clasa a ix a 9.23) , pentru orice n 2Ὄ𝑛+1ὍὌ𝑛+2Ὅ€¦ · gazeta matematică a...

Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu

CLASA a IX – a

9.23) Să se arate că ∑2

(𝑘2+4𝑘+2)√𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)

𝑛𝑘=1 <

1

4−

1

2(𝑛+1)(𝑛+2) , pentru orice n

număr natural nenul.

Soluţie Pentru x, y > 0 din inegalitatea mediilor armonică respectiv geometrică, avem că

21

x+1

y

≤ √xy, de unde obţinem că 2

(x+y)√xy≤

1

xy.

Atribuind lui x şi y valorile k, respectiv (k + 1)(k + 2) obţinem relaţia: 2

((k + 1)(k + 2) + k)√k(k + 1)(k + 2)<

1

k(k + 1)(k + 2) (∗)

(Inegalitatea e strictă, deoarece 𝑘 ≠ (𝑘 + 1)(𝑘 + 2).)

Dar 1

k(k+1)(k+2)=

1

2k−

1

k+1+

1

2(k+2). Însumând după k, reiese că

∑1

k(k + 1)(k + 2)

n

k=1

=1

2

(

1

1−

2

1 + 1+

1

1 + 21

2−

2

2 + 1+

1

2 + 21

3−

2

3 + 1+

1

3 + 2⋮

1

n−

2

n + 1+

1

n + 2)

=1

4−

1

2(n + 1)(n + 2) (∗∗)

Însumând relaţia (*) şi utilizând apoi identitatea (**) rezultă concluzia.

9.24) Pentru x,y,z numere reale pozitive astfel încât xyz=1, arătaţi că

𝑥(𝑦 + 1) + 𝑦(𝑧 + 1) + 𝑧(𝑥 + 1) ≤ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3

Soluţie Inegalitatea este echivalentă cu

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≥ 0 Deoarece numerele sunt positive şi 𝑥𝑦𝑧 = 1, se disting cazurile: - Toate cele trei numere sunt egale cu 1, calcul elementar, inegalitatea este adevărată. - Două numere sunt egale cu 1, atunci toate cele trei numere sunt egale cu 1, cazul anterior - Un număr este egal cu 1, atunci celelalte două sunt unul subunitar , celălalt supraunitar - Toate cele trei numere sunt diferite de 1. În acest caz, atunci două dintre cele trei numere sunt simultan subunitare sau supraunitare. Fără a restrânge generalitatea, presupunem că x şi y sunt acestea.


Deci, (1-x)(1-y)>0. Incluzând şi cazul anterior în care presupunem că unul dintre x sau y este 1, obţinem deci că (1 − 𝑥)(1 − 𝑦) ≥ 0. Înmulţind relaţia cu z>0 se obţine 𝑧 −𝑦𝑧 − 𝑥𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 ≥ 0, echivalent cu 𝑧 + 1 ≥ 𝑧𝑦 + 𝑧𝑥. Aşadar,

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)≥ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − 𝑥𝑦 − 1 − 𝑧 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑧

= (𝑧2 − 2𝑧 + 1) + (𝑥2 − 𝑥(𝑦 + 1) + (𝑦 + 1

2)2

) + 𝑦2 − 𝑦 + 1

−𝑦2 + 2𝑦 + 1

4= (𝑧 − 1)2 + (

2𝑥 − 𝑦 − 1

2)2

+ 3(𝑦 − 1

2)2

> 0

9.25) Să se afle prima zecimală a numărului real 𝑥 = √𝑛2 + 15𝑛 + 56 pentru n,

număr natural nenul.

Soluţie

𝑛2 + 15𝑛 + 56 = (𝑛 + 7)(𝑛 + 8). Notând 𝑛 + 7 = 𝑘, 𝑘𝜖ℕ, atunci

𝑥 = √𝑘(𝑘 + 1) = √𝑘2 + 𝑘 < √𝑘2 + 𝑘 +1

4= 𝑘 +

1

2= 𝑘 + 0,5.

Deci, prima zecimală a numărului real 𝑥 este mai mică decât 5.

(*)

Demonstrăm că 𝑥 ≥ 𝑘 + 0,4 (**) 𝑥 ≥ 𝑘 + 0,4 ⟺ 𝑥2 ≥ (𝑘 + 0,4)2⟺ 𝑘2 + 𝑘 ≥ (𝑘 + 0,4)2⟺ 𝑘 ≥ 8 ⟺ 𝑛 + 7 ≥8 ⟺ 𝑛 ≥ 1, adevărat.

Din (*) şi (**) reiese că prima zecimală a lui x este 4.

9.26) Fie funcţia 𝑓:ℝ → ℤ, astfel încât 3(𝑥 + 1) < 𝑓(𝑥) + 1 şi 3𝑥 ≥ 𝑓(𝑥) − 2.

i.Determinaţi 𝑓 (2017

2019)

ii.Rezolvaţi în ℝ ecuaţia 𝑓(𝑥) = 2018

Soluţie Cum 𝑓(𝑥) ∈ ℤ şi din relaţia 𝑓(𝑥) ≤ 3𝑥 + 2 < 𝑓(𝑥) + 1 obţinem că [3𝑥 + 2] = 𝑓(𝑥). Deci, 𝑓(𝑥) = [3𝑥]+2.

Atunci 𝑓 (2017

2019) = 2 + [

2017

673] = 4, iar [3𝑥] = 2016 ⟺ 𝑥 ∈ [672;

2017

3).

9.27) Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Arătaţi că

3(𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶2) = 𝐶𝐴2 + 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶2 Soluţie

𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0⃗ ⇒ (𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗)2= 0 ⇔ 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶2 + 2(𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ +

𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗) = 0 (*)


Produsul scalar 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴 ∙ 𝐺𝐵 ∙ cos (𝐴𝐺�̂�) Teorema cosinusului aplicată în triunghiul AGB: 𝐴𝐵2 = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 − 2 ∙ 𝐺𝐴 ∙ 𝐺𝐵 ∙

cos (𝐴𝐺�̂�)

Deci, 2 ∙ 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 − 𝐴𝐵2.

Analog, 2 ∙ 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐶2 − 𝐴𝐶2

2 ∙ 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐶2 + 𝐺𝐵2 − 𝐶𝐵2 Înlocuind în relaţia (*) se obţine identitatea cerută.

9.28) Să se determine funcţiile 𝑓:ℝ ⟶ ℝ cu proprietatea că

𝑓(𝑥) + 𝑓([𝑥]) ∙ 𝑓({𝑥}) = 𝑥, ∀𝑥𝜖ℝ Soluţie

Pentru 𝑥 = 0, se obţine 𝑓(0) + 𝑓(0) ∙ 𝑓(0) = 0 ⇔ 𝑓(0) = 0 𝑠𝑎𝑢 𝑓(0) = −1 Dacă 𝑥 ∈ (0,1) ş𝑖 𝑓(0) = −1, [𝑥] = 0, {𝑥} = 𝑥, 𝑜𝑏ţ𝑖𝑛𝑒𝑚 0 = 𝑥, 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑖𝑐ţ𝑖𝑒. Deci, 𝑓(0) = 0 (*) În relaţia dată, atribuind 𝑥 ← [𝑥], 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣 𝑥 ← {𝑥}, reiese că

𝑓([𝑥]) + 𝑓([[𝑥]]) ∙ 𝑓({[𝑥]}) = [𝑥] ⇔ 𝑓([𝑥]) = [𝑥] respectiv,

𝑓({𝑥}) + 𝑓([{𝑥}]) ∙ 𝑓({{𝑥}}) = {𝑥} ⇔ 𝑓({𝑥}) = {𝑥}

Atunci, 𝑓(𝑥) = 𝑥 − [𝑥] ∙ {𝑥}, ∀𝑥𝜖ℝ

9.29) Fie triunghiul ABC şi kϵ(1,∞) ∖ {2}. Pe laturile AB respectiv AC se iau

punctele D, M respectiv N, E astfel încât AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , kAD⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = AB⃗⃗⃗⃗ ⃗, NA⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 1

2CA⃗⃗⃗⃗ ⃗,

(k − 1)EC⃗⃗ ⃗⃗ = AE⃗⃗⃗⃗ ⃗ iar P este mijlocul segmentului DE. Să se demonstreze că punctele M,

N, P sunt coliniare.

Soluţie

[MQ] fiind linie mijlocie în triunghiul ABC, 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ =1

2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ =

1

2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ −

1

2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ (*)

𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ + 𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗

𝑀𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ − 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =2 − 𝑘

2𝑘𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗

𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ =1

2𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ =

1

2(𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗) = −

1

2𝑘𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +

𝑘 − 1

2𝑘𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗

Deci, 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑘−1

2𝑘𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + (

2−𝑘−1

2𝑘)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ =

𝑘−1

𝑘(1

2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ −

1

2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗) =

𝑘−1

𝑘𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗, conform (*).

Ceea ce implică coliniaritatea vectorilor 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ş𝑖 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗, deci M,N,P sunt coliniare.

Probleme propuse și selectate de prof. dr. Liliana Anastasiu

9.30) Arătați că numărul 20182017

11...122...25oriori

n este pătrat perfect.

Valentina și Liviu Radu, Tulcea


Soluţie

2019 2 2016 2019

20182017 20172018

2017 20182 2017 2019

4036 2019 2019

11....122....25 11....1 10 22...2 10 5 (1 10 10 ... 10 ) 10

10 1 10 12 (1 10 10 ... 10 ) 10 5 10 2 10 5

10 1 10 1

10 10 2 10 20

oriori oriori

n

4036 2019 4036 2018

22018

45 10 20 25 10 2 10 5 25

9 9 9

10 5

3

9.31) Cum suma cifrelor de la numărător este 6, numărătorul fracției este multiplu

de 3 și deci fracția este număr natural și n este pătrat perfect.

Să se demonstreze că pentru orice xR , există n N astfel încât:

1 1 1

1

, 04 2 4 3 4.

4 4 4 1, 0

k k kn

k k kk

x xx x x

x x

Petre Guțescu, Tulcea

Soluţie

Folosind identitatea Hermite putem scrie:

1 2 34 ,

4 4 4 4 4 4 4 4k k k k k

x x x x xx

R , de unde

1 1 1

11 1

4 2 4 3 41 .

4 4 4 4 4 4

k k kn n

k k k k k nk k

x x x x x xx

Pentru orice xR există n N astfel încât 0, 0

4 0 1 2 .1, 04 4

n

n n

xx xx

x

Din 1 și 2 se obține enunțul.

CLASA a X – a

10.20) Plecand de la ecuatia 3ʸ+4ʸ=5ʸ propun urmatoarea ecuatie:

fie a,b,c,d,e numere reale nenule astfel incat a>b>c>d>e si a+b=c+d+e.

Rezolvati in R ecuatia:

aʸ+bʸ=cʸ+dʸ+eʸ.

Prof. Buga Viorel

Soluţie

Din ecuatia initiala impartind prin cʸ obtinem:


(a/c)ʸ+(b/c)ʸ=1+(d/c)ʸ+(e/c)ʸ

a/c<1, b/c<1 rezulta ca functia f(x)=(a/c)ʸ+(b/c)ʸ este descrescatoare

d/c>1, e/c>1 rezulta ca functia g(x)=1+(d/c)ʸ+(e/c)ʸ este crescatoare

Atunci ecuatia f(x)=g(x) are solutie unica x=1.

10.21) Aratați că: 2016 2016 2016(1 sin ) (1 sin ) 2 ,x x pentru orice număr real x .

Valentina și Liviu Radu, Tulcea

Soluţie

2016 2016(1 sin ) (1 sin )x x 0 2 2 4 4 2016 2016

2016 2016 2016 20162 2 sin 2 sin 2 sinC C x C x C x 0 2 4 2016 2016 1 2016

2016 2016 2016 20162( ) 2 2 2 .C C C C

10.22) Rezolvati in numere naturale: 5ˣ=1+2ʸ

Soluţie

Daca x este numar par. x=2n, n natural atunci ecuatia devine 5²ⁿ-1=2ʸ sau

(5ˣ-1)(5²ⁿ⁻²+5²ⁿ⁻⁴+...+5²+1)=2ʸ imposibil, deoarece membrul stang este divizibil cu 3.

Daca x este numar impar x=2n+1, n natural obtinem:5²ⁿ⁺¹-1=2ʸ sau

4(5²ⁿ+5²ⁿ⁻¹+...+5+1)=2ʸ. Daca n≥1, egalitatea precedenta nu este posibila deoarece

5²ⁿ+5²ⁿ⁻¹+...+5+1este numar imapar mai mare decat 3. Ramane deci n=0 adica y=2 si

atunci x=1.

10.23) Rezolvati ecuatia: [(x³+3x²+2x+1)/3]+x=23

Soluţie

Avem x³+3x²+2x+1=x(x+1)(x+2) si deci (x³+3x²+2x+1)/3=x(x+1)(x+2)/3+1/3

Din ecuatia data se observa ca x este numar intreg si atunci x(x+1)(x+2)/3 este numar

intreg si cum [(x³+3x²+2x+1)/3]= x(x+1)(x+2)/3 ecuatia devine

x(x+1)(x+2)/3+x=23 rezulta usor x=3.

10.24) Rezolvati in R ecuatia: x4+x²+ 2 x+2=0

Soluţie

Ecuatia se poate scrie simplu : x4+(x+ 2 /2)²+3/2=0 Conculuzia este clara.

10.25) Fie functiile f,g:[0,n]→R cu proprietatiile:

f(n-k)=f(k) si g(n-k)=-g(k), unde kϵ{0,1,2...n}.

Sa se arate ca ∑ 𝑓(𝑘)𝑔(𝑘)𝑛𝑘=0 =0.

Soluţie

Fie S=∑ 𝑓(𝑘)𝑔(𝑘)𝑛𝑘=0 . Deoarece f(n-k)=f(k) si g(n-k)=-g(k),


avem ∑ 𝑓(𝑛 − 𝑘)𝑔(𝑛 − 𝑘)𝑛𝑘=0 =-S insa n-kϵ[0,n]

deci ∑ 𝑓(𝑛 − 𝑘)𝑔(𝑛 − 𝑘) = 𝑆𝑛𝑘=0 Din S=-S avem S=0.

10.26) Fie a ϵR si f:R→R astfel incat:

1° f(f(x))=4x+3 oricare xϵR

2° f(f(f(x)))=8x+a oricare xϵR.

a) Sa se determine aϵR si functia de gr.I care verifica conditiile 1° si 2°.

b) Sa se arate ca singura functie f : R→R care verifica 1° si 2° este functia

determinata la punctul a).

Soluţie

a) Fie f(x)=mx+n rezulta ca f(f(x)) = f(mx+n) = m²x+mn+n

b) Analog f(f(f(x)))=m³x+m²n+mn+n

Rezulta: m³x+m²n+mn+n=8x+a si m²x+mn+n=4x+3 oricare xϵR

Rezulta m²= 4, mn+n=3, m³=8 si m²x+mn+n=a

Rezulta valorile : m=2, n=1 si a=7 deci f(x)=2x+1.

Din f(f(f(x)))=8x+a tinand cont ca f(f(x))=4x+3 rezulta f(4x+3)=8x+a oricare ar fi x

real, rezulta f( 4x+3)=2(4x+3)+a-6, rezulta f(x)=2x+a-6 oricare ar fi x real , f este de

gradul 1 rezulta unicitatea.

Dar f(f(f(x))=4f(x)+3=8x+a oricare ar fi x real , rezulta f(x)=2x+(a-3)/4 oricare x real

deci a-6= (a-3)/4 → a→7

Rezulta ca singura functie care verifica conditiile este f : R→R , f(x)=2x+1.

10.27) Fie f : R→R o functie care admite drept perioada orice numar irational.Sa

se arate ca f este constanta.

Soluţie

Fie aϵR-Q fixat si b=f(a)

Oricare ar fi xϵR-Q avem f(x+a)=f(a) , iar pe de alta parte f(x+a)=f(x) deoarece x si a

sunt perioade pentru f.

Deci f(x)=f(a) =b

Daca xϵQ , atunci x+√2 ϵR-Q si deci f(x)=f(x+√2)=b

Decif(x)=b pentru orice x ϵ R.

10.28) Fie f : R→R o functie periodica si monotona.

Atunci f este constanta.

Soluţie

Deoarece f este periodica , exista T>0 astfel incat f(x+T)=f(x) oricare x real.

Presupunem ca f este crescatoare, atunci f(0)≤f(x)≤f(T) oricare xϵ[0;T]

Dar cum f(0)=f(T) → f(x)=f(0) oricare xϵ[0;T].

Deci f(x)=f(0) oricare xϵR.

Problemele 10.22-10.28 au fost selectate de prof. Buga Viorel


Clasa a XI-a

11.20) Pentru o permutare nS se notează 1

.n

n

k

kS

k

Să se arate că nS este minimă dacă este permutarea identică și apoi să se

calculeze lim .nn

S

Soluţie

Aplicând inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz obținem:

2

1 1 1

1 1.

n n n

k k k

k

k k k

Dar 1 1

1 1n n

k kk k

datorită bijectivității lui .

Deci 1

1 1 1... .

1 2

n

k

k

k n

Deci minim de 1 1 1

...1 2

nSn

și se realizează

când în inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz are loc egalitatea, adică k.k

Deoarece 1 1

1 1n n

k k kk

și 1

limn k

rezultă că lim .nn

S

11.21) Fie A și B două matrice pătratice cu elemente reale.

Arătați că 0, , , .n nTr A B A B B A n

N R

Soluţie

Folosim proprietățile: Tr X Y Tr Y X și

, , .pTr X Y Tr X Tr Y X Y M R

Avem:

1 1 1 1 0.n n n n n n nTr A A B B A Tr A B A B A Tr A B Tr A B A Tr A B Tr B A

Înlocuind pe A cu B obținem 0n nTr B B A A B Tr B A B B A de unde

0.nTr B B A A B

În final: n n n nTr A B A B B A Tr A A B B A B A B B A

= 0 0 0.n nTr A A B B A Tr B A B B A

11.22) Fie , ,nA B M R astfel încât matricea B are toate elementele egale cu x. Să

se arate că: 2

det det det .A B A B A

Soluţie

Se observă că det det ,A B A x u iar det det .A B A x u Se obține:


2 22 2det det det det .A B A B A x u A

11.23) Să se arate că: 1 1

lim lim .n n

en n

n nk k

k k

Soluţie

Fie 1

, , .n

an

n

k

x k n a

N R Este evident că 1

1 ,a

n

nx n

de unde 1 lim 1,nn

x

adică

lim 1.nn

x

Pentru ,a e 1

lim 1,n

en

nk

k

iar pentru ,a 1

lim 1.n

n

nk

k

11.24) Considerăm șirul de numere reale

1 1 1 1 1 1

1 ... 1 ...2 3 1 2 3

1, , 0, \ 1 .n n

n nnx x a a a

Să se calculeze lim .n

nx

Petre Guțescu

Soluţie

Presupunem cunoscut că șirul 1

1 1 1, 1 ... 2

2 3n nn

s s nn

este convergent

(șirul lui A.G. Ioachimescu) și notăm lim 1 .nn

s s

Avem:

121 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 ... 2

2 3 1 2 31

1 , 1 2 .1 1

1

nnn

n n nn

aa nx a a a n

n n

n

Cum

11 1 1 1 11 ... 22 3

1lim , lim ln , lim 1

1 1

1

nnsn

n n n

a na a a

n

n

și

20, 0,1

lim ,, 1,

n

n

a a

an

obținem, folosind 2 , că

0, 0,1lim .

, 1,n

n

ax

a

11.25) Să se determine aR astfel încât șirul

3 2 12, 3 ! 2 ! 1 ! !nn n n

n nnx x n n n a n

să

fie convergent și să se calculeze lim .nn

x

Soluţie

Presupunem cunoscut că șirul 12, 1 ! !nn

n nnL L n n

este convergent (șirul lui

Traian Lalescu) și 1

lim 1 .nn

Le

Dacă 0,a atunci lim .nn

x

Deci este necesar ca 0.a Prin urmare


3 2 13 ! ! 2 ! ! 1 ! ! 3 !n n n nn n nnx n n n n n n a n

2 1 1 23 ! 3 !,n n

n n n n n n n nL L L L L L a n L L a n de unde:

2n n

x

convergent 3a și 2

lim .nn

xe

11.26) Fie șirurile 1n n

a

și 1n n

b

de numere reale date astfel: 11 1

1

1 , ,nn

n

ba b a

a

1

1

1, 2.

1

nn

n

bb n

a

Determinați valorile lui 1a și 1b pentru care ambele șiruri sunt convergente.

Soluţie

Prin calcul găsim 1 6 1 6,a a b b , deci ambele șiruri sunt periodice. Șirurile sunt

convergente dacă și numai dacă 1 2 3 4 5a a a a a și 1 2 3 4 5.b b b b b Vom avea

1lim nn

a a

și 1lim .n

nb b

Fie na x și , 1;nb y n va trebui să avem y

xx

și 1

1

yy

x

de unde, înlocuind,

obținem 2

2 2 21 1 51 1 0

1 2

xx x x x x x

x

și cum

1 5 3 51 .

2 2x x y

11.27) Dacă 1n

x

este un șir de numere reale astfel încât există

__

3 2 1lim 3 3 ,n n n nn

x x x x x

R să se arate că există și să se calculeze 3

lim .n

n

x

n

Soluţie

1 2 1

3 2 13 2

2 1lim lim lim lim 3 3

3 3 1 6 1 6 6

n n n n n nn n n n

n n n n

x x x x x x xx x x x

n n n n

și deoarece

ultima limită există, din Lema Stolz-Cesaro rezultă existența tuturor limitelor

anterioare.

Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu

Clasa a XII – a


12.19) Fie A o submulțime a mulțimii numerelor complexe, având proprietățile:

1) , 1 .z z z A C

2) A este parte stabilă a lui C față de adunare.

Să se demonstreze că .A C

Soluţie

I) Arătăm mai întâi că discul-unitate este inclus în A. Din 1) avem 1 , 1A A și atunci

1 1 0 .A Fie acum zC cu 0 1.z Considerăm în planul complex punctele

M z și / 2N z (deci N este mijlocul segmentului ).OM Perpendiculara în N pe OM

intersectează cercul-unitate în punctele 1 1 2 2, .M z M z Deoarece 1 2OM MM este romb,

rezultă 1 2 .z z z Cum 1 2,z z A (conform 1)), rezultă z A (conform 2)).

II) Arătăm că și „coroana circulară” 1 2z este inclusă în A. Fie zC cu 1 2z .

Considerăm în plan punctele P z și / 2Q z (deci Q este mijlocul lui ).OP Deoarece

2,OP rezultă 1,OQ deci Q aparține discului-unitate și atunci perpendiculara în Q pe

OP taie cercul-unitate în punctele

1 1 2 2, .P z P z Rezultă că 1 2OPPP este romb, deci 1 2 .z z z Dar 1 2,z z A (conform 1)) și

atunci

z A (conform 2)).

III) Analog (prin inducție matematică) se arată că și „coroanele circulare” 2 2 3 12 2 , 2 2 ,...,2 2 ,...n nz z z sunt incluse în A. Rezultă .A C

12.20) Fie ,G un grup și , .x y G Dacă există , , , Z relativ prime, astfel ca

xy y x și ,xy y x atunci .xy yx

Soluţie

Deoarece x comută cu ,y rezultă că x comută cu orice putere întreagă a elementului

,y adică ,n nxy y pentru orice .nZ Analog , .n nxy y n Z

Cum și sunt relativ prime, există ,p qZ astfel încât 1.p q Atunci putem

scrie:

.p q p q p q p q p qxy xy xy y y xy y y x y x yx

12.21) Fie G un grup cu proprietatea următoare: G se poate scrie ca reuniunea a

trei subgrupuri diferite de G, dintre care două au câte două elemente. Să se arate că

G este izomorf cu grupul lui Klein.

Soluţie

Fie ,G H K L unde H și K au câte două elemente fiecare. Să notăm

, , , ,H e a K e b e fiind elementul neutru din grupul G. Fie \x L e arbitrar.

Observăm că H L este un subgrup al lui H, diferit de H, căci dacă ,H L H rezultă

H L și atunci ,G K L ceea ce nu se poate (un grup nu se scrie ca reuniune de două


subgrupuri proprii).

Deci .H L e Să considerăm elementul .y ax G Dacă am avea ,y H ar însemna

că

1 ,x a y ay H L deci ,x e contradicție cu alegerea lui x. Dacă am avea ,y L atunci 1 ,a yx L deci ,H L care am văzut că duce la contradicția .G H L

Rezultă în mod necesar ,y K deci y e sau .y b Dacă am avea ,y e ar însemna că

,ax e deci 1 ,x a a H L deci ,x e contradicție.

Rezultă drept unică posibilitate ,y b adică ,ax b deci 1 .x a b ab Dar x a fost luat

arbitrar în \ ,L e ab adică , ,L e c unde .c ab

Rezultă , , , .G e a b c Elementele , ,a b c generează respectiv câte un subgrup ciclic de

ordinul doi și anume , , ,H K L deci 2 2 2 .a b c e Aceasta arată că suntem în cazul unui

grup cu patru elemente,

care nu este ciclic, deci este izomorf cu grupul lui Klein.

12.22) Se consideră funcțiile : , ,nf n R R N

1 21 1sin cos , ,0

0, 0 .

1 12 cos sin , 0,

n n

n

nx x xx x

f x x

x xx x

Să se arate că 1f nu admite primitive, iar nf admite primitive pentru orice 2.n

Soluţie

Se observă că 1

: ,0 , sinn

n ng g x xx

R este o primitivă pe ,0 a lui ,nf iar

2 1: 0, , cosn nh h x x

x R este o primitivă a lui nf pe 0, . Funcția : ,nF R R

, ,0

0, 0

, 0,

n

n

n

g x x

F x x

h x

va fi o primitivă a lui nf pentru orice 2.n

Într-adevăr, ' 1

,0 0 0

0 0 0

0, 210 lim lim lim sin .

, 1

n n n n

n sx x xx x x

nF x F x g xF x

nu există nx x x

La fel

2

'

,0 0 0 0

0 0 0 0

1cos0 1

0 lim lim lim lim cos 0.n n n

n dx x x xx x x x

xF x F h x xF xx x x x

Prin urmare, dacă 2n , ' ,n nF x f x ceea ce arată că nf admite primitive pentru

2.n

Dacă 1n , atunci f nu admite primitive deoarece 1F nu este derivabilă în 0 0.x

12.23) Fie :f R R cu proprietatea că funcțiile


, : , 1 , 1g h g x x f x h x x f x R R

admit primitive pe .R Să se arate că f admite primitive pe R.

Soluţie

Deoarece h admite primitive rezultă că funcția : , 1 1k k x h x x f x R R

admite primitive pe R. Deci , , ,g x xf x f x k x xf x f x x R de unde

deducem că 1 1

, ,2 2

f x g x k x x f g k R ceea ce arată că f admite

primitive.

12.24) Să se calculeze

2

2

3sin 2,

3 sin cos 2x

x x xdx

e x x x

unde 0, .2

x I

Soluţie

Fie 2: , 3 sin cos 2xf I f x e x x x R cu ' 3 cos sin 2 .xf x e x x x Avem:

' 22 3sin 2 .f x f x x x x Rezultă că:

' '23sin 2 1 1 1 1 1ln

2 2 2 2 2

f x f x f xx x xdx dx x dx x f x

f x f x f x

C

21 1ln 3 sin cos 2 .

2 2

xx e x x x C

12.25) Să se calculeze sin 2 3sin 5cos 5

, .2 sin cos

x x xdx x

x x

R

Soluţie

Considerăm : , 2 sin cosf f x x x R R cu ' cos sinf x x x și atunci

2 2 ' 'sin cos 2 cos sinsin 2 3sin 5cos 5.

2 sin cos sin cos 2

x x x x f x f x f xx x xf x

x x x x f x f x

Deducem că

'sin 2 3sin 5cos 5

ln 2 sin cos2 sin cos

f xx x xdx dx f x dx f x x x dx

x x f x

2 cos sin ln 2 sin cos .x x x x x C

12.26) Să se calculeze

2017

2018

1,

1 1

xdx

x x

unde 1, .x

Petre Guțescu

Soluţie


20182017

2018 2018 2018

2017 20172018

20182018 2018

2018

1 11 1 1 1 1 1

1 11 1 1 1 1

1 1ln 1 ln ln 1 ln ln 1 ln

1 20181

1ln 1 ln 1 .

2018

x xxdx dx dx dx dx

x x x x xx x x x x x

x xdx x x dx x x x x

x xx x

x x

C

C

Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu

clasa a ix a 9.23) , pentru orice n 2Ὄ𝑛+1ὍὌ𝑛+2Ὅ€¦ · gazeta matematică a...

Documents