clasa a ix a 9.32) -9· 1521, n∈ · gazeta matematică a olegiului dobrogean "spiru...

Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 8 Probleme rezolvate pentru liceu

CLASA a IX – a

9.32) Arătați că numărul 114𝑛+1-9·222𝑛-24𝑛+1⋮1521,⩝n∈𝑁∗. Soluţie Notăm x=112𝑛,y=22𝑛.Avem S=11𝑥2 − 9𝑥𝑦 − 2𝑦2=(x-y)(11x+2y). Cum x-y=121𝑛 − 4𝑛⋮(121-4)=117 și 11x+2y=112𝑛+1 + 22𝑛+1⋮(11+3)=13, deduce că S⋮(117· 13) = 1521

9.33) Fie x,y∈(0,∞) care satisfac inegalitățile: x≥1

4+xy și y≥

1

4+xy. Arătați că x=y.

Soluţie

Înmulțind inegalitățile, obținem xy≥(1

4+ 𝑥𝑦)

2

,de unde rezultă că (𝑥𝑦 −1

4)

2

≤ 0.Rezultă că

xy=1

4.Deducem x≥

1

2, y≥

1

2și xy=

1

4 și de aici x=y=

1

2.

9.34) Fie a∈R.Determinați toate numerele x,y∈𝑍∗care au proprietatea că 4𝑥+4𝑦=𝑎2+𝑎+1

𝑎1+1.

Soluţie

Dacă notăm f(a)= 𝑎2+𝑎+1

𝑎2+1,se poate arăta că f(a) ∈[

1

2,

3

2], ⩝a∈R. Dacă x≥1 sau y≥1, rezultă că

4𝑥+4𝑦≥4. Dacă x<-1 și y<-1 ,rezultă că 4𝑥+4𝑦<1

4+

1

4=

1

2.Deducem x=y=-1.

9.35) Fie a,b,c>0 astfel încât ab+bc+ca=1.Arătați că: a) a+b+c≥3;

b) 1

1+𝑎2+1

1+𝑏2 +1

1+𝑐2≥2√3

√(1+𝑎2)(1+𝑏2)(1+𝑐2)

Soluţie a)Deoarece 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐,avem (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 = 𝑎2 + 𝑏2 +

𝑐2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca)=3 și de aici rezultă că a+b+c≥ √3 .

b)Din relația ab+bc+ca=1 obținem a=1−𝑏𝑐

𝑏+𝑐 ,apoi 1+𝑎2 =

(𝑏2+1)(𝑐2+1)

(𝑏+𝑐)2 ,deci

b+c=√(𝑏2+1)(𝑐2+1)

1+𝑎2 și analoagele. Însumând aceste relații, avem:2(a+b+c)= √(𝑏2+1)(𝑐2+1)

1+𝑎2 +

√(𝑐2+1)(𝑎2+1)

1+𝑏2 + √(𝑎2+1)(𝑏2+1)

1+𝑐2 ≥ 2√3 echivalentă cu 1

1+𝑎2+1

1+𝑏2 +1

1+𝑐2≥2√3

√(1+𝑎2)(1+𝑏2)(1+𝑐2).

9.36) Rezolvați sistemul:{

𝑥 + [𝑦] + {𝑧} = 1,2

𝑦 + [𝑧] + {𝑥} = 2,3

𝑧 + [𝑥] + {𝑦} = 3,5

, unde x,y,z>0, iar[𝑎]reprezintă partea

întreagă a numărului a. Soluţie


Adunând cele trei ecuații, găsim 2(x+y+z)=7, de unde x+y+z=3,5. Adunând primele două ecuații, avem x+y+z+[𝑦] + {𝑥}=3,5, de unde [𝑦] + {𝑥}=0 sau[𝑦] = 0 , {𝑥}=0. Adunând ultimele două ecuații,găsimx+y+z+[𝑧] + {𝑦}=5,8 ,de unde [𝑧] + {𝑦}=2,3 sau [𝑧] =2 ș𝑖{𝑦}=0,3. Adunând prima și ultima ecuație,avem x+y+z+[𝑥] + {𝑧}=4,7,de unde [𝑥] +{𝑧}=1,2 sau [𝑥] = 1 ș𝑖{𝑧}=0,2. Rezultă că x=1, y=0,3 și z=2,2.

9.37) Fie 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1proiecțiile centrulul de greutate G al triunghiului ABC pe laturile sale, de lungimi a,b,c.Arătați ca 𝑎2 · 𝐺𝐴1

+𝑏2 · 𝐺𝐵1 + 𝑐2 · 𝐺𝐶1

= 0 Soluţie

Fie M piciorul medianei din A și D piciorul înălțimii din A. Rezultă 𝐺𝐴1 =

1

3𝐴𝐷 .Cum

𝐴𝐷 =𝐴𝐶 + 𝐶𝐷 =𝐴𝐶 +𝐶𝐷

𝐶𝐵𝐶𝐵 (CD considerat cu ”+”sau” –” după cum D∈ [𝐵𝐶]sau C∈

(𝐵𝐷)).Rezultă că 𝐴𝐷 = 𝐴𝐶 +𝑏 cos 𝐶

𝑎𝐶𝐵 ,apoi 2𝑎2𝐴𝐷 =2𝑎2𝐴𝐶 +(𝑏2 + 𝑎2 − 𝑐2)(𝐴𝐵 − 𝐴𝐶 )=

𝐴𝐶 (𝑎2 + 𝑐2 − 𝑏2)+( 𝑏2 + 𝑎2 − 𝑐2) 𝐴𝐵 . Analog, dacă E este proiecția lui B pe AC și F proiecția lui C pe AB,găsim 2𝑏2𝐵𝐸 = 𝐴𝐶 (−𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2) − 2𝑏2𝐴𝐵 ș𝑖 2𝑐2𝐶𝐹 = 𝐴𝐶 (-2𝑐2) +

( 𝑐2 + 𝑏2 − 𝑎2) 𝐴𝐵 . Rezultă că 𝑎2 · 𝐴𝐷 +𝑏2 · 𝐵𝐸 + 𝑐2 · 𝐶𝐹 = 0 și de aici concluzia problemei.

9.38) Găsiți locul geometric al punctelor M din planul triunghiului ABC,pentru care vectorul 𝑀𝐴 + 2𝑀𝐵 + 3𝑀𝐶 este paralel cu una din laturile triunghiului. Soluţie Dacă 𝑀𝐴 + 2𝑀𝐵 + 3𝑀𝐶 este paralelă cu dreapta AB, atunci există k∈ 𝑅 astfel încât 𝑀𝐴 +

2𝑀𝐵 + 3𝑀𝐶 =k𝐴𝐵 ,rezultă că 6𝑀𝐴 + 2𝐴𝐵 + 3𝐴𝐶 =k𝐴𝐵 și de aici 𝐴𝑀 =1

2𝐴𝐶 +

2−𝑘

6𝐴𝐵 . Rezultă că, în acest caz,M se află pe paralela prin C la AB. Analog ,dacă vectorul

este paralel cu AC , locul geometric căutat este paralela la AC dusă prin D∈ (𝐴𝐵),AD=2

3AB, iar

dcă vectorul este parallel cu BC, locul geometric este o dreaptă paraalelă cu BC dusă prin T

, 𝐴𝑇 = 𝐴𝐵 +3

2𝐴𝐶 .În concluzie ,locul geometric este format din trei drepte,drepte paralele

cu laturile triunghiului ABC.

9.39) Se consideră triunghiul echilateral ABC și punctele M∈(BC),N∈(AC),P∈(AB), astfel

încât vectorii 𝐴𝑀, 𝐵𝑁 , 𝐶𝑃 să fie coliniari. Arătați că suma 1

𝐴𝑀2+1

𝐵𝑁2 +1

𝐶𝑃2 este constantă.

Soluţie

Notăm cu a lungimea laturii triunghiului ABC și 𝐶𝑀

𝑀𝐵=k. Deducem 𝐴𝑀2 = 𝑥2=

𝑎2(𝑘2+𝑘+1)

(𝑘+1)2 . Din

AM∥BN∥CP deducem BN=𝑥(𝑘+1)

𝑘,CP=x(k+1),apoi

1

𝐴𝑀2+1

𝐵𝑁2 +1

𝐶𝑃2=2

𝑎2.


9.40) Știind că patrulaterul ABCD este înscris într-in cerc și punctele 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝐻4 sunt respective ortocentrele triunghiurilor ABC,BCD,CDA și DAB,arătați că patrulaterul 𝐻1𝐻2𝐻3𝐻4 este înscris într-un cerc. Soluţie Fie O central cercului circumscris patrulaterului ABCD. Folosind relația lui Sylvester în fiecare din cele patru triunghiuri, se obține𝑂𝐻1

=𝑂𝐴 + 𝑂𝐵 + 𝑂𝐶 și analoagele. Prin scăderi

succesive,obținem: 𝐻1𝐻2 =𝐴𝐷 , 𝐻2𝐻3

= 𝐵𝐴 , 𝐻3𝐻4 = 𝐶𝐵 ș𝑖𝐻4𝐻1

= 𝐷𝐶 .Urmează că patrulaterele ABCD și 𝐻1𝐻2𝐻3𝐻4 sunt congruente și cum ABCD este inscriptibil,deduce că și 𝐻1𝐻2𝐻3𝐻4este inscriptibil.

9.41) Fie patrulaterul ABCD, 𝐻1 ortocentrul triunghiului ABC și 𝐻2 ortocentrul triunghiului DBC. Demonstrați că ABCD este inscriptibil dacă și numai dacă 𝐻1𝐻2∥AD. Soluţie Fie 𝑂1 centrul cercului circumscris ∆𝐴𝐵𝐶 și 𝑂2 centrul cercului circumscris ∆𝐷𝐵𝐶.Deoarece

A𝐻1 ⊥ 𝐵𝐶 și D𝐻2 ⊥ 𝐵𝐶 rezultă că A𝐻1 ∥ D𝐻2. Prin urmare, 𝐻1𝐻2∥AD⇔ 𝐴𝐷 ≡ 𝐻1𝐻2.Dar

𝐻1𝐻2=𝑟𝐻2-𝑟𝐻1

=𝑟𝐵 + 𝑟𝐶 + 𝑟𝐷 − 2𝑟𝑂2− (𝑟𝐵 + 𝑟𝐶 + 𝑟𝐴 − 2𝑟𝑂1

) = 𝑟𝐷 − 𝑟𝐴 + 2(𝑟𝑂1− 𝑟𝑂2

) =

𝐴𝐷 + 2𝑂2𝑂1.Prin urmare, 𝐻1𝐻2∥AD⇔𝑂2𝑂1 = 0 ⇔ 𝑂1 = 𝑂2⇔ABCD este inscriptibil.

Probleme propuse și selectate de prof. Căpriță Doru Marian

CLASA a X – a

10.29) Sa se resolve ecuatia (ax+a⁻x)(1+x2)=2 unde a este strict pozitiv si x real oarecare. Soluţie Ecuatia se poate scrie ax+a-x = 2/(1+x2). Se stie ca pentru a>0 avem ax+a-x≥2 deci 2/(1+x2)≥2 adica 1+x2≤1 rezulta ca x2≤0 adica x=0

10.30) Sa se rezolve ecuatia (x+[x])1/2 + (x-√x)1/2 =1 unde[x] exte partea intreaga a lui x. Soluţie Trebuie sa punem conditiile x≥0 si x-√x≥0 din care rezulta x≥1 si diferit de 0. Daca x=0 ecuatia este imposibila Daca x≥1 atunci [x]≥1 deci x+[x]≥2 si cum (x-√x)1/2≥0 rezulta ca (x+[x])1/2 + (x-√x)1/2≥√2>1, Deci ecuatia nu are solutii.

10.31) Sa se rezolve in multimea numerelor reale ecuatia: ax²+a4=2a2ᵡ unde a>1. Soluţie


Folosind inegalitatea mediilor obtinem: ax²+a4≥2√ ax²a4 deci 2a2ᵡ≥√ ax²+4 de unde rezulta a4x≥ax²+4 sau ax²-4x+4≤1. Rezulta (x-2)2≤0 deci x=2.

10.32) Rezolvati in numere natural: 5x=1+2y.

Soluţie Daca x este nr. Par , x=2n atunci ecuatia devine 52n-1=2y sau (52-1)(52n-2+52n-4+…+52+1)=2y

Imposibil deoarece membril stang este divizibil cu 3. Daca x este impar x=2m+1 obtinem 52m+1-1=2y adica (5-1)(52m+52m-1+…5+1)=2y Daca m≥1egalitatea precedent nu este posibila deoarece 52m+52m-1+…5+1 este un nr. Impar mai mare decat 3. Ramane m=0 adica y=2 si atunci x=1.

10.33) Sa se rezolve ecuatia: 1+4x+9x =2x+3x+6x

Soluţie Se noteaza 2x=a>0 si 3x=b>0 ecuatia se scrie 1+a2+b2=a+b+ab.Se inmultesc ambii membri cu 3 si grupand convenabil avem (a-1)2+(b-1)2+(a-b)2=0 de unde avem a=b=1 adica x=0

10.34) Sa se determine a real, incat sistemul urmator sa aiba o singura solutie: 2x+2-x+y=a x2+2y=3-a

Soluţie Presupunem (b,c) o solutie a sistemului.Rezulta ca si (-b,c) este o solutie a sistemului si atunci pentru unicitate trebuie b=-b deci b=0.Inlocuind si eliminand pe a se obtine ecuatia 2y=1-y. Membrul stang este o functie strict crescatoare iar cel drept strict descrescatoare, ecuatiaare cel mult o solutie. Se vede ca y=0 si deci a=2.

10.35) Daca functiile f si g: R =>R sunt functii subaditive iar g este si crescatoare sa se demonstreze ca functia gof este subaditiva.

Soluţie Din f(x+y)≤f(x)+f(y) si g(x+y)≤g(x)+g(y) rezulta g(f(x+y))≤g(f(x)+f(y))≤g(f(x))+g(f(y))=>(gof)(x+y)≤ ≤(gof)(x)+(gof)(y).

10.36) Fie f si g :A =>A cu proprietatile : a) g este bijectiva b) fog-1of este functia identica. Sa se arate ca

1) f este bijectiva


2) fof=g 3) fog=gof.

Soluţie Compunand la stanga si la dreapta cu f-1 =>g-1=f-1of-1=>fof=g Tinand cont de punctual 2 , 3 este evident. Deasemeni 1 este aproape evident.

Probleme propuse și selectate de prof. Buga Viorel

CLASA a XI – a

11.28) a) Fie , , , nA B C DM C cu proprietatea că X Y XY pentru orice

, , , , .X Y A B C D Să se arate că 2 .A B C D ABCD

b) Fie

2 0 0

0 1 0 .

1 0 3

A

Să se rezolve , în mulțimea 3 ,M R ecuația ,nX A unde n N

fixat. Soluţie

a) ABCD AB CD A B C D AC BC AD BD A C B C A D B D

2 .A B C D

b) Fie 3X M R soluție a ecuației date. Din condiția AX XA deducem că X trebuie să fie

de forma

0 0

0 0 .

0

x

X u

c x c

Se arată prin inducție că

0 0

0 0 .

0

n

n n

n n n

x

X u

c x c

Din ecuația dată

obținem

2, 1nx u (condiție care impune n să fie impar) și 3.nc

11.29) Fie nAM C și 1mm

nA I cu , 2,m m N atunci:

1... 1 ,m

n n nn rang I A rang I A rang I A m n unde

2 2cos sin .i

m m

Soluţie

Se arată că are loc egalitatea 1

0

mmk m

k

X Y X Y

pentru orice , nX YM C cu

.XY YX

Folosind acest rezultat avem: 1

0

1 .m

mk m

n n n

k

I A I A O

De aici și din inegalitatea

Sylvester,


1 2 1 2... ... 1 ,m mrang A A A rang A rang A rang A m n se obține:

1

1

0

0 ... 1 ,m

k m

n n n n

k

rang I A rang I A rang I A rang I A m n

de unde rezultă inegalitatea din dreapta. Pentru inegalitatea din stânga vom folosi faptul că suma rangurilor

este mai mare decât rangul sumei. 1

2 1

0

1 ... .m

k m

n n n

k

I A mI A mI

Dar

nrang mI n

și de aici rezultă concluzia.

11.30) Fie 3, , ,A B S SM C fiind o matrice nesingulară astfel încât 1 .B S AS Să se

arate că:

22 2 .tr B tr B tr A

Soluţie

1 1

3 3 3 3det det det det det det .A xI S A xI S S AS xI B xI Deci matricele

,A B au aceleași

valori proprii: , , .a b cC Dar ținând cont de faptul că 2 2 , ,tr B a tr B ab iar

2

,tr A a concluzia este imediată.

11.31) Fie 4AM R astfel încât 2

4det 0.A I Să se arate că există , 1 R

astfel încât matricea 4A I să fie singulară.

Soluţie

Fie funcția 4: , det ,f f x A xI R R funcție continuă (deoarece este funcție

polinomială). Relația din

ipoteză devine 1 1 0.f f Din proprietatea lui Darboux rezultă că există 1,1 astfel

încât 0.f

11.32) Să se demonstreze că, dacă 0,2 2 ,a

atunci ln 1 2 1 .a a a

Soluţie

Fie 2 2

: 0,2 2 , ln 1 2 1 .f f x x x x

R Avem 2

' ln 2 1 ln2 .

x x x x xf x

x

Studiind comportamentul funcției 2: 0,2 2 , ln 2 1 lng g x x x x x x

R se poate

stabili semnul ei,

care corespunde cu semnul funcției 'f și se constată că ' 0f x dacă 1x și ' 0f x

dacă 1.x Obținem că 0, 0,2 2 .f x x


11.33) Fie , : , 0f g a b a b R două funcții continue pe ,a b și derivabile pe

, .a b Dacă g este strict crescătoare, atunci există ,c a b astfel încât

'

'

2 2.

f c

g a g c g c g b g c

Soluţie

Fie funcția : , , .

f xF a b F x g a g x g b g x e R Deoarece ,F a F b din

teorema Rolle

deducem că există ,c a b astfel încât

'

'

'

20 1 .

f c g a g b g cF c

g c g a g c g b g c

Inegalitatea

'

'

2f c

g c g a g c

este echivalentă, folosind 1 , cu g a g b care este adevărată.

Inegalitatea

'

'

2f c

g c g b g c

este echivalentă, folosind 1 , cu g b g a care este

adevărată.

11.34) Se consideră funcția : ,f a b R continuă pe ,a b , derivabilă pe ,a b și

numerele reale 0 1 2, , ,..., nx x x x

astfel încât 0 1 ... .na x x x b Să se arate că există numerele reale 1 2, ,... nc c c ,

1, , 1,2,...,i i ic x x i n ,

astfel încât 222

1

1 1

.n n

i i i

i i

f c x x f b f a

Petre Guțescu Soluţie

Aplicând, funcției f , teorema Lagrange pe intervalul 1, , 1,2,...,i ix x i n obținem că există

1,i i ic x x

astfel încât 1 1 ,i i i i if x f x x x f c de unde

2 2

22

1 1 1

1 1 1 1

,n n n n

i i i i i i i i

i i i i

f x f x f c x x f c x x

de unde concluzia.

Pentru ultima inegalitate s-a folosit inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz.

11.35) Să se arate că există un șir de numere reale 0n n

x

cu 1 1

,3

2 22 2

nx

n n

astfel încât 1 1 2

lim 2 sin cos .nn

n n

xx x


Soluţie

Fie 2 1: 0, , sinf f x x

x R care este continuă și derivabilă pe 0, cu

' 1 12 sin cos .f x x

x x

Considerăm șirurile 0n n

a

și unde 1

32

2

na

n

și 1

.

22

nb

n

Cum funcția f este

continuă

pe ,n na b și derivabilă pe ,n na b putem aplica teorema Lagrange. Atunci există ,n n nx a b

astfel încât

' .

n n

n

n n

f b f af x

b a

Cu această scriere ajungem la

' 2lim lim .

n n

nn n

n n

f b f af x

b a

Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu

CLASA a XII – a

12.27) Fie , ,A un inel și , 1p p N astfel încât 1 1 ... 1 0.p ori

Arătați că:

a) , 0x A p x unde ... ;p ori

p x x x x

b) dacă p este prim și ,a b A cu ,a b b a atunci ;p p pa b a b

c) dacă 3

1

0 1 ,

0 0 1

a b

X c A p

M prim și 2,p atunci 3.

pX I

Soluţie a) ... 1 ... 1 1 ... 1 0.

p ori p orip ori

p x x x x x x x

b) Este valabil binomul lui Newton: 0

.p

p k k p k

p

k

a b C a b

Cum k

pp C pentru 1,2,..., 1k p

și 0,p x x A rezultă .p p pa b a b

c) 3X I B unde

0

0 0 .

0 0 0

a b

B c

Folosind relația de la )b obținem3 .p pX I B Cum

3

3B O obținem

3.pX I


12.28) Fie A un inel finit în care numărul elementelor inversabile este egal cu numărul elementelor nilpotente. Să se arate că numărul elementelor inelului este o putere a lui 2. ( x A este element

nilpotent n N astfel încât 0).nx

Soluţie Se știe că dacă x este nilpotent, atunci 1 x este inversabil. Avem astfel o funcție injectivă de la elementele nilpotente la elementele inversabile și cum mulțimile au același cardinal, funcția este bijectivă. Evident, inversa ei este tot 1 x , de unde dacă y este inversabil 1 y este nilpotent. Cum 1 este inversabil

rezultă că 2 este

nilpotent, adică există k N astfel încât 2 0.k Orice element din grupul ,A are ordinul

de forma 2m , de unde, conform teoremei lui Cauchy, avem că numărul de elemente al lui A este de forma

2 .p

12.29) Arătați că dacă , ,x y A unde , ,A este un inel, și rr rx y x y pentru orice

2,3,5 ,r atunci

, 2 1.nn nx y x y n N

Soluţie

Pentru 2r avem 22 2 0.x y x y xy yx Pentru 3r obținem

33 3 ,x y x y de

unde

23 3 2 2 ,x y x y x y x y x y așadar 2 2 0.x y y x Pentru 5r avem

55 5 2 2 3 3 ,x y x y x y x y de unde 2 3 2 3 0.x y y x

Avem că 2 2x y x xy x yx xy x yx și analog 2 2.y x xy Mai mult,

2 3 2 2 2x y x y y y x y y

= 2 2 2 2 2 2 2 3 ,y yx y y x xy x y xy x yyx y x y x y yx x y x de unde 2 3 2 3 0.x y y x

Demonstrăm prin inducție cerința. 1P și 2P sunt adevărate și arătăm că

1 .P k P k

Avem 2 3 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 2 2 1 2 2 1.k k k k k k k kx y x y x y x y x y x y x y y x

Conform a ceea ce am demonstrat mai sus avem 2 2 1 2 2 1 0k kx y y x pentru 1k și

demonstrația este încheiată.

12.30) Se consideră corpul , ,p Z , unde p este un număr prim mai mare decît 5. Să

se arate că pentru orice p Z , ecuația 12

1 2 1... ,p

px x x

în necunoscutele

1 2 1, ,..., ,px x x admite o soluție 1 2 1, ,..., pa a a cu proprietatea că 0,1 , 1,2,..., 1 .ia i p


Soluţie

În cazul \ 1,2 ,pZ punem 2 3 1 1... 1, 1.px x x x Deoarece 5p rezultă

0,1 , 1,..., 1ix i p și 12

1 2 1... 1 1 1 ... 1 .p

px x x

Pentru 1 alegem paZ astfel ca 1,0,1 ,a ceea ce se poate deoarece 5p . Dacă

punem

2 3 1... px x x a și 1 1 ,x a atunci 0,1 , 1,...,p 1ix i și

1

12

1 2 1

0

... 1,p

pk

p

k

x x x a

relație care este valabilă în ,pZ pentru 1.a

În mod similar pentru 2 alegem paZ astfel încât 2, 1,0,1a și punem

2 3 1 1... , 2 ,px x x a x a

care verifică toate condițiile cerute.

12.31) a) Pentru aR dat, determinați primitivele funcției

23 2 2: , 4 3 2 .axf f x x a x ax a e R R

b) Să se calculeze integrala: 510 5 52 3 3 , .x x x dx x R

c) Să se determine funcția continuă : 0,1f R care satisface identitatea:

1

2

0

12 3 .

15x f x f x dx

Soluţie

a) Primitiva lui f este de forma 22 axF x mx nx p e , de unde

2 2 2' 3 2 3 22 2 2 2 2 2 2 2 ,ax ax axf x F x amx anx apx e mx n e amx anx ap m x n e

de unde 1

, 22

m n aa

și 2

3 1.

2 2p

a

b) Primitiva are forma 6

5 53H x g x x c unde g este o funcție polinomială. Avem că

6

5 5' ' 5 4 5 ' 5 4 553 6 3 3 6 3.H x g x x x g x x g x x x g x x Așadar

' 5 4 10 53 6 2 3 .g x x x g x x x De aici se vede că 6

.6

xg x Avem astfel

510 5 52 3 3x x x dx

= 6

55 53 3 .6

xx x C


c) Avem că 1

2

00g x dx pentru orice : 0,1 .g R Pentru

3

3

xg x f x avem

1 1 1 1 1

2 2 4 2 2

0 0 0 0 0

2 1 10 3 2 0.

3 9 15f x dx x f x dx x dx f x dx x f x dx Din ipoteză

avem egalitate,

așadar 2

,3

xf x c unde c este o constantă, de unde

2

.3

xf x c

12.32) Se consideră , 3n n N și funcțiile : , , , 1,2,..., , 0,if a b c i n c

continue pe intervalul , .a b

Să se arate că, pentru orice nS , avem inegalitatea:

2 2 2

1 2

1 2

1 2

... ... .b b b b b b

n

na a a a a a

n

f x f x f xf x dx f x dx f x dx dx dx dx

f x f x f x

Soluţie Folosind inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski-Schwarz avem

2 2

b b bi

iia a ai

f xdx f x dx f x dx

f x

pentru orice 1,2,..., .i n

Făcând produsul tuturor acestor inegalități și ținând cont de faptul că

1 1

n nb b

i ia ai i

f x dx f x dx

obținem

inegalitatea cerută.

12.33) Să se determine funcțiile continue , : 0,1f g R care satisfac relația:

1 1

0 0

252 2 3 3 2 .

72f x x f x dx g x x g x dx

Petre Guțescu Soluţie

Prin înmulțirea cu 1

6, relația din enunț se scrie în mod echivalent:

1 1

0 0

1 1 252 3 2

3 2 3 9 16f x x f x dx g x x g x dx

1 1

0 0

1 1 1 12 3 2

3 2 27 48f x x f x dx g x x g x dx

1 1 1 1

2 2 2 2

0 0 0 0

1 2 10

9 3 16 2

x xx dx f x f x dx x dx g x g x dx

2 2

1 12 2

0 0

20

9 3 16 2

x x x xf x f x dx g x g x dx

2 2

1 1

0 00 , , 0,1 .

3 4 3 4

x x x xf x dx g x dx f x g x x


12.34) Să se calculeze 2

,

x b

a xb

a

e edx

x ab x

unde 0 .a b

Soluţie

Facem schimbarea de variabilă x b

a t de unde .

abt

x Așadar

2.

abdx dt

t Integrala devine:

22 2 2

2

b t t b

t a a ta b

b a

e e ab e eI dt dt I

tab a b t ab tab

t t

de unde 0.I

Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu

clasa a ix a 9.32) -9· 1521, n∈ · gazeta matematică a olegiului dobrogean "spiru...

Documents