= 2 2 4 2 3 2 23 3 3 38 (1 ) 8 8 (8 6 1) 2 2
2 2 2 2a a a a a a a a a a a ; B =
= (1 + 2a)(1 2a2) = 1 + 2a 2a2 4a3 = 3 21 38 6 1 4
2 2a a a a A ;
f) sin2x + sin2y + 2 2 2 21(cos 2 cos 2 ) sin sin cos cos 1 1
2x y x y x y ;
g) 11 cos 2 2 1 cos 2 2 cos 2 cos 2 2 1
2x y x y x y x y ;
h), i) analog cu f), g); j) sin 3 sin sin 2 sin 3 sin3 (cos3 sin sin 2 )
cos cos 2 cos cos 2 cos3 cos cos 2 cos3
x x x x x x x x
x x x x x x x x
= sin sin 2 sin3
tg tg 2 tg 3cos cos 2 cos3
x x xx x x
x x x .
6. a) 2
2 2 sinsin 2, 0,
sin sin
xx x
x x ; b) 2 2sin sin cos cos sin cosx x x x x x
= 2sin cos sin cos 2 cos 2 cos
4 4x x x x x x
pt. 3
,4 4
x
;
c) 2 2
2 2
1 sin (1 sin ) 1 sin 1 sin 2sin
1 sin 1 sin cos cos
x x x x x
x x x x
etc.;
d) 2 22 2 2 2
1 1 1 21 tg 1 ctg
sin cos sin cos sin 2x x
x x x x x etc.
7. a) sin cos 2sin cos cos cos sin sin 2cos cos2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y x y x y x y x y x y x y
1
2sin sin 3sin sin cos cos tg tg2 2 2 2 2 2 2 2 3
x y x y x y x y ; b) a = 2sin cos
2 2
x y x y , b =
= 2 2 22cos cos 1 4cos2 2 2
x y x y x ya b
, 2ab = 8sin cos
2 2
x y x y , b =
= 2 2 22cos cos 1 4cos2 2 2
x y x y x ya b
, 2ab = 28sin cos cos
2 2 2
x y x y x y
= sin (x + y); c) sin (x + 2y) sin x = 2sin y cos (x + y) = 0; d) 3sin y = sin (2x + y)
2sin y = sin (2x + y) sin y sin y = sin x cos(x + y) tg (x + y) 2tg x = sin( )
cos( )
x y
x y
99
sin( )cos cos( )sin sin cos( )2sin sin sin
0cos cos cos( ) cos cos( )
x y x x y x x x yx y y
x x x y x x y
.
8. a) 2 2 2 2cos cos sin cos 4cos 2 1 2cos4 2 4 2
x y x yx y x y
+ 2(cos x sin y sin x cos y) = 2cos 2sin( ) 02
x y y x
;
b)
2 2
2
sin1 1 1cos
sin cos sin cos 21 cos sin
cos
x
xx x x x
x xx
; c) sin cos 2 cos sin 2
3 3
1 cos cos 2 sin sin 23 3
x x
x x
=
= 2
sin 2 2sin cos3 6 6
ctg tg6 31 cos 2 2sin
3 6
x x xx x
x x
.
9. a) 3 5 3 5 1
2 sin sin sin sin sin sin sin sin7 7 7 7 7 7 7 2
S S ;
b) tg 10 + ctg 20 = 3 + ctg 40 tg 10 + tg 70 = tg 60 + tg 50 sin80
cos10 cos70
sin10 sin80 cos 20cos70 cos 20 cos60 cos50 0
cos60 cos50 sin80 cos70 cos60 cos50
cos 90 + cos 50 cos 110 cos 10 = 0 cos 50 = cos 10 + cos 110 cos 50 = = 2cos 60cos50 (adevărată); c) sin 10 + cos 40 = sin 10 + sin 50 = 2sin 30cos 20 =
= cos 20: d) ctg 10 + tg 20 = 3 3 tg 40 tg 80 tg 60 = (tg 60 + tg 40) + (tg 60
– tg 20) sin 20 sin100 sin 40 sin 20 sin80 sin 40
cos80 cos60 cos60 cos40 cos60 cos20 cos80 cos40 cos20
2sin10 cos10 2sin 40 cos 40 2sin 20 cos 20
cos10 sin 40 sin 20sin10 cos 40 cos 20
cos10 2sin 30 cos10 (adevărată); e) Se înmulţeşte suma cu 2sin11
şi se transformă
produsele în diferenţe.
10. a) 14
2sin cos2 2 65
x y x y ;
8 72cos cos tg tg( )
2 2 65 2 4
x y x y x yx y
=
2
72 tg56 564 sin( )
49 33 651 tg ( )116
x yx y
x y
2sin(x + y)cos2
2
112
2 65
x y
2 1cos
2 65
x y ; sin(x + y) =
56
65, tg
2
11 8
2 cos2
x yx y
.
100
11. a) coscos tg sin
33
cos tg sin cos3 3
xx x
x x x
; b) ctg3
x
.
9.9. Identităţi condiţionate. Inegalităţi
1. sin sin sin( ) 2sin cos 2sin cos2 2 2 2
x y x y x y x yx y x y
2sin cos cos 4sin cos cos2 2 2 2 2 2
z x y x y z x y
.
2. sin x + sin y + sin z + sin t = 2sin cos 2sin cos 2sin cos2 2 2 2 2 2
x y x y z t z t x y x y
+ 2sin cos 2sin cos cos2 2 2 2 2
x y z t x y x y z t
= 4sin cos cos 4sin sin sin2 2 2 2 2 2
x y x z y t z t x y x y y z x z .
3. sin x + sin y + sin ( x y) = sin x + sin y + sin (x + y) = 2sin cos2 2
x y x y
+ 2sin cos 2sin cos cos 4sin cos cos2 2 2 2 2 2 2 2
x y x y x y x y x y z x y
= 4cos cos cos2 2 2
z x y.
4. (cos x + cos y) + (cos z 1) = 22cos cos 2sin 2cos cos2 2 2 2 2
x y x y z z x y
22sin 2sin cos cos 4sin sin sin2 2 2 2 2 4 4
z z x y z z x y z x y z
= 4sin sin sin 4sin sin sin2 2 2 2 2 2
z x y x y z
.
5. tg x + tg y + tg ( x z) = tg x + tg y tg (x + y) = sin( ) sin( )
cos cos cos( )
x y x y
x y x y
= sin( ) sin( ) sin sin sin (cos cos cos )
cos cos cos( ) cos cos cos cos cos cos
z z z z z z x y
x y z x y z x y z
= tg cos cos cos tg cos cos cos cos sin sin
cos cos cos cos
z x y x y z x y x y y z
x y y z
= tg tg tg x y z .
6. sin sin sin sin sin sin( ) 2sin cos 2sin cos2 2 2 2
x y x y x y x yx y z x y x y
= 2sin cos cos 4sin sin sin 4sin sin cos2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y x y x y x y x y x y z
101
4sin sin cos
2 2 2 tg tg 2 24cos cos cos
2 2 2
x y zx y
Ex y z
.
7. sin 2x + sin 2y + sin(2 2x 2y) = sin 2x + sin 2y sin(2x + 2y) = 2sin (x + y) cos(x y) 2sin (x + y) cos (x + y) = 2sin (x + y)[cos (x y) cos (x + y)] = 4sin (x + y)sin x sin y = = 4sin ( z)sin x sin y = 4 sin x sin y sin z.
9. ctg ctg 1 12 2ctg ctg ctg ctg
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ctg ctg ctg2 2 2
x yx y z z x y x x
x y z
.
10. tg tg1 12 2tg tg tg tg 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2tg 1 tg tg tg2 2 2 2
x yx y z x y z x y
z x y z
;
11. x + y = z cos (x + y) + cos z = 0 cos x cos y + cos z = sin x sin y cos2 x cos2 y + + cos2 z + 2cos x cos y cos z = sin2 x sin2 y = ( 1 cos2 x)(1 cos2 y) cos2 x + cos2 y + cos2 z + 2cos x cos y cos z = 1.
12. sin cos cos2cos cos 2sin coscos cos sin 2 2 22 2 2 2
cos cos sin 2cos cos 2sin cos sin cos cos2 2 2 2 2 2 2
x y z xy z y z x xy z x
x z x z y y y x z yz x y
= sin sinsin sin sin
2 4 22 4 4
sin sin sin sin sin2 4 4 2 4 2
x yx y z x x y z
y x z y y x z y x
.
13. 4sin sin cos cossin sin sin 2 2 2 2 ctg
cos cos cos 1 24sin sin sin sin2 2 2 2
x y z zx y z z
x y z zx y z
.
14. Dacă x , ,2 2
avem sin x 1 <
2
x.
Dacă x 0,2
, pe cercul trigonometric luăm A(1, 0),
M astfel încât unghiul AOM = x, T punctul de intersecţie între OM şi tangenta la cerc în A (figura 124). Pentru x = 0 avem sin x = x = tg x.
Fie x 0,2
. Avem AAOM < Asector AOM < ATOA 2 2 2
OM MN Rx OA AT
sin tg
sin tg2 2 2
R x R x R xx x x
. Dacă x ,0
2
avem tg x = tg (x) >
> x = x deoarece x 0,2
.
x
y
O x
M
N
T
A
Fig. 124
102
15. sin (x ± y) = sin x cos y ± sin y cos x sin x cos y + sin y cos x sin x + sin y.
18. sin 40 > sin 30 = 1
2, cos 20 > cos 30 =
3
2 sin 40 cos 20 >
3
4.
19. Vezi exerciţiul 14.
20. Avem 0 < 22 2n
pentru n *
2 2tg
2 2n n
. Fie P(n) :
2 1
1tg
2 2n n
.
Avem 1
tg 2 18 4
şi deci P(n) este adevărată. Presupunem P(n) adevărată.
Avem 2 2
32 2tg tg
2 2 2
n n
n
= 2
1
2n .
21. sin sin 2 sin3
a b ck
x x x a2 b2 + ac = k2(sin2x sin22x + sinx sin3x) =
= k2[sin2x 4sin2xcos2x + sin2x(3 4sin2x)] = 0 a2 + ac = b2.
22. Fie a = ksin x, b = ksin 3x, c = ksin 4x. Avem 2
2
( )( )a b a b
ac
= 2 2
2 2
(sin sin 3 )(sin 3 sin ) 2sin 2 cos (2sin cos 2 )1
sin sin 4 sin sin
x x x x x x x x
x x x x
;
23. 2
2sin sin (3 4sin ) 3sin
4
x x x m nx
m n m
;
sin sin5 2sin 3 cos 2 sin 3x x x x x
m p m p n
2
2 2 23cos2 1 2sin 1 2 ( )
2 2 4
m p m p m nx x m m n p n
n n m
.
24. 2cos cos5 cos3 2cos3 cos 2 cos3 cos32cos 2 1 4cos 3
cos3 cos3 cos
x x x x x x xx x
x x x
2( )m p n n
m m p n nn m
.
25. 24 4 4 4 4 4 2 2sin cos 1 sin cos sin cos sin cosa b a b b a
x x x x x x x xa b a b
2 2
4 4 2 2 2 2 sin cossin cos 2sin cos 0 sin cos 0
b a b a x xx x x x x x
a b a b a b
=
2 2
4 42 21 sin cos
sin , cos
n n
n n
n n n n
a ba b x x a b a b
x xa b a b a b a b a b
2( )
n n
n
a b
a b
.
26. 13 2
af b
; 2
13 2
af b
; ( ) ( 1) ( 1) 1n nf n a b a + b 1;
a b 1 b [1, 1]. 27. f (x) = (2m n)cos4 x (2m n)t + m; cos2 x = t [0, 1]; g(t) = (2m n)t2 (2m n)t + m;
Minimul se realizează pentru t = 1
2 şi
1
2g
= 2
4
m n, iar maximul este g(1) = g(0) = m.
28. cos(a + x) 1, cos a 1; cos x 1 f (x) 9. Avem f (x) = 9 cos(a + x) = 1; cos a = 1, cos x = 1 a = (2m + 1), b = (2n + 1) , m, n .
103
29. a) Fie sin x = a [1, 1]. Avem 21 1 25 4 0
2 2 3
a aa a
a a
a [1, 4]. Convine
a = 1; b) Fie tg x = t (0, 1). Avem 2 2
cos 1
sin (cos sin ) sin (1 tg )
x
x x x x x
2 2
2
1 1 1
(1 ) (1 )
t t
t t t t t
.
Cum 21
2t
t
şi t(1 t) =
2 21 1 1 1 18
4 2 4 (1 )
tt
t t t
.
9.10. Teste de evaluare
Testul 1 1. „Secundarul” se află în D (figura 125) şi m(AOD) = 180.
„Minutarul” se află în B şi m(COB) = 360 : 12 1
2= 15.
Rezultă m(DOC) = 180 (90 + 15) = 75.
2. E(x) = 1
2sin 2 cos sin 2 2sin 2 cos2
x x x x x
= 2sin 2 (cos cos60 ) 4sin 2 sin 30 sin 302 2
x xx x x
;
b) sin a = 2
tg 3 4 312; cos ; ( ) 2sin cos (2cos 1)
5 5 1251+ tg
aa E a a a a
a
.
3. a) F(x) = 2 2
2sin cos cos 2sin cos cos3 3 3 3 3 3
x x x x x x x
= 2
2sin cos sin sin sin sin sin3 3 3 3 3
x x x x xx x
; b) F(a) = sin a = 2sin cos
2 2
a a
= 2 2 7
12 10 4
.
4. t = sin x + cos x, t 2 sin 2x = t2 1 3t2 3 + 8t = 0 t = 1
3 .
5. 2 2 3 4 3sin 4sin cos cos 2sin cos sin sin sin
7 7 7 7 7 7 7 7P
P = 1.
Testul 2 1. Fie BC = 4x. Avem AM = BM = CM = 2x. Cum (BE) este înălţime
şi bisectoare în ABM, AM = BM ABM echilateral BE = 3x .
Din teorema înălţimii în BAD avem AE2 = BE DE x2 = 8x 3
x = 8 3 x = 8 3 BC = 32 3 .
2. T1 = T2 0
2 2
30 20 3 2 10 5 5
k m k m m nn T T
.
3. a) E(x) = cos x (2cos2 x 1) + cos x(4cos2 x 3) = cos x(4cos2 2) (2cos2 x 1) = = (2cos2 x 1)(2cos x 1) = (2cos x 1) cos 2x;
A(12)
O C (3)
B
D (6) Fig. 125
B B
M
C D E
A Fig. 126
104
b) cos a = 2
1 3
51 tg a
; cos a =
3
5 , cos 2a =
7
25 E(a) =
77
125.
4. 2 23 3 3sin sin sin sin
8 8 8 8 8 8x x x x x x
=2
sin sin 2 2sin cos ( ) 2 cos 2 sin4 2 2 4 4 4 4
x x x f x x x
= 2 sin 2,4 4
x m a
.
5. 2 3 2 2 3 4 3cos 8sin cos cos sin 4sin cos sin 2sin sin cos
14 14 14 14 14 14 14 14 14 14 14P
cos cos 12 14
P .
9.11. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. a) sin x [1, 1] asinx [a, a] f (x) [b a, b + a] f (x) [b a, b +a]
min f (x) = b a; max f (x) = b + a; b) analog cu a); c) Fie tg b
a , ,
2 2
.
Avem f (x) = 2 2 sin( )a b x şi min f (x) = 2 2a b , max f (x) = 2 2a b .
2. Fie a, b ,3 2
a.î. f (a) = f (b). Avem 1 1
tg tg 02 2 sin sin
a b
a b
sin cos sin cos sin sin2 2 2 2 sin 2sin sin cos cos 0
sin sin 2 2 2 2 2cos cos2 2
a b b aa b a b a b a b
a b a b
sin 02
a b sau
1tg tg
2 2 2
a b a = b sau a = b =
3
. Deci f este injectivă.
3. f (x) = a + (1 2sin2x cos2x) + (c 2)[(1 2sin2x cos2x)2 2sin4x cos4x] + 2(1 – 3sin2x cos2x). Fie t = sin2xcos2x, g(t) = a + b(1 2t) + (c 2)(1 4t + 2t2) + 2(1 – 3t) = = (2 c)t2 2t(b + 2c 1) + a + b + c. Atunci f = ct. g = ct. 2 c = 0; b + 2c 1 = 0 c = 2; b = 3, a , f (x) = a 1.
4. a) sin2x = 21 cos 2 1 cos 2, cos
2 2
x xx
, 2sin x cos x = sin 2x
f (x) = 1( )
2a c c a
2 2
cos 2 sin 2 sin(2 )2 2 2
a c c a bx b x x
min ( )2
a cf x
2 2
2
c a b
c
max f (x) = 2 2
2 2
a c c a b
c
;
b) Notăm cos x = t, g(t) = t2 + at + b, t [1, 1]. Avem:
I. 1 22
aa min f (x) = g(1) = 1 a + b, max f (x) = g(1) = 1 + a + b;
105
II. 1 22
aa min f (x) = g (1); max f (x) = g (1);
III. a (2, 2) min f (x) = 24
2 4
a b ag
, max f (x) = max ( 1), (1)g g =
= max (1 a + b, 1 + a + b) = 1 + a + b; c) f (x) = 2 22 2cos sinm n
x x , cos2x + sin2x = 1.
Produsul este maxim când 2 2
2 2cos sinsin , cos
2 2
x x n mx x
m n m n m n
max f (x) = 2 2
( )
m nm n
m n
m m m n
m n m n m n
.
5. f (x) = f (y) x y = sin y sin x = 2sin cos sin cos2 2 2 2 2
y x x y x y x y x y
sin2
x y . Cum x sin x x = y f injectivă.
6. Fie x1,2 rădăcinile ecuaţiei x2 x 1 = 0, de unde x1 + x2 = 1; x1x2 = 1. Avem 2 sin 18 + 2 cos 36 = 2(cos 36 cos 72) = 4 sin 54 sin 18 = 4 cos 36 sin 18 =
= 4sin18 cos18 cos36 2sin 36 cos36 sin 72
1cos18 cos18 cos18
; (2 sin 18)(2 cos 36) =
= 4 sin 18 cos 36 = 1 x1, 2 rădăcini 5 1 5 1
sin18 , cos364 2
.
7. Fie t = tg x. Avem 1 1 1 1
21 11 1 1 1t tt t
S = 2n.
8. Fie 2 2 ... 2 3
2na
, unde apar n + 1 radicali. Avem a1 = 2 3
2
6 2
4
= 5
cos12
, a2 = 11 5
cos2 24
a . Prin inducţie an =
5cos
6 2n
.
9. 22 2cos 4cos 2cos2 2
x xx ; 2 2 2cos 2 2cos 2cos
2 4
x xx membrul
stâng este 8sin cos cos cos sin8 8 4 28cos cos cos
2 4 8 sin sin8 8
x x x xx x x x
x x .
10.11. Înmulţim Sn cu 2sin2
x, se transformă produsele în diferenţe, se efectuează reducerile
şi în final 1 1
( 1) ( 1)sin sin sin cos
2 2 2 2sin ; cos .sin sin
8 8
n n
k k
nx n x nx n x
kx kxx x
106
12.13. Se înmulţeşte cu 2sin2
a, apoi procedeul de la 10-11 şi obţinem:
1
( 1)sin sin
2 2sin ( 1)
sin2
n
k
na n ax
x k aa
; 1
( 1)sin cos
2 2cos ( 1)
cos2
n
k
na n ax
x k aa
.
14. 2
1 1 1
1 1 sin cos( 1)sin (1 cos 2 ) cos 2
2 2 2 2 2sin
n n n
k k k
n n nx n xkx kx kx
x
.
15. 2
1 1
1 sin cos( 1)cos (1 cos 2 )
2 2 2sin
n n
k k
n nx n xkx kx
x
.
16. Sn = 1 1
cos(2 1) sin 1 sin(2 2) sin 2 1
sin sin 2 sin(2 2) 2sin sin 2 sin(2 2) 2sin
n n
k k
k x x k x kx
x kx k x x kx k x x
1
1 1 1 1 1 sin cos( 2)
sin 2 sin(2 2) 2sin sin(2 2) sin 2 sin sin 2 sin(2 2)
n
k
nx n x
kx k x x n x x x x n x
.
17. 1
1 1
sin 1 2sin sin cos cos( 1)
cos 2sin cos sin cos
nn n
k k nk k
kx x kx x n x
x x x x x
.
18. 1
1sin
2 1 2 4 4
n
k
kctg
n n
. 19. 1
(2 1) 1cos
4 3 4sin2(4 3)
n
k
k
nn
.
20. 1
1 1cos
4 3 24sin4 3
n
k
k
nn
. 21. 1
(2 1) 1cos
4 1 4sin2(4 1)
n
k
k
nn
.
22. 1
2 1 1cos
4 1 24sin2(4 3)
n
k
k
nn
; 23. 3
1 1 1
1 3cos cos3 cos
4 4
n n n
k k k
kx kx kx
( 1) 3 3( 1)3sin cos sin cos
2 2 2 23
4sin 4sin2 2
nx n x nx n x
x x
; 24. 3
1 1 1
3 1sin sin sin3
4 4
n n n
k k k
k kx kx
=
( 1) 3 3( 1)3sin sin sin sin
2 2 2 23
4sin 4sin2 2
nx n x nx n x
x x
. 25. an = 2 2 2 ... 2 ;
bn = 2 2 ... 2 ; a2 = 2sin4
, b2 = 2cos
4
; a3 = 21
2 2sin2 8
b ; b3 = 21
22
b
= 2cos8
; an
2 = 2 bn1; bn2 = 2 + bn1. 26. ctg x 2ctg 2x = tg x
1
2 tg2n
k k
k
x
1 1 1 1
1
2 ctg2 2 ctg2 2ctg2 2 ctg2n
k k k k n n
k
x x x x
. 27. 2
1
1
sin
n
kk x
107
= 1
1
ctg2 ctg2 ctg ctg2n
k k n
k
x x x x
. 28. 1 1
1 1 1
cos cos cosn n n
k k k
n k kx n kx k kx
= 1
1 1
cos sinn n
k k
n kx kx
2
2
( 1) ( 1)cos sin sin sin sin
2 2 2 2 22sin sin 2sin
2 2 2
nx n x nx n x nxn n
x x x
.
Altfel, prin inducţie. 29. sin 2sinctg( 1) ctg
sin( 1) sin cos cos(2 1)
x xk x kx
k x kx x k x
Sn = 21
1 sinctg( 1) ctg
2sin 2sin sin( 1)
n
k
nxk x kx
x x n x
. 30. 2ctg 2x ctg x = tg x
1
2ctg ctg tg , 1,2 2 2k k k
x x xk n . Se înmulţesc identităţile obţinute cu
2
1 1 1, ,...,
2 2 2nşi se
însumează. 31. tg2 x tg 2x = tg 2x tg x 1 2 11 1
0 0
2 tg tg 2 tg 2 tg2 2 2 2
n nk k k
k k k kk k
x x x x
=
1tg2 2 tg
2 2n
n
xx . 32.
3 3sin sin3
sin sin3
kx kx
kx kx
2 2sin sin sin sin3 3
kx kx kx kx
= 2 2 2 2 2 2sin cos sin cos sin sin cos 2sin sin cos cos sin cos3 3 3 3 3
kx kx kx kx kx kx kx kx
3
sin3 4
. Analog avem 3 3 2
4 cos cos 3 cos cos3 3
kx kx kx k
Sn = Sn' =
= 3
4
n. 33.
2 2 4
2tg 2tg 4tg2 2 2sin tg 4tg 4 2
2 21 tg 1 tg 1 tg2 2 2
x x xx x
x x xx x x
.
34. sin x = 2tg2
x 2cos
2
x=
2 322tg 1 sin 2 1
2 2 2 2 4
x x x x xx
.
35. cos x = 1 2 2
22sin 1 2 12 2 2
x x x
. 40. Inegalitate echivalentă cu:
A = 1 1 1
2 2 2sin cos (sin cos )
n nn n nx x x x
. Avem 1 2
2(sin cos ) (sin 2 )
nn
n nx x x şi
1 1 12 2 2
sin cos (sin cos )n
n n nx x x x .
108
Capitolul 10 APLICAŢII ALE PRODUSULUI SCALAR ŞI TRIGONOMETRIE ÎN GEOMETRIA PLANĂ
10.1. Produsul scalar a doi vectori
1. a) 4 4 6 24 6 2
4
; b) 2 4
24 2
2 ; c) 1 2
11
2
; d) cos 1.
2. a) cos = 3 3
2 3 6
; b) cos =
3 3
46 3
. 3. Fi A(0, 0), B(6, 0). În cazul c),
M C(0, 7), iar în celelalte, M C(0, 4). Fie = ( )BAM . a) 3
; cos =
3
7 ;
c) imposibil; d) = . 4. 10 = 2
u v 2 2 2
4 9 2 13 2u v u v u v u v 3
2uv
.
5. Avem 0u v
; a) 2 2 22 3 4 9u v u v
=28; b) 2 22 3 4 9u v u v
= 43;
c) au v u v
16a + 25 = 13 a =3
4 ; d) 16b2 + 25 = 34 b =
3
4 ; 16c2 25 = 23
c = 3 . 6. a) 2 2
4u v u v u v u v uv
; b) 2
u v u v u v
= 2
4 0u v uv u v
. 7. 2 3 ; 0v a b c ab ba ac ca bc cb
2 2 2 2
4 9 14 16 4 14v a b c v
. 8. 20 1u u v w u v w u
.
Analog 31
2v u w w u v uv vw wu
.
9. Fie , ,AB u AC v CAB
(figura 127).
Fie d = AB orientată de la A spre B şi d = AC orientată de la A la C. Cercul = C(A, 1) taie (AC în M, iar N = prd M. Avem AD = AC cos şi deci AM = 1, AN = cos, de unde
cosAB AC AB AC AB AD
.
10. a) BC2 = BC BC BC BA AC BA BC AC BC BA BC CA CB
;
b) Fie D = prBCA. Avem cos ; cosBA BC BC BD ac B CA CB ab C
a2 = cos cos cos cosac B ab C a c b b C .
11. Fie D = prBCA. Avem 0 = 2AB AC AB AB BC AB AB BC
AB2 =
= BC prBCAB = AB2 BC BD AB2 = BC BD.
12. Fie D = prBCA. Avem 0 = 2AB AC AD DB AD DC AD AD DC
+ 2 2 2AD DB DB DC AD DB DC AD BD DC AD BD DC
.
13. cosu v u v u v
. 14. Fie f : , f (x) = 2
xu v
.
A N
M
C
D B d
Fig. 127
109
Avem f (x) =2 22 2x u xuv v
. Fie 2
u
= a 0, 2u v b
, 2
0v c
. Avem f (x) = ax2 + bx + c.
Cum f (x) 0, x 2
0b ac b
fa a
ac b2 0u v u v
. Dacă 0u
avem b
fa
0 şi deci 2
, 0b
u va
, adică 0
bu v
a
, adică uşi v
sunt liniari depen-
denţi. Presupunem uşi v
liniar dependente şi 0u
. Atunci există x astfel încât v xu
.
Dacă x > 0 avem 2
u v x u
, 2
u v x u
şi deci u v u v
. Dacă x < 0 avem
2
,u v x u
2
u v x u
adică u v u v
şi deci u v u v
.
15. a) 22 2 2 2 22 2u v u v u v u v u v u v u v u v
;
b) u u v u u u v v u v u v u v u v
.
17. 2cos90 0; 0; ; cos180AB AD AB AD AB BC BC AD a AB CD AB CD
= a2; AB AC = 22 2
2 2 2
aa a ; 0AC BD
; 0;OA OB DB PO DB DQ
= 22
22 2 2
a aa ;
2
4
aMA MB
.
18. 2
2cos120 ; 2 cos 602
RDA OC R R DA OC R R R
.
20. Fie D = prABM. a) Avem 2AB AM BA BM AB AD BD AB
dacă M [AB];
b) Dacă M [AB] avem 2AB AM BA BM AB AD BD AB
.
21. 10
2AM BC BN CA CP AB AB AC BC BA BC CA CA CB AB
.
22. a) 1 1
2 2MD BC ME CA MF AB MB MC MC MB MC MA MA MC
+ 10
2MA MB MB MA
. b) Dacă MD, ME sunt mediatoare pentru (BC) şi (AB)
0MD BC ME AC
. Din a) 0MF AB M
mediatoarei lui (AB).
23. 1 1 1
2 2 4DM AN DA DB AB AC DA AB DA AC DB AB DB AC
= 10 cos 45 cos 45 0 0
4AD AC BD BA DM AN.
24. MN NP MB BP NC CP MB NC MB CP BP NC CP MB NC
+ 0 0MB CP BP NP MB CP PC
prPCBM = PC BP MN NP BP PC
.
25. 1 10
2 2AM NP AB AC NA AP AC AP AB AN
AM NP. Am folosit
BAC ~ PAN.
110
26. 1 2 2
3 3 9NC NM ND DC NA AM AD DC DA DC
= 22 2
9 27AD AD DC
22 2
03 9
DC DA DC
NC NM.
27. 21 1 10 0 0
2 2 4DE DF DA AB DA AC DA DB DC
DE DF.
28. Fie m(ABC) = , m(AEG) = 180 , Avem CE BG CA AE BA AG
= cos cos 180 cosCA BA AE AG CA BA AE AG CA BA AE AG
0
CE BG.
29. ABCD inscriptibil ED EA EC EB EF FD EA EF FC EB
0 0EF EA FD EA EF EB FC EB EF EA EF EB EF BA
EF AB.
30. AH BC AO OH BC AO OA OB OC BC OB OC BC
= 2 0OM BC
, unde M este mijlocul lui (BC) AM BC. Dacă H este intersecţia
înălţimilor din B şi C avem: OH OA OB OC
. Din demonstraţie AH BC H se află şi pe a treia înălţime (din A).
31. a) 0 0HA BC AH BC
. Avem AB AH AB AC CH AB AC
+ AB CH
. Analog AC AH AB AC AC BH
. Avem AB AH AB CH
= 0AC AH AC BH AB AC AH AB CH AC BH CB AH BA CH
+ AC BH
= 0. Dacă H este intersecţia înălţimilor din A şi B 0CB AH AC BH
0CH BA
H se află pe a treia înălţime.
32. AB CD AB CC C D D D AB CC AB C D AB D D AB C D
AB C D .
33. a) AB2 AC2 = 2 2
2 2 1 12
2 2AB AC AM BC AM BC AM BC
= 2AM CB CB AC AB BC BA CB CA
; b) AB = AC AB2 = AC2 AM BC.
34. Fie rombul ABCD, , , ,AB a AD b AC a b DB b a
. Avem AC DB
= 2 20a b b a b a
.
35. AB2 AC2 = 2AB AC AB AC AM CB
etc.
36. 2AB AC CB AO OB AB AC CB AO OB AC AO AC OB
+ CB AO AC AO CB AO
+ R AC AB AO R AC
= 2
2 22AB
ABR AC AB pr AO R AC AB R AC
.
111
10.2. Teorema cosinusului. Teorema sinusurilor
1. b2 + c2 = a2 a2 + b2 + c2 = 2a2 = 2 (2R)2 = 8R2. 2.- 3. , a
CD b abCD l AD
BD c b c
22 2( )
sin sin 45 2a
aa
hAD CD bc bc b c b cl
C b c l aa bc
. 4. sin cos 2sin
tgcos sin 2cos
B C BB
B C B
.
5. b ca b c
a a
. 6. 11 cos
ctg2 1 cos 1
cB B a ca
cB ba
. 7. 1 + ctg
ctg 11
4 ctg 1
BB
B
= 2ctg 2 2 2
1ctg 1 1 tg 1 ctg1ctg
B
B B CB
. 8. 1 1b c a c a b
a c a b b c
= ( )( )
1( )
a b a c bc
a a b c
. 9.
2 2 2 2 2 2 222( ) 2( ) 3
34 4 a
a c b a b b am
.
10. mb2 =
2 2 2 2 2 2 22 2 2 22( ) 2 2 3
4 4 4 b c b c
a c b a c b cb m c m bm cm
.
12.-13.-16. b + c = 2a 2R(sin B + sin C) = 4R sinA sin B + sin C = 2sin A
2sin cos 4sin cos cos 2sin cos cos sin sin2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
B C B C A A B C A B C B C
= 1
2cos 2cos cos 2sin sin cos cos 3sin sin tg tg2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
B C B C B C B C B C A B ;
21 cos( )cos 2sin 2sin 1 cos( ) 8sin 4(1 cos )
2 2 2 2 2
B C A B C A AB C A
4cosA + cos(B C) = 3.
14. 1 1 1 1 22 2 2b c a
b c aS Sh h S S hb c
. 18. 2 4
8cos cos cos 8cos cos cos7 7 7
A B C
=
2 4 4 4 88sin cos cos cos 2sin cos sin
7 7 7 7 7 7 7 1sin sin sin
7 7 7
.
19. 2 1 2 4 8 1 1 5cos cos cos cos 3 3
2 7 7 7 2 2 4A
.
21. 2 2sin 3 cosA A 3 5 7
4 4 .
22.-23. 2 2sin cos cos sin
4 4 2 2
a b ca C C b c
a a
. 24. cos(2B – C) =
= 2 2 2
22 3
4 (3 4 )cos 2 cos 3 cos (3 4cos ) 3
2
b b b a bC C C C C
a a a
.
112
25. 2 2 2cos sin sin cos 2sin 2sin cos .C B B C B B C 26. 2 2
sin sinb c
b B c Ca
= 2
sin
a aa
a A . 27. cos sin ; cos sin 0 0C B B C . 28. 2 sin
2 (sin sin )
a R A
b c R A B
= sin cos sin sin sin sin
2 2 2 2 2 22sin cos cos cos cos sin
2 2 2 2 2 2 2
A A A A A A
B C B C B C B A B A B AB
.
29. 2 214 1 cos( ) cos( ) 4 1 cos( 2 ) cos( 2 )
2R A B C A B C R C B
= 2 2 2 2 2 2 21 14 1 cos 2 cos 2 4 1 1 2sin 1 2sin 4 sin sin
2 2R C B R C B R B C
= b2 + c2. 30. 2 3 3sin 3 sin3 2 sin sin3 sin sin 3 8 sin sin sinR b C c B R B C C B R A B C 2 2sin( ) sin sin (3 4sin 3 4sin ) 4sin sin sin sin( )B C B C C B A B C B C
2 2sin sin sin sin( ).B C A B C Avem 2 2sin sin sin( )sin( )B C B C B C
= sin( )sin( ) sin( )sin( )A B C B C B C .
31. 2 2 2 2 2 2
cos cos2
a b c a c bab C ac B
b2 c2. 32. sin
2 cos 2 coscos
Abc A a B
A
sinsin sin
cos
Bb A a B
B (adevărată). 33.
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
sin sin sin( )sin( )
sin sin sin sin
a b A B A B A B
a b A B A B
=2 2
sin sin( )
sin sin
C A B
A B
şi se aplică exerciţiul 29. 34. 2sin tgb b
ac B B ac ba c
. 35. bsin B + csin C =
= 2 2 2
sin
b c a a
a a A
. 36. a2 + b2 + c2 = 2a2 = 2 (2R)2 = 8R2; reciproc
2 2 2
22
4
a b c
R
sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 1 cos 2A + 1 cos 2B + 1 cos 2C = 4 1 + cos 2A + + cos 2B + cos 2C = 0 2cos2 A + 2cos (B + C) cos (B C) = 0 cos2 A cos Acos (B C) =
= 0 cos A[cos A cos (B C)] = 0 cos Acos Bcos C = 0 A = 2
sau B =
2
sau C =
= 2
. 37. 1 3
sin sin sin sin sin 2
a b c b c
A B C B C
1
sin cos 22 2
A A
sin cos12 2
B C
1 3 4 2cos
2 2 26 2cos2
AA
A
. 38. sin
22 sin 2 sin sincos
2
B
R B R A CB
sin cos sin cos sin cos cos2 2 2 2 2 2 2 2
B B A C A C B B A CA
sau C =
2
.
39. 38. 41. cos sin cos 2 sau 22 2
A AC C A B C C A
(fals) B = C.
113
42. sin A = sin (B + C) + sin (B C) sin (B C) = 0 B = C. 43. 2cos cos
2 2
2sin cos2 2
B C B C
B C B C
= ctg tg tg2 2 2
B C A BA B
. 44. 2R sin A + 2b 3sin 4 sin sinC R B C
sin 2 3sin sin 2 sin sinA B C B C . Cum sin A = sin (B + C) = sin B cos C + sin C cos
B 1 3 1 3
sin cos sin sin cos sin sin sin2 2 2 2
B C C C B B B C
sin sin sin sin sin sin sin 1 sin6 6 6
B C C B B C B C
+ sin 1 sin 06
C B B C
şi 1 = sin sin6 6 3
C B B C
.
45. Din 2A = B + C A = 3
, B + C =
2
3
. Din 2a = b + c. Conform exerciţiului 13, avem:
1cos 2sin
2 6 2
B C şi deci B = C =
3
.
46. Relaţia este echivalentă cu 2 2 2
2 2
a b c b c a
c
+
2 2 2 2 2 2
2 2
a c b a b c
b c
(b a)(c b)(a + b + c) = 0 a = b sau b = c. Din a = b (sau b = c) rezultă apoi b = c (sau a = b) şi deci a = b = c. 47. b3 + c3 a3 = 2a2(p a) (b + c)(b2 + c2 bc a2) = 0 a2 = b2
+ c2 bc A = 3
, B + C =
2
3
. Din sin B sin C =
3
4 cos(B + C) + cos(B C) =
1
2
cos(B C) = 1 B = C. 48.
22 2
2 2 2 2 23( ) 22cos
2 2 8
b cb c
b c a b c bcA
bc bc bc
6 2 1 2
28 2 3 3
bc bcA B C A
bc
. 49. Obţinem b2 = a2 + c2 ac B =
3
.
50. ma = c 2(b2 + c2) a2 = 4c2 c2 = b2 2
2
a a2 + b2 2ab cosC = b2
2
2
a
3a = 4b cosC 3sin A = 4sin B cos C 4sin B cos C = 3sin ( B C) = 3sin (B + C) = = 3sin B cos C + 3sin C cos B tg B = 3tg C. 51. Un caz este a = b. Dacă a b avem sin (A B) = sin (A + B). Deoarece A + B > A B nu
putem avea decât A + B = A B + B = 2
.
114
10.3. Funcţii trigonometrice şi relaţii între elementele unui triunghi oarecare
1. sin
2tg 4 sin cos 4 sin sin 02 2 2 cos
2
A BA B A B A B
a b R R A BA B
.
2. cos
2ctg 4 sin cos 2 sin sin2 2 2 4 4sin
2
CC A B A B C A B C A B
a b R RC
= 2R sin sin 02 4
B A
.
3. 2 2 2 2 2 2
cos sin sin2 2
b c a a b cbc A aR A R a A
.
4. 2 2 2 2 2 2sin 2sin sin cos sin sin 2 cosA B C A B C a bc A b c (adev.).
5.
2 2 2 2 2 2
cos cos ( )( )( )2 2 0( )
a c b a b cB C b c a b c a b cac abp a p a abc b c a
.
6. sin sin sin 2sin cos 2sin cos 2sin cos cos2 2 2 2 2 2 2
A B A B C C C A B CA B C
= 4 sin cos cos 4sin sin sin2 2 2 2 2 2
C A B C C A B
.
9. 2sin cos cossin sin 2 2 2
sin 2sin cos sin2 2 2
A B A B A Ba b A B
C C Cc C
.
10. 2sin cos sin
2 2 2
2sin cos cos2 2 2
A B A B A Ba b
C C Cc
. 11. cos 2sin cos
sin sin 2sin sin sin
A A A
B C A B C
= sin 2 4 sin
22 sin 2 sin
A A
A A
. 12. sin 2 sin 2 (2sin cos 2sin cos )
2sin
cA B R A A B B
C
= cos cosa A b B . 13. 2 1cos 1 cos
2 2
Abc bc A =
1cos
2 2
bcbc A
= 2 2 2 2
22 2 2 ( )
4 4
a b c ab ac bc a b cp
.
14. 2sin cos cos
2 2 2cos2 2sin cos
2 2
B C B C Ab c A
A Aa
sin2
B C. 15. 2 (sin cos sin cos )R B B C C
= (sin 2 sin 2 ) 2 sin( )cos( ) cos( )R B C R B C B C a B C .
115
16. sin 2sin cos 2sin cos2 2 2 2
A A B C B CA
2cos sin cos
2 2 2
A A B C
= 2cos cos cos 4cos cos cos2 2 2 2 2 2
A B C B C A B C
. 17. cos cos (cos 1)B C A
= 22cos cos 2sin 2sin cos cos 4sin sin sin2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
B C B C A A B C A A B C .
18. sin 2 sin 2 sin 2 2sin cos 2sin( )cos( )A B C A A B C B C
2sin cos cos( ) 4sin sin sinA A B C A B C .
19. 21 cos 2 cos 2 cos 2 2cos 2cos( )cos( )A B C A B C B C
2cos cos cos( ) 4cos cos cosA A B C A B C .
20. 2 2 2
2 2 2
2 cos sin cos tg
2 cos sin cos tg
a c b ac B R A B A
b c a bc A R B A B
.
21. 2 2 2 2 2 2 2sin( ) 4 sin sin sin( ) 4 sin ( )sin( )a b A B R A B A B R A B A B
= 2 22 sin sin( ) sin( )R C A B c A B .
22. ( ) ( )( )2 sin cos 2 1 sin 2 sin 1
2 2
p p a p b p c A AA A
bc bc
A = 2
. 23. 4 sin cos 4 sin sin cos sin cos cos
2 2 2 2 2 2
A A A A AR R B B B
.
I. 2 2
AB
B = C; II.
2 22
2 2 3 3
AB A C B B C A B
(fals).
24.
2
2 22
2
2sin( ) cos 2sin 2sin 24ctg 2 cossin sin sin sin sin sin sin
4
aB C A A A aRA A
bcB C A B C B C bcR
.
25. a + b = 2c 2sin C = sin A + sin B = 3 sin C = 3
2
2,
3 3C
. Cazul C =
= 2
, 2 .3
c a c b c a b Avem C =
2 23 sin sin
3 3 3A B A A
= 2sin cos cos 1 ,3 3 3 3 3
A A A B
. 26.
2 22
2
64 49
9 9cos8
23
c cc
Ac
1
A = 2
. 27. 2 2tg 1 tg 1 2A B 2 2 2 24sin sin 2 1 sin 1 sinA B A B
sin A sin B = 2 .
116
10.4. Rezolvarea triunghiului
1. 5, ,
3 4 12A B C
. 2. 5 6 2
, 2 cos 2 4 6 26 12 2
A a b a b
b = c = 2; a = 6 2 . 3. sin sin sin 2sin cos
2 2
a b c b aB A B AA B C
2
sin , , , ,2 2 2 2 6 32sin cos 2sin cos
2 2 2 2
c b a A BA B C A B
C C B A C
3 1, 3 3a b . 4. 5, 3 3
12C b c
. 5. 3
sin sin 2sin cos
b c b
B C B B
3
cos , , , , 3, 2 ; 02 6 3 2
B B C A c b a b b
. 6. 2, ,
3 3 sin
aA B C
A
= 2 6 2
2 3; cos ;sin sin sin 2 22sin cos
2 2
p b c b c B Ca
B C B CA B C
I. B C = 6
, B = , ; 3 2, 6
2 6C b c
. II. , , , 6,
6 2 6C B C B b
3 2c .
7. A + C = 2 3
, tg , , , 2 , 33 2 3 3 2 6
A CA C A C a c b c
, c > 0.
8. sin sin sin 3 33 tg 1
sin sin sin 21 3
A a A B A B
B b A B
A B =
2
A =
7,
12 12B
,
a = b 2 3 , c = sin2 3 2 2 3 3 6 3
sin
a cb
A . 9. 2 2 2 cos 2 5a b c bc A ;
cum b + c < a, nu avem soluţie. 10. , 2 sin12
C a R A
2 3 ; b = 2 2 , c = 2 2 3
= 6 2 . 11. 2 3
sin sin sin 2sin cos2 2
c a bA B A BC A B
2 3
6 2 cos2
A B
cos2
A B 3 1 7cos( ) ,
4 2 3 12 4A B A B A B
, 2 3 2, 2b a .
12. Conform problemei 44 (paragraful 10.2.), ABC este echilateral (cu latura 6).
13. 2,
3 6 2 6 2 3 6 2 6 2 2 3
4 4 2
a b c a b cC
= 3 3 6 2 6 63 3 6 2 , 6 3
2 6 2 2 2 3a b c
. 14.
2 2 2 1cos
2 2
a c bB
ac
3
B
. Cum a < b < c avem 3
A C
. 2 2 2 3 5
cos ,2 2 4 12
b c aA A C
bc
.
117
15. sin 3 2sin ,
2 3 3
c BC C
b
. I. 7 sin 8 6
,3 12 sin 3
c AC A a
C
;
II. 2
3C
(fals). 16. 5 2 5
arcsin , arcsin13 3 13
C A
; 12
cos13
C ; 2
sin sin3
A C
= 12 3 5
26
;
sin 78 3
sin 12 3 5
a Bb
A
. 17. 3 ;
sin3 sin sin 2 sin 2 sin
a b c dA B
B B B B B
2
cos arccos , 2 ,sin 2cos 1sin 3 4sin
a d a d a dB B C B
B B d dB B
b =
2sin,
sin 2 3 2
B adc b d
A a d a d
. 18. C = A B; S =
2 sin sin
2sin
a B C
A
a = 2 sin
sin sin( )
S A
B A B; b =
sin
sin
a B
A; c =
sin
sin
a C
A. 19. a2 = (b + c)2 bc(1 + cos A)
2 2
2(1 cos )
d abc
A
. Dar
2
sin
Sbc
A şi deci
2 2
24cos sin cos2 2 2
d a SA A A
tg
2 2
4
2
A S
d a
A = 2arctg
2 2 22 2 2 2 2 2
2 2 2 22
( ) 14 16 ( )2
4 4( )4cos2
Ad a tg
S d a S d abc
Ad a d a
b, c rădă-
cinile ecuaţiei 2 2 2
22 2
16 ( )0
4( )
S d ax dx
d a
. Se impune condiţia d > a. 20. sin ,Ch
Ba
sin , ,sin sin
CB Bhh hC b c
a A A . 21. Luăm cazul = μ(AMB) <
2
, unde M BC,
MB = MC. Fie D = prBCA, D (BM). Fie μ(MAB) = x. Din sin x = a
a
h
m se determină . Din
MAB avem tg2
2 2a
a
m aB x
m a
ctg2
şi aflăm B x. Se poate rezolva MAB şi apoi MAC.
22. a = 2Rsin A A = arcsin 2
a
R sau A = arcsin
2
a
R. Din hb = asin C se determină C,
apoi B, b, c. Avem soluţie dacă hb < a 2R. 23. 2S = aha = bhb = chc = 1 1 1
a b c
a b c
h h h
ABC
ce trebuie construit este asemenea cu un triunghi având laturile invers proporţionale cu ha, hb, hc şi unghiurile congruente cu ale acestuia. 24. Fie D = prBCA, h = ha = AD. Din b = h sin C, c =
= h sin B, bc = n2 rezultă sin B sin C = 2
2
m
hşi deci cos (B C) =
2
2cos
2
mA
h . Problema are
soluţie dacă 2
20 cos 1
2
mA
h
2 22cos
2 2
m m hA
h h
. Fie astfel încât cos =
2
22
m
h
118
– cos A . Atunci B C = ± , B = ,2 2
A AC
, iar b şi c se determină din b =
h sin C, c = h sin B. 25. Avem 2p = 2R(sin A + sin B + sin C) sin B + sin C = sinp
AR
cos2
B C P R sin A. Problema are soluţie dacă
sin0 1
2 cos2
P R AA
R
. Se determină B C
şi cum B + C = A se află B, C şi apoi b, c. 26. Luăm cazul C < B < A, A = B + x, C = B x,
x > 0. Avem B = 3
. Din m2 = S =
2 sin sin3 3
sin sin3 32sin
3
b x xx x
= 2
2
3cos2
mx
b
2 2
2
4 3
2
m b
b
. Cum x <
3
1cos 2 1
2x problema are soluţii
dacă 4m2 2 3b . Se determină în ordine x, B, C, b, c. 27. ma2 = bc 2(b2 + c2) a2 = 4bc
2(b c)2 = a2 b c = 2
2
a . Luăm cazul b c =
2
2
a. Avem 2S = aha =
228
4
aS a
64p(p a)(p b)(p c) = a4 4[(b + c)2 a2] [a2 (b c)2] = a2. Din 2(b c)2 = a2
2(b + c)2 = 3a2 şi deci b + c = 6
2
a. Cum b c =
2
2
a, avem b =
6 2
4
a , c =
= 2
6 2
4
a , b2 + c2 = a2, A =
2
, B =
5
12
, C =
12
. Dacă b < c avem A =
2
, b =
12
, c =
= 5
12
, b =
6 2
4
a , c =
6 2
4
a . 28. Dacă A =
2
şi a + b = 2c 1 +
b
a = 2
c
a
1 + cos B = 2 sin B 2 1 12cos 4sin cos tg 2arctg ,
2 2 2 2 2 2
B B B BB C =
2
12arctg
2.
10.5. Formule pentru aria triunghiului şi razele cercurilor: circumscris, înscris, extins
Pentru formulele 1. 12. considerăm figura 128. S-a demonstrat la problema 7, paragaful 9.1 că avem AMIN pătrat cu latura r = AM = p a (6); BN = CP = p b, CM = CN = p c; S = pr (4).
Cum m(A) = 90 BC = 2R, S = ,2 2
AB AC bc
R = 2
a(formulele 1 şi 3). Cum S = pr, r = p a
S = p(p a) (formula 4). Din S = p(p a), S2 = p(p a)(p b)(p c) S = (p b)(p c) (formula 5).
Avem S = ( )
( )2c c c
cBCI ACI ABI c
a b c rA A A p c r
. Analog
A
B
C
P
M
N
Ia ra
ra
Q
Icrc R
Fig. 128
119
avem S = (p b)rb. Din formula 5 rezultă rc = p b, rb = p c, S = rbrc (formulele 2, 8, 9). Avem rb + rc = 2p (b + c) = a; ra r = p (p a) = a (formula 10). Avem a2sin 2B =
= 2a2sin B cos B = 22 2 4b c
a bc Sa a (formula 11). Avem r(r + rb + rc) = r(p a + p b +
+ p c) = rp = S = rbrc (formula 12). 14. sin 22 2 4
abcbc A abcRS
R
.15. S = ABCI + AACI +
+ AABI (figura 128) S =
2
a b c rpr
. 16. sin
2
bc AS
sin sin sin
sin sin 2
a B a C A
A A
= 2 sin sin
2sin
a B C
A. 17. S =
sin
2 2bbh bc A . 18. S =
a a aABI ACI BCIA A A (figura 128)
S =( )
( )2
aa
r c b ar p a
. 19.
4
2a b c
S S S S Srr r r S
p p a p b p c S
.
20. 2sin
2 2
a p pA
R R R .
21. ( )( ) ( )( ) ( )( )cos 1 4 sin 4
2
A p b p c p a p c p a p bA
bc ac ab
= 24 ( )( )( ) 4
4
p p a p b p c S S pr r
pabc p RS pR pR R
. 22.
2 2
sin2 4 4
A S S S
abc RSp Rp
= 4 4
pr p
Rr R . 23. ( ) ( ) ( )
cos2 4 4
A p p a p p b p p c pS pS p
bc ac ab abc RS R
.
24. 4
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )tg
2 ( ) ( ) ( )
A p b p c p a p c p a p b p p a p b p c
p p a p p b p p c p
= 2 2
S pr r
p p p . 25.
( )( ) ( )( )tg tg2 2
a
a aS Sr
B C p a p c p a p b p a
. 26. ptg
2
A=
= 2
( )( ) ( )( )( )
( ) ( ) a
p b p c p p a p b p c Sp r
p p a p a p a
. 27. ( )tg
2
Ap a
= 2
( )( ) ( )( )( )( )
( )
p b p c p p a p b p c Sp a
p p a p p
r. 28. sin 4 cos
2
AA
= 44
p p
R R . 29. cos 1 4 sin 1 4 1
2 4
A r rA
R R . 30. 2 1 cos
cos2 2
A A
= 1
3 1 22 2
r r
R R
. 31. 2 2sin 1 cos 3 2 12 2 2 2
A A r r
R R
.
32. sin 2 2sin cos 2sin( )cos( ) 2sin cos cos( ) 4 sinA A A B C B C A A B C A .
33. cos 2 sin cos sin 2 4 sin 8 sin cos2 2
A Aa A R A A R A R A R
= 84 4 2
r p prR
R R R . 34. 2 (1 cos ) 1
cos cos2 2 2 4 4
A a A pr Sa p a A p p
R R
.
120
35. p(p a)tg( )( )
( )2 ( )
A p b p cp p a S
p p a
. 36. Vezi 18.
37. 3
( )( )( )a b c
Sr r r
p a p b p c
32
2
S pSp p r
S . 38.
2 ( )( )
( )arr S p b p c
bc p p a bc bc
= 2sin2
A. 39.
2 2
( ) ( )( )( )( ) ( )b c a
S Sr r rr p p a p b p c
p b p c p p a
= 2 2 2( )( ) 2
( ) (2 )2 2
a b c b c a bc b c ap p a p c b bc p p a bc
= bc cosA. 40. ( ) ( )
( )( ) ( )a b c
S S S S S p b p a S p p cr r r r
p a p b p c p p a p b p p c
= 2
2
2 ( ) 44
( )( ) ( ) ( )( )( )
Sc p p a b c abSc Sc abcS RSR
p a p b p p c p p a p b p c SS
.
41. cosctg 2 cos 2 1 2( )
sin
a A ra A R A R R r
A R
. 42. sin
cos 1
pA R
rAR
= p
R r. 43.
2
2 2 2
( )( )( )( ) ( ) ( )cos sin sin
2 2 2 4
A B C p p a p b p c p a S p a S p a
a b c abc RS
= 4
p a
R
. 44. cos sin sin
2 2 2 4 4
A B C p a p
R R
. 45. ( )cos ( cos cos )a b C a C c A
+ ( cos cos ) ( cos cos ) 2a B b A b C c B b c a p . 46. 2 2 1ctg
2 tg2
Ar r
A
=
= 2 pr pr S
r . 47.
2 2 22 2cos 4 sin cosctg 2 sin 2
sin sin
a A R A Aa A R A
A A
= 8R2 (2 sin )(2 sin )(2 sin )sin 2 4
R A R B R C abcA S
R R . 48.
2
tg tg
a
B C
= 2 2
2 24 sin cos cos4 sin cos cos 4 sin cos cos cos sin cos
sin( )
R A B CR A B C R A B C A B C
B C
+ 2cos cos sin 4 cos sin cos cos sin cos cos sinA B C R C A B A B A C C
= 2 24 cos sin( ) cos cos sin 4 sin cos cos cosR C A B A B C R C C A B
= 2 2 23
44 cos cos cos sin 4 sin sin sin 4 2
8 2
abc RSR A B A B C R A B C R S
R R .
49. AB = 2 sin 2 sin2
xR C R . 50. a) μ(A1OA2) = 1 2
22 sinA A R
n n
;
b) Sn = 1 2
2 2
1 2sin
2 sin cos2 2 2A OA
nRA A OM n nn A n R Rn n
.
121
10.6. Calculul unor distanţe între punctele remarcabile ale elementelor unui triunghi
1., 2. Relaţiile sunt demonstrate în paragraful 10.1. 3. Relaţia este demonstrată în paragraful 8.5. Pentru formulele 1. – 22. Folosim figurile 129 şi 130. Fie D şi E intersecţiile lui AI cu (BC) şi C(O, R). Avem OI2 = R2 IO IE. În ABI avem
sinsin sin2 2
IA AB cB A BBIA
şi deci AI =
2 sin sin 4 sin cos sin2 2 2 2
sin cos2 2
B C C BR C R
A B C
4 sin sin
2 2
B CR .
Rezultă că sin 4 sin2 2
A AAI R r (formula 7). Cum IE = BE = 2 sin
2
AR OI2 = R2
– 28 sin2
AR = R2 2Rr = R(R 2r) (formula 1). Fie N = prBAI; IP = r. Din AIN AI =
= sin
2
rA
(formula 7). Cum r = (p a)tg2
A rezultă că AI =
cos2
p aA
. Din ABIa avem
sin cos2 2
aAIcC B
şi deci AIa = cos 2 sin cos
2 2
sin sin2 2
B BR C
C C
4 sin cos cos2 2 2
sin2
C C BR
C
= 4 cos cos cos
2 2 2
cos cos2 2
A B CR P
A A (formula 8). Avem IIa = AIa AI =
( )
cos cos2 2
p p a aA A
= 4 sin2
AR (formula 9). Avem
1 1
a
p a p
r S S r
;
1 1
2a
a p
h S S r (formu-
lele 10 şi 11).
A
B C MA
C H
G O
Fig. 130
A
B C
N
O I
P D
E
ra
Ia
r
Fig. 129
122
12. 2
2 2 2( ) 3 2( )( )a b
Sr r p p a p p p
p a p b
.
13. 2r ctg2
A
( )2( )( )( ) 2( )
( )( )
p p ap p a p b p c p a b c a
p p b p c
.
14. 2 b c
b c
r r
r r
22
( )( )
S
p b p c :
22a
S S Sh
p b p c aS
.
16. ra + rb = 3 2
2 2 2 2( )
( )( ) ( ) ( ) ( )a b
S S Sc S abc pr r
p a p b p a p b p a p b p c p
= 3
24
44
S RSpp R
S
. 17. 22. Fie A, B, C proiecţiile lui A, B, C pe laturile opuse (în
cazul triunghiului ascuţitunghic – figura 130. Din patrulaterul inscriptibil ABCH şi
BBA avem μ(AAC) = μ(ABB) = 2
A . Analog μ(AAB) =
2A
şi deci A =
= 2A. Analog avem B = 2B, C = 2C. Din ABC avem 0
sin
a
A
= 0
cos cos sin coscos .
sin sin sin sin
AC AC A b A b A Aa a A
AB C B B B
Analog avem b0 = bcosB,
c0 = ccosB. Din cercul lui Euler avem R0 = 0 0 00
0
cos, 2 cos
2 4 2
abc Aa b cRS S A
R R ; r0 =
= 0
0
S
p
2 cos 2 cos4 cos
cos2
S A S AR A
pra AR
. Avem
coscos
AC AC AA AB
AH AH
cos
sin
b AAH
B 2R cos A şi 2 cos 2 cos 2 1 2( )
rAH R A R A R r R
R
.
25. 2 1 cos cos coscos ( )
2 2 2 2
A A b c b A c Ab c b c
= 2p + 1 1cos cos 2 2 3
2 2a B b A p c p p p . 26.
2 2
b c
a
S Sh h b c
Srp a
= 2 2 2 ( )
2 2 2 6b c b c bc a b c b c a a
p abc bc c b c b
. 27. 1
a bh h
= 2 24 4
ab ab bc ca
S S
. 28. hahbhc =
3 3 28 8 2
4
S S S
abc RS R .
10.7. Inegalităţi într-un triunghi
1. Fie = sin , sin2 2
A Cx . Avem = 21
sin cos sin cos 22 2 2 2 2
C A B C A Bx x
=
123
= 0. Din 0 21 1cos
8 2 8
A B . 2. 27Rr 2p2 227
24
abc Sp
S p (a + b + c)3
27abc (adevărată). 3. 9 1 1 1 19a b c a b c a b c
a b c
r r r r r r r r r rr r r r
.
4. 9 (ha + hb + hc) 1 1 1 19a b c a b c
a b c
h h h h h h rh h h r
. 5. cos 1
rA
R
1 3
12 2
. 6. 3cos 3 1
cos3 2 3 2
AA
. 7. Vom demonstra că
3 3
2
Rp . Avem
3 33sin 3 3 3sin
3 3 2 8
A pA
R
. 8. 23 3
3 1 1 1 9 93
a b c a b cr r r r r r r p r
p2 27r2 p 3 3r . Avem 3 3 3 3
sin 4 cos 42 8 2
p AA
R . 9. p 3 3r
p2 3pr 3 = 3 3S . 10. S = pr 2 2 33 3
93 3
S Sr r ; S = pr
3 3 3 3
2 4
R R Rr
23
9 43 3
S S R . 11. 8pS
3 33 3 4 3 3
2abc RS p . 12. tg tg tg
2 2 2
A B C r
p
1
3 3. 13. 8pS
93 3 4 3
2
abcabc S
p . 14. 2 3 9S rR
3 32 3 9
2
Rp R p .
15. 2R a, b + c 2 ( )bc R b c a bc . 16. b + c 2, 2 ( )a bc
b c bc b cR
2
2abc
SR
. 17. 2 2 2( ) 2( )
a a
p p a bc b c am l
b c
2( )p p a p . 18. În orice
ABC avem A 3
sau B
3
sau C
3
. Fie min(A, B, C) = A şi atunci min(a, b, c) = a.
Avem sin
a
A R
33 3 3 min( , , )
33
a aR a a b c . 19. 2 2 2 23( ) ( )a b c a b c
= 24 p şi p 3 3r 2 2 2 2 2 2 2 2 2 226 ; 4 (sin sin sin )
3
pa b c r a b c R A B C
= 2R2(1 cos 2A + 1 cos 2B + 1 cos 2C) = 4R2(3 cos 2A cos 2B cos 2C) = 4R2(4 +
+ 4cos A cos B cos C) = 16 R2 + 16 R2 cos A cos B cos C 16 R2 + 16 R2 1
8= 18R2
2 2 2 3 2a b c R . 20. 2 3 3 1
4 4 2 4a b c
a b c
r r rS abc p pr r r p S
r R abc R
=
3 3
8.
21. 2 22( ) ( ) ( )a al pbc p a p p a l p p a p
b c
.
22. 2 1 3 1 3 1 3 1 1 9sin 1 cos 2 cos 2 1 4 cos 1 4
2 2 2 2 2 2 2 8 4A A A A
.
124
23. 3 2sin
2
pA
R . 24. 2 1 1 3 3
sin 1 cos 32 2 2 2 4
AA
; 2sin 1 1
2 2
A r
R .
25. 94 4
2 2a
R Rr r R R . 26. cos sin2a A R A sin 4 2sin cos
2 2
A AR A R
= 2
324 4
r p rR p p
R R R . 27. 4ma
2 4bc = 2(b2 + c2) a2 a2; 4ma2 4bc a2 2(b c)2
2a2 b c a (adevărată). 28. x = 8(p a)(p b)(p c) = (2p 2a)(2p 2b)(2p 2c) =
= (b + c a)(a + b c)(a + c b) x2 = b c a a b a b c a a c b
a b c a c b . Cum 2
b c a a c bb c a a c b c
şi analoagele
rezultă x abc. 29. hahbhc =22 2S r
S p S pR R
. 30. Deoarece b + c a = 2p 2a = 2(p a)
avem inegalitate echivalentă cu 28. 31. ( )( ) ( ) ( )p b p c p p b p p c
bc ac ab
a < p (ade-
vărată). 32. Avem ra + rb + rc = 4R + r, S = a b crr r r şi 44 2
4 4a b c
a b c
r r r r R rrr r r
> 2 2S R r S . 35. Avem (x + y + z)1 1 1
9x y z
pentru x > 0, y > 0, z > 0. Fie
x = tg A, y = tg B, z = tg C. Avem x + y + z = xyz. Rezultă că 9 xyz1 1 1
x y z
= yz + xz + xy =
= tg tgA B . 36. Analog cu 35 pentru x = ctg2
A, y = ctg
2
B, ctg
2
Cz avem x + y + z = xyz.
37. Avem 1 + ctg22
A=
2
1
sin2
A cosec2
2
A şi
2 23
23
3cosec 3 cosec
2 2sin
2
A A
A
2
3
312 ctg
21
64
A 9. 38. 1 + 2 2 2
2
1tg sec şi sec
cosA A A
A 233 sec A
3 63 2 12. Rezultă 2tg 9A . 39. Avem 3
cos 12
rA
R . Din 1
coscos
AA
1 9
9 61cos
cosA
A
. 40. Avem cos A + cos B + cos C =
= 1cos cos cos cos cos cos
2A B B C C A cos cos
2 2
B C B C .
Dar cos 1 2cos 2cos cos 2 cos cos sin2 3 2 2 2
B C A B C AA A
.
125
10.8. Teste de evaluare
Testul 1
1. 2 2
211 cos 2 2tg 2 1; tg 2 1 tg tg 6
1 cos 2 21
2
BB C B C
B
.
2. 1 2 5cos ; cos , ,
2 2 3 4 12A B A B C
.
3. 2ctg 21 ctg ctg ctg 1
4 ctg 1 1 ctg 2
BB B C B C
B C
.
4. .2
( ) ( ) ( ) 44 cos 4
2 ( ) 4
A p p a p p b p p c RpSR R p
abc RS
.
Testul 2
1. a2 =2
2 2 2 sinsin tg 4 sin 4 sin sin cos sin sin
cos
Abc A A R A R B C A B C
A
= 1cos( ) cos
2B C A cos A = cos (B C) B =
2
sau C =
2
.
2. 5; ;
2 4 3 126 1 3 2 3 6 2
2 2 4
a b c a b cA B C
.
3. ( )( ) ( )( )tg tg 1
2 2 ( ) ( )
A B p b p c p a p c p c
p p a p p b p
.
4. , ,2 3 6
A B C
.
Testul 3
1. (3c b)2 = b2 + c2 4c = 3b tg C = 3
4. Fie x = tg 0
2
C . Din
2
2 3
1 4
x
x
x =
1
3.
4. Avem S = 8 = sin
sin 16.2
ab Cab c Dar a2 + b2 = 32 32 2ab ab 16. Avem
a = b, C = 2
a = b = 4, c = 4 2 , C =
2
, A = B =
4
.
10.9. Probleme pentru olimpiade şi concursuri şcolare
1. Fie O mijlocul lui (AB) şi N AB definit prin 2
kON
AB (figura 131).
Avem MA2 MB = 2 ; 2 2OM AB ON AB ON AB k
. Rezultă că N
este un punct al locului geometric. Pentru orice punct M P avem:
2 2 2OM AB ON NM AB k NM AB
. Atunci M aparţine A O B N
M
Fig. 131
126
locului geometric 0NM AB MN AB
. Locul geometric este o dreaptă perpendiculară pe AB în N.
2. Dacă C este mijlocul lui (AB) avem MA2 + MB2 = 2MC2 + 2
2
AB. Atunci M este un punct al
locului geometric 2
2 1
2 2
aMC k
, unde a = AB. Dacă a2 > 2k, locul geometric este
mulţimea vidă. Dacă a2 = 2k, locul geometric este mulţimea formată din punctul C.
Dacă a2 < 2k, locul geometric este cercul de centru C şi rază 22
2
k a.
3. Fie AB = a. Avem AB2 = 2 22 2 2AB MB MA MA MB MA MB
. Atunci M este un
punct al locului geometric MA2 + MB2 = 2k + a2. Dacă a2 < 2k, locul geometric este mulţimea vidă. Dacă a2 = 2k, locul geometric este mijlocul lui (AB), iar dacă a2 > 2k, locul
geometric este cercul cu centrul în mijlocul lui (AB) şi rază 2 4
2
a k.
4. Fie N, P AB astfel încât ,NA k NB PA k PB
(figura 132).
Atunci N şi P sunt puncte din locul geometric. Pentru orice punct M P
avem (1 )MA kMB MN NA k MN NB k MN NA k NB
= (1 + k) MN
, 1MA kMB MP PA k MP PB k MP
.
Atunci 2(1 )MA kMB MA kMB k MN MP
. Rezultă că M
aparţine locului geometric 0MN MP
. Cum k 1, locul geometric este cercul de diametru (NP).
5. Fie N BC astfel încât NB
kNC
(figura 133). Avem:
1
MB kMCMN
k
şi deci 1
1MA MN MA MB kMA MC
k
.
Atunci M aparţine locului geometric dacă MA MN şi deci M aparţine cercului de diametru (AN).
6. Fie M, N mijloacele lui (AC) şi (AB). Avem 2BM BA BC
, 2 CN CA CB
.
Avem BM CN 4BM CN BA BC CA CB BA BC CA BC
= BA CA BC CA BC
22 2 2 2BA BC BA AC AB BC BC CA BC
2 2 2AB AC BC 2 2 2 2 2 2 2 22 5AC AB BC AB AC BC BC BC
= 2 2AB AC .
7. AA AC xBC
, BB BA xCA
, 2 2 2
CC CB xAB S AA BB CC
= (1 + x2)(a2 + b2 + c2) + x(2bc cos A + 2ac cos B + 2ab cos C) = (1 + x + x2)(a2 + b2 + c2).
8. AB AC
este puterea lui A în raport cu cercul de diametru (BC). Deci AB AC
= 2 2 2 2 2 2 2
2
4 2 2a
a b c a a b cm AB AC
.
Fig. 132
A N B P
M
Fig. 133 C
B
M
N
127
9. Fie poligonul regulat A1A2…An de latură a situat într-un reper xOy astfel încât măsura
unghiului făcut de A1A2 cu Ox este . Cum 1 2 2 3 1 1... 0n n nA A A A A A A A
, avem
1 2 2 3 1... 0ni A A A A A A
. Fie An + 1 = A1. Avem 11
0n
k kk
i A A
, de unde:
1 1
2( 1) 2( 1)1 cos 0 cos 0
n n
k k
k ka
n n
.
10. 2 2sin
sin sin sin sin sin sin 2 42
a b c a b c pA A
A B C A B C
sau
3
4A
.
Dacă 4
A
,4 4
B C
(fals) 3
4A
şi deci B + C <
4
.
11. Se arată că ma = c tg B = 3tg C. Avem ma2 = c2 2(b2 + c2) a2 = 4c2
c2 = b2 2
2
a a2 + b2 2ab cos C = b2
2
2
a 3a = 4b cos C = 3sin A = 4sin B cos C
3sin (B + C) = 4 sin B cos C tg B = 3 tg C. Analog mb = a tg C = 3 tg A. Fie x = tg A,
3x = tg B şi tg B = 9x. Din tg tg A A rezultă x = 2
3 . Convine x =
2
3, adică tg A =
2
3,
tg C = 2, tg B = 6.
12. Fie B = C = 2
A. Avem 24 sin 4sin sin 2sin 1 cos
2 2 4 4 2 2 2
r A A A A A
R
=
=
2
1 2 12sin 1 sin 2 sin
2 2 2 2 2 2
A A A . Raportul maxim este
1
2 dacă şi numai dacă:
1sin
2 2 3
AA
, adică ABC este echilateral. Valoarea minimă nu există.
13. Fie AB = a > CD = b, AD = c, BC = d. Fie DE BC, E (AB). Avem BCDE paralelogram
şi 2 2 2( )
cos2 ( )
a b c dA
c a b
(din ADE); cos B = cos E =
2 2 2( )
2 ( )
a b d c
d a b
.
Avem S = ( ) sin
( )( )( )( )2 4( )
a b c A a bc d a b c d a b a b c d a b c d
a b
.
14. Fie AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Avem A + C = B + D = şi BD2 = a2 + d2 2adcosA
= b2 + c2 + 2bc cos A cos A = 2 2 2 2 ( )( )
1 cos2( ) 2( )
a d b c a d c d a d b cA
bc ad bc ad
,
1 cos A = ( )( )
2( )
a b c d a b c d
bc ad
. Fie a + b + c + d = 2p şi atunci sin A =
= 2 ( )( )( )( ) 1sin sin( )
2ABD BCD
p a p b p c p dS A A ad A bc A
bc ad
= sin ( )( )( )( )2
ad bcA p a p b p c p d
.
15. Notaţii ca la 14. Avem S = 1sin sin
2ab B bc D şi abcos B cd cos D =
128
= 2 2 2 21
2a b c d . Prin ridicare la pătrat şi însumare rezultă 16S2 = 4(a2b2 + c2d2)
(a2 + b2 c2 d2)2 8abcd cos(A + D) S este maxim pentru cos(B + D) = 1 B + D = ABCD inscriptibil.
16. Avem inegalitatea 2 2
23 33 3
9 4 4 9 4
S R abc Rabc R
R
. Cum R = 1 avem abc
3 3 . Cum abc 3 3 3 3abc şi deci ABC este echilateral.
18. Fie AB = AC, A = 2x, D = prBCA, E = prABO. Atunci OA = sin
r
, AD =
sin
r
, unde O este
centrul cercului înscris în ABC. Avem: 2
24 2 2cos
AB AC BC AB ADR
S AD x
= 2
(1 sin )
2sin cos 2sin (1 cos )
r x r
x x x x
. Cum R = 3r se obţine 6sin2 x 6 sin x + 1 = 0 şi deci
sin x = 3 3
6
. Atunci A =
3 32arcsin
6
, B = C =
3 3arcsin
2 6
.
19. Fie x = m(ADC), m(DCA) = 80 x. Conform teoremei sinusurilor sin sin(80 )
AC AD
x x
,
.sin100 sin 40
BC AC Cum AD = BC rezultă că: sin sin100 sin 40 sin 80x x
sin 40 sin 80 sin sin(180 100 ) sin sin80 2sin sin 40 cos40x x x x , adică
sin(80 ) 2sin cos 40 sin ( 40 ) sin( 40 ) sin( 40 ) sin( 40 )x x x x x x x
+ sin(80 ) 2sin(20 )cos60 sin(20 ).x x x Obţinem x 40 = (1)k(20 x), k
cu soluţia x = 30. 20. Notăm BC = a, m(ABM) = x. Avem m(C) = 84, m(NCB) = 54, m(BNC) = 54, BN =
= BC = a. Conform teoremei sinusurilor avem ,sin30 sin( 24 ) sin84 sin 24
BM AB AB a
x
şi
sin 30 sin( 30 )
BN BM
x
;
sin84
sin( 24 )
aBM
x
. Ecuaţia 2sin( 30 )sin( 24 ) sin84x x este
echivalentă cu cos6 cos(2 54 ) cos6 .x Obţinem 2x + 54 = 90, adică x = 18. 21. Deoarece AH = 2Rcos A, OI2 = R(R 2r), OI = AH rezultă că R(R 2r) = 4R2 cos2 A
2 28 sin 4 cos 1 2 cos 1 4cos .2
AR R R A A A Cum B =
2,
3 3C A
,
obţinem ecuaţia 2 cos2 A + cos A + 2
cos 13
A
, care este echivalentă cu ecuaţia cos 2A
+ cos 03
A
sau cu
32cos cos 0
2 6 6 2
A A
. Din 2 6 2
A . Rezultă A =
2
3
(imposibil, deoarece B = 3
). Din
3
2 6 2
A . Rezultă că A =
2
9
.
22. AH + BH + c = BH + CH + a = AH + BH + b a – AH = b BH = c CH
129
2 (sin cos ) 2 (sin cos ) 2 (sin cos ) sin sin4 4
R A A R C C R B B A B
= sin4
C
. Deoarece A, B, C 0,
2
rezultă că , , ,4 4 4 4 4
A B C
.
Deoarece funcţia sin este strict crescătoare pe ,4 4
, rezultă că 4 4 4
A B C
şi
deci A = B = C. 23. AI + BI + c = BI + CI + a = AI + CI + b a AI = b BI = c CI
sin
2
ra
A
sin sin2 2
r rb c
B C . Din prima relaţie obţinem a b =
3 sin sin2 2
sin sin2 2
B A
A B
.
Dacă a > b, cum 02 2 2
A B , rezultă că avem şi sin sin
2 2
A B (contradicţie). Analog se
obţine contradicţie dacă a < b. Rezultă că a = b şi analog a = c.
24. Deoarece la =2 cos
2 ,
Abc
ab c
lb = 2 cos
2
Bac
ba c
, rezultă că ab + ac = 2 cos2
Abc , ab + bc =
= 2 cos .2
Bac Rezultă că 2 cos cos ( ) 1 2cos 1 2cos
2 2 2 2
A B B Ac b a c a b a b
.
Dacă a > b, atunci 0 < 2 2 2
B A , deci cos cos 0
2 2
B A , adică 1 2cos
2
Ba
1 2cos2
Ab
(contradicţie). Analog se obţine contradicţie dacă presupunem a < b. Rezultă a = b şi analog b = c. Deci a = b = c.
25. Fie M şi N proiecţiile lui I pe AC, respectiv AB. Deoarece m(MAI) = m(NAI) = 3
,
m(MIA) = m(NIA) = 6
, AI = 2, rezultă că NA = 2cos 60 = 1, IN = 3 = r. Atunci p =
= 15S
r . Fie P = prBCI, MC = CL = x, BN = BL = y. Rezultă că 2x + 2y + 2 = 2p = 30 şi deci
x + y = 14. Deoarece
2( 1)( 1)sin
315 32
x yS
, cum x + y = 14, rezultă xy = 45. Deoare-
ce x > y se obţine x = 9, y = 5 şi deci AB = 6, AC = 10, BC = 14, mb = 2 2 22
912
b c a .
26. 2p2 + 3R2 cos 2A 2 2 2 2 2 2 22 3 1 2sin 9 3 sinp R A R R A p
22 2 2 2 23 4 ( ) ( ) ( ) 0a p a a b b c c a a b c ;
4 2 sin sin 4ah R r R B C R r . Cum r = 4R sin sin sin cos 12 2 2
A B CR A ,
relaţia este echivalentă cu: 2 sin sin 3 cos cos( ) cos( )R B C R A B C B C =
= 3 + cos cos( ) cos 3 cos cos( ) 1A B C A A B C . Deoarece
130
cos(B C) 1 0 rezultă că relaţia este echivalentă cu cos(A B) = cos(B C) = cos(C A) = = 1 A = B = C. Deci cele două afirmaţii sunt echivalente cu afirmaţia „ABC este echilateral”. 27. Fie B > C. Atunci m(DAA) = m(BAC) 2m(BAD) = m(BAC) 2(90 m(ABD)) = = m(ABC) + m(BAC) m(BAC) m(ABC) m(ACB) = m(ABC) m(BCD) şi deci
2cos cos .
AD SDAA B C
AA a AA
Atunci
cos sin cos1
2
a B C R A B C
AA S S
= sin sin sin 2 sin 2 sin 2 sin 2
2 2 2
R A B C A B C R C B R B C
S S S
şi
deci 3
1 4 4 2sin 2 sin 2 sin 2 sin sin sin
2 2
R R R R RSB C A A B C
AA S S S S R R .
28. Fie m(MAC) = x, m(MAB) = 60 x, m(ABM) = 60 + x. Aplicând teorema sinusurilor în ABM şi AMC (care au acelaşi cerc circumscris), rezultă MB = 2R sin (60 x), MC = 2R sin x, MA = 2R sin (60 + x). Atunci MB + MC = MA sin (60 + x) sin (60 x) = sin x. 29. Fie NA = x, PA = y. Atunci BC2 = b2 + c2 2bc cos A, NP2 = x2 + y2 2xy cos A, BP2 = c2 + + y2 2cy cos A, CN2 = x2 + b2 2bx cos A. Relaţia BC2 + NP2 = BP2 + CN2 (bx + cy bc
– xy) cos A = 0 (b y)(c x) cos A = 0 BN CP cos A cos A = 0 A = 2
.
30. Notăm m(MCB) = x, m(MBA) = y. Atunci avem:
2
2
,
,AMC
AMB
MC d A MCSMC
MB S MB d A MB
, sinsin
sin sin sin sin, sin sin
d A MC a C xMC yy B y x C x
MB d A MB x a B y
cos 2 cos cos 2 cos cos 45 2 cos45 cos 2B y B C x C y C x
cos 45 45 2y = 45 2 360x k , k . Obţinem x = y + 360 k sau x + y =
= 45 180 k, k . Deoarece x, y (0, 90) rezultă că x = y sau x + y = 45. Locul
geometric este înălţimea din A sau arcul capabil de 135 ce trece prin B şi C. 31. a) Fie punctul M în exteriorul patrulaterului ABCD astfel încât: m(DAM) = m(BCD) şi
m(BDC) = m(ADM) = x, adică ADM ~ CDB. Obţinem 2
AM d DM
b c d , deci AM = ,
bd
c
2ddDM
c . Aplicând teorema cosinusului în triunghiurile MAB şi MDB rezultă MB2 = a2 +
+ 2 2
2
2cos
b d abdA C
c c şi
2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 1
2 2 2
2cos 2
2
d d dd d c d dMB d D c d dc
c c c dc
=
= 2 2
1 22
d d
c. De aici rezultă că 2 2 2 2 2 2
1 2 2 cosd d a c b d abcd A C şi atunci
2 2 2 2 2 21 2 cos 0d d a c b d A C A + C =
2
sau A + C =
3
2
adică B + D =
2
;
b) S = SABC + SADC = sin sin sin sin
,2 2 2 2 2ABD BCD
ab B cd D ab cd ad A bc CS S S
2
ad bc. Prin însumare avem S
( )( )
4 4
ab cd ad bc a c b d . Avem egalitate dacă şi
131
numai dacă sin sin sin sinA B C D 1, adică dacă şi numai dacă ABCD este dreptunghi.
32. Conform problemei precedente avem: 2
2 ( )( )2 2
a b c d pS a c b d p
,
unde p este semiperimetrul. Aria maximă se realizează dacă şi numai dacă ABCD este dreptunghi şi a + c = b + d, adică dacă şi numai dacă ABCD este pătrat. 33. Fie tangentele MN, PQ, RT, unde M, T (AB), N, P (AC), Q, R (BC). Din asemănarea
triunghiurilor AMN şi ACB rezultă că 2
2AMN a
a
A h r
S h
şi deci S = S S 2
2a
a
h r
h
=
= 22
1 14 4 2
a a
S r rh h
. Deoarece
1 1
ah r ,
2 22
2 2 2 2 2 2
1
4a a
a aa
h a h S p r , rezultă
că: 2
22
aS S
p
. Deoarece 2a ab rezultă că 2 23
4p a şi deci
2
2
4
3
a
p şi
atunci 2
3
SS .
34. Punctele A, B, C sunt simetricele ortocentrului H faţă de laturile triunghiului ABC. Atunci (AB), (AC), (BC) sunt linii mijlocii în triunghiurile HAB, HAC, respectiv HBC. Deci triunghiurile ABC şi ABC sunt asemenea având raportul de asemănare 1
2şi atunci
1
4
S
S
. Trebuie demonstrat că:
9
4
AA
AA
. Avem AA AA
AA AA A A
= 1
1
AAHAAA HAAA
. Cum 1 3 4ABH
ABC
HA A
AA A
şi
11
1
HAHAAAAA
9 obţinem inegalitatea cerută.
35. a) 2 cos 2 cos 2 1 2( )r
AH R A R A R R rR
. Conform inegalităţii lui
Euler (R 2r) rezultă că 6r 3AH R ; b) Din triunghiurile dreptunghice HAB şi ABB
avem HA = AB tg (HBA) = AB tg2
C
ctgA B C AB cos B ctg C = c cos B ctg C =
= cos cossin
cB C
C 2R cos B cos C. Analog HB = 2R cos A cos C, HC' = 2R cos A cos B
şi deci sin 4sin sin sin
2tg tg tg2 cos cos cos cos 2 cos cos cos
a a A A B CA B C
HA R B C B C A B C
2 3 3 = 6 3 . 36. Conform inegalităţii Cauchy–Buniakovski avem 225 = [3(cos B + 2sin C) + 4(sin B + + 2cos C)]2 (32 + 42)[(cos B + 2sin C)2 + (sin B + 2cos C)2] = 25(cos2 B + sin2 B + 4sin2 C + + 4cos2 C + 4sin B cos C + 4sin C cos B) = 25[5 + 4sin (B + C)] = 25(5 + 4sin A) 25(5 + 4) =
= 225. Avem egalitate dacă sin A = 1, adică A = 2
.
132
37. Avem r = 4R sin2
A . Atunci 4 sin 2 1 2 12
Ar R . Ştim că OI2 = R2
– 2Rr. Dacă r = 2 1R rezultă că 2
2 222 1 2 1
r rOI r r
şi deci OI = r, adică
O C(I, r). Reciproc, dacă OI = r, cum OI2 = R2 – 2Rr, rezultă că r = 2 1R .
38. Trebuie demonstrat că: 2 2 2cos cos cos 02 2 2
A B C şi analoagele. Presupunem C A,
C B. Cum , , 0,2 2 2 2
A B C
rezultă că avem cos cos 02 2
C B . Atunci avem 2cos
2
C
2 2 2cos , cos cos2 2 2
A C B . Rămâne de demonstrat că are loc inegalitatea: 2 2cos cos
2 2
A B
> 2cos2
C, care este echivalentă cu 2 2 2 1 cos 1 cos
cos cos cos 02 2 2 2
A B C A B
2 2cos 0 cos cos sin 0 sin cos sin 02 2 2 2 2 2 2
C A B A B C C A B C
cos cos 0 cos cos 02 2 2 2
A B A B A B .
39. Fie AB latura fixată, m(AMB) = constant, p semiperimetrul triunghiului AMB. Atunci M se află pe unul din arcele capabile de măsură ce trec prin A şi B. Fie R raza cercului ce conţine unul din arce. Atunci avem MA = 2R sin B, MB = 2R sin A. Rezultă că:
2 2 (sin sin ) 4 sin cos 4 cos cos2 2 2 2
A B A B A Bp AB R A B AB R AB R
.
Maximul lui p va fi atins o dată cu maximul lui cos2
A B, adică atunci când A = B. Triunghiul
MAB este isoscel. Problema are două soluţii, punctele M aflându-se la intersecţia celor două arce cu mediatoarea lui (AB).
40. Avem a2 = (b c)2 + 2bc(1 cos A) = (b c)2 + 4S1 cos
sin
A
A
. Deoarece
4 (1 cos )
sin
S A
A
este
constantă rezultă că a este minim dacă b = c. Obţinem b = c = 2
sin
S
A.
41. Fie C(O, R) cercul dat, ABCD unul dintre patrulaterele circumscrise şi E, F, G, H punctele de tangenţă cu AB, BC, CD, respectiv DA. Fie AB + BC + CD + DA = 2p, AE = AH = x, BE = = BF = y, CF = CG = z, DH = DG = t, m(AOE) = a, m(BOF) = b, m(COG) = c, m(DOH) =
= d. Atunci x + y + z + t = p, x = r tg a, y = r tg b, z = r tg c, t = r tg d, unde a, b, c, d 0,2
,
a + b + c + d = . Deci p = r(tg a + tg b + tg c + tg d) 2 tg tg2 2
a b c dr
2 24 tg 4 tg2 4
a b c d
r r
. Avem „=” dacă şi numai dacă a = b = c = d = , adică patrulate-
rul este pătrat.
133
42. Trebuie demonstrat că a b cr r r şi analoagele.
Avem 1
( ) ( ) ( )( )( )
S S S p b p ac p c p a p b
p a p b p c p a p b p c
22 (2 2 ) (2 2 )(2 2 ) 2 0c p c p a p b p pc bc ac ab (1). Presupunând că c a,
c b rc ra, rc rb şi deci trebuie demonstrat doar (1) (nu şi analoagele). Avem = c2 – bc ac + ab < 0 c2 c(a + b) + ab < 0. Dar = (a + b)2 4ab = (a b)2 0, adică (1) este adevărată. Evident că dacă a = b = c, atunci avem ra = rb = rc.
43. Fie n 4 numărul laturilor ploigonului regulat ABCDE... şi fie x = n
. Atunci avem AB =
= 2Rsin x, AC = 2R sin2x, AD = 2R sin 3x. Relaţia dată se poate scrie:
sin3 3x = 2sin 2 (sin sin 2 sin 3 )
sin sin3
x x x x
x x
(1) Este suficient să demonstrăm că ecuaţia (1) are
soluţia 7
. Ecuaţia (1) se scrie sub formele echivalente:
2 2
2 2sin (2sin 2 cos sin 2 ) sin 2 (2cos 1)sin 3 sin 3 sin 3 4sin
2sin 2 cos 2cos
x x x x x xx x x x
x x x
sin 3x(2 cos x 1) = sin 2x 2 sin 3x cos x sin 3x = sin 2x sin 4x + sin 2x sin 3x =
= sin 2x sin 4x = sin 3x 4x = (1)k3x + k. Una dintre soluţii este x = 7
k şi obţinem şi
x = 7
.
44. Triunghiurile ABM, ACM, ADM sunt dreptunghice şi au ipotenuza AM = 2R. Deoarece
m(AMB) = ,7
m(AMC) =
2
7
, m(AMD) =
3
7
, rezultă că: MB MC + MD =
= 2 3
2 cos cos cos7 7 7
R
. Fie S =
2 3cos cos cos
7 7 7
. Trebuie demonstrat că 2S = 1.
Într-adevăr, 2S = 1 2 3
2cos cos 2cos cos 2cos cos7 14 7 14 7 14cos
14
= 1 3 5 3 7 5
cos cos cos cos cos cos 114 14 14 14 14 14cos
14
.
45. a) Notând x = n
rezultă A1A2 = 2R sin x, A1A3 = 2R sin 2x, A1A4 = 2R sin 3x, A1A5 =
= 2R sin 4x, unde R este raza cercului circumscris. Relaţia dată este: 2 2 2
2sin 2 2sin 4 sin sin3 4cos 4cos 2 3 2 2cos 2
sin sin 2 sin 3 sin 3
x x x xx x x
x x x x
= 2
2 2sin3 sin 4sin 3 3 0
sin 3
xx x
x
. Deoarece sin x > 0, sin 3x > 0 rezultă că sin 3x =3
2.
Deoarece n 5 rezultă că 3x 2
,3 3
şi deci 2
,9 9n
. Obţinem n = 9; b) Folosin
134
notaţiile de la exerciţiul anterior, relaţia dată devine 2 2 2
1 1 4
sin sin 3 sin 2x x x
2 22
1 11
cos3 sin xx
. Notând cos2 x = t (0, 1), ecuaţia devine:
22
1 11 (2 1) 8 8 1 0
(4 1)t t t
t t
şi deci
1 2 2,
2 4t
. Dacă t = 1
2 rezultă
2cos 0
n
şi
2 12
2
k
n
, adică n(2k + 1) = 4, k . Se obţine n = 4. Dacă t =
= 2 2
4
, atunci
2 2cos
2n
. Din
2 2cos
2n
rezultă
22
4k
n
, k , adică
n(8k + 1) = 8. Se obţine n = 8. Soluţia 2 2
cos2n
nu convine (de ce?); c) Folosind notaţiile
de la exerciţiile anterioare obţinem ecuaţia: 2sin 4 sin (sin 9 sin11 ) 1 cos8x x x x x
= cos8 cos10 cos10 1 2cos8 cos12 0x x x x x . Notând cos 4x = t (0, 1), rezultă
ecuaţia 4t3 4t2 3t + 3 = 0 (t 1)(4t2 3) = 0. Convine t = 3
2, adică
42
6k
n
. Se
obţine n(12k +1) = 24, k , de unde n = 24; d) Cu notaţiile anterioare se obţine ecuaţia:
1 1 1
sin sin 2 sin3x x x . Ecuaţia este echivalentă cu
1 1 1 2sin cos2
sin sin3 sin 2 sin sin3
x x
x x x x x =
1sin 4 sin 3 4 ( 1) 3
sin 2kx x x x k
x , k . Dacă avem k = 2p, p , obţinem
2 2 1x p pnn
(imposibil).
46. Fie AB = a, AD = b, A = , m(AOB) = . Avem BD2 = a2 + b2 2ab cos , AC2 = a2 + + b2 2ab cos ( ) = a2 + b2 + 2ab cos . Din AOB rezultă:
2 22 cos
4 2
BD AC BD ACa
cos =
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
4
2 ( ) 4 cos
BD AC a b a
BD AC a b a b
.
47. (a) haabc + hbabc + hcabc = abc(4R + r) 2S(ab + bc + ca) = 4RS(4R + r) ab + bc + ca = 2R(4R + r) a2b + a2c + abc = 2aR(4R + r) şi analoagele. Însumând rezultă (a + b)(b + c)(c + a) = 16pR2 8R2(sin A + sin C)(sin B + sin C)(sin A + sin B) = 16R2p
64R2 2cos cos cos cos 64 cos2 2 2 2 2
A A C B C A B AR
cos 1
2
A B
cos( ) 3A B ABC echilateral; b) 22a br r p şi cum 2 22 3a a br r r p
rezultă că 2 2 2tg2a
Ar p 1. Cum tg tg 1
2 2
A B rezultă
2
tg tg 02 2
A B
tg tg tg2 2 2
A B C ABC echilateral.
48. a)2 2 2
cos sin 2 4 sinS pr r
a A R A R A p pR R R
;
135
b) 2 2 2 24 2( ) 4am a b c bc . Avem 2 2 2 2 2 2 2 24 2( ) 2( )am b c a b c a a
= 2 24 cos 4bc A a bc a ;
c) Inegalitea este echivalentă cu 2( ) 2( ) 2( ) ( )( )( )p a p b p c p a p b p c
b c a c a b abc
8 1
( )( )( )a b a c b c abc
. Avem
8 8 1
( )( )( ) 2 2 2a b b c c a abcab bc ac
.
49. Fie MI BC, M (BC) (figura 134). Avem AI = sin
2
rA
, AE = AI – r,
m(DIM) = m( ) m( )
2
B C , ID =
cos2
rB C
, FD = ID r.
Cum 0 < cos cos2 2 2 2 2
B C B C B C B C
= sin 02 cos sin
2 2
A r rFD AE
B C A
.
50. a) Folosim figura 135. Avem: 4 sin sin sin
2 2 2
sin sin2 2
A B CRr
IAA A
= 4 sin sin2 2
B CR . Trebuie demonstrat că
3sin sin
2 2 4
B C .
Cum 2
1sin sin sin
2 2 3 2
B C A
, trebuie demonstrat că:
3sin
2 2
A (demonstrată anterior);
b) Avem m(FDB) = 90 2
B, m(EDC) = 90
2
C,
m(EDF) = 90 2
A. Cum EDF este înscris în cercul de rază r EF = 2 sin 90
2
Ar
= 2 cos2
Ar . Avem
2 sin 1 1
2 cos 2sin sin 2sin sin2 2 2 2 2
a R A aA B C B CEF EFr
3 22
3
3 1 38 6
2 2sin
2
A
;
c) Inegalitatea este echivalentă cu 3
sin sin2 2 4
B C .
A
B C M D
F
E Fig. 134
B C D
E F
A
I
Fig. 135