Teste de matematic¼a pentru clasa a 10-a

C¼at¼alin Ciupal¼a

Cuprins

1 Numere reale 21.1 Puteri si Radicali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Puteri cu exponent întreg . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Radicali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.4 Indicatii si r¼aspunsuri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2 Logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.2.1 Propriet¼atile logaritmilor . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.2.2 Teste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.2.3 Testul 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2 Numere complexe 33

1

Capitolul 1

Numere reale

1.1 Puteri si Radicali

1.1.1 Puteri cu exponent întreg

De�nitia 1.1.1 Fie a 2 R, n 2 N�n f1g : Prin de�nitie an = a � a � ::: � a| {z }n ori

;

iar a�n = 1an: Prin conventie a0 = 1; a1 = a; iar 00 nu are sens.

Proprietatiile puterilor cu ezponent întreg

Propozitia 1.1.1 Fie a; b 2 R�; m; n 2 Z.

1) înmultirea puterilor cu aceeasi baz¼a: am � an = am+n;

2) împ¼artirea puterilor cu ace¼asi baza: am

an= am�n;

3) Ridicarea unei puteri la alt¼a putere: (am)n = am�n;

4) Puterea produsului: (a � b)n = an � bm;

5) Puterea cahtului:�ab

�n= an

am;

6) Ordonarea puterilor.Dac¼a a 2 (0; 1) ; atunci an < am , n > m;Dac¼a a 2 (1;1) ; atunci an < am , n < m;Dac¼a 0 < a < b; atunci 0 < an < am;Dac¼a a 6= �1; atunci an = am , n = m:

2

3

Exemplul 1.1.1 a)h(x2)

3: (x�5)

�2i�(x2)2 = [x6 : x10] �(x2)2 = x�4 �x4 = 1:

b)�x�x2�:::�x2009x2�x4�:::�x2008

�2=�x1+2+:::+2009

x2+4+:::+2008

�2= x(

2009�20102

�1004�1005)�2 = x2�10052:

Propozitia 1.1.2 Fie a; b; c 2 R si n 2 N�n f1g :

1) an � bn = (a� b) (an�1 + an�2b+ :::+ abn�2 + bn�1) :

2) a2n+1 + b2n+1 = (a+ b) (a2n � a2n�1b+ a2n�2b2 � :::� ab2n�1 + b2n) :

3) a3 + b3 + c3 � 3abc = (a+ b+ c) (a2 + b2 + c2 � ab� bc� ac) :

Exemplul 1.1.2 1) a4 � b4 = (a2 � b2) (a2 + b2) = (a� b) (a+ b) (a2 + b2) :

2) a5 � b5 = (a� b) (a4 + a3b+ a2b2 + ab3 + b4) :

3) a2009 + b2009 = (a+ b) (a2008 � a2007b+ :::+ b2008) :

4) a) x2 < 9, x 2 (�3; 3) :

b) x3 � �27, x 2 [�3;1):

c) x100 � 3100 , x 2 [�3; 3] :

d) x50 > 250 , x 2 (�1;�2) [ (2;1) :

1.1.2 Radicali

Proprietatiile radicalilor.

De�nitia 1.1.2 Fie a 2 R, a > 0; n 2 N, n � 2: Ecuatia xn = a are osingur¼a r¼ad¼acina real¼a pozitiv¼a x = n

pa; numit¼a radicalul de ordinul n

din a:

Observatia 1.1.1 1) Fie a 2 R, a > 0; n 2 N, n � 2 num¼ar par: Ecuatiaxn = a are dou¼a r¼ad¼acini reale x = � n

pa:

2) Cum �ecare solutie îsi veri�c¼a ecuatia, deducem c¼a ( npa)n= a; pentru

orice a 2 R, a > 0 si n 2 N, n � 2:3)�

npan = jaj ; dac¼a n 2 N, n � 2, num¼ar par

npan = a; dac¼a n 2 N, n � 2, num¼ar impar ;

4

Exemplul 1.1.3 1) Ecuatia x3 = 3 are solutia unic¼a x = 3p3:

2) Ecuatia x200 = 5 are solutiile x = � 200p5:

3)p3� 2

p2 =

q�1�

p2�2=��1�p2�� = p2� 1:

Observatia 1.1.2 Fie a 2 R, n 2 N, n � 2; n impar: Ecuatia xn = a are osingur¼a r¼ad¼acina real¼a x = n

pa; numit¼a radicalul de ordinul n din a:

Exemplul 1.1.4 1) Ecuatiia x2009 = 2009 are solutia x = 2009p2009:

2) Ecuatiia x2009 = �2009 are solutia x = 2009p�2009 = � 2009

p2009:

Observatia 1.1.3 1) Pentru a avea sens npx; n 2 N�; n num¼ar par; trebuie

satisf¼acut¼a conditia de existent¼a a radicalului x � 0:2) Pentru n

px; n 2 N�; n � 2 ; n num¼ar impar, nu avem conditii de

existent¼a a radicalului.

Exemplul 1.1.5 1) Determinati x 2 R, pentru care are sens expresia

E (x) =4px2 � 3x+ 2:

Solutie. Avem conditia x2 � 3x+ 2 � 0 , x 2 (�1; 1] [ [2;1):

2) Determinati x 2 R, pentru care are sens expresia

E (x) =px� 2 + 1p

3� x:

Solutie. Avem conditiile�x� 2 � 03� x > 0 ,

�x � 2x < 3

, x 2 [2; 3):

3) Determinati m 2 R, astfel încât functia

f : R! R; f (x) =2010pmx2 �mx+ 1

este bine de�nit¼a.

Solutie. Dac¼a consider¼am expresia mx2 �mx+ 1 o functie de gradul aldoilea (m 6= 0), atunci se impune conditia mx2 �mx + 1 � 0 pentru orice

x 2 R ,�m > 0� � 0 ,

�m 2 (0;1)m2 � 4m � 0 ,

�m 2 (0;1)m 2 [0; 4] , m2 (0; 4]:

5

Dac¼a m = 0, atunci f (x) = 1 > 0:

Solutia �nal¼a este: m 2 (0; 4] [ f0g = [0; 4] :

4) Determinati (x; y) 2 R� R, stiind c¼apx2 � 2x+ 4

py2 � 1 = 0:

Solutie. Cum �ecare termen dinn sum¼a este pozitiv, pentru a avea egal-itate, rezult¼a c¼a �ecare termen trebuie s¼a �e egal cu zero. Deci x2 � 2x = 0si y2 � 1 = 0) (x; y) 2 f(0; 1) ; (0;�1) ; (2; 1) ; (2;�1)g :

5) Ar¼atati c¼a expresia E =q(x� 1)2+ 4

q(x� 3)4 este constant¼a, pentru

orice x 2 [1; 3] :

Solutie. E = jx� 1j+ jx� 3j x2[1;3]= (x� 1) + (3� x) = 2 ) expresia Eeste constant¼a.

6) Determinati numerele reale a; b; c stiind c¼apa2 + 1 +

pb2 � 4b+ 13 + 3

pc2 � 2ac+ a2 = 4:

Solutie. Relatia din enunt se scrie sub forma

pa2 + 1 +

q(b� 2)2 + 9 + 3

q(c� a)2 = 4

si tinând cont c¼a

8>><>>:pa2 + 1 � 1q

(b� 2)2 + 9 � 33

q(c� a)2 � 0

din cele dou¼a relatii deducem c¼a

a = 0; b� 2 = 0; c� a = 0 de unde obtinem: a = c = 0 si b = 2:

Observatia 1.1.4 1) într-o egalitate de forma 2npA = B; n 2 N�; A;B 2 R

avem conditiile:�A � 0 (conditie de existent¼a a radicalului)B � 0 (conditie de existent¼a a egalit¼atii) :

2) Dac¼a n 2 N�; n � 2 este num¼ar par, atunci�

npan = jaj ; a 2 R

( npa)n= a; a � 0 ;

iar dac¼a n este impar atunci ( npa)n= a; a 2 R:

6

Exemplul 1.1.6 1) Determinati x 2 R dac¼apx2 � 1 = 1� x:

Solutie. Avem conditiile�x2 � 1 � 0 (conditie pentru existenta radicalului)1� x � 0 (conditie pentru existenta egalit¼atii)

,�x 2 (�1;�1] [ [1;1)

x 2 (�1; 1] , x 2 (�1;�1] [ f1g :

Ridicând ecuatia la p¼atrat avem x2�1 = (1� x)2 , x2�1 = x2�2x+1, x = 1:

2) Determinati x 2 R dac¼apx2 � 4x+ 3 = �2 + 3x� x2:

Solutie. Conditiile sunt�x2 � 4x+ 3 � 0 (conditie pentru existenta radicalului)�2 + 3x� x2 � 0 (conditie pentru existenta egalit¼atii)

,,�x 2 (�1; 1] [ [3;1)

x 2 [1; 2] , x 2 f1g ; iar x = 1 veri�c¼a ecuatia.

3) Determinati x 2 R, astfel încâtq(x2 � 4)2 = 4� x2:

Solutie. Avemq(x2 � 4)2 = jx2 � 4j = 4 � x2 , x2 � 4 � 0 , x 2

[�2; 2] :

Propozitia 1.1.3 Radicalul produsului este produsul radicalilor1) npa � b = n

pjaj � n

pjbj; pentru n par si a; b 2 R, a � b � 0:

2) npa � b = n

pa � npb; pentru n impar si a; b 2 R:

Exemplul 1.1.7 1) 4p2 � 13 = 4

p2 � 4p13:

2)px � y =

pjxj �

pjyj; pentru x � y � 0:

3) 5px � y = 5

px � 5py; x; y 2 R.

Propozitia 1.1.4 Radicalul câtului este câtul radicalilor

1) np

ab=

npjaj

npjbj; pentru n par si a; b 2 R, a � b � 0; b 6= 0:

2) np

ab=

npanpb; pentru n impar si a; b 2 R, b 6= 0:

7

Exemplul 1.1.8 1) 6

q23=

6p26p3 ;

2) 8

qxy2=

8pjxj

8py2=

8px8py2; x; y 2 R, y 6= 0 (pentru a avea sens x � 0):

3) Determinati x 2 R astfel încâtp(x� 2) (x+ 1) =

px� 2 �

px+ 1:

Solutie. Conditiile sunt

8<:(x� 2) (x+ 1) � 0

x� 2 � 0x+ 1 � 0

,

8<:x 2 (�1;�1] [ [2;1)

x 2 [2;1)x 2 [�1;1)

, x 2 [2;1):

4) Determinati x 2 R astfel încâtq

x4

(1�x)2 =x2

x�1 :

Solutie.q

x4

(1�x)2 =jx2jjx�1j =

x2

x�1 ) x� 1 > 0 ) x 2 (1;1) :

Propozitia 1.1.5 Ridicarea la putere a unui radical1) n 2 N�; n par: ( n

pa)m= npam; a � 0;

2) n 2 N�; n � 2; n impar: ( npa)m= npam; a 2 R.

Propozitia 1.1.6 Simpli�carea ordinului si exponentului puterii1) n 2 N; n par: n�m

pan = m

pjaj; a 2 R, m 2 N; m � 2;

2) n 2 N�; n � 2; n impar: n�mpam = m

pa; a 2 R, m 2 N; m � 2:

Exemplul 1.1.9 1) 6pa2 = 3

pjaj; iar 6

pa3 =

pa:

2) Determinati x 2 R, stiind c¼a 4px2 � 6x+ 9 =

p3� x:

Solutie. 4px2 � 6x+ 9 = 4

q(x� 3)2 =

pjx� 3j =

p3� x )

) jx� 3j = 3� x ) x 2 (�1; 3]:

Propozitia 1.1.7 Extragerea radicalului dintr-un radical

1) n 2 N�; n par: np

mpa = n�m

pa; a � 0; m 2 N; m � 2:;

2) n 2 N; n � 2; n impar: np

mpa = n�m

pa; a 2 R, m 2 N; m � 2:

8

Exemplul 1.1.10 1) 3pp

2 = 6p2;

2)

srq:::p5| {z }

2009-radicali

= 22009p5;

3)p2 � 3p3 =

6p23 � 6

p32 = 6

p8 � 9:

Propozitia 1.1.8 Scoaterea unui factor de sub radical

1) 2npa2n � b = jaj 2n

pb; a 2 R, b 2 R, b � 0; n 2 N�:

2) 2n+1pa2n+1 � b = a 2n+1

pb; a 2 R, b 2 R; n 2 N�:

Exemplul 1.1.11 1) 4pa7 = jaj 4

pa3 = a

4pa3; pentru c¼a a � 0:

2)px2y = jxjpy; x 2 R, y 2 R, y � 0:

3) Determinati x 2 R stiind c¼a 4

q(x� 3)4 (x2 � 1) = x� 3:

Solutie. Conditiile de existent¼a a radicalului

x2 � 1 � 0, x 2 (�1; 1] [ [1;1) (1.1.1)

Avemq(x� 3)2 (x2 � 1) = j3� xj

px2 � 1 = x � 3 ) x � 3 � 0 )

x � 3:Sunt dou¼a cazuri: dac¼a x = 3; atunci este satisf¼acut¼a ecuatia,iar dac¼a x 6= 3 avem

px2 � 1 = 1) x2 = 2) x = �

p2; care nu veri�ca

conditia (1.1.1):

Propozitia 1.1.9 Introducerea unui factor sub radical.

1) a 2npb =

�2npa2n � b; pentru a � 0

� 2npa2n � b; pentru a � 0 , b � 0; a 2 R; b 2 R; n 2 N

�:

2) a 2n+1pb =

2n+1pa2n+1 � b; a 2 R, b 2 R; n 2 N�:

9

Exemplul 1.1.12 1) 2 3p3 =

3p23 � 3;

2

q2p2p2 =

q22 � 2

p2p2 =

q23 �

p2p2 =

4p27p2 =

8p215:

xpx

5px2=

px2�x5px2=

10px15

10px4= 10

qx15

x4=

10px11:

2)px�1x

=q

x�1x2; pentru c¼a x � 1 (conditie de existent¼a a radicalului);

px+1x

=

8<:q

x+1x2; pentru x 2 (0;1)

�q

x+1x2; pentru x 2 [�1; 0)

(conditia de existent¼a a expresiei

px+1x

este x 2 [�1;1)n f0g):

Propozitia 1.1.10 Ordonarea radicalilor de acelasi ordin0 � a < b , 2n

pa < 2n

pb; n 2 N�;

a < b , 2n+1pa < 2n+1

pb; n 2 N�:

Exemplul 1.1.13 1) Comparati numerelep2 si 3

p3:

Aducem cei doi radicali la acelasi ordin: 6p23 si 6

p32; evident 6

p8 < 6

p9

decip2 < 3

p3:

2) Ordonati cresc¼ator numerele 3p3; 4p5; 6p7:

Indicele comun al radicalilor este 12; deci numerele se scriu sub forma12p34, 12

p53 si 12

p72, deci 6

p7 < 3

p3 < 4

p5:

Rationalizarea numitorilor

A rationaliza numitorul unei fractii care contine la numitor radicali, înseamn¼aa elimina, prin diferite transform¼ari (numite ampli�c¼ari diferite expresii, nu-mite expresii conjugate) acesti radicali.Avem mai multe cazuri, pe care le vom trata în tabelul urm¼ator (se

consider¼a puse conditiile de existent¼a a radicalului):

10

Expresia estede forma

conjugata expresieiprodusul dintre

expresie si conjugat¼anpak;

k = 1; n� 1npan�k a

pa�

pb

pa�

pb a� b

npa� n

pb;

n � 2npan�1 +

npan�2b+ :::+

npbn�1 a� b

2n+1pa+ 2n+!

pb

2n+1pa2n � 2n+1

pa2n�1b+

2n+1pa2n�2b2�

�:::� 2n+1pab2n�1 +

2n+1pb2n

a+ b

Evident conjugata conjugatei unei expresii este expresia initial¼a.

Exemplul 1.1.14 1) Numitorul este de forma npak; k = 1; n� 1:

13p3 =

3p32

3; 1

5p23=

5p22

2; 1

2009p107=

2009p102002

10:

2) Numitorul este de forma a�pb; sau

pa�

pb:

11+p3= 1�

p3

1�3 =1�p3

�2 :

1p5�p7=

p5+p7

�2 ; 1p3+p2=

p3�p2

3�2 :

3) Numitorul este de formapa�

pb�

pc:

1p2+p3+p5

conjugata se obtine=

din dou¼a etape

1

(p2+p3)+

p5=(p2+p3)�

p5

(p2+p3)2�5

=

(p2+p3)�

p5

5+2p6�5 =

(p2+p3)�

p5

2p6

=[(p2+p3)�

p5]�p6

2�6 :

4) Numitorul este de forma 3pa� b sau 3

pa� 3

pb:

13p2+1 =

3p4� 3p2+12+1

=3p4� 3p2+1

3;

13p5+ 3p2 =

3p52� 3p5�2+ 3p

22

5+2=

3p52� 3p5�2+ 3p

22

7;

15p3+1 =

5p34� 5p

33+5p32� 5p3+1

5+1=

5p34� 5p

33+5p32� 5p3+1

6;

11

17p2� 7p3 =

7p26+

7p25�3+ 7p

24�32+ 7p23�33+ 7p

22�34+ 7p2�35+ 7p

36

2�3

5) Numitorul este de forma 3pa2� 3

pab+

3pb2;

npan�1+

npan�2b+:::+

npbn�1

sau 2n+1pa2n � 2n+1

pa2n�1b+

2n+1pa2n�2b2 � :::� 2n+1

pab2n�1 +

2n+1pb2n

13p4+ 3p6+ 3p9 =

3p2� 3p32�3 ; 1

3p4� 3p6+ 3p9 =3p2+ 3p32+3

;

15p16+ 5p8+ 5p4+ 5p2+1 =

5p2�12�1 ;

15p16� 5p8+ 5p4� 5p2+1 =

5p2+12+1

:

6) Numitorul are doi radicali cu indici diferiti.

1p2+ 4p2

având indici diferiti conjugata=

se obtine din dou¼a etape

p2+ 4p22� 4p

22=

p2+ 4p22�p2=(p2+ 4p2)(2+

p2)

4�2 ;

1p2+ 3p5 =

p2� 3p52� 3p25 =

(p2� 3p5)(4+2 3

p25+

3p252)

23�25 :

Puteri cu exponent rational si irational

Fie a > 0 si r = mn; m 2 Z, n 2 N�; n � 2: Atunci

ar = amn = n

pam:

Pentru m = 1; a1n = n

pa:

Exemplul 1.1.15 1) 523 =

3p52; 2

16 = 6

p2:

2) 3p3p3 =

�3p3� 13 =

�3 � 3 12

� 13=�31+

12

� 13= 3

32� 13 = 3

12 :

5

qapa3=

5pa1�

32 =

�a�

12

� 15= a�

110 :

Pentru a > 1; � 2 RnQ, � > 0; atunci a� este unicul mum¼ar real pentrucare

a�i < a� < a�j ;

pentru orice �i; �j 2 Q, 0 < �i < � < �j:

Pentru 0 < a < 1; � 2 RnQ, � > 0; atunci a� este unicul mum¼ar realpentru care

a�i > a� > a�j ;

pentru orice �i; �j 2 Q, 0 < �i < � < �j:

Dac¼a � < 0; atunci a� = 1a�� :

12

1.1.3 Teste

Testul 1

1) Rationalizati numitorii:

a) (5p) 14p3+ 4p5 ; b) (5p) 1

3p3� 3p2 ;

c) (5p) 12007p2+1 ; d) (5p) 1

3p4+ 3p10+ 3p25 :

2) Calculati expresiile:

a) (10p)q3�

p29� 12

p5;

b) (10p) 11+p3+ 1p

3+p5+ :::+ 1p

2007+p2009

;

c) (10p) 3p2 +

p5 +

3p2�

p5;

d) (10p)�p

a+1pa�1 �

pa�1pa+1

+ 4pa��p

a� 1pa

�;

e) (10p)p7+4

p3p19�8

p3

4�p3

:

3) (10p) Dac¼ap8� a+

p5 + a = 5; a 2 [�5; 8] ; determinati

p(8� a) (5 + a):

4) (10p) Determinati a; b 2 Z stiind c¼apa� b

p3 = 3 + 2

p3:

13

Testul 2

1) Rationalizati numitorii:

a) (5p) 13p3�2 ; b) (5p) 1

3p4� 3p10+ 3p25 ;

c) (5p) 12007p2�1 ; d) (5p) 1

4p2+ 4p5 :

2) Calculati expresiile:

a) (10p)q5 + 2

p3� 2

p2�

p2;

b) (10p) 11+p4+ 1p

4+p7+ :::+ 1p

2005+p2008

;

c) (10p) 3p7 + 5

p2 +

3p7� 5

p2;

d) (10p)�p2 + 1

� �4p2 + 1

� �8p2 + 1

� �16p2 + 1

� �32p2 + 1

� �32p2� 1

�:

3) (10p) Dac¼ap5� a�

p3 + a = 2; a 2 [�3; 5] ; determinati

p(5� a) (3 + a):

4) (10p) Determinati a; b 2 Z stiind c¼apa+ b

p3 = 2�

p3:

5) (10p) Determinati un num¼ar natural x > 1 astfel încât expresia

E (x) =

sx

rx

q:::px| {z }

n radicali

s¼a �e un num¼ar natural.

Testul 3

1) Rationalizati numitorii:

(10p) a) 1p3�p2+1; (10p) b) 1

3p3+ 3p2 ;

(5p) c) 13p3�

p2; (5p) d) 1

3p3+ 3p2+1 :

2) (10p) Dac¼a 3p2� a+ 3

p3 + a = 5; determinati 3

p2� a � 3

p3 + a:

14

3) Fie sirul (xn)n�1 în progresie aritmetic¼a.

(10p) a) Calculati suma Sn =nPk=1

1pxk+1+

pxk; în functie de x1 2 R�+, ratia

progresiei r 2 R�+ si de n.(10p) b) Dac¼a x1 = 1 si r = 2 ar¼atati c¼a exist¼a o in�nitate de numere

naturale n pentru care Sn este un num¼ar natural.

4) (10p) a) Ar¼atati c¼a dac¼a a+ bp2 = 0 cu a; b 2 Q, atunci a = b = 0:

(10p) b) Ar¼atati c¼a dac¼a a + bp2 = x + y

p2 cu a; b; x; y 2 Q, atunci

a = x si b = y:(10p) c) Determinati a; b 2 Q stiind c¼a 3

p7 + 5

p2 = a+ b

p2:

Testul 4

1) a) Calculati�p2009

�+�p3 + 2

����p3; unde [a] este partea întreag¼a

a lui a; iar fag este partea fractional¼a a lui a:b) Ar¼atati c¼a [ n

pn] = 1, pentru orice n 2 N�n f1g :

2) Dac¼a 3p2 + a� 3

p3 + a = 3; determinati 3

p2 + a � 3

p3 + a:

3) Fie A =�a+ 2b

p2ja; b 2 Z si a2 � 8b2 = 1

:

(10p) a)p17� 12

p2 2 A:

(10p) b) Ar¼atati c¼a dac¼a x; y 2 A; atunci x � y 2 A:

(10p) c) Ar¼atati c¼a dac¼a x 2 A; atunci xn 2 A; pentru orice n 2 N.

(10p) d) Ar¼atati c¼a dac¼a x 2 A; atunci xn 2 A; pentru orice n 2 Z.

(10p) e) Ar¼atati ca multimea A are o in�nitate de elemente.

4) Fie a; b; c 2 Z.

(10p) a) Ar¼atati c¼a dac¼a a+ bp2 = 0; atunci a = b = 0:

(10p) b) Ar¼atati c¼a dac¼a a+ b 3p2 = 0; atunci a = b = 0:

(10p) c) Ar¼atati c¼a dac¼a a+ bp2 + c 3

p2 = 0; atunci a = b = c = 0:

15

Testul 5

1) Ar¼atati c¼a�pn2 + n

< 1

2; pentru orice n 2 N�n f1g.

2) (10p) a) Fie � 2 N�n f1g un num¼ar liber de p¼atrate (� nu are printredivizorii lui nici un p¼atrat perfect). Ar¼atati c¼a, dac¼a a+b

p� = 0 cu a; b 2 Q,

atunci a = b = 0:(5p) b) Ar¼atati c¼a dac¼a a + b

p2 + c

p3 = 0 cu a; b; c 2 Q, atunci

a = b = c = 0:Not¼am prin Z

�p2�=�a+ b

p2ja; b 2 Z

si Z

�p3�=�a+ b

p3ja; b 2 Z

(10p) c) Ar¼atati c¼a Z

�p2�\ Z

�p3�= Z.

Spunem c¼a o functie f : Z�p2�! Z

�p3�are proprietatea (p) dac¼a

f (x+ y) = f (x) + f (y) si f (x � y) = f (x) � f (y) ; 8x; y 2 Z�p2�:

(10p) d) Ar¼atati c¼a dac¼a functia f : Z�p2�! Z

�p3�are proprietatea

(p) ; atunci f (0) = 0 si f (1) 2 f0; 1g :(5p) e) Ar¼atati c¼a nu exist¼a nici o functie f : Z

�p2�! Z

�p3�cu

f (1) = 1 si în plus are proprietatea (p) :(5p) f) Determinati toate functiile f : Z

�p2�! Z

�p3�care au propri-

etatea (p) :

3) Fie sirul (xn)n�1 în progresie geometric¼a cu x1 2 R primul termen shi ratiaq 2 R�+n f1g :(10p) a) Calculati suma Sn =

nPk=1

13pxk+1+ 3

pxk; în functie de x1, q si n.

(10p) b) Calculati produsul Pn =nYk=1

xk; în functie de x1, q si n.

(5p) c) Ar¼atati c¼a pentru orice x1 2 Q�+; exist¼a cel putin 2009 de numerenaurale q astfel încât n

pPn 2 Z.

1.1.4 Indicatii si r¼aspunsuri.

Solutiile exercitiilor de la testul 1

1) a) 14p3+ 4p5 =

4p3� 4p5p3�p5=( 4p3� 4p5)(

p3+p5)

3�5 ;

16

b) 13p3� 3p2 =

3p9+ 3p6+ 3p43�2 ;

c) 12007p2+1 =

2007p22006� 2007p

22005+:::� 2007p2+12+1

;

d) 13p4+ 3p10+ 3p25 =

3p2+ 3p32+3

2) a)q3�

p29� 12

p5 =

r3�

q�3� 2

p5�2=q3�

��3� 2p5�� ==q3�

��3 + 2

p5�=p6� 2

p5 =

q�1�

p5�2=��1�p5�� = p5� 1:

b) 11+p3+ 1p

3+p5+ :::+ 1p

2007+p2009

= 1�p3

�2 +p3�p5

�2 + :::+p2007�

p2009

�2 =

= �12

�1�

p3 +

p3�

p5 + :::+

p2007�

p2009

�= �1

2

�1�

p2009

�:

c) Not¼am cu x = 3p2 +

p5 +

3p2�

p5 si ridic¼am la puterea a 3-a (folosim

formula (a+ b)3 = a3 + b3 + 3ab (a+ b) ):

x3 = 2+p5+2�

p5+3

3p2 +

p5 � 3p2�

p5�

3p2 +

p5 +

3p2�

p5�=

= 4+ 3 3p�1x = 4� 3x; deci x3 + 3x� 4 = 0 ) x = 1 este solutie unic¼a.

d)�p

a+1pa�1 �

pa�1pa+1

+ 4pa��p

a� 1pa

�=(pa+1)

2�(pa�1)

2+4pa(pa�1)(

pa+1)

(pa�1)(

pa+1)

�a�1pa=

=a+2pa+1�a+2

pa�1+4

pa(a�1)

(pa�1)(

pa+1)

� a�1pa=4

pa+4

pa�a�4

pa

a�1 � a�1pa= 4a:

e)p7+4

p3p19�8

p3

4�p3

=

q(2+

p3)2q(4�

p3)2

4�p3

=j2+p3j�j4�p3j

4�p3

= 2 +p3:

3) Ridic¼am la p¼atrat egalitateap8� a+

p5 + a = 5 )

)�p8� a+

p5 + a

�2= 25 ) 8� a+ 5 + a+ 2 �

p8� a �

p5 + a = 25

17

) 2 �p8� a �

p5 + a = 12 )

p8� a �

p5 + a = 6:

4)pa� b

p3 = 3 + 2

p3 ridic¼am la p¼atrat ) a� b

p3 =

�3 + 2

p3�2 )

) a� bp3 = 21 + 12

p3

a;b2Z) a = 21 si b = �12:

Solutiile exercitiilor de la testul 2

1) a) 13p3�2 =

3p9+ 3p3�2+43�8 ; b) 1

3p4� 3p10+ 3p25 =1

3p22� 3p2�5+ 3p52=

3p2+ 3p52+5

;

c) 12007p2�1 =

2007p22006+

2007p22005+:::+ 2007p2+12�1 ;

d) 14p2+ 4p5 =

4p2� 4p5( 4p2+ 4p5)( 4

p2� 4p5)

=4p2� 4p5p2�p5=( 4p2� 4p5)(

p2+p5)

2�5 :

2) a)q5 + 2

p3� 2

p2�p2 =

r5 + 2

q�1�

p2�2�p2 =q5 + 2 ��1�p2���

p2 =

=q5 + 2

�p2� 1

��p2 =

p3 + 2

p2�

p2 =

q�1 +

p2�2 �p2 = 1:

b) 11+p4+ 1p

4+p7+ :::+ 1p

2005+p2008

= 1�p4

�3 +p4�p7

�3 + :::+p2005�

p2008

�3 =

= �13

�1�

p2008

�:

c) Not¼am cu x = 3p7 + 5

p2 +

3p7� 5

p2 si ridic¼am la cub (folosim formula

(a+ b)3 = a3 + b3 + 3ab (a+ b) ) , deci

x3 = 7+5p2+7�5

p2+3

3p7 + 5

p2� 3p7� 5

p2�

3p7 + 5

p2 +

3p7� 5

p2�=

= 14� 3x ) x3 + 3x� 14 = 0 ) x = 2:

d)�p2 + 1

� �4p2 + 1

� �8p2 + 1

� �16p2 + 1

� �32p2 + 1

� �32p2� 1

�=

=�p2 + 1

� �4p2 + 1

� �8p2 + 1

� �16p2 + 1

� �16p2� 1

�=

18

=�p2 + 1

� �4p2 + 1

� �8p2 + 1

� �8p2� 1

�=

=�p2 + 1

� �4p2 + 1

� �4p2� 1

�=�p2 + 1

� �p2� 1

�= 2� 1 = 1:

3)p5� a�

p3 + a = 2 si prin ridicare la p¼atrat avem

5� a� 2p(5� a) (3 + a) + 3 + a = 4 )

p(5� a) (3 + a) = 2:

4) Avem a+ bp3 =

�2�

p3�2= 7� 4

p3 ) a = 7 si b = �4:

5) E (x) =

sx

rx

q:::px| {z }

n radicali

: = x12 � x

122 � ::: � x 1

2n = x12+ 122+:::+ 1

2n = x12�1� 1

2n

1� 12 =

x1�12n = x

2n�12n 2 N si putem alege x = 22

n

Solutiile problemelor de la testul 3

1) a) 1p3�p2+1

=p3+(

p2�1)

(p3+p2�1)(

p3�(

p2�1))

=p3+(

p2�1)

3�(p2�1)

2 =

=p3+(

p2�1)

2p2

=[p3+(

p2�1)]

p2

4;

b) 13p3+ 3p2 =

3p9� 3p6+ 3p43+2

;

c) 13p3�

p2=

3p3+p2

3p9�2 =( 3p3+p2)( 3

p81+2 3

p9+4)

9�8 ;

d) Pentru a rationaliza fractia 13p3+ 3p2+1 folosim formula:

a3 + b3 + c3 � 3abc = (a+ b+ c)�a2 + b2 + c2 � ab� bc� ac

�; 8a; b; c 2 R,

în cazul nostru a = 3p3; b = 3

p2; c = 1:Deci 1

3p3+ 3p2+1 =3p32+

3p22+1� 3p6� 3p2� 3p3

3+2+1�3 3p3�2�1 =

=3p32+

3p22+1� 3p6� 3p2� 3p33(2� 3p6) =

( 3p32+

3p22+1� 3p6� 3p2� 3p3)(4+2 3

p6+ 3p36)

3�(8�6)

2) Folosim formula:

(x+ y)3 = x3 + y3 + 3xy (x+ y) ;

19

pentru orice x; y 2 R.Ridic¼am la puterea a treia relatia 3

p2� a+ 3

p3 + a = 5 )

) 2� a+ 3 + a+ 3 � 3p2� a � 3

p3 + a

0@ 3p2� a+ 3

p3 + a| {z }

=5

1A = 125 )

15 3p2� a � 3

p3 + a = 120 ) 3

p2� a � 3

p3 + a = 8:

3) a) Sn =nPk=1

1pxk+1+

pxk= 1p

x2+px1+ 1p

x3+px2+ :::+ 1p

xn+1+pxn=

=px2�

px1

x2�x1 +px3�

px2

x3�x2 + :::+pxn+1�

pxn

xn+1�xn =

= 1r

�pxn+1 �

px1�= 1

r

�px1 + nr +

px1�

(se mai poate continua sub forma= 1r

xn+1�x1pxn+1+

px1= np

xn+1+px1= np

x1+nr+px1):

b) Dac¼a x1 = 1 si r = 2; atunci Sn = 12

�p1 + 2n� 1

�2 N )

)p1 + 2n � 1 = 2k ) 2n + 1 = (2k + 1)2 ) n = 2k2 + 2k 2 N�

pentru orice k 2 N�, deci exist¼a o in�nitate de termeni n 2 N� pentru careSn este un num¼ar natural.

4) a) Presupunem c¼a b 6= 0 )p2 = �a

b)p2 2 Q contradictie. Deci b = 0

) a = 0:

b) a+ bp2 = x+y

p2) a�x+

p2 (y � b) subpunctul a)) a�x = 0 si y� b = 0

) a = x si b = y:

c) 3p7 + 5

p2 = a + b

p2 ) 7 + 5

p2 =

�a+ b

p2�3 ) a3 + 3a2b

p2 +

6ab2+2b3p2 = 4+5

p2) obtinem sistemul omogen

�a3 + 6ab2 = 7 j � 53a2b+ 2b3 = 5 j � 7

sc¼adem cele dou¼a ecuatii) 5a3 � 21a2b + 30ab2 � 14b3 = 0 j : b3 not¼am ab= t )

5t3 � 21t2 + 30t � 14 = 0; observ¼am c¼a t = 1 este solutie unic¼a ) a = bînlocuim în prima cuatie) 7a3 = 7 ) a = 1 = b:

O alt¼a modalitate de rezolvare este: 7 + 5p2 =

�1 +

p2�3 ) 3

p7 + 5

p2 =

1 +p2 = a+ b

p2

identi�când)coe�cientii lui

p2a = b = 1:

20

Solutiile problemelor de la testul 4

1) a)�p2009

�= 44, iar

��p3=��p3����p3�= �

p3�(�2) = 2�

p3:

Deci�p2009

�+�p3 + 2

����p3= 44 +

�2 +

p3� �2�

p3�= 45:

b) [ npn] = 1 , 1 � n

pn < 2 , 1 � n < 2n; inegalit¼ati care se demon-

streaz¼a usor prin inductie.

2) Folosim formula (x� y)3 = x3 � y3 � 3xy (x� y) ; pentru orice x; y 2 R.Dac¼a 3

p2 + a� 3

p3 + a = 3 )

) 2 + a� (3 + a)� 3 3p2 + a � 3

p3 + a

�3p2 + a� 3

p3 + a

�| {z }

=3

= 27 )

) �9 3p2 + a � 3

p3 + a = 26 ) 3

p2 + a � 3

p3 + a = �26

9:

3) Fie A =�a+ 2b

p2ja; b 2 Z si a2 � 8b2 = 1

:

a)p17� 12

p2 =

q�3� 2

p2�2=��3� 2p2�� = 3 � 2

p2 2 A (a = 3 si

b = �1):

b) Fie x = a+ 2bp2 si y = c+ 2d

p2; atunci

x � y =�a+ 2b

p2���c+ 2d

p2�= ac+ 8bd+ 2

p2 (ad+ bc) : Mai trebuie

veri�cat c¼a (ac+ 8bd)2 � 8 (ad+ bc)2 = 1:

Într-adev¼ar, (ac+ 8bd)2 � 8 (ad+ bc)2 = a2c2 + 64b2d2 � 8a2d2 � 8b2c2 =(a2 � 8b2) (b2 � 8c2) = 1:

c) Prin inductie dup¼a n 2 N.Pasul 1 (de veri�care) x0 = 1 2 A; evident.Pasul 2. Presupunem c¼a xk 2 A si demonstr¼am c¼a xk+1 2 A:

xk+1 = xk � x 2 A (din punctul b)).

d) Ar¼at¼am mai întâi c¼a pentru orice x = a+ 2bp2 2 A ) 1

x2 A:

Într-adev¼ar, 1x =1

a+2bp2= a�2b

p2

a2�8b2 = a� 2bp2 2 A:

21

Dac¼a n 2 N, atunci xn 2 A: Dac¼a n < 0; n 2 Z, atunci n = �k; cuk 2 N� ) xn = x�k =

�xk��1 2 A:

e) Stim c¼a x = 3� 2p2 2 A ) x2 2 A ) x3 2 A ) .... )

) xn 2 A; 8n 2 N, deci multimea X =�xk j k 2 N

� A si tinând

cont c¼a multimea X este in�nit¼a ) multimea A este in�nit¼a.

4) a) Presupunem c¼a b 6= 0 )p2 = �a

b)p2 2 Q contradictie. Deci b = 0

) a = 0:

b) Presupunem c¼a b 6= 0 ) 3p2 = �a

b) 3p2 2 Q contradictie. Deci b = 0

) a = 0:

c) a+bp2+c 3

p2 = 0) c 3

p2 = �

�a+ b

p2�) 2c3 = �

�a3 + 3a2b

p2 + 6ab2 + 2b3

p2�

)

) 2c3 + a3 + 6ab2 +p2 (3a2b+ 2b3) = 0 )

�2c3 + a3 + 6ab2 = 03a2b+ 2b3 = 0

)�2c3 + a3 + 6ab2 = 0b (3a2 + 2b2) = 0

)�2c3 + a3 + 6ab2 = 0

b = 0) 2c3 + a3 = 0; iar dac¼a

c 6= 0 ) 3p2 = �a

c2 Q, contradictie. Deci c = 0) a = 0:

Solutiile problemelor de la testul 5

1) Observ¼am c¼a n �pn2 + n < n+ 1)

�pn2 + n

�= n:�p

n2 + n=pn2 + n�

�pn2 + n

�=pn2 + n�n = np

n2+n+n= n

n�p

1+ 1n+1� <

12:

2) a) Dac¼a b 6= 0 )p� = �a

b2 Q, contradictie cu

p� 2 RnQ, deci

b = 0) a = 0:b) Dac¼a a+ b

p2 + c

p3 = 0 cu a; b; c 2 Q, atunci a = �b

p2� c

p3)

) a2 = 2b2+3c2+2bcp6) a2� (2b2 + 3c2)� 2bc

p6 = 0

p6 liber de p¼atrate)

)�a2 = 2b2 + 3c2

b � c = 0 ) c = 0 sau b = 0:

Dac¼a b = 0) a+ cp3 = 0) a = c = 0:

22

Analog pentru c = 0) a = b = 0:

c) Trebuie ar¼atat¼a dubla incluziune:�Z�p2�\ Z

�p3��� Z si

Z ��Z�p2�\ Z

�p3��:

A doua incluziune este evident¼a: orice x 2 Z se poate scrie sub forma x =x+ 0 �

p2 si x = x+ 0 �

p3 ) x 2 Z

�p2�\ Z

�p3�

Demonstr¼am prima incluziune.Fie x 2 Z

�p2�\ Z

�p3�) x = a+ b

p2 = c+ d

p3)

) a� c+ bp2�d

p3 = 0

din punctul b)) a� c = b = d = 0) x = a = c 2 Z.

d) Fie functia f : Z�p2�! Z

�p3�cu are proprietatea (p) :

Lu¼am x = y = 0) f (0) = f (0) + f (0) ) f (0) = 0:

Lu¼am x = y = 1) f (1) = f (1) � f (1) ) f (1) 2 f0; 1g :e) Fie functia f : Z

�p2�! Z

�p3�cu f (1) = 1 si în plus are proprietatea

(p) :f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = 2:Pe de alt¼a parte f (2) = f

�p2 �p2�= f

�p2�� f�p2�:

Deci�f�p2��2

= 2) f�p2�= �

p2 2 Z

�p3�; contradictie cu Z

�p2�\

Z�p3�= Z.

f) Fie functia f : Z�p2�! Z

�p3�cu proprietatea (p) : Remarc¼am c¼a pentru

orice a 2 Z avem f (a) = a � f (1) :Avem dou¼a cazuri: dac¼a f (1) = 0 sau f (1) = 1: Din e) rezult¼a c¼a

f (1) = 0:Fie x = a+ b

p2: f (x) = f

�a+ b

p2�= f (a) + f

�bp2�=

= af (1) + f�p2�� f (b) = af (1) + b � f (1) � f

�p2�= 0: În consecint¼a

singura functie este cea constant¼a f = 0:

3) a) Sn =nPk=1

13pxk+1+ 3

pxk=

nPk=1

13px1qk+

3px1qk�1

=

23

=nPk=1

13px1qk�1( 3

pq+1)

= 13px1( 3

pq+1)

nPk=1

13pqk�1

= 13px1( 3

pq+1)

1��

13pq

�n1� 1

3pq:

b) Pn =nYk=1

xk =nYk=1

x1qk�1 = xn1 � q1+2+:::+n�1 = xn1q

n(n�1)2 :

c) Fie x1 = lm2 Q�+ ) n

pPn =

lm� q n�12 2 Z) putem alege q = m2 � k2;

k 2 N, deci npPn =

lm� (m2k2)

n�12 = l

m�mn�1 � kn�1 = l �mn�1 � kn�1 2 Z,

8 k 2 N. Deci exist¼a cel putin 2009 numere naturale q astfel încât npPn 2 Z.

1.2 Logaritmi

De�nitia 1.2.1 Fie a; b 2 R, a; b > 0; a 6= 1: Prin de�nitie loga b (se citestelogaritm în baza a din b ) este acel num¼ar real c care satisface conditia ac = b:

Observ¼am c¼a de�nitia anterioar¼a este echivalent¼a cu de�nitia urm¼atoare.

De�nitia 1.2.2 Fie a; b 2 R, a; b > 0; a 6= 1:Ecuatia ax = b are solutiaunic¼a x = loga b 2 R.

Pentru rigurozitatea matematic¼a, trebuie precizat c¼a, existenta si unic-itatea solutiei ecuatiei ax = b este necesar s¼a se demonstrezee c¼a functiaexponential¼a f : R! (0;1) ; f (x) = ax; cu a > 0 si a 6= 1; este bijectiv¼a.Demonstratia se va face în clasa a XI-a, presupunehndu-se cunostinte deanaliz¼a matematic¼a.

Sunt cunoscute urm¼atoarele notatii:

lg = log10 si se citeste logaritm zecimal;

ln = loge; unde e ' 2; 71 si se citeste logaritm natural.

De�nitiile anterioare sunt echivalente cu cea mai important¼a proprietatea logaritmilor, proprietate pe care o vom folosi în demonstrarea celor maimulte dintre proprietatile logaritmilor.

24

Propozitia 1.2.1 Fie a; b; c 2 R, a; b > 0; a 6= 1:

ac = b, c = loga b: (1.2.2)

De exemplu:

Exemplul 1.2.1 1) 3x = 2 , x = log3 2:

2) 5x2= 2 , x2 = log5 2 , x = �

plog5 2:

3) 22x+1 = 7 , 2x+ 1 = log2 7 , x = log2 7�12

:

4) log3 2 = a , 2 = 3a:

5) ln 3 = a , 3 = ea:

Observatia 1.2.1 Trebuie precizat c¼a pentru existenta logaritmului loga b sepun conditiile a; b 2 R, a; b > 0; a 6= 1:

Observatia 1.2.2 pentru existenta expresiei logf(x) g (x) se pun conditiilef (x) > 0; g (x) > 0 si f (x) 6= 1:

Exemplul 1.2.2 Determinati x 2 R astfel încaht logx2�1 (x+ 4) are sens.

Solutie. Se pun conditiile:8<:x2 � 1 > 0x+ 4 > 0x2 � 1 6= 1

,

8<:x 2 (�1;�1) [ (1;1)

x 2 (�4;1)x 6= �

p2

,

, x 2 ((�4;�1) [ (1;1)) n��p2:

Exemplul 1.2.3 Determinati x 2 R astfel încaht1) log�x (x+ 2) = 2:2) logx (x+ 2) = 2:

25

Solutie. 1) Înainte de a rezolva ecuatia anterioar¼a trebuie puse conditiile deexistent¼a a logaritmului:8<:

�x > 0x+ 2 > 0�x 6= 1

,

8<:x 2 (�1; 0)x 2 (�2;1)x 6= �1

, x 2 (�2; 0) n f�1g :

log�x (x+ 2) = 2 , x + 2 = (�x)2 , x2 � x � 2 = 0 cu r¼ad¼acinilex1 = �1 si x2 = 2; dar nicio r¼ad¼acin¼a nu veri�c¼a conditiile puse, deci x 2 �:

2) Conditiile de existent¼a a logaritmului:8<:x > 0

x+ 2 > 0x 6= 1

,

8<:x 2 (0;1)x 2 (�2;1)x 6= 1

, x 2 (0;1) n f�1g :

logx (x+ 2) = 2 , x + 2 = x2 , x2 � x � 2 = 0 cu r¼ad¼acinile x1 = �1 six2 = 2; dar singura r¼ad¼acin¼a care veri�c¼a conditiile puse este x = 2:

1.2.1 Propriet¼atile logaritmilor

Propozitia 1.2.2 Pentru a; b 2 R, a; b > 0; a 6= 1

aloga b = b

loga ab = b

Demonstratie. Pornim de la echivalenta: ax = b , x = loga b, iar în-locuind solutia x = loga b în ecuatia a

x = b; rezult¼a c¼a aloga b = b:Analog din echivalenta loga x = b, x = ab; deci loga a

b = b:

Exemplul 1.2.4 1) 2log2 5 = 5:2) 51+log5 2 = 51 � 5log5 2 = 5 � 2 = 10:3) log3

p3 = log3 3

12 = 1

2:

4) log9 27 = log9 33 = log9

p93= log9 9

32 = 3

2:

26

Propozitia 1.2.3 Pentru a; b 2 R, a; b; c > 0; a 6= 1

loga (b � c) = loga b+ loga c

loga

�b

c

�= loga b� loga c

Demonstratie. Not¼am cu�x = loga by = loga c

)�b = ax

c = ay)

) b � c = ax � ay = ax+y ) x+ y = loga (b � c))

) loga (b � c) = loga b+ loga c:

Analog

b

c=ax

ay= ax�y ) x� y = loga

b

c) loga b� loga c = loga

�b

c

�:

Exemplul 1.2.5 1) log2 (12) = log2 (4 � 3) = log2 4 + log2 3 = 2 + log2 3:2) loga

�abcd

�= loga a+ loga b� loga c� loga d:

3) 2 + lg a� lg b = lg�100�ab

�:

Propozitia 1.2.4 Pentru a; b; c 2 R, a; b > 0; a 6= 1

loga bc = c � loga b:

Demonstratie. Not¼am cu x = loga b) b = ax ) bc = (ax)c = ac�x )

) c � x = loga bc ) c � loga b = loga bc:

Observatia 1.2.3 Pentru a; b 2 R, a; b > 0; a 6= 1, n 2 N, n � 2

loganpb =

1

nloga b:

27

Exemplul 1.2.6 1) 3 + 2 log3 5 = log3 27 + log3 25 = log3 (27 � 25) :2) 2 + lg 2� 3 lg 3 = lg 100 + lg 2� lg 27 = lg 200

27:

3) log2 3 +23log2 125 = log2 3 + log2

3p1252 = log2 (3 � 52) :

Propozitia 1.2.5 (Schimbarea bazei) Pentru a; b; c 2 R, a; b; c > 0; a; c 6= 1

logc b =loga b

loga csau logc b � loga c = loga b:

Demonstratie. Not¼am cu�y = loga cz = logc b

)�c = ay

b = cz)

) b = cz = (ay)z = ay�z ) y � z = loga b) logc b � loga c = loga b:

Observatia 1.2.4 Pentru a; b 2 R, a; b > 0; a; b 6= 1;

loga b =1

logb a:

Exemplul 1.2.7 1) log2 3 =lg 3lg 2= ln 3

ln 2= log7 3

log7 2:

2) 1+log2 32+log2 5

= log2(2�3)log2(2

2�5) = log20 6:

3)�log2 3 +

1log9 8

�log3

p2 =

�log2 3 +

13 log9 2

�� 12log3 2 =

= 12

�log2 3 +

13log2 9

�log3 2 =

12

�log2 3 +

23log2 3

�log3 2 =

= 12� 53log2 3 � log3 2 = 5

6:

Propozitia 1.2.6 Pentru a; b; c 2 R, a; b > 0; a 6= 1; c 6= 0

logac b =1

cloga b:

Demonstratie. Avem dou¼a cazuri: cahnd b = 1 si b 6= 1:Lu¼am mai întahi cazul în care b 6= 1:Din observatia anterioar¼a avem

logac b =1

logb ac =

1c�logb a

= 1cloga b:

Dac¼a b = 1; a�rmatia este evident¼a (egalitatea �ind 0 = 0).

28

Exemplul 1.2.8 1) log 5p5 125 = log51353 = 1

13

3 log5 5 = 9:

2) log3 4 � logp2 27 = (2 � log3 2) � (2 � 3 � log2 3) = 12:3) Fie a; b; c > 0 si a; b; c 6= 1:(loga b+ loga2 b+ loga3 b+ :::+ loga2009 b)�logb c�logc a =

�1 + 1

2+ :::+ 1

2009

��

loga b � logb c � logc a == 1 + 1

2+ :::+ 1

2009:

Propozitia 1.2.7 (Egalitatea logaritmilor cu aceeashi bazaa) Pentru a 2 R,a > 0; a 6= 1

loga x = loga y , x = y:

Demonstratie. loga x = loga y ) x = aloga y ) x = y:

Propozitia 1.2.8 Pentru a; b; c 2 R, a; b; c > 0; a 6= 1

bloga c = cloga b:

Demonstratie. Din propozitia anterioar¼a bloga c = cloga b , loga(bloga c) =

loga�cloga b

�,

, loga c � loga b = loga b � loga c care este evident adev¼arat¼a, deci prinechivalent¼a bloga c = cloga b:

Propozitia 1.2.9 (Monotonia logaritmilor) Fie a; b; c > 0; a 6= 1: Atunci�dac¼a a 2 (0; 1) atunci b < c, loga b > loga cdac¼a a 2 (1;1) atunci b < c, loga b < loga c

:

Demonstratie. Fie a 2 (0; 1) : Pornim de la inegalitatea loga b > loga cbaza subunitar¼a,

schimb¼a sensul inegalit¼atiloraloga b < aloga c , b < c:

Analog shi pentru a 2 (1;1) :

29

1.2.2 Teste

Testul 1

1) (cate 5p pentru �ecare cerinta) Calculati:

a) 2log8 3 b) 3log3 2+logp3 2; c)

�1

loga x+ 1

loga2 x+ :::+ 1

logan x

�loga x;

d) log5 101+log5 2

; e) 25� log 1

53 � 49

1log2 7 ; f) log3 (log4 2

6) ;

g) logp3 9; h) logaritmati in baza 10 expresia E = 3

qapb5

4pa ;

i) 2log 1

25; j) 2+lg 25

lg 50; k) 49log7 3;

determinati x daca: m) 2x = 5; n) lg(2x� 3) = 1; p) 3x+1 = 4:

2) (10p) Daca a = log2 5; calculati lg 20 in functie de a:

3) (10p) Demonstrati egalitatea

(loga b+ logb a+ 2) (loga b� logab b) logb a = 1 + loga b:

Testul 2

1) Calculati (cate 5p pentru �ecare cerinta)a) logp2 8, b) 1+log3 5

log3 225; c) 51+log 3

p53; d) 1 + lg 1

100; e) log3 (log2 8

3)

f) 1log2 x

+ 1log3 x

+ :::+ 1log2006 x

; unde x = 2006! = 1 � 2 � 3 � ::: � 2006;

g) 3� log 1

92+ 1

log2 3 ; h) logaritmati in baza 2 expresia E =3pab5pa3pb3;

i) 5log 1

54; j) log2 3 � log3 4 � log4 5 � ::: � log7 8; k) 36log6 2;

determinati x daca: m) 3x = 5; n) lg(2x� 1) = 2; p) 3x�1 = 4:

30

3) (10p) Daca log5 3 = a; calculati in functie de a log15 75;

4) (10p) Demonstrati egalitatea logbx (ax) =logb x+logb a1+logb x

Testul 3

1) Calculati:a) (5p) 2log8 3 b) (5p) 3log3 2+log

p3 2;

c) (10p)�

1loga x

+ 1loga2 x

+ :::+ 1logan x

�loga x;

d) (5p) log5 101+log5 2

; e) (5p) 25� log 1

53 � 49

1log2 7 ; f) (5p) log3 (log4 2

6) ;

g) (5p) [log3 30] ; h) (5p) logaritmati in baza 10 expresia E = 3

qapb5

4pa ;

2) Daca a = lg 5; calculatia) (10p) lg 20; b) (10p) log5 2 in functie de a:

3) (15p) Daca 2 lg (x� 2y) = lg x+ lg y; sa se calculeze xy:

4) (10p) Demonstrati egalitatea

(loga b+ logb a+ 2) (loga b� logab b) logb a = 1 + loga b:

1.2.3 Testul 4

1) Calculatia) (5p) [log2 20], b) (5p) 1+log3 5

log3 225; c)(5p) 51+log 3

p53;

d) (10p) 1log2 x

+ 1log3 x

+ :::+ 1log2006 x

; unde x = 2006!;

31

e)(5p) log3 (log2 83) ; f) (5p) 3

� log 192+ 1

log2 3 ; g) (5p) 1 + lg 1100;

h) (5p) logaritmati in baza 2 expresia E =3pab5pa3pb3;

2) (15p)Daca 2log3 (x+ 2y) = 2 + 2 log3 y; calculatixy:

3) Daca log2 3 = a; calculati in functie de a :

a)(10p) log6 2; b)(10p) log3 6:

4) (10p) Demonstrati egalitatea logbx (ax) =logb x+logb a1+logb x

Test veri�care cunoshtintze logaritmi 10B, 8 octombrie 2009

Num¼arul 1

1) (40p) Calculati:

a) 3log3 2+logp3 2; b)

�1

loga x+ 1

loga2 x+ :::+ 1

logan x

�loga x; c)

logp5 10

1+log5 2;

d) 25� log 1p

5

3

� 491

log2 7 ; e) log3 (log4 26) +

�3

1lg 2

+ 1lg 5

�lg 2�lg 5; f)

logp3 9

log253p5 ;

g) [lg 2] ; h) [log3 100] :

2) (10p) Dac¼a a = log2 3; determinati:a) log12 24; b) lg 61�lg 5 ; în functie de a:

3) (20p) Ordonati cresc¼ator numerele: 1,p2; log2 5; log3 2; 2:

4) (10p) Demonstrati egalitatea (a; b; n > 0; a; b; n; ab 6= 1)logab n =

loga n�logb nloga n+logb n

:

5) Dac¼a a; b; c > 0; a; b; c 6= 1; c 6= a; c 6= b; atunciab = c, loga

�ac

�= log b

cb:

32

Num¼arul 2

1) (40p) Calculati:

a) 4log2 5+logp2 2; b)

�1

loga x+ 1

loga2 x+ :::+ 1

logan x

�loga x; c)

logp3 36

1+log3 2;

d) 25� log 1p

5

3

� 161

log3 4 ; e) log3 (log4 26) +

�3

1lg 2

+ 1lg 5

�lg 2�lg 5; f)

logp2 8

log 15

3p5 ;

g) [lg 5] ; h) [log5 126] :

2) (10p) Dac¼a a = log2 5; determinati:a) log25 40; b) lg 21�lg 5 ; în functie de a:

3) (20p) Ordonati cresc¼ator numerele: 1,p3; log2 5; 2; log4 3:

4) (10p) Demonstrati egalitatea (a; b; c; n > 0; a; b; c; abc; n 6= 1);loga n � logb n+ logc n � logb n+ loga n � logc n =

loga n�logb n�logc nlogabc n

:

5) (10p) Dac¼a a; b; x > 0; a; b; x; a+ b 6= 1; atunci1 + logb a = loga+b a, loga x+ logb x = loga+b x:

Capitolul 2

Numere complexe

33