revista mathgal

Revista de matematică MATHGAL

1

Colectivul de redacţie:

Preşedinte de onoare : Prof. Fănica Stroiu

Redactor şef: Prof. Florin Antohe - Şcoala nr 5 „Cuza Vodă” Galaţi Redactori principali: Prof. Bogdan Antohe - Colegiul Naţional „Mihail Kogălniceanu” Galaţi Prof. Marius Antonescu - Şcoala cu clasele I-VIII, Leiceşti, Argeş Prof. Florin Ciortan - Şcoala cu clasele I-VIII, Mircea Vodă, Brăila Redactori: Prof. Lucia Popa- Şcoala nr 5 „Cuza Vodă” Galaţi Prof. Daniela Nicolaev-Malaxa - Şcoala nr 5 „Cuza Vodă” Galaţi Prof. învăţământ primar Tatiana Lăbuş - Şcoala nr 5 „Cuza Vodă” Galaţi Prof. învăţământ primar Mariana Negrici - Şcoala „Nichita Stănescu” Galaţi Institutor Maricica Cucoş - Şcoala „Nichita Stănescu” Galaţi Colaboratori : Rodica Bălan; Dumitru Bălan; Sorin Borodi ; Dan Matica ; Irina Humă ; Carmen Smarandache ; Grecu Cristian; Viorica Lungana; Corneliu Mănescu-Avram; Elena Boghe; Valentin Ciortan; Simona Andraş; Liliana Cioacă; Constantina Huluţaş; Lenuţa Gavriliu; Georgeta Tudor; Georgeta Săndulache; Marcel Lazăr. Tehnoredactare: Florin Antohe şi Marius Antonescu ELEVI: Geanina Mihai; Mihaela Munteanu; Ana Maria Alexe; Elena Necula; Mihaela Popa; Delia Curatu; Felea Andrei; Raluca Bîrcă; Maftei Andrei; Hagiu Alin; Puţanu Alexandra; Avram Andrei; Hîncu Mihaela; Stahie Emilia; Melinte Ana Maria; Narcisa Codreanu. Redacţia revistei MATHGAL primeşte materiale pentru următorul număr care va apărea în luna noiembrie 2012. Materialele pot fi articole matematice, probleme propuse sau orice altceva interesant legat de domeniul matematicii. Avem rugămintea ca articolele să nu fie foarte lungi ( maximum 3-4 pagini).Problemele propuse să fie originale şi obligatoriu însoţite de soluţii clare. Toate materialele vor fi trimise în format word pe adresa: [email protected]. Totodată vă propunem şi un concurs al revistei care constă în rezolvarea problemelor din revistă. Elevii care vor rezolva probleme vor fi menţionaţi începând cu numărul viitor la rubrica rezolvitorilor. Pentru fiecare problemă rezolvată corect se acordă 5 puncte. Soluţiile problemelor le aşteptăm tot pe aceeaşi adresă. Având în vedere că dificultatea problemelor propuse a crescut, redacţia îşi propune ca în numărul viitor să prezinte soluţiile tuturor problemelor propuse. Începând cu acest număr, revista are o nouă rubrică, de Astronomie, în care doamna profesor Lucia Popa, împărtăşeşte lucruri deosebit de interesante, elevilor care se pregătesc pentru Olimpiada de Astronomie şi Astrofizică. Redacţia mulţumeşte tuturor colaboratorilor şi aşteaptă noi colaborări din partea profesorilor de matematică şi nu numai!


2

Progresii la clasele gimnaziale? de Dan Matica

După cum se ştie în cadrul liceului o sumă de forma: 1 2 3 ... na a a a , unde

1 2, , na a a sunt în progresie aritmetică ( 2 1 3 2 1, , ,n na a k a a k a a k k k raţie ),

este destul de uşor de calculat după formula: 1( )2

na a nS , dar la gimnaziu (în clasa a V-

a) ridică probleme serioase de „numărare”. Ei învaţă regula după formularea: „primul plus ultimul înmulţit cu câte numere sunt totul pe 2”-şi tocmai câte numere sunt ridică semne de întrebare.

Să luăm nişte exemple concrete:

Aici putem să „vedem” câte numere sunt, dar dacă sunt „din alea cu puncte-puncte”

parcă nu mai merge să le aranjăm una sub alta.

Destul de simplu nu? Dar ce te faci dacă avem suma următoare?

Ex: Să se calculeze suma: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10S Pentru aceasta e suficient să le aranjăm în felul următor:

_____________________________________________________________________

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1010 9 8 7 6 5 4 3 2 1

2 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11(1 10) 102 11 10 (1 10) 10 11 5 55

2

SS

S

S S

Ex: Acelaşi lucru pentru suma: 2 4 6 ... 32A Observăm că sunt doar numere pare deci din 2 în 2, dar câte sunt? 32 se poate scrie 2·16, deci 16 numere şi după regula-„primul plus ultimul înmulţit

cu câte numere sunt totul pe 2” rezultatul este (22 32 1634 8 272

2A

Ex: Calculaţi şi suma: 15 18 21 ... 66B . Or fi ele din 3 în 3, dar nu mai porneşte de la primul (adică de la 3·1). Vom

descompune termenii în felul următor: 15=3·5, 18=3·6, . . . 66=3·22. Deci câte numere sunt? De la 5 la 22 nu sunt (cum greşesc cei mai mulţi făcând simplu 22-5) 17 numere, ci 18.

5-numărul 1 8-numărul 4 11-numărul 7 14-numărul 10 17-numărul 13 20-numărul 16



Adică s-a uitat să se numere şi primul număr. Deci scădem primul număr din ultimul (din cel mare pe cel mic) şi mai adaugăm 1 (22-5+1=18) şi atunci putem aplica

regula dându-ne: (215 66 18

81 92

B


3

Ce ne facem dacă avem suma de forma:

- Ştiu, zice un elev. -„Primul plus ultimul înmulţit cu câte numere sunt totul pe 2”-greşeală frecventă şi la elevii de clasa a VIII-a. Dacă sunt de alea cu puncte puncte aşa se face, continuă alt elev.

Dar aceasta nu mai este o progresie aritmetică, ci una geometrică: 1 2 3 ... nP b b b b , ( 2 1 3 2 1, , ,n nb b k b b k b b k k k raţie ), este destul

de uşor de calculat dupa formula: 1 0

1

kq qPq

. Pentru a ajunge la aceasta procedăm

astfel:

2 3 9 10

2 3 9 10 11__________________________________________________________________

11

1 2 2 2 2 2 | 2 (înmulţim cu 2 toată expresia)

2 2 2 2 2 2 2| (scădem din cel mare pe cel mic)

2 1 / / / / / 2

(2 1)

DD

D D

D

10 111 112 12 1 2 1 2048 1 2047

2 1D

Parcurgând progresiv de la simplu la complex am mai putea avea:

Acum putem generaliza în felul următor:

Sau chiar:

Ex: Să se afle următoarea sumă: 24 31 38 ... 80C Vom face următorul raţionament valabil în modul general la orice sumă de acest

gen. Pasul 1 din cât în cât sunt termenii? Din 7 în 7- diferenţa dintre oricare doi

termeni consecutivi este 7. Pasul 2 împărţim primul termen la 7 şi scriem: 24=3·7+3 Pasul 3 generalizăm scrierea şi la ultimul termen: 80=11·7+3 Pasul 4 calculăm câţi termeni are suma: 11-3+1=9 termeni

Pasul 5 dăm gata suma: (224 80 9 104 9 52 9 468

2 2C

Ex: Să se calculeze suma: 2 3 101 2 2 2 ... 2D .

Ex: 2 3 991 4 4 4 ... 4E pe care o mai putem scrie 0 1 2 3 994 4 4 4 ... 4E , deci:

0 1 2 3 98 99

1 1 0 1 1 1 3 1 98 1 99____________________________________________________________________________

4 4 4 4 4 4 | 4 (înmulţim cu 4 toată expresia)

4 4 4 4 4 4| (scădem din cel mare pe cel mic)

4

EE

0 100

99 1 0 100100 0

4 / / / / / 44 4 4 1(4 1) 4 4

4 1 3

E E

E E

0 1 2 1

1 1 0 1 1 1_________________________________________________________________

0 1

1 01 0

|

|/ / / /

( 1)1

k k

k k

k

kk

P q q q q q qq P q q q q

qP P q qq qP q q q P

q


4

1 2 1

1 2 1__ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _

1

11

|

|/ / / /

( 1)1

r r r k k

r r k k

r k

k rk r

P q q q q q qq P q q q q

q P P q qq qP q q q P

q

profesor, Şcoala Gimnazială „Aron Cotrus”

str. Petru Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad

e-mail :[email protected]

Aspecte metodice privind predarea relaţiilor metrice de Irina Oana Humă

Teorema lui Pitagora, teorema catetei şi alte teoreme reprezintă relaţii între ariile unor

figuri plane: pătrate, triunghiuri, etc., de aceea vom prezenta în continuare câteva dintre demonstrațiile acestora folosind ariile.

Demonstraţia teoremei lui Pitagora

În figura alăturată ABCD este un pătrat, AM BN CP DQ , AM a , AQ BM CN DP , AQ b . Triunghiurile

, , ,AMQ BNM CPN DQP , sunt congruente de unde deducem MNB NPC PQD QMA și BMN NPC PQD AMQ iar pe baza sumei unghiurilor într-un triunghi, rezultă că MNPQ este un dreptunghi, iar din congruenţa triunghiurilor deducem că MNPQ este pătrat.

4ABCD MNPQ AMQA A A

Deci: 2 2 2 2 242

aba b MN MN a b .

Sau, se dă triunghiul ABC dreptunghic în A , ; şi , BC a CA b AB c b c .

Construim pătratele şi ACDE EFGH cu laturile b respectiv c , ,E AB F ED şi punctul K astfel ca D FK şi DK c .

Atunci ABC DKC HGB FGK şi BCKG este un pătrat de latură a şi: 2 2 2

ACDE EFGH ACDFGH CBFD ABC HGB CBFD DKC FGK BCKGb c A A A A A A A A A A a O altă demonstrație interesantă ar fi și următoarea: în triunghiul ABC dreptunghic în

A luăm pe ipotenuza BC punctele D E astfel ca BD BE BA , D fiind între B și C .

Ex: Deci acum e uşor de calculat suma: 27 28 29 675 5 5 ... 5F , deoarece q=5, r=27, k=67, avem

67 1 27 68 275 5 5 55 1 4

F

, (atenţie să nu cumva să se scrie 68 27 415 5 5 )


5

Triunghiurile BAE și BAD sunt isoscele, 090m A , vom obține că ACD ECA , AC CDCE AC

.

2 2 2 2 2 2AC CB BE CB BD BC AB BC AB AC . La nivelul clasei a IX-a o demonstraţie deosebită a

teoremei lui Pitagora este cu ajutorul vectorilor. În triunghiul ABC avem relaţia: BC BA AC

şi

înmulţind scalar cu BC

obţinem:

BC BC BA AC BA AC

.

Dar 2 2BC BC BC a

deci: 2 2 2 2 2 22 2 cosa b c BA AC a b c b c A

.

Cum BA AC

rezultă 2 2 2a b c .

Demonstraţia teoremei catetei Pe ipotenuza BC şi pe cateta AB construim pătratele BCED şi ABFG şi 'AA BC , 'AA DE H :

'ABFG BA HDA A sau ABF BHDA A , ABF CBFA A , BDH BDAA A , şi 2 'CBF DBA c BA BD .

Demonstrația vectorială:

Avem următoarele relaţii: AB AD DB

, AB AC CB

, făcând produsul lor scalar obţinem: 2

AB AD AC AD CB DB AC DB CB

. Ţinând cont de faptul că: AD BC 0AD CB

deci:

2AB AD AC DB AC DB CB

⇒

2AB AD DB AC DB CB

2

AB AB AC DB CB DB CB

0AB AC AB AC

Demonstraţia teoremei bisectoarei

sin2 2

sin2 2

ABI

ACI

BI h Ac iA BI cCI h BA CI bb i

.


Notăm , AB c CD b

şi luăm ,M AB N AC :

1 1, AM c AN bc b

.


6

1 1,AP AM AN P AD AD b cb c

(1)

Fie DB kDB

atunci 1 1

AB k AC c k bADk k

.(2)

Din (1) şi (2) avem 11 1

kb c c bb c k k

.

Cum descompunerea unui vector după alţi doi vectori este

unică, obţinem 1 ; 1 1

kc k b k

1 1 1b c

b cb c

. Cum 11

b bkb c k c

, în valoare absolută:

DB AB cDC AC b

.

Demonstraţia teoremei înălțimii

AB AD BDABC ABDBC AC AB

.

AC AD DCADC ABCBC AB AC

.

Înmulţind rapoartele între ele obţinem: AD AD BD DCAC AB AB AC

22AD BD DC AD BD DC

AC AB AC AB

.


; AB AD DB AC AD DC

, înmulţindu-le scalar

avem: 2

AB AC AD AD DC DB AD DB DC

. Dar: 0AD DB DB AD

,

0AD DC AD DC

, 0AB AC AB AC

deci

2 20 AD DB DC AD BD DC

. Leonardo da Vinci pentru a extrage rădăcina

pătrată dintr-un număr a folosea teorema înălțimii: Construia un segment AB de lungime a pe care îl prelungea cu un segment BC de

lungime 1. Cu diametrul AC construia un semicerc. În B ducea o perpendiculară pe AC care intersecta semicercul în D . Conform teoremei înălţimii în triunghiul dreptunghic ADC , DB AB AC a .

Demonstraţia teoremei lui Ceva Fie , , AQ BN CH BN OT AC .


7

2 2 şi

2 2

AOB AOB AON AON

BOC BOC CNO CNO

BO AQ ON AQA A A AAQ AQ

BO CH CH ONA A CH A A CH

.

Deci 2 . 1

2

AOB AON

BOC CNO

OT ANA A AN

OT CNA A CN

Analog . 2COB CON

AOC AOP

A A BPA A PA

. 3COA COM

AOB BOM

A A CMA A BM

.

Înmulţind relaţiile 1 , 2 , 3 obţinem:

1AOB COB COA

BOC AOC AOB

A A A CM AN BPA A A BM CN PA

.

Vom prezenta acum deducerea ariei unui trapez folosindu-ne tot de arii:

2 , deci 2AFHD ABCD ABCD

B b hA AF DE B b h A A

.

Bibliografie [1]. Mihai Cocuz: Culegere de probleme de matematică, Ed. Academiei Republicii Socialiste România, Bucureşti, 1984. [2]. Ioan Dăncilă: Matematica gimnaziului, Ed. Corint, Bucureşti, 1996. [3]. Elena-Genoveva Irimia şi Elena Morariu: Elemente de calcul vectorial şi transformări geometrice, Ed. „Constantin Matasă”, Piatra Neamţ, 2000. [4]. Radu Miron: Geometrie Elementară, Ed. Didactică şi Pedagogică, Bucureşti,1968. [5]. Viorel Gh. Vodă: Triunghiul-ringul cu trei colţuri, Ed. Albatros, Bucureşti,1979.

profesor, Colegiul Tehnic „Gheorghe Cartianu”

B-dul Traian, nr. 165, cod 610143 Piatra-Neamţ, judeţul Neamţ

e-mail: [email protected]

O metoda de ridicare la putere a matricelor de Florin Antohe

Vom aborda o metodă de ridicare la putere a matricelor pătratice, care face apel la

ecuaţia caracteristică asociată unei matrice şi la teorema împărţirii cu rest pentru polinoame. Definiţie. Fie

, 1,( ),n ij i j n

A M A a

. Se numeşte polinom caracteristic al matricii A,

polinomul cu coeficienţi complecşi

11 12 1

21 22 2

1 2

( ) det( )

n

nn

n n nn

X a a aa X a a

P X XI A

a a X a

.


8

Dezvoltând determinantul, se obţine forma algebrică a polinomului : 1

0 1 1( ) [ ]n nn nP X a X a X a X a X ,

unde 0 1a şi 1 detnna A .

În general, ka este egal cu produsul dintre 1 k şi suma minorilor diagonali de ordinul k (minori care conţin elemente de pe diagonala principală). Definiţie. Ecuaţia ( ) 0P x se numeşte ecuaţia caracteristică asociată matricei A. Rădăcinile acesteia (n rădăcini complexe, nu neaparat distincte) se numesc valorile proprii ale matricei A. Exemplu : Pentru matricea de ordinul 2 polinomul caracteristic este :

22( ) ( ) det( )P X X Tr A X A I ,

iar pentru cea de ordinul 3 avem : 3 2 *

3( ) ( ) ( ) det( )P X X Tr A X Tr A X A I , unde *A este matricea adjunctă a lui A. Un rezultat extrem de important este următorul : Teorema Cayley-Hamilton. Orice matrice pătratică verifică propria sa ecuaţie caracteristică, adică: 1

0 1 1n n

n n n na A a A a A a I O .

În scopul obţinerii metodei, avem următoarea : Teoremă. Dacă ( ), nA M m şi polinomul r este restul împărţirii lui mX la P X ,

atunci : ( )mA r A . Demonstraţie. Aplicând teorema împărţirii cu rest polinoamelor mX şi P X , există şi sunt unice polinoamele , [ ]g r X astfel încât :

( ) ( ) ( ), ( ) ( )mX P X g X r X grad r X grad P X , şi atunci :

( ) ( ) ( )mA P A g A r A . Cum, din teorema Cayley-Hamilton, avem ( ) nP A O , rezulta ( )mA r A . Observaţie. Calculul unei puteri ,mA m n , revine la a determina restul r(X), adică un polinom de gradul cel mult 1n , ai cărui coeficienţi se găsesc uşor dacă ştim rădăcinile ecuaţiei caracteristice. Pentru cazul matricelor pătratice de ordinul 2 obţinem : 2

mm mA a A b I , iar în cazul celor

de ordinul 3 avem : 23

mm m mA a A b A c I .

Vom ilustra în continuare procedeul prin câteva exemple concrete.

Exemplul 1. Să se calculeze nA , unde 6 1

,3 2

A n

.

Soluţie. Ecuaţia caracteristică este 2 8 15 0x x , cu rădăcinile 3 şi 5. Din teorema împărţirii cu rest avem că :

2( 8 15) ( )nn nX X X g X a X b .

Pentru 3x şi 5x se obţine sistemul:


9

3 35 5

nn n

nn

a ba b

,

cu soluţia 5 3 5 3 3 5, 2 2

n n n n

n na b .

Deducem că 2

3 5 3 5 35 3 5 3 3 5 2 2

2 2 3 3 3 5 3 3 52 2

n n n n

n n n nn

n n n nA A I

.

Exemplul 2. Să se calculeze nA pentru matricea 1 1

,1 3

A n

.

Soluţie. Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este 2 4 4 0x x cu soluţia dublă 1 2 2x x .

Rezultă că 2( 2) ( ) .nn nX X g X a X b

Pentru 2x deducem că 2 2nn na b .

Derivând relaţia de mai sus se obţine : 1 ( 2) ( ) .nnn X X a

De aici, pentru 2x , rezultă 12nna n şi apoi 2 (1 )n

nb n .

Matricea nA devine : 1 1

2 1 1

2 (2 ) 22 2 (1 ) .

2 2 (2 )

n nn n n

n n

n nA n A n In n

Exemplul 3. Fiind dată matricea

1 73 31 23 3

A

, să se calculeze nA .

Soluţie. Ecuaţia caracteristică este 2 1 0x x , cu rădăcinile 1,21 3

2ix

, adică

rădăcinile cubice nereale ale unităţii, şi deci, dacă este una din rădăcini avem 3 1 . Aplicând teorema împărţirii cu rest obţinem : 2( 1) ( ) .n

n nX X X g X a X b Pentru x obţinem n

n na b . Avem următoarele situaţii : a)Dacă 3 , n k k , atunci relaţia de mai sus devine :

1n na b , de unde se deduce că 0; 1n na b şi atunci 32

kA I . b)Dacă 3 , n k k , din n na b obţinem că 1; 0n na b , deci 3 1kA A . c) Pentru 3 2, n k k , se obţine că 2

n na b , de unde, ţinând cont că 2 1 , se obţine că 3 2

2kA A I .

Exemplul 4. Calculaţi puterile naturale ale matricei 1 0 00 2 30 1 1

A

.


10

Soluţie. Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este : 3 22 2 1 0x x x , cu valorile proprii 1 2,3

1 31; 2ix x

.

Se obţine : 2 2( 1)( 1) ( )n

n n nX X X X g X a X b X c , de unde 23

nn n nA a A b A c I .

Pentru 1x se obţine : 1.n n na b c Fie o rădăcină a ecuaţiei 2 1 0x x . Rezultă 3 61; 1 . Pentru x găsim : 2 n

n n na b c ,ceea ce este echivalent cu ( ) nn n n na b c a .

Avem situaţiile : 1) Dacă 6n k , obţinem sistemul :

1( ) 1

n n n

n n n n

a b ca b c a

, cu soluţia 0; 1n n na b c , si prin urmare 3

nA I .

2)Pentru 6 1n k , se găseşte nA A . 3)Pentru 6 2n k , 2nA A 4)Dacă 6 3n k , 2

32 2nA A A I 5)Dacă 6 3n k , 2

32 3 2nA A A I 5) Pentru 6 3n k , se găseşte 2

32 2nA A A I . Exemplul 5. Să se calculeze nA pentru matricea:

1 0 0 11 1 0 15 1 2 10 0 0 3

A

.

Soluţie. Polinomul caracteristic este :

4 3 24( ) det( ) 7 17 17 6P X XI A X X X X , cu rădăcinile 1 2 3 41; 2; 3x x x x ,

deci se scrie sub forma 2( ) ( 1) ( 2)( 3)P X X X X . Aplicând teorema împărţirii cu rest pentru polinoamele nX şi ( )P X , deducem :

2 3 2( 1) ( 2)( 3) ( ) .nn n n nX X X X g X a X b X c X d

Pentru 1, 2,3x se obţin relaţiile : 1 (1)

8 4 2 2 (2)

27 9 3 3 (3)

n n n nn

n n n nn

n n n n

a b c da b c d

a b c d

Derivând relaţia din teorema împărţirii cu rest se obţine : 1 2( 1)( ) 3 2n

n n nnX X a X b X c . Pentru 1x se deduce relaţia: 3 2 (4)n n na b c n Rezolvând sistemul format din 1,2,3,4, se obţin următoarele valori :


11

2 3 4 2 34

3 3 5 2 4

22 5 3 28 2 234

6 3 6 2 32

n n

n

n nn

n n

n

n n

n

na

b nnc

nd

Rezultă că 3 24

nn n nA a A b A c A dI .

Bibliografie : [1] V. Pop –„ Matematica pentru grupele de performanţă”, clasa a-XI-a, ed Dacia, Cluj, 2004. [2] Gazeta Matematică.

profesor, Şcoala Gimnazială ”Cuza Vodă” str. Gorunului, nr. 6, cod 800437

Galaţi, judeţul Galaţi e-mail :[email protected]

Rezolvăm problemele aritmetic sau algebric? de Dan Matica

Când tinerii elevi păşesc la ciclul gimnazial, vin cu un impresionant bagaj de

cunoştinţe şi metode de rezolvare a problemelor şi exerciţiilor (depinde bineînţeles în mare măsură de talentul învăţătoarei de la clasă). O mare bucată de timp ei gândesc cum au fost învăţaţi de doamna şi asta le e de un real folos. Am întâlnit dese situaţii când, pentru a-l face pe elev să gândească o rezolvare, simpla menţionare a doamnei îi luminează faţa. Probabil scăderea interesului pentru învăţătură odată cu înaintarea în vârstă (culmea elevii de clasa a VIII-a au cel mai scăzut interes pentru învăţătură în clasele preliceale) şi creşterea volumului de informaţie (ştiindu-se bineînţeles că matematica nu este o materie la îndemâna tuturor) îi face pe gimnazi să rezolve multe situaţii cu metodele învăţate în ciclul primar, adică aritmetic. Dacă dau de o problemă un pic mai dificilă, care nu se mai poate rezolva „aşa cu desene”, se dau bătuţi şi preferă să o facă domnu.

Printre metodele clasice de rezolvare a problemelor avem metoda figurativă, metoda reducerii la acelaşi termen de comparare, metoda falsei ipoteze şi metoda mersului invers.

Metoda figurativă-o metodă ce constă în reprezentarea printr-o figură a mărimilor necunoscute şi fixarea în acest desen a relaţiilor dintre ele şi mărimile date în problemă. Figura reprezintă o schematizare a enunţului, pentru a se păstra în atenţie relaţiile matematice şi nu toate aspectele concrete; reprezentarea mărimilor se face prin segmente de dreaptă.

Metoda reducerii la acelaşi termen de comparare-posibilă atunci când se dau două mărimi (care sunt comparate în acelaşi mod) şi legătura dintre ele. Aceste două mărimi sunt caracterizate prin câte două valori fiecare şi de fiecare dată se cunoaşte legătura între ele. Metoda constă în a face ca una dintre cele două mărimi să aibe aceeaşi valoare şi astfel problema devine mai simplă, trecând la o singură necunoscută.

Metoda falsei ipoteze-facem o ipoteză (presupunere) oarecare (deşi de obicei se pleacă de la ipoteza „toate la fel”) nu în ideea de a nimeri răspunsul, ci pentru a vedea din nepotrivirea cu enunţul ce modificări trebuie să facem asupra ei.

Metoda mersului invers-atunci când enunţul unei probleme trebuie urmărit de la sfârşit spre început. Analizând operaţiile făcute în problemă şi cele pe care le facem noi în rezolvarea problemei, constatăm că de fiecare dată, pentru fiecare etapă, facem operaţia


12

inversă celei facute în problemă. Deci, nu numai mersul este invers, ci şi operaţiile pe care le facem pentru rezolvare sunt operaţiile inverse celor din problemă. Verificarea se face în schimb aplicând asupra rezultatului obţinut operaţiile indicate în problemă.

Dar să vedem concret.

Nu trebuie decât să ştim că al doilea număr este cu 2 mai mare decât primul şi al

treilea cu 2 mai mare decât al doilea. Prin metoda figurativă, „aia cu desene”, avem aşa:

Să modificăm un pic desenul; dacă nu am mai avea bucăţile cele mici?

Observăm că trei segmente şi încă 6 fac 24, deci cele trei segmente fac 18, adică un segment face 6. Am aflat numărul mai mic. Următorul este atunci 8, iar ultimul 10. Aici am făcut prin scadere.

O soluţie mai elegantă şi rapidă ar fi cea algebrică: notăm numărul mai mic cu a , următorul ar fi 2a şi ultimul 2 2a . În ecuaţie pus avem: 2 2 2 24a a a

3 6 24 3 24 6 3 18 18 : 3 6a a a a a

Acum să facem prin adunare. La segmentele pe care le avem mai adăugăm astfel încât să le facem pe toate trei egale

cu cel mai mare. Acum cele trei segmente mari fac împreună 786, deci numărul cel mare face 262, atunci cel mijlociu (mai mic cu 42) este 220, iar cel mic 200. Şi aici o soluţie elegantă ar fi cea algebrică: să luăm al doilea număr şi să-l notăm cu x , primul devine 20x , iar al treilea 42x . Avem ecuaţia:

20 42 682 3 682 20 42 3 660 220x x x x x x Parcă nu ai şti care metodă e mai uşor de aplicat. Dar dacă am avea următoarea

problemă:

Ex: Suma a trei numere pare consecutive este 24. Să se determine numerele.

Ex: Suma a trei numere este 682. Ştiind că al doilea este cu 20 mai mare decât primul şi cu 42 mai mic decât al treilea, să se afle numerele.

2 2

2 24

42 20

20

682

24-

42

42 20

20

42 20

682+20+42+42


13

După ce am făcut figura, observăm că pentru a putea rezolva problema ar cam trebui

să o luăm de la coadă (altfel spus aplicăm metoda mersului invers). Dacă în a III-a zi a cheltuit ¼ înseamnă că i-au rămas ¾ reprezentaţi de cei 240 lei, adică ¼ este a 3-a parte din 240 (80 lei), iar 4/4 întregul din ziua a III-a este 320 lei. Mergem la ziua a II-a. Acei 320 lei sunt cât au rămas după ce a cheltuit ¾ din sumă, adica ¼ din sumă, iar întrega sumă (de 4 ori mai mare) este 1280 lei. Ajungând la prima zi, cheltuindu-se ½ din sumă a mai rămas ½. Deci în final suma avută la dispoziţie a fost de 2 ori mai mare-2560 lei. Şi mai departe: în prima zi a cheltuit 1280 lei rămânând 1280; în a II-a zi ¾ din 1280-960 lei rămânând cu 320 lei; în a III-a zi a cheltuit 80 lei.

Cum s-ar rezolva algebric? Păi întreaga sumă ar fi x. Atunci am avea: cheltuit rămas

1 1 2 1 I 2 2 2 23 3 1 II 4 4 41 1 3 III 24 4 4

x xziua x x x x y

ziua y y y y z

ziua z z z z

40

4 240 4 320De aici avem că 320; 1280 şi 2 1280 25603 1

z y x

Sau într-o singură ecuaţie 1 3 1 1 1 3 1 2402 4 2 4 2 4 2

x x x x x x x x .

O problemă pe care cred că nu puteţi să o rezolvaţi aşa uşor aritmetic (cu metoda

mersului invers), cu toate că nici algebric nu e uşor.

Ex: Pentru o sărbătoare, mama a cheltuit în prima zi ½ din sumă, a doua zi ¾ din rest, iar a treia zi ¼ din noul rest şi i-au mai ramas 240 lei. Câţi lei a avut la început şi câţi a cheltuit în fiecare zi?

1/2

240

3/4

1/4

I zi a II-a zi a III-a zi


14

După calcule laborioase mie mi-a dat 412 2 2 199 023 255 552-2=2 199 023 255 550 . Bogat

Ali-Baba asta.

Cam cum trebuie procedat? Pai dacă şeful nu a mai găsit nimic însemnă că hoţul 40 a luat tot. Dar cât a luat el? A luat jumătate din diamante şi încă unul şi s-au terminat, adică jumătate este 1, deci el a luat 2, atâtea găsind în peşteră. Cel de dinaintea lui, al 39-lea hoţ, a lăsat 2 diamante. Luând jumătate din diamante şi încă unul, dacă punem 1 la loc vor fi jumătate, adică el a găsit (2+1)·2=6 diamante din care a luat 4 bucăţi. Aşadar al 38-lea hoţ a lăsat în peşteră 6 diamante; pe acelaşi raţionament el a găsit (6+1)·2=14 bucăţi din care a luat 8. Şi tot aşa, şi tot aşa până la primul hoţ. Cam mult de lucru, nu?

nr. crt. hoţul a găsit 1 40 2 2 39 2

2 3 2 1

3 2 1 4 3 2 1

2+1 2 2 2

3 38 (2 2 1) 2 2 2 2 4 37 (2 2 2 1) 2 2 2 2 2

39 2 1 40 3 2 1 41

40 1 (2 2 2 1) 2 2 2 2 2 2 2

Doamna învăţătoare în mod cert le-a prezentat metoda de rezolvare, dar ei-ca scribii

Egiptului Antic-ştiu doar fă aşa: aduni suma cu diferenţa şi înjumătăţeşti pentru a afla numărul mai mare şi scazi diferenţa din sumă şi înjumătăţeşti pentru a afla numărul mai mic. Rezolvarea e gata, dar algebric, prin sisteme vor reţine şi metoda. Notăm numărul mai mare cu x şi numărul mai mic cu y.

206__________

2 / 26 / 2 1426 : 2 14 : 213 7

x yx y

x yx yx y

Dar ce te faci dacă cele două necunoscute nu mai sunt aşa uşor de determinat?

Ex: În vechea Arabie trăia odată Ali-Baba căpitanul celor 40 de hoţi. Şi venind

vremuri grele într-o zi s-au gândit să se despartă şi au hotărât să împartă toate diamantele în mod egal a doua zi de dimineaţă. Dar după miezul nopţii unul din hoţi s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi pe aici ţi-e drumul. Un pic mai târziu al 2-lea hoţ s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi a dispărut în noapte. Al 3-lea hoţ şi el s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi s-a făcut nevăzut. Ei şi tot aşa toată noaptea. Al 40-lea hoţ şi el a luat jumătate din diamante şi încă unul şi nu s-a mai auzit de el. A doua zi de dimineaţă pe când s-a trezit Ali-Baba nu mai

era niciun hoţ în peşteră. Disperat a fugit la comoară (drept să vă spun a şi greşit de două ori formula de deschidere)-Sesam deschide-te şi înmărmurit a rămas; din comoară nu a mai rămas niciun diamant. Câte diamante au avut hoţii în peşteră?

Ex: Să se determine două numere ştiind că suma lor este 20, iar diferenţa 6.

Ex: Într-un bloc sunt apartamente cu 2 respectiv 3 camere. Ştiind că în total sunt 22 de camere în 9 apartamente, câte apartamente sunt cu 2 camere şi câte cu 3 camere?


15

Va provoc să o rezolvaţi aritmetic. Sincer mie nu imi iese, dar algebric e banal. Care

sunt întrebările?-ele ne dau necunoscutele. Aşadar notăm numărul apartamentelor cu 2 camere cu m şi numărul apartamentelor cu 3 camere cu n . Mergem mai departe. Se spune că în total sunt 9 apartamente, deci 9m n . Acum judecăm în felul următor: dacă un apartament de tipul m are 2 camere câte camere au m apartamente?-evident că 2 m ; iar în n apartamente de tipul n (cu 3 camere) sunt 3 n camere, deci 2 3 22m n . Nu mai avem decât să rezolvăm sistemul:

9 | 3 3 3 272 3 22 2 3 22 _____________

/ 5 9 5 4

m n m nm n m n

mn n

Nu uităm să facem proba şi să dăm raspunsul:

5 apartamente cu 2 camere şi 4 apartamente cu 3 camere.

Rezolvând aritmetic (prin metoda falsei ipoteze) presupunem că toate animalele din

curte au 2 picioare (e binecunoscut că găinile au de regulă 2 picioare şi iepurii 4 picioare), atunci la cele 25 capete revin 50 picioare. Diferenţa de la datele problemei (30 picioare) e data de faptul că iepuri au 4 picioare, adică cu 2 mai mult decât găinile, care revine la 30:2=15 capete de iepuri şi atunci 25-15=10 capete găini. Sau altfel spus numărăm prima dată doar 2 picioare la fiecare animal (50 picioare la 25 capete) şi vedem că ne mai rămân picioare (30) pe care le adăugăm pe rând la câte un animal (preferabil iepure) până le terminăm (30:2=15)-aceştia sunt iepurii, restul (25-15=10) fiind găinile.

Haideţi să vedem rezolvarea aritmetică (prin metoda reducerii la acelaşi termen de comparare):

9 m postav ................ 5 m stofă................. 1950 lei 6 m postav ................ 7 m stofă ................ 1740 lei Observăm că dacă am avea de 2 ori mai multă marfă prima oară şi de 3 ori mai multă a doua oară am avea aceeaşi cantitate de postav.

18 m postav ................ 10 m stofă................. 3900 lei 18 m postav ................ 21 m stofă ................ 5220 lei Acum uitându-ne la cele două rânduri vedem că a doua oară s-au cheltuit mai mulţi bani. De ce? Pentru că la aceeaşi cantitate de postav avem mai mulţi metri de stofă. Cu cât?

11 m stofă ................. 1320 lei Adică 1 m stofă costă 120 lei. Atunci 7 m stofă costă 840 lei, iar 6 m postav costă 900 lei (din a doua relaţie dată de problemă), deci 1 m postav face 150 lei. Şi iată că elevii de ciclul primar ştiu să rezolve sisteme de ecuaţii care se învaţă în clasa a VII-a. Şi acum algebric, dar o să schimbăm metoda (încercăm şi substituţiei), a preţul unui metru de postav şi b preţul unui metru de stofă.

Ex: Într-o curte sunt găini şi iepuri, în total au 80 picioare şi 25 de capete. Câte găini şi câţi iepuri sunt?

Ex: 9 m de postav şi 5 m de stofă costă 1950 lei, iar 6 m de postav şi 7 m de stofă costă 1740 lei. Cât costă 1 m de postav şi cât costă 1 m de stofă?


16

(3 3) 3)

1950 51950 59 5 1950 9 1950 5 996 7 1740 6 7 1740 1950 56 7 1740 6 7 1740

9

1950 5 1950 59 9

1950 5 1950 56 7 1740 2 7 17409 3

1950 5

bb aa b a b aa b a b ba b b

b ba a

b bb b

ba

1950 5 1950 5

9 9 93900 10 21 5220 3900 10 21 5220 3900 11 5220

3 3 3

1950 5 1950 5 1950 5 1950 59 9 9 9

11 5220 3900 11 1320 1320 :11 120

1950 5

b ba ab b b b b

b b b ba a a a

b b b b

a

120 1950 600 1350 150

:9 9 9120120 120 120

aa aS

bb b b

Nu că ar fi singurele metode posibile. Marea frumuseţe a matematicii e că orice

problemă se poate rezolva în foarte multe moduri şi proba supremă e să o găseşti pe cea mai „elegantă”-şi aici fiecare rezolvitor are noţiunea lui de elegant. Sau cum spunea un coleg „cea mai bună metodă dintre toate e aceea pe care o ştii”.

profesor, Şcoala Gimnazială „Aron Cotrus” str. Petru Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad


Partea întreagă și partea fracționară a unui număr real de Viorica Lungana

Axioma lui Arhimede : Pentru orice număr real x, există un număr întreg k, unic, astfel încât 1 kxk . Partea întreagă a unui număr real. Se numește partea întreagă a numărului real x, numărul întreg k, cu proprietatea: 1 kxk . Notăm: xk partea întreagă a lui x. Deci: 1 xxx . Partea fracționară a unui număr real. Se numește partea fracționară a numărului real x, numărul real xx . Notăm: xxx partea fracționară a lui x. Deci: xxx .

Exemple: 65,035,2;57,057,1;83

82;684,6;339,2;0

54


17

Proprietăți : 1. 1 ,x x x x .

2. x . 3. 10 x . 4. ,x n x n x , n .

5. ,x n x x , n .

6. , ,x y x y x y .

7. 0,1, \

xx x

x

.

8. *, ,x x n xn n

.

9. 1 2 1... ,nx x x x nx xn n n

, *n .

(Identitatea lui Hermite). I. Aplicații ale definiției:

1. Calculați 1nn , n .

Soluție: Deoarece 22 11 nnnn rezultă 11 nnnn , deci nnn 1 . 2. Să se demonstreze egalitatea:

*11 2 2 3 3 4 ... 1 ,

2n n

n n n .

Soluție: Din kkkkkkkkkkkkkkkkk ,111112 22222

* , obținem: *11 2 2 3 3 4 ... 1 1 2 ... ,

2n n

n n n n .

3. Calculați în funcție de *n , suma

n

kn kkkkS

1

22 11 , unde x

reprezintă partea întreagă a lui x.

Soluție: Din

adunareprina

kkkkkkkk

kkkkkkkk

1111

1111

2

2

222

222

121112 22 kkkkkk .

Cercetăm dacă suma 11 22 kkkk este mai mică sau mai mare decât 2k. Presupunem că

22222222 12114112 kkkkkkkkkkkk

22222222 111222 kkkkkk 01212 222424 kkkkkk adevărat.

Atunci kkkkkkkkkkk 21112112 2222 .

nnnnkkkkkkSn

k

n

k

n

kn

2

111

22

2122211 .


18

Deci nnkkkkSn

kn

2

1

22 11 .

4. Să se demonstreze inegalitatea: n

nnnn 1lg1lg...32lg21lg , unde

*n . Soluție: Deoarece kkkkk ,11 * , avem kkk 1 , atunci

nnnn ...21lglg...2lg1lg1lg...32lg21lg . Ținând seama de inegalitatea mediilor obținem că:

n

n

n nn

nn

nnn

2

121

...21...21 și

2

1lg2

1lg...21lg

nnnn

n

, inegalitatea

n

nnnn 1lg1lg...32lg21lg , n * .

II. Aplicații ale identității lui Hermite:

Să se demonstreze că: 2

2 3 1

1 2 2 2... ... , ,2 2 2 2

k

kn n n n n n k

.

Soluție: Punând 2x în loc de a în identitatea lui Hermite aaa 2

21

, obținem:

221

21

2xxxxxx , pentru orice x .

Dând succesiv lui x valorile ,....2

,...,2

,2

, 2 k

nnnn unde 12 2 ,k kn k , n , obținem:

221 nnn

22 2222 nnn

…..................................

11 222

2kkk

k nnn

..........................................

de unde 2

2 3 1

1 2 2 2... ... , ,2 2 2 2

k

kn n n n n n n k

.

2. Să se rezolve ecuația: 456

143

12

xxx .

Soluție: Notând 2

31545;31

626

614

213

312

yxyyxyxyx ecuația

devine: 2

31521

yyy și aplicând identitatea lui Hermite, obținem: 2

3152

yy .


19

Notăm

ky

2315

kkkyky15

6415

64215

32

115

64 kkk

611 9 6,9 1 415 4 6 15 15 011 1111 5 5

k

kk k k k k y x

kk

.

3. Să se rezolve ecuația: 1232

31

xxxx .

Soluție: Aplicând identitatea lui Hermite, ecuația devine: 3 2 1x x k , de unde

4,3,2,1

31

21

23

221

31

3112

13

kkk

kk

kxk

kxk

kxkkxk

.

Deci

35,

23

34,11,

32

21,

31 x

III. Folosind alte proprietăți ale părții întregi și părții fracționare a unui număr întreg

putem rezolva și exerciții de tipul:

e. Calculați: )1

21nn , n ; )2

2

21 nnn , n .

Soluție: )1 1212121212

nnnnnnnn .

Deoarece ,12122 nnnn n , rezultă nnn 212 .

Deci 1412

nnn , n .

)2 Din inegalitatea bababa ,2 22 rezultă că 122 nnn și prin

urmare 1321 nnnn . Din inegalitatea lui Cauchy a mediilor rezultă că 6 21321 nnnnnn .

Să arătăm că 63 1 2 9 8,n n n n n .

Ultima inegalitate este echivalentă cu 0512270243 2 nn (1) Pentru 3,n n inegalitatea (1) este adevărată. Pentru 2,1n avem următoarele inegalități: 1714,473,141,11331 ,

261,527,14,1432 .

Prin urmare 89212

nnnn , n .

2. Demonstraţi că oricare ar fi x , 1,x x , are loc inegalitatea xxx 2711

.

Soluție: Dacă 1,x atunci xxx .


20

4222

xx

xx

xxx

xxx

xx

xx , deoarece 2

.

Din xxxxxxx

xx

27

284114 .

3. Să se calculeze suma:

1

...23

121

kxkx

xx

xx

xxS , știind că

1,

21x și *k .

Soluție:

...2

111

11111

...23

121

xxxkxkx

xx

xx

xxS

11

11...2

111

11111

11

k

kxxxxkx, deoarece

dacă 121

x atunci 211 x

și deci 11

x, iar 0

11...

21

11

kxxx

pentru 2k . 4. Să se rezolve în numere naturale prime, ecuația: yx 3 3333 1...321 , unde a reprezintă partea întreagă a numărului a.

Soluție: Este evident că: 33 33 3 *31 ... 1 1 ,n n n n n

și atunci

3 1

3 3 3 2 *

0

3 1 1 3 3 ,n n

in i n n n n n n n

.

Deci

3 33 33 33 333

3 3333 3333

1...111...112...98

111...211...321

xxx

x

4

13121

61213

41333

2221

1

23

xxxxxxxxxxkkkx

k.

Ecuația devine: yxxx

4

131 2

.

Dacă 2x , atunci 7y . Dacă x este număr prim diferit de 2, atunci el este de forma 12 k , *k , și deci

1 3 1y k k k care nu este prim. Deci unica soluție din enunț este 2x , 7y .

5. Să se rezolve ecuația: xxx .

Soluție: Domeniul maxim de existență al ecuației este D= ,10, .

Dacă 1x atunci 1x implică xxxx

1 și deci pe intervalul ,1 ecuația nu are

soluție.


21

Dacă xxxxx 111 și deci pe 1, ecuația nu are soluție.

Pe intervalul 1,0,1 x și 1 xxxx .

Ecuația devine: 0,121

11

xxx .

6. Să se găsească un număr natural n cu proprietatea 13 nn . Să se arate că există numai două astfel de numere.

Soluție: 3

13113

nnnnnn .

Notăm 13

n k atunci 3 1,n k k , rezultă

10,73,211313 nkkkkkk . 7. Să se arate că oricare ar fi numerele reale nxxx ,...,, 21 avem inegalitățile: nixx ii ,...,2,1,232 nn xxxnxxx ...23... 21

222

21 ,

unde a este partea întreagă a numărului a. Soluție: Pentru orice x avem xxx , unde 10 x . Prima inegalitate, pentru un i fixat, o scriem sub forma: iii xxx 232 sau 0121 2 ii xx care este adevărată. Scriind inegalitățile pentru ni ,...,2,1 și adunându-le membru cu membru obținem cea de-a doua inegalitate a problemei. Bibliografie: 1 Gazeta matematică, Seria B. 2 Traian Cohal, Gheorghe Iurea; Probleme de algebră pentru liceu, Volumul I, Editura Polirom, Iași, 1998.

profesor, Colegiul Naţional „Al. D. Ghica”, str. Viitorului, nr. 78, cod 140072,

Alexandria, judeţul Teleorman e-mail:[email protected]

Inegalitatea integrală a lui Young şi aplicaţii

de Bogdan Antohe Teoremă. Fie ],0[],0[: f o funcţie bijectivă, derivabilă şi crescătoare şi 0 , 0a b . Atunci are loc inegalitatea :

abdxxfdxxfba

0

1

0

)()( , cu egalitate dacă şi numai dacă b f a .

Demonstraţie. Pentru că f este bijecţie strict crescătoare şi continuă, avem 0 0f şi )(f .


22

Inegalitatea are o interpretare geometrică interesantă :

a

dxxf0

)( reprezintă aria regiunii A aflate între graficul funcţiei, axa absciselor şi

dreapta de ecuaţie x a .

b

dxxf0

1 )( reprezintă aria regiunii B aflate între graficul funcţiei, axa ordonatelor şi

dreapta y b . suma ariilor A şi B este mai mare decât aria dreptunghiului format de axe cu dreptele

x a şi y b . Astfel inegalitatea este justificată, dar, dacă dorim să fim mai riguroşi, putem considera

funcţia t

tdxxfbttg0

],0[,)()( .

Avem )()(' tfbtg şi atunci g are punctul de maxim )(1 bf .

Atunci ))(()( 1 bfgag , de unde deducem :

b

bf

bfbf

bfbfa

dxxf

dxxfxffbffbfbbf

dxxxfxxfbbf

dxxfxbbfdxxfbbfdxxfab

0

1

)(

0

1111

)(

0

)(0

1

)(

0

1)(

0

1

0

)(

)('))(())(()()(

)('|)()(

)(')()()()(

1

11

11

de unde rezultă inegalitatea de demonstrat, cu egalitate când )()(1 afbbfa .


23

Aplicaţii 1.Să se arate că

2

02

2

0

14ln3 ee

xxdxeee

x

Soluţie.

ee

xee

x dxxxdxee

xxdxe0

2

002

2

0

)14ln(23143 (1)

Funcţia )14ln()(),,0[),0[: 2 xxxff este bijectivă, iar 23)(1 xexf şi atunci, folosind inegalitatea Young obţinem că :

2

0

1

0

)()( edxxfdxxfee

ceea ce împreună cu relaţia (1) încheie demonstraţia.

2. Fie ]2,0[]2,0[: f continuă şi bijectivă, cu proprietatea că 0)0( f şi

]2,0[,))(( xxxff .

Să se arate că 2)(2

0

dxxf .

Soluţie. Funcţia f este strict crescatoare (fiind continuă, injectivă şi 0 0f ). Deci vom avea

2 2f .

Din )()())(( 1 xfxfxxff . Avem, utilizând inegalitatea lui Young

4)()()()()(22

0

12

0

2

0

2

0

2

0

dxxfdxxfdxxfdxxfdxxf ,

de unde obţinem inegalitatea căutată.

profesor, Colegiul Naţional „Mihail Kogălniceanu”

str. Brăilei, nr. 161B, cod 800320 Galaţi, judeţul Galaţi



24

OLIMPIADE MATEMATICE 2011 de Corneliu Mănescu-Avram

1. Să se găsească toate numerele prime p astfel încât 22 p p să fie un număr prim.

(Albania, test OIM) 2. Parabola 2y ax bx c nu intersectează axa Ox şi trece prin punctele 2;1A şi

2;9B Să se găsească toate valorile posibile ale abscisei vârfului acestei parabole. (Albania, test OIM)

3. Să se găsească toate perechile ,m n de numere naturale astfel încât 4 1mn este

divizibil cu 2m n . (Cehia)

4. Să se găsească toate numerele naturale nenule n pentru care 3n este produsul tuturor divizorilor lui n .

(Elveţia) 5. Fie A şi B mulţimi nevide disjuncte astfel ca 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9,10A B . Să se

arate că există a A şi b B astfel ca 3 2 3a ab b să fie divizibil cu 11. (Europa Centrală)

6. Fie 11 0...n n

n nP a X a X a şi 1

1 0...n nn nQ b X b X b

două polinoame cu coeficienţi întregi astfel încât n na b este număr prim, 0 0 0n na b a b şi 1 1n na b Pre- supunem că există un număr raţional r astfel încât 0.P r Q r Să se demonstreze că r

.

(India) 7. Se dă ecuaţia 5 3 2.a a a Să se demonstreze că 63 4.a

(Kirghizstan) 8. Fie m şi n numere naturale astfel încât 2 3n m este divizibil cu 5 . Să se demonstreze că 2 3m n este divizibil cu 5 .

(Malaezia 2010) 9. Să se rezolve în *

sistemul 1 1 1 2010

.3

670

x y z

x y z

(Maroc) 10. Să se rezolve în 4*

sistemul

4.1 1 1 1 15

x y z t

x y z t xyzt

(Maroc) 11. Se dă un pătrat ABCD cu laturile de lungime 1. Un punct X pe BC este la distanţa d de punctul C , iar un punct Y pe CD este la distanţa d de punctul C . Dreptele AB şi DX


25

se intersectează în punctul P , AD şi BY în Q , CD şi AX în R , BC şi AY în S . Dacă punctele , , ,P Q R S sunt coliniare, să se determine d .

(Noua Zeelandă, test OIM) 12. Demonstraţi că aria cercului înscris într-un hexagon regulat este mai mare decât 90% din aria hexagonului.

(Olimpiada lusofonă)

Soluţii : 1. Dacă 2p , atunci se obţine 2 22 2 8 , care nu este prim. Dacă 3p , atunci avem numărul 3 22 3 17 , care este prim.

Dacă 3p , atunci numărul 22 3 1 1 1pp p p p se divide cu 3 , deci nu este prim. Rezultă că dacă numerele p şi 22 p p sunt prime, atunci 3p . 2. Condiţiile ca parabola să treacă prin punctele A şi B se scriu : 4 2 1a b c , 4 2 9a b c , de unde se deduce 2b şi 4 5a c . Parabola nu intersectează axa Ox , dacă 2 4 4 4 5 4 4 4 1 1 0b ac a a a a ,

deci 1 14

a . Abscisa vârfului parabolei este 12V

bxa a

.

În final se deduce 14 1Vxa

.

3. Avem 2 4m n mn (inegalitatea mediilor) şi 2 4 1m n mn , din condiţia de

divizibilitate. Se deduce 2 0,1, 2,3, 4m n şi în final 2 0,1, 4m n deoarece numerele 2 şi 3 nu sunt pătrate perfecte. Presupunem m n şi avem cazurile : m n , deci 2 24 | 4 1n n , de unde 1;n

1m n , deci 2 22 1 | 4 1n n n , astfel că 22 1 | 3n , de unde 0n ;

2m n , deci 2 24 1 | 4 2 1n n n , ceea ce este adevărat pentru orice n .

Se obţin în final perechile : 1;1 , 1,0 , 0,1 , , 2 , 2, , n n n n n .

4. Dacă 11 ... k

kn p p este descompunerea în factori primi a numărului natural n , atunci numărul divizorilor lui n este 1 1 ... 1kn , iar produsul acestor divizori este

2 .n

nP n

Avem 6n dacă şi numai dacă 5n p sau 2 ,n p q unde ,p q sunt numere prime.

5. Polinomul ^

3111f X X X are descompunerea în factori

^ ^ ^22 2 5f X X X

. Rădăcina

^2x se găseşte simplu din egalitatea 32 2 1 11 .

Al doilea factor este ireductibil în 11 , deoarece nu are rădăcini în 11 (această afirmaţie nu este adevărată decât pentru polinoame de gradul 2 sau 3 ). Într-adevăr, mulţimea pătratelor


26

din 11 este ^ ^ ^ ^ ^ ^0;1;3;4;5;9 , deci polinomul

2^ ^ ^ ^2 2 5 1 7X X X

nu are rădăcini în

11 , deoarece ^7 nu este un pătrat în 11 .

Dacă există a A şi b B astfel ca 2 mod 11a b , atunci perechea ,a b satisface condiţia din enunţ :

3 2 3 2 22 2 5 0 mod 11a ab b a b a ab b . Presupunem că pentru orice b B , restul împărţirii la 11 al numărului 2b este un element din B . În acest caz mulţimea B conţine resturile împărţirii la 11 ale numerelor 2k b ,

1 10k , care sunt distincte, deoarece ^2 este un generator al grupului multiplicativ din

corpul 11 . Mulţimea B conţine 10 elemente, deci mulţimea A este vidă, contrar ipotezei. Afirmaţia din enunţ este astfel demonstrată.

6. Fie urv

, , ,u v 0,v , 1,u v o rădăcină raţională comună a polinoamelor P şi

Q . Avem 0,r deci 0,u altfel 0 0 0a b şi 0 0 0,n na b a b contrar ipotezei. Din 0P r Q r se obţine prin eliminarea numitorilor

1 2 21 2 0... 0,n n n n

n n na u a u v a u v a v

1 2 21 2 0... 0,n n n n

n n nb u b u v b u v b v

de unde prin scădere se obţine 2 2

2 2 0 0... 0.n n nn n n na b u a b u v a b v

Dacă p este un divizor prim al lui v , atunci 2p divide toţi termenii acestei sume, cu excepţia primului, deoarece n na b este prim şi p nu divide nu , contradicţie. 7. Se consideră polinomul 5 3 2f X X X . Polinomul derivat 4 2' 5 3 1f X X nu are rădăcini reale, deci funcţia asociată este strict pozitivă pe , astfel că polinomul f are o singură rădăcină reală a . Avem

6 3 334 2 32 2 0,f f

6 56 61 13 3 2 3 3 0.2 2

f

deoarece 6 5 13 22

şi 6 13 3 ,2

inegalităţi care se verifică prin ridicare la putere.

Se deduce 66 3, 4 ,a deci 63 4.a

8. Egalitatea 2 2 3 2 2 3 6 6m n m n m n m n , demonstrează afirmaţia din enunţ,

deoarece 6 6 1 1 0 mod 5m n .

9. Media aritmetică a numerelor , ,x y z este egală cu 1 3 1 ,3 670 670 iar media lor armonică

este egală cu 3 1 .2010 670

Rezultă 1 .670

x y z

10. Sistemul are soluţia 1.x y z t Se arată că soluţia este unică. Din relaţiile lui Viète rezultă că polinomul unitar cu rădăcinile , , ,x y z t are forma

4 3 24 5 1P X X aX b X b , *, .a b


27

Este suficient să demonstrăm că 6, 1a b , deoarece în acest caz 41P X . Inegalităţile

44

1 6 4xy x

x

x

implică

44 1.5 1 6

b abb

Din 4 1b rezultă 1,b iar din 4 15 1

bb

rezultă 1.b Se deduce 1b , deci 6a .

Notă. Inegalitatea de mai sus este inegalitatea mediilor, iar al treilea termen poate fi inserat prin aplicarea inegalităţii Newton, mai general, a inegalităţii Muirhead sau prin demonstraţie directă. 11. Se alege sistemul de coordonate estfel ca 0,1 , 0,0 , 1,0 , 1,1A B C D , deci

1 ,0X d , 1,Y d . Se scriu ecuaţiile dreptelor respective şi se determină punctele lor de intersecţie :

1 1: 0 : 1 1 , deci 0,1AB x DX y x Pd d

,

1: 1, : , deci ,1AD y BY y dx Qd

,

: 1, : 1, deci 1,1 1

x dCD x AX y Rd d

1: 0, : 1 1 , deci ,01

BC y AY y d x Sd

Ecuaţia dreptei 1: 1 .PQ y xd

Punctele ,R S aparţin acestei drepte dacă şi numai dacă

2 3 1 0d d . Am presupus implicit (enunţul nu este foarte clar) că 0 1d . Se deduce

3 52

d .

Lăsăm cititorului analiza variantelor în care unul sau ambele puncte ,X Y se află pe prelungirile laturilor pătratului. 12.Se ia ca unitate de măsură latura hexagonului. Aria cercului înscris este egală cu 3 ,4 deoarece raza cercului este egală cu apotema hexagonului, iar aria hexagonului este

egală cu 3 3 .2

Avem de demonstrat inegalitatea 3 2 9 ,4 103 3 echivalentă cu 18 3 ,

10

care este adevărată, deoarece 3,14... , iar 18 3 3,11...10

.

Bibliografie www.mathlinks.ro

profesor, Grupul Şcolar de Transporturi str. Văleni, nr. 144G, cod 100132

Ploieşti, judeţul Prahova e-mail:[email protected]


28

Putem reţine mai uşor valorile funcţiilor trigonometrice?

de Dan Matica

Cum se ajunge la aceste valori nu are foarte mare importanţă, deoarece majoritatea elevilor nu vor reţine procedeul-interesant totuşi ca exerciţiu-dar o metodă de memorare (învăţată de la tatăl meu) scurtă şi eficientă e de apreciat. Pe lângă valorile învăţate la gimnaziu mai introducem două coloane pentru 00 şi 900. Acum pornind de la 0sin 0 pe care-l

scriem ca 20 (radical din zero supra doi), apoi 0sin 30 sub forma 1

2 şi continuând regula

cu 22

, 32

şi 42

; pare destul de uşor nu-i aşa?. Pentru cosinus nu avem decât să scriem în

ordine inversă (aplicând regula 0cos 90 sinx x sau 0cos sin 90x x )-sinusul unui

unghi este egal cu cosinusul complementului său). Apoi cu regula sin cos

tg

şi

090 ctg x tg x completăm tabelul.

x 00 300 450 600 900

sinx 2 2000

12

112 2

2

22

2

32

32

4

212

2

cosx 1 3

2

22

12

0

tgx 01

0 1

1 222 3

2

13 3

222

2

1

33 22

1 2 13

2

nu se p1 -0

oate

ctgx nu se poate 3 1 13

0

profesor, Şcoala Gimnazială „ Aron Cotrus” str. Petru Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad



29

TEST DE EVALUARE INIŢIALĂ Disciplina MATEMATICĂ

Anul şcolar 2011-2012 Clasa a VII-a

Pentru rezolvarea corectă a tuturor cerinţelor din Partea I şi Partea a II-a se acordă 90 de puncte. Din oficiu se acordă 10 puncte.

Toate subiectele sunt obligatorii. Timpul de lucru efectiv este de 50 minute.

Partea I Scrieţi litera corespunzătoare singurului răspuns corect. (45 puncte) 5p 1. Rezultatul calculului −94−17+42−70+81−1

A. – 60 B. −59 C. −58 D. 58

5p 2. Cel mai mare divizor comun al numerelor 30 şi 48 este : A. 2 B. 3 C. 6 D. 240

5p 3. Dacă 79

xy ,atunci valoarea raportului 5 2

2x yx y

este:

A. 535

B. 175

C. 293

D. 485

5p 4. Un elev cumpară 4 caiete cu 1 leu bucata , 10 caiete cu 1,5 lei bucata şi 6 caiete cu 2 lei bucata. Cât a costat în medie un caiet?

A. 1,5 lei B. 1,55 lei C. 1,65 lei D. 1,45 lei

5p 5. După două creşteri consecutive de preţuri , prima de 10% , iar a doua de 15%, un obiect costă 126,5 lei. Preţul iniţial al acestui obiect a fost:

A. 99 lei B. 110 lei C.125 lei D. 100 lei

5p 6. Raportul a două numere naturale este 53

şi diferenţa lor este 10. Produsul celor

două numere este egal cu: A. 350 B. 325 C. 375 D. 365

5p 7. Măsurile unghiurilor unui triunghi sunt direct proporţionale cu numerele 2; 3 şi 5. Cel mai mare dintre unghiuri măsoară:

A. 090 B. 0105 C. 072 D. 050

5p 8. Un triunghi echilateral are semiperimetrul de 24 cm. Lungimea bazei triunghiului este egală cu:

A. 18 B. 12 C. 16 D. 24

5p 9. Fie triunghiul ABC isoscel şi ACD exterior triunghiului. Dacă 0( ) 150m ACD , atunci măsura unghiului BAC este:

A. 075 B. 0120 C. 0115 D. 085


30

Partea a II –a La următoarele probleme se cer rezolvări complete (45 puncte) 9p 10. Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi, ecuaţia :

5 3 4 1 2 4 11 463x

9p 11. Determinaţi toate valorile întregi ale lui x , astfel încât 153 1x

să fie număr

întreg. 9p 12. M-am gândit la un număr pe care l-am adunat cu 3. Rezultatul l-am înmulţit cu 4. Din noul rezultat scădem 2 iar diferenţa obţinută se împarte la 6 obţinând astfel numărul la care m-am gândit iniţial. Care este numărul la care m-am gândit iniţial? 9p 13. În triunghiul ABC dreptunghic în A cu ( ) ( )m C m B ,se construiesc înălţimea [AD] şi mediana [AM]. Ştiind că 0( ) 30m MAD şi MD=10 cm , să se calculeze lungimea [BC]. 9p 14. Perimetrul triunghiului isoscel ABC cu AB=AC este de 24 cm, AM BC ,

M BC , iar perimetrul triunghiului ABM este de 16 cm. Determinaţi lungimea segmentului AM.

Test propus de prof. Florin Antohe

TEST DE EVALUARE INIŢIALĂ DISCIPLINA MATEMATICĂ

Anul şcolar 2011-2012 Clasa a VII-a

BAREM DE EVALUARE ŞI NOTARE

ParteaI (45 puncte)

Se punctează doar rezultatul, astfel: pentru fiecare raspuns se acordă fie punctajul maxim prevăzut în dreptul fiecărei cerinţe, fie 0 puncte.

Nu se acordă punctaje intermediare.

Nr item 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. Rezultate B. C. A. B. D. C. A. C. B. Punctaj 5p 5p 5p 5p 5p 5p 5p 5p 5p

Partea a II-a (45 puncte)

Pentru orice soluţie corectă , chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul maxim corespunzător.

Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.


31

10. 3 4 1 2 4 7

3x

1 2 4 13x

12x

4p 3p 2p

11. 3 1|15x 3 1 1; 3; 5; 15x

0x sau 2x

3p 3p 3p

12. 3 4 2 : 6x x

5x

5p 4p

13. MAD dreptunghic, 0 0( ) 30 ( ) 60m DAM m DMA AM=20 cm;

0, ( ) 60 20 AM MB m BMA BMA echilateral AM BM cm BC= 40 cm

2p 2p 3p 2p

14. AB+BM+AM=16 cm 2AB+2BM=24 cm AM=8 cm.

3p 3p

Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea

punctajului obţinut la 10.

MATRICEA DE SPECIFICAŢII Competenţe de

evaluat Conţinuturi

C1 C2 C3 C4 C5 C6 Total

Divizori. Divizori comuni a două sau mai multor numere naturale. Multiplu. Multipli comuni a două sau mai multor numere naturale. C.m.m.m.c.

I.2(5p) II.10(3p) II.11(4p)

12p

Ordinea efectuării operaţiilor cu numere raţionale pozitive.

II.10(3p) II.12(5p)

8p

Rapoarte , procente; probleme în care intervin procente.

I.6(1p) I.5(5p) 6p

Proporţii, proprietatea fundamentală a proporţiilor. Mărimi direct proporţionale.

I.3(5p) I.7(3p) 8p


32

Mulţimea Z. Ecuaţii în .

I.1(5p) II.12(2p)

II.11(2p) II.10(3p) II.12(2p)

14p

Probleme care se rezolvă cu ajutorul ecuaţiilor.

I.6(4p) II.11(3p)

7p

Media aritmetică ponderată a unor numere raţionale pozitive.

I.4(5p) I.9(1p) 6p

Triunghi: definiţie, elemente;clasificarea triunghiurilor; perimetrul triunghiului;Suma măsurilor unghiurilor unui triunghi

I.7(2p) I.8(2p) I.9(3p)

II.14(3p)

10p

Proprietăţi ale triunghiului isoscel şi echilateral.

I.8(2p) II.14(3p)

I.8(1p) I.9(1p)

II.14(3p)

10p

Proprietăţi ale triunghiului dreptunghic

II.13(4p) II.13(5p) 9p

Total 15p 12p 6p 24p 20p 13p 90p

Competenţele de evaluat asociate testului de evaluare iniţială pentru clasa a VII-a C1. Aplicarea regulilor de calcul şi folosirea parantezelor în efectuarea operaţiilor cu

numere întregi/raţioanle pozitive. C2. Utilizarea algoritmilor pentru determinarea c.m.m.d.c, c.m.m.mc, a două sau mai

multor numere naturale. C3. Alegerea metodei adecvate de rezolvare a problemelor în care intervin rapoarte,

proporţii şi mărimi direct sau invers proporţionale. C4. Transpunerea unei situaţii problemă în limbaj algebric , rezolvarea problemei

obţinute şi interpretarea rezultatului. C5. Interpretarea informaţiilor conţinute în reprezentări geometrice în corelaţie cu

determinarea unor lungimi de segmente şi a unor măsuri de unghiuri. C6. Exprimarea caracteristicilor matematice ale triunghiurilor şi ale liniilor

importante în triunghi prin definiţii, notaţii şi desen.


33

CONCURSUL DE MATEMATICĂ ,,MIHAIL KOGĂLNICEANU’’ Ediţia a IX-a

7.11.2011 Clasa a-XII-a

1. Dacă F este o primitivă a funcţiei : ( 4, ) , ( )4

xf f xx

, atunci rezultatul

calculului ( 4) ( 3) 5F e F , (unde e reprezintă constanta lui Euler) este : a) 5e b) 3e c) 8e d) e e)rezultatul depinde de primitiva F

2. Dacă F este primitiva funcţiei 2

1: 0, , ( )sin

f R f xx

pentru care 12

F

,

atunci 34

F

este :

a) 2 b) 0 c) 1 d)1 e) 2 3. Pe definim legea de compoziţie 2 6 6 21x y xy x y . Soluţia ecuaţiei

10

3ori

x x x este :

a) 4 b) 3 c) 2 d) 6 e)nu are soluţie 4. Valoarea lui k pentru care funcţia

2 ln arcsin , 0

:[0, ) , ( ), 0

x x x xf f x

k x

admite primitive este :

a)1 b) 2 c) e d) 0 e)nu există 5. Pe mulţimea definim legea de compoziţie 5 6 6 6x y xy x y . Numărul elementelor simetrizabile ale mulţimii în raport cu legea este : a)1 b) 2 c)o infinitate d)nici unul e) 3 6. Fie mulţimile 6 / 2 4A x x şi 6 / 3 3B x x .Numărul elementelor

mulţimii 6 \ A B este : a) 4 b) 2 c)1 d)3 e)mulţimea este vidă

7. O primitivă a funcţiei 4

sin 2: , ( )1 cos

xf f xx

este :

a) 2( ) (sin 1)F x arctg x ; b) 2( ) (cos )F x arctg x c) 2( ) (sin )F x arctg x ; d) 2( ) (cos 1)F x arctg x e) nu se poate calcula

8. Numărul matricelor 2 ( )X M care verifică ecuaţia 2 7 184 7

X

este :

a)1 b)2 c)3 d)o infinitate e)nici una. 9. Şirul de integrale 2 , , 1n x

nI x e dx x n verifică formula de recurenţă :

a) 21, 2

2n x

n nnI x e I n b) 2

12 , 2n xn nI nI x e n

c) 2

1, 22 2

n x

n nx e nI I n d) 2

1, 22

n xn n

nI x e I n


34

e) niciunul din rezultatele anterioare

10. Calculând , (0, )1 cos

x xx

se obţine :

a) ln cos2 2x xxtg C

b) 2ln cos

2 2x xxtg C

c) 2 ln cos2 2x xxtg C

d) 2ln cos

2 2 2x x xtg C

e) ln cos

2 2x xxtg C

11. Pe se defineşte legea de compoziţie x y x y xy .

Calculând 1 1 112 3 2011

se obţine :

a)2011 b)2012 c)2009 d)1 e)un număr mai mic ca 1 12. Numărul punctelor de extrem local ale funcţiei 2: , ( )f f x x x este :

a)1 b)2 c)3 d)nici unul e)4 13. Fie :f o funcţie continuă şi funcţia : , ( ) ( )g g x f x pentru 0x şi (0) (0) 1g f . Care este afirmaţia adevărată ? a)g este continua în 0 b)g are primitive pe c) g are proprietatea Darboux d)g nu are primitive pe e) f nu are primitive pe 14. Fie m .Definim pe legea de compozitie 4 2 2x y xy x y m şi notăm cu

A mulţimea valorilor lui m pentru care 1\2

este parte stabilă a lui R în raport cu

legea . Atunci :

a) 12

A

b) 32

A

c) A d) 1\2

A

e) 3\2

A

15. Fie :F o primitivă a funcţiei 4

1: , ( )2

f f xx

. Care din următoarele

afirmaţii este falsă : a)F nu este injectivă b) 1 2 1 2 1 2( ) ( ) , ,F x F x x x x x c) '(1) ( 1)F f d)f nu e monotonă pe

Timpul de lucru este de 1 oră şi 30 de minute. La fiecare problemă un singur raspuns este corect. Problemele 1-10 au 7 puncte fiecare, iar problemele 11-15 au 6 puncte fiecare (total 100 puncte).

Subiectele au fost elaborate pe prof. Bogdan Antohe.


35

Probleme propuse CICLUL PRIMAR

P:36 Andra rezolvă 15 probleme în 5 zile. În câte zile rezolvă 25 probleme?

Ana Maria Alexe, elevă, Galaţi

P:37 Dacă într-un vas se mai toarnă 8 litri de apă vor fi 73 litri de apă. Câţi litri de apă erau la

început în vas?

Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţi

P:38 Trei cărţi costă cât 9 caiete. Cât costă o carte , dacă 7 caiete costă 35 lei.

Mariana Negrici, profesor învăţământ primar, Galaţi

P:39 Suma a două numere este 1000. Dacă micşorăm primul număr cu 60, iar pe al doilea îl mărim cu 100, calculaţi noua sumă.

Elena Necula, elevă, Galaţi P:40 Găseşte valoarea literelor a şi b dacă:

5 9 34

2 18aa b


P:41 Un sfert din jumătatea unui număr este 8. Care este numărul?


P:42 Suma a trei numere este 180. Aflaţi numerele ştiind că al doilea număr este de 5 ori mai mare decât primul, iar al treilea cât primul şi al doilea număr la un loc.

Ana Maria Alexe, elevă, Galaţi

P:43 Înjumăţăţiţi produsul numerelor 8 şi 5 şi adăugaţi triplul câtului numerelor 36 şi 4. Află rezultatul şi rezolvă printr-un exerciţiu cu mai multe operaţii.

Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţi P:44 Suma a două numere este 72. Dacă micşorăm unul din numere de 3 ori, suma se

micşorează cu 18. Care sunt numerele?


P:45 Suma a 5 numere consecutive este 100 . Aflaţi numerele.

Geanina Mihai, elevă, Galaţi

P:46 Perimetrul unui pătrat este egal cu lungimea laturii unui alt pătrat. Află lungimile laturilor celor două pătrate, ştiind că dacă se adună lungimea laturii unui pătrat cu lungimea laturii celuilalt pătrat se obţin 25 m.

Delia Curatu, elevă, Galaţi


36

P:47 La o croitorie s-au confecţionat 148 costume de bărbaţi, cu 28 mai multe costume de femei, iar costume de copii de 2 ori mai puţine decât costumele de bărbaţi. Câte costume s-au lucrat în total?


P:48 Andrei are o sumă de bani. Această sumă o dublează şi apoi cheltuie 5 lei. Dublează suma rămasă şi împrumută unui prieten 10 lei. Dublează din nou suma rămasă şi îi cumpără surorii sale , Alexandra , o jucărie care costă 160 lei. Andrei constată că mai are 200 de lei. Aflaţi suma iniţială de bani.

Geanina Mihai, elevă, Galaţi

P:49 Andrei pleacă la şcoală, parcurge un sfert din drum şi îşi aminteşte că a uitat acasă proiectul la istorie. Se întoarce, ia proiectul şi îşi continuă drumul spre şcoală. Ştiind că a parcurs 2400 m, să se afle la ce distanţă de casă se află şcoala.


P:50 Un teren în formă de dreptunghi are perimetrul de 48 hm. Lungimea lui este de 3 ori mai

mare decât lăţimea. Află dimensiunile dreptunghiului.

Delia Curatu, elevă, Galaţi

P:51 Se dau numerele: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17. Suma celor trei

numere aşezate în pătrat pe orizontală, pe verticală şi pe diagonală să fie 30. Completează

pătratele date (află patru soluţii).

9 10


P:52 Marţi la ora 14 :30 , pleacă din gară un tren. Ştiind că el face 216 ore până ajunge la destinaţie, aflaţi la ce oră şi în ce zi va ajunge trenul la destinaţie.

Mihaela Munteanu, elevă, Galaţi

P:53 Se dau patru numere şi rezultatul. Se poate folosi orice operaţie matematică şi paranteze ca să ajungi la rezultatul dat. 3 3 3 3= 3 ; 3 3 3 3= 4 ; 3 3 3 3= 5 ; 3 3 3 3= 6 ; 3 3 3 3= 7 ; 3 3 3 3= 8 ; 3 3 3 3= 9

Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţi P:54 Irina are 44 lei, îi dă jumătate colegei sale şi apoi cheltuie 4 lei. Îşi dublează suma rămasă şi mai cheltuie 5 lei. Câţi lei are acum Irina?

Mihaela Munteanu, elevă, Galaţi

P:55 Matei se gândeşte la un număr. Efectuează diferenţa dintre triplul şi sfertul său. La rezultatul obţinut adaugă numărul iniţial şi obţine 45 . La ce număr s-a gândit Matei?



37

CLASA A V-A

G:89 Aflaţi x din relaţia: 232 :16 8x x

Elena Boghe, profesor, Târgovişte

G:90 Comparaţi numerele: 994 497 993374 187 şi 6358 121 17a b Florin Antohe, profesor, Galaţi

G:91 Pentru a numerota paginile unei cărţi s-a folosit de 141 ori cifra 1. Care este numărul minim şi numărul maxim de file al cărţii?

Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:92 Arătaţi că numărul N 1 2 1 2 1 15 7 11 5 49 11 5 49n n n n n n n n este divizibil cu 6239 .

Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Brăila G:93 Aflaţi restul împărţirii numărului 2 1271 4 4 ... 4n la 21 .

Elena Boghe, profesor, Târgovişte G:94 Să se afle restul împărţirii: : aabb bbaa abba baab a b

Daniela Nicolaev-Malaxa, profesor, Galaţi

G:95 Să se afle numărul natural k din egalitatea: 2 2 1 19 9 10 3k k k . Elena Necula, elevă, Galaţi

G:96 Demonstraţi că numărul n axbxcx cxbxax se divide cu 6 oricare ar fi , ,a b c cifre consecutive şi oricare ar fi cifra x în baza 10.

Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş

G:97 Fie numărul natural n . Numărul natural a se numeşte „prieten al lui n ” dacă prin împărţirea lui a la n se obţine câtul egal cu restul. a)Determinaţi restul împărţirii unui prieten al lui n la 1n . b)Determinaţi n ştiind că suma prietenilor săi este egală cu 495.

Irinel Pancu, profesor, Brăila

G:98 Suma dintre un număr de trei cifre şi răsturnatul său este 665. Determinaţi numerele care îndeplinesc această condiţie.

Fănica Stroiu, profesor, Galaţi

G:99 Într-o cutie sunt numai bile de trei culori: roşii, galbene şi negre. Numai 27 din ele nu sunt negre şi numai 39 nu sunt roşii. Numărul bilelor roşii este de două ori mai mic decât numărul bilelor negre. Câte bile de fiecare culoare sunt în cutie?

Florin Antohe, profesor, Galaţi

G:100 Aflaţi suma numerelor care împărţite la un număr natural de două cifre dau câtul 17 , ştiind că împărţitorul este multiplu al lui 9 , mai mic decât 27 .

Elena Necula, elevă, Galaţi


38

CLASA A VI-A

G:101 Aflaţi x din egalitatea:

32

15

16 49 0,6 3 12,98 16, 3822 6 2

213,3 6 2

x

Mihaela Popa, elevă, Galaţi

G:102 Să se arate că 510 679nx , n nu poate fi pătrat perfect. Elena Boghe, profesor, Târgovişte

G:103 În jurul unui punct sunt 16 unghiuri, unele cu măsura de 015 iar altele cu măsura de

035 . Care este numărul unghiurilor cu măsura de 015 . Elena Boghe, profesor, Târgovişte

G:104 Să se demonstreze inegalitatea: 2 2 2 2

1 1 1 1 2011...2 4 6 2012 4024

Florin Antohe, profesor, Galaţi G:105 În triunghiul ABC , 2AB AC şi 0120m BAC . Bisectoarea unghiului BAC intersectează perpendiculara dusă în C pe AC în D . Arătaţi că AC BD .


G:106 Să se compare numerele:

1 2 3 2011...2 2 2 2

a

1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3... ... ...2 3 4 2012 3 4 5 2012 4 5 6 2012

b

2009 2009 2009 2010 2010 2011... .2010 2011 2012 2011 2012 2012

Rodica şi Dumitru Bălan, profesori, Galaţi G:107 În triunghiul ABC bisectoarea unghiului A şi mediatoarea laturii AB se intersectează într-un punct M BC . Să se demonstreze că măsura unghiului dintre ele este mai mare de 030 .


G:108 Suma a patru numere este 1380. Dacă se măreşte primul număr cu 30% din el, al doilea cu 80% din el, al treilea cu 25% din el, iar al patrulea cu 5% din el , se obţin numere egale. Determinaţi numerele.

Mihaela Popa, elevă, Galaţi G:109 Demonstraţi că ab şi cd sunt direct proporţionale cu ba şi dc dacă şi numai dacă a şi b sunt direct proporţionale cu c şi d .



39

G:110 Determinaţi numerele întregi n pentru care 23 6041 10070

2012n n

n

.


CLASA A VII-A G:111 Dacă 2010a b c d e şi

1 1 1 1 1 72010a b c d a b c e a c d e b c d e a b d e

, calculaţi:

.a b c d eTb c d e a c d e a b d e a b c e a b c d


G:112 Determinaţi suma tuturor numerelor de forma abc , unde : 2

3 ..... 2 1abc n n k n , , primn k Cristian Grecu, profesor, Gura Şuţii, Dâmboviţa

G:113 Fie , ,a b c lungimile laturilor unui triunghi care satisfac relaţia:

22 2

4 3 4 3

3 123

2 2b a c ab c

a a c c ac

. Stabiliţi natura triunghiului.

Bogdan Antohe, profesor, Galaţi

G:114 În paralelogramul ABCD se consideră punctul P AC . Prin punctul P se construieşte MN BD , M AB şi N AD . Fie DP NC E şi PB MC F . Să se demonstreze că EF BD .


G:115 Arătaţi că dacă 2 2 2 2 2 3 5 0a b a b , atunci 2 3 1b aa b

.

Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţi

G:116 Fie 1 1 1 11 ...2 3 4 2011

a şi 1 2 3 20101 ...2 3 4 2011

b .

Arătaţi că 22

4 1 2 ... 10051005

ab .


G:117 Fie 5 24 5 24 8n . Calculaţi 2 2012...n n n . Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Brăila

G:118 Determinaţi mulţimea 2| 6 12A x x x .



40

G:119 Arătaţi că: a) 1 1 1...1 2 2 3 1935 1936

b) 5 1 2 7 , n n n n Fănica Stroiu, profesor, Galaţi

G:120 Arătaţi că: 2011

920112010...

1514

1312

1110


CLASA A VIII-A

G:121 a) Să se arate că xx <21

x , 0x ;

b) Să se arate că : 1

2 1( 1 1 1) +

)222(23

1

+...+

)201120112011(20112012

1

<

40242011

Cristian Grecu, profesor, Gura Şuţii, Dâmboviţa

G:122 Într-un trunchi de piramidă triunghiulară regulată, raportul lungimilor laturilor bazelor

are valoarea 1k k . Să se afle ariile bazelor trunchiului ştiind că 2 1

3V k kh

.

Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Brăila

G:123 Dacă 1 2 3; ;a a a , arătaţi că: 2 2 21 2 3 2 3 1 3 1 2

97min 5 3 ;5 3 ;5 36

a a a a a a a a a


G:124 Să se determine toate punctele P din interiorul unui triunghi dat ABC pentru care

suma BC CA ABPD PE PF

este minimă, unde , ,D E F sunt picioarele perpendicularelor din P pe

BC , CA , respectiv AB . Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţi

G:125 Arătaţi că oricare ar fi , , 0;a b c avem:

20112010 2010 20102010 2010 2010 4

a b cab bc caab c ca


G:126 Determinaţi valorile x pentru care 3 2 8 8x x x Bogdan Antohe, professor, Galaţi


41

G:127 Demonstraţi că numărul 3 26 11 6a x x x se divide cu 6 oricare ar fi x . Marius Antonescu, profesor , Leiceşti, Argeş

G:128 Fie x astfel încât 1x ax

. Determinaţi 1717

1xx

în funcţie de a .


G:129 Să se arate că, dacă într-un trunchi de piramidă patrulateră regulată, lungimea apotemei este egală cu media aritmetică a lungimilor bazelor, volumul se poate calcula după formula:

6tA LlV

.

Narcisa Codreanu, elevă, C.N.V.A, Galaţi G:130 Determinaţi funcţia :f , cu proprietatea 2 3 1 7f x f x x ,oricare ar fi x .


CLASA A IX-A

L:22 Să se rezolve în ecuaţia: 2 1 3 1 3 23 2 ,2 3 3x x xx x x

unde s-a notat prin a partea fracţionară a numărului real a . Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi

L:23 Să se arate că pentru orice x real şi orice n natural nenul avem:

1

12 2

2 2 4 2 22

11 1 ... 1 21

n nn n x xx x x x x

x x

Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţi

L:24 Aflaţi x astfel încât 2 2 1 20043 6

x x unde a reprezintă partea întreagă a

lui a . Irina Humă, profesor, Piatra Neamţ

L:25 Demonstraţi că numerele 1

11...122...25n n

sunt pătrate perfecte pentru 1n .


L:26 Fie *1 2 ... , ,k k kkS n n k . Să se găsească toate valorile lui k pentru care este

adevărată următoarea identitate: 2 *2 1 2 12 1 1 ,k k kS k S k S n .

Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieşti

L:27 Fie 0;1t un număr real. Definim prin recurenţă şirul

21 11

: ; 2 1, 1n n nna a t a a n

. Pentru câte valori ale lui t avem 2010 1a ? Bogdan Antohe, profesor, Galaţi


42

L:28 Fie .0,, cba şi 2010 cba . Să se arate că 3015 bcacbcabacab

Fănica Stroiu, profesor, Galaţi

L:29 Demonstraţi inegalitatea:

1,0,,,64 222

cbacbabcacab

bac

cab

cba

Alin Pop, profesor, Sibiu

L:30 Să se rezolve în ecuaţia 2 21 2 ,x x x

unde prin x şi x s-au notat partea întreagă, respectiv partea fracţionară a numărului real .x

Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi L:31 Să se demonstreze că dacă , ,x y z sunt numere reale pozitive şi nenule şi 1,xyz avem inegalitatea

4 4 4 48.xy x y yz y z zx z x Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi

CLASA A X-A

L:32 Fie z , 1z . Să se demonstreze că:

.2011110061110051 2012201120112010 zzzz Florin Antohe, profesor, Galaţi

L:33 Determinaţi valorile lui x pentru care este definit logaritmul:

2010

2 1log 32 1

xx

xxx

.

Livia Băcilă şi Alina Ţintea, profesori, Sibiu L:34 Dacă , , 0,a b c şi 1,abc să se demonstreze inegalitatea:

3 2 3 2 3 2

1 1 1 3 .2a b ab c b c bc a c a ca b

Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi

L:35 Rezolvaţi ecuaţia: 2008log log 55 2008 10xx Bogdan Antohe, profesor, Galaţi

L:36 Să se demonstreze inegalitatea

21

5lg4lg

1

log5 16,(3) > 2.



43

L:37 Fie funcţia

2

2

2 1 , ;2: ,

1 4, 2;

x m m x m xf f x

mx m x x

.

a)Să se afle m , astfel încât funcţia f să fie bijectivă. b)Pentru m aflat la punctul a) să se afle inversa funcţiei f .

Emil Dumitrescu, profesor, Galaţi

L:38 Se consideră şirul 0n nx

definit astfel : 0 1; 3 2n nx x x , 1n . Arătaţi că

putem alege un 0x astfel încât 100x este divizibil cu 364 . Bogdan Antohe, profesor, Galaţi

L:39 Rezolvaţi sistemul:

1

11

1

1

kn

kn

n kxC yk n

n kxC yk n

Irina Humă, profesor, Piatra Neamţ

L:40 Să se rezolve ecuaţia 312

33121

31 1

xxx

în mulţimea numerelor reale.


L:41 Aflaţi toate soluţiile inecuaţiei: 225155943 xxxxxx .


CLASA A XI –A

L:42 Să se calculeze şi să se discute după valorile parametrului real m:

2 3 3 2 4 3 2011 2011 20104lim 2 1 3 2 4 3 ... 2011 2010 2010 .x

x x x x x x x x mx

Rodica şi Dumitru Bălan, profesori, Galaţi

L:43 Să se rezolve, în mulţimea M2 , ecuaţia 2010 4 68 12

X

.

Florin Antohe, profesor, Galaţi L:44 Fie matricea AM2 cu proprietatea 2

2det 4 1.A I Să se calculeze

2 *22 , .

nA I n



44

L:45 1 2011 2011

Fie matricea A 2011 1 0 Să se calculeze A ,2011 0 1

n n


L:46 Să se determine a minim şi b maxim astfel ca inegalitatea: ln 11 1

x xxax bx

să fie adevărată pentru orice 0x . Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieşti

L:47 Fie şirul 1n n

a

strict crescător, astfel încât

2 4 2 *1 13 3 3 1 16, .n n n n n na a a a a a n

Să se arate că şirul 1n na

este convergent şi să se determine limita sa.


L:48 Se consideră şirul de numere reale pozitive 0n na

, cu 0 4a , 6

1 32a şi care verifică

relaţia: 5

6 1

2

, 2nn

n

aa na

. Calculaţi limita şirului.


L:49 Care este valoarea maximă a funcţiei : , sin 2 sinf f x x x ? Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieşti

L:50 Fie :f o funcţie continuă astfel încât 3 2 0, f f x f x x x . Demonstraţi că funcţia f este strict crescătoare şi bijectivă.


L:51 Fie , ,X Y Z M n , matrice care comută două câte două, astfel încât

nX Y Y X O . Să se arate că 4 4 4det 0X Y Y Z Z X .


CLASA A XII-A

L:52 Fie ,G un grup multiplicativ, având elementul neutru e şi a un element al său astfel

încât 1 2 , ,n na x a x x G pentru un număr natural nenul .n Dacă a comută cu orice element al grupului ,G , să se arate că 1 2 , .n nx a x a x G


L:53 Să se calculeze: dxarctgxx

xarctgxarctg )2012(20122011

1

.



45

L:54 Căutaţi funcţiile inversabile : ,f care admit o primitivă F pentru care

22 22 1 , .F x F x F x x


L:55 Se dă funcţia : , nf f x x ax , unde , 2n n şi a . Să se arate că

egalitatea: 1 1

2

0 0

0 1 1 '2 12

f ff x dx f x dx

este adevărată dacă şi numai dacă

2n şi 1a . Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieşti

L:56 Să se determine primitivele funcţiei : 0, 2 , arccos cos 2 .f f x x


L:57 Fie 2

0

.1,sin1

ndxxI nn

a) Să se calculeze ;1I b) Să se arate că şirul 1( )n nI este convergent şi să se calculeze limita lui.

Conf. dr. Jenică Crînganu, Univ. Galaţi

L:58 Fie :[ , ]f a b o funcţie de 2 ori derivabilă cu ''( ) 0f x .

Atunci: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2

b

a

a b f a f bb a f f x dx b a .


L:59 Să se rezolve în 103 ecuaţia: ^ ^

4 2 1 0x x . Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieşti

L:60 Fie *n si ,G un grup. Dacă există ,a b G astfel încât a b a b a b a b a b ,

arătaţi că na e dacă şi numai dacă nb e . Ion Bursuc, profesor, Suceava

L:61 Calculaţi

2

4 3 2

1, 0;

2 2 1

x dxx

x x x x x

Gabriel Necula, profesor, Plopeni


46

“Problema cu albina”, în varianta de coşmar...... de Sorin Borodi

a) Demonstraţi că A,M,F sunt coliniare. b) Calculaţi EM. c) Arătaţi că dreptele DM şi BN sunt paralele. d) Calculaţi aria suprafeţei mărginite de arcul BM, arcul MF şi

segmentul [BF]. e) Dacă BN CD = {K}, calculaţi DK. f) Demonstraţi că punctele B, M, D sunt necoliniare. g) Calculaţi distanţa de la punctul E la dreapta BN. h) Stabiliţi dacă dreptele CN şi BM sunt perpendiculare. i) Calculaţi măsura unghiului BMN. j) Fifura 3 (din enunţul problemei) are centru de simetrie? Justificaţi răspunsul. k) Construiţi simetricul triunghiului FNC faţă de punctul C. l) Calculaţi aria triunghiului AEN. m) Stabiliţi natura triunghiului DFM. n) Calculaţi sinusul unghiului FAN. o) Demonstraţi că dreapta BN înjumătăţeşte coarda [MF], dar nu înjumătăţeşte arcul MF. p) La ora 1030, o albină îşi ia zborul din D şi zboară în linie dreaptă până în M, cu viteza de 15

km/h. La ora 1032 o altă albina albină îşi ia zborul din A şi zboară în linie dreaptă până în M, cu viteza de 5 km/h. Care dintre cele două albine ajunge prima în M?

q) Demonstraţi că N este centrul de greutate al triunghiului DCM. r) Dacă în figura 3 (din enunţul problemei) AB

are lungimea 4 cm, la ce scară a fost realizat desenul?

Soluţii În AMB , (figura 1) MO este înălţime şi

mediană , deci AMB este isoscel. Deoarece OA OB OM AMB dreptunghic .

F

E

B C

D A

M N

figura 1

( Sursa: Evaluare Naţională 2011, “Probă scrisă la matematică”


47

Aşadar 045m AMO în pătratul ABFE , AM este inclusă în diagonala AF , deci

, ,A M F sunt coliniare.

16 2 8 2 m2 2

EBEM

2 224 8 8 10 mDM BN 8 2 mBM DN ;

Aşadar, MBND este paralelogram , de unde DM BN . Regiunea haşurată, (figura 2), este un

dreptunghi OBFQ din care se elimină doua sferturi de cerc , aşadar aria ei va fi:

2

2 2

642 16 8 2 128 128 32 m 32 4 m4 2OBFQ sfert cercRA A

.

. . 24 8 32 m32 3

T F A BH BN NHBHN BCK CKBC BK CK CK

(figura 3).

8 2, 8 10, 16 5 , ,BM DM BD BM MD BD B M D - necoliniare.

BEN (figura 4), este dreptunghic în E , deoarece 0 0 0 0180 45 45 90m BEN .

Aşadar 16 2 8 2 32 16 10 m

58 10 10BE ENES

BN

CN şi BM sunt concurente în E (deoarece , ,B M E sunt coliniare şi , ,C N E sunt coliniare) ,

iar 0 0 0180 90 90m BEC .

Deci CN BM .

0 0180 135m BMN m BMO

(figura 5) Dreptunghiul ABCD are ca centru de

simetrie intersecţia diagonalelor.

O

F

E

B C

D A

M N Q

figura 2

H

K

F

E

B C

D A

M N

figura 3 F

E

B C

D A

M N S

figura 4

O

F

E

B C

D A

M N

figura 5


48

Figura 6. CF'N'

216 8 64 m2AENA

.

0 0 0 0180 45 45 90m DFM DFM dreptunghic (figura 7).

FAN este dreptunghic în F .

8 2 5sin58 10

FNFANAN

.

16 m , 8 2 mBF MN BF FN , deci BFNM este paralelogram, fără să fie romb. Aşadar, diagonala BN înjumătăţeşte diagonala MF , dar NB nu este bisectoarea MNF .

d dv tt v

; (figura 8)

15 / 250 / minkm h m ; 2505 / / min3

km h m .

Pentru prima albină

11

8 10 0,1 min 6 sec250

DMtv

Pentru a doua albină

22

8 2 0,13 min 7,8 sec2503

AMtv

A doua albină are în plus o întârziere de două minute , deci prima albină ajunge mai repede în M q) EMND este paralelogram , deci L este mijlocul lui DM . Aşadar CL este mediană în DCM . Analog , DJ este mediană, deci N este centrul de greutate al DCM .

r)

F'

N'

F

E

B C

D A

M N

figura 6

O

F

E

B C

D A

M N

figura 7

O F

E

B C

D A

M N L

J

figura 8


49

4 cm în desen ......................1600 cm în realitate1 cm în desen........................ cm în realitatex

1600 400 cm.4

x Deci, scara este 1: 400 .

profesor, Liceul Teoretic „Alexandru Papiu Ilarian” str. Piaţa Lupeni, nr. 2, cod 405200

Dej, judeţul Cluj e-mail:[email protected]

PROBLEME DE ASTRONOMIE de Lucia Popa

În rezolvarea problemelor de astronomie se folosesc multe dintre cunoştinţele de matematică şi fizică învăţate în şcoală. În sprijinul elevilor atraşi de domeniul astronomiei şi care intenţionează să participe la Olimpiada de Astronomie şi Astrofizică, voi prezenta în continuare câteva exemple de probleme cu coordonate cereşti. Problema 1 Steaua Arcturus are declinaţia δ = +190. La ce înălţime maximă faţă de orizont ajunge această stea pentru un observator aflat la latitudinea de 450? De la ce latitudine poate fi observată ca stea circumpolară? Rezolvare Înălţimea maximă faţă de orizont este atinsă de stea atunci când, în mişcarea sa aparentă diurnă, ajunge pe meridianul ceresc al locului de observaţie. Declinaţia stelei este distanţa unghiulară a ei faţă de ecuatorul ceresc. Pentru un observator aflat la o anumită latitudine φ, punctul de intersecţie între ecuatorul ceresc şi meridianul ceresc al locului este la o distanţă unghiulară egală cu φ faţă de zenit. Distanţa unghiulară faţă de zenit al oricărui punct de pe bolta cerească se numeşte distanţă zenitală. Înălţimea maximă atinsă de stea este h1 = 900 – φ + δ, deci h1 = 640. O stea circumpolară are declinaţia δ mai mare sau cel puţin egală cu 900-φ. Latitudinea de la care Arcturus se vede ca stea circumpolară φ ≥ 710

Problema 2 Soarele parcurge pe bolta cerească, în mişcarea sa aparentă anuală, o traiectorie în formă de cerc, numită ecliptică. Ecliptica este înclinată faţă de ecuatorul ceresc cu un unghi de 230 27/. La echinocţiu, Soarele se află chiar pe ecuator (δ = 00 ), la solstiţiul de vară atinge cea mai mare înălţime faţă de ecuator ( δ = +230 27/ ), iar la solstiţiul de iarnă, se află sub ecuator. (δ = -230 27/ ). Pentru un observator de la latitudinea φ, care este cea mai mare înălţime faţă de orizont a Soarelui, în timpul unui an ? Dar cea mai mică înălţime? Rezolvare Spre deosebire de stele, Soarele îşi modifică declinaţia pe parcursul anului. De fapt, aceasta este consecinţa înclinării axei Pământului faţă de planul orbitei sale în jurul Soarelui. Un observator de la latitudinea φ va putea determina înălţimea maximă a Soarelui cu formula h max = 900 – φ + 230 27/

, iar înălţimea minimă, cu h min = 900-φ - 230 27/.


50

Probleme propuse:

1) Care este înălţimea maximă faţă de orizont la care ajunge Soarele în mişcarea sa aparentă anuală, pentru un observator de pe Pământ aflat la următoarele latitudini geografice:

φ = 00 ; φ = + 23,50 ; φ = + 66,50 ; φ = 900 . 2) Care este declinaţia unei stele care trece prin zenit în timpul mişcării aparente diurne a

bolţii cereşti, într-un loc aflat la latitudinea de 450 ? 3) Din Braşov (φ = 450 18/ 54// ) este observată o stea care are distanţa zenitală meridiană

z=280 17/ 41// la ora 24.00, în ziua echinocţiului de toamnă. Care sunt valorile declinaţiei şi ascensiei drepte ale stelei?

4) În ziua de 15 mai, declinaţia Soarelui este de 180 56/. Care este latitudinea unui observator pentru care Soarele ajunge la înălţimea maximă faţă de orizont de 640 45/ ?

5) În ziua de 4 iulie unghiul orar al stelei Dubhe este H = 900. Ştiind longitudinea geografică a locului de observaţie ( L = 1h 50min ) şi ascensia dreaptă a stelei Dubhe (α = 11h 2min ), să se calculeze timpul sideral, timpul universal şi timpul legal în momentul observaţiei.

6) Doi călători pleacă din Galaţi în ziua de 10 iulie, în acelaşi moment, unul spre răsărit şi celălalt către apus, pe direcţia paralelei geografice. Ei parcurg în fiecare zi câte 300

longitudine. La ce dată se vor întâlni? 7) O stea circumpolară atinge înălţimea maximă faţă de orizont ( la culminaţie

superioară) h1 = +500 şi înălţimea minimă, h2 = +150 la culminaţia inferioară, în timpul mişcării sale aparente diurne. Să se afle declinaţia stelei şi latitudinea locului de observaţie.

profesor, Şcoala Gimnazială ”Cuza Vodă”

str. Gorunului, nr. 6, cod 800437 Galaţi, judeţul Galaţi


revista mathgal

Documents