rmm 1.pdf

CUPRINS

- 0 -

H S S M

Ce este R.M.M. i ce vrea ea ________________________________ 1 n competiie cu elevii din S.U.A ________________________________ 2 Note matematice Lema chinezeasc a resturilor ________________________________ 3 Polinoamele lui Legendre ________________________________ 4 O extindere a unei probleme de olimpiad ____________________ 6 Mic radiografie a greelilor tipice ____________________ 7 Principiul lui Dirichlet (al cutiei) ____________________ 11 Teme pentru grupele de performan Numrul divizorilop i suma divizorilor unui numr natural __ 14 Inegaliti __________________________________________________ 16 Probleme de numrare ______________________________________ 21 Calculul unor sume ______________________________________ 24 Tratarea analitic a locurilor geometrice. ____________________ 27 O metod de calcul a matricei An ____________________ 29 Calculul unor integrale definite ____________________ 31 Monotonia, mrginirea i convergena irurilor recurente definite de funcii continue monotone ____________________ 32 Limite de funcii calculate elementar ____________________ 35 Teste pentru examene Capacitate ____________________________________________ 38 Bacalaureat ____________________________________________ 40 Admitere ____________________________________________ 42 Probleme propuse Clasa a V-a ____________________________________________ 47 Clasa a VI-a ____________________________________________ 47 Clasa a VII-a ____________________________________________ 48 Clasa a VIII-a ____________________________________________ 49 Clasa a IX-a ____________________________________________ 49 Clasa a X-a ____________________________________________ 50 Clasa a XI-a ____________________________________________ 50 Clasa a XII-a ____________________________________________ 51 Concursul revistei ____________________________________________ 52 Test Kangourou ____________________________________________ 54 Concursuri colare 2001-2002 ______________________________________ 60

DEBUTUL

- 1 -

H S S M

CE ESTE R.M.M. I CE VREA EA Colectivul redacional

Revista de matematic mehedinean este o modalitate de exprimare a preocuprilor matematice ale elevilor i profesorilor de matematic din judeul Mehedini , coordonat de Comitetul S.S.M.R. Filiala Mehedini i I.S.J.Mehedini. Revista noastr nu nlocuiete n niciun caz pe masa matematicienilor mehedineni alte reviste de prestigiu cum ar fi Gazeta Matematic, R.M.T., Cardinal, Plus, etc. Ca o exprimare practic a conceptului general de dezvoltare regional, revista noastr dorete s completeze peisajul publicaiilor matematice prin urmtoarea schem de rubrici: -competiii sau schimburi de experien cu matematica de gimnaziu i liceu din alte ri; -note, articole metodice sau de cultur general matemetic; -teme pentru grupele de performan -probleme propuse pentru clasele V-XII; -concurs pentru rezolvarea unor probleme inedite; -rubrica de popularizare a rezultatelor deosebite obinute de elevii notri i profesorii lor n diverse competiii matematice; ncercnd s pstrm un standard tiinific corespunztor, vom considera c demersul nostru a reuit din momentul n care lista colaboratorilor va depi 100 de nume. Menionm c paginile revistei sunt deschise n primul rnd membrilor activi ai filialei Mehedini a S.S.M.R.

INTERNATIONAL

2- 2 -

N COMPETIIE CU ELEVII DIN S.U.A Prof.drd. Gh.Ciniceanu

n data de 12-02-2002 s-a desfurat n Colegiul Naional Traian concursul de matematic AMC 10 i AMC 12. Am primit personal invitaia de participare pentru 20 de elevi din partea domnului profesor Titu Andreescu, director al centrului olimpic al S.U.A. Concursurile AMC sunt prima faz dintr-un ir de 4 competiii desfurate cu scopul de a selecta lotul olimpic american ce particip la OIM. Ele, (AMC 10 ,AMC 12) constau

n propunerea a 25 de probleme cu gril de raspunsuri; fiecare raspuns corect se puncteaz cu 6 puncte, un raspuns alb se noteaz 2,5puncte ,iar

un rspuns greit primete 0 puncte. Din participanii la AMC 10, 1% sunt

calificai la faza a doua iar la AMC 12, 5% se calific la faza a doua.Dintre cei 20 de elevi ai notri, selecionai cte 5 de la fiecare clas de la a IX-a la a XII-a s-au calificat pentru faza a doua AIME 7. Iat elevii notri:

IX Booaca Ducu 123 p (prof. Gh. Ciniceanu) Mitroi Dan 117p (prof. Manuela Prajea)

X Zaharia Claudia 140,5p (prof. Gh. Ciniceanu) Pi Rada Cosmin 119,5p (prof. Paponiu Dana)

XI Palaca Oana 101p (prof. Paponiu Dana) XII Szeckely Daniel 111,5p (prof. Nnui Ion )

Doandei Victor 105p (prof. Popescu Eleodor) Pe 8 martie am primit prin Internet rezultatele, iar pe 15 martie am

primit de la Universitatea din Nebraska raportul scris i plicul cu subiectele

pentru cei 7 elevi calificai la AIME. Concursul s-a desfurat ca i n SUA pe 26-03-2002 orele 10-13, i a constat ntr-un numr de 15 probleme fiecare dintre ele avnd un rezultat numeric din trei cifre.

Pentru americani selecia continua cu USAMO pe 3-4 mai 2002 i apoi baraj de selecie pentru lotul participant la OIM. n finalul raportului primit am primit urmatorul mesaj din partea d-lui director : ,,I send my congratulations to your students for their performance on the contest and gratitude to you for providing this opportunity for them. ,,Would like to express their thanks and appreciation to Colegiul National Traian for dedication to excellence in education and their participation in the American High School Mathematics Examination.

A vrea s inchei prin a sublinia dou lucruri : -concursul ,,american nu l-am desfurat pentru a nlocui

olimpiadele ,,romneti ci pentru a oferi o competiie n plus elevilor notri, pentru ca ei s cunoasc i alte moduri de evaluare dect cele pe care le-au probat n concursurile noastre;

-concursul este un prilej excepional pentru a cuprinde elevii ntr-o activitate educativ complex interdisciplinar: limba englez, matematica, informatica(accesare Internet). Din aceste motive i mai ales din cauz c elevilor le-a plcut vom continua aceast aciune i n anii viitori, avnd deja invitaia i pentru 2003. Pe data de 29 aprilie am avut deosebita bucurie s primim pe numele elevului Booac Ducu din clasa a IX-a, care a obinut i la AIME cel mai bun rezultat la clasa lui o invitaie pentru tabra de matematic din 07.07 11.08.2002 de la Colegiul Colorado din Colorado Springs. Amnunte despre aceast tabr, probleme propuse spre rezolvare vom publica n numrul

viitor.

NOTE MATEMATICE

3 - 3 -

H S S M

LEMA CHINEZEASC A RESTURILOR Gheorghe Ciniceanu Prof.,Colegiul Naional Traian Drobeta Tr. Severin TEOREMA 1. Fie mN* ,aiN, riZ ,ai2 ,i{1,2,m} ,(ai,aj)=1 oricare ar fi ij .Atunci exist x1,x2,xmZ ,cu proprietatea c: (1) a1x1+r1 =a2x2+r2 =.=amxm+rm. Demonstraie. Teorema este adevrat pentru m=2, cci dac a1, a2 sunt relativ prime, ecuaia: a1x-a2y = r2-r1 are soluie ntreag. ntr-adevr, a1, a2 fiind prime exist , Z a.i. a1+a2=1. Prin nmulire cu (r2-r1) obinem de fapt c x=(r2-r1) si y=-(r2-r1). Fie acum m2 natural arbitrar.Presupunem teorema adevrat pentru m. Considerm acum a1,a2,am,am+1 prime ntre ele dou cte dou i r1,r2,.. rm,rm+1Z. Din presupunerea de inducie, exist x1,x2,xm numere ntregi care verific (1). Deoarece fiecare din numerele a1,a2,.am este relativ prim cu am+1 atunci produsul lor este de asemenea prim cu acesta. De aceea exist t, uZ cu proprietatea : a1a2..amt am+1u = rm+1-a1x1-r1.

Punem acum : xi =i

m

aaaa ...21 t+xi , unde i=1,2,m , iar xm+1=u.

Desigur c xiZ ,i=1,2,..m+1 i verific a1x1+r1=a2x2+r2==am+1xm+1+rm+1. Conform Principiului induciei matematice rezult afirmaia teoremei. OBSERVAIA 2. Din Teorema 1 deducem c dac a1,a2,am sunt numere relativ prime dou cte doua (m2) iar r1,r2,rm sunt ntregi arbitrari atunci exist un ntreg k care mprit la numerele a1,a2,am s dea resturile r1,r2,rm. De aici denumirea de lem a resturilor. OBSERVAIA 3. Dac la numrul k de mai sus adunm un multiplu de a1a2am ,obinem un ntreg care mprit la numerele a1,a2,am d de asemenea resturile r1,r2,.rm. Deci exist o infinitate de numere ntregi cu proprietatea de mai sus. LEMA 4. Pentru m>n0 numere naturale, numerele 2

m2 +1 si 2

n2+1

sunt relativ prime. Demonstraie. Se tie c x-1| xk-1. Aplicm aceasta pentru x=2

12 +n i k=2m-n-1 Deducem c 2

12 +n

-1 | 2m2-1 deoarece Fn= 2

n2+1 | 2

12 +n

-1 i 2m2-1=Fm-2.

Deducem c Fn | Fm-2. Deci dac d|Fn , d|Fm deducem c d|2. Dar d nu poate fi par. COROLAR 5. Oricare ar fi s,mN , exist m numere ntregi consecutive a.i. fiecare dintre ele se divide cu puterea s a unui numr natural mai mare ca 1. Demonstraie. Considerm ai =Fsi i ri =-i pentru i{1,2,m}. Pentru c=a1x1+r1 , din (1) deducem c : Fsi xI = aixi = a1x1+r1-ri = c+I deci

NOTE MATEMATICE

4- 4 -

Fsi | c+I , i{1,2,m}. Deoarece Fi >1 pentru i=1,2,.., fiecare din numerele c+1,c+2,c+m se divide cu o putere s a unui numr natural mai mare ca 1. TEOREMA 6. (Thue) Dac mN ,aZ ,(a,m)=1 ,atunci exist x,yN x m ,y m ,a.i. axy se divide cu m pentru o alegere convenabil a semnului . Demonstraie. Teorema e adevrat pentru m=1, cci n acest caz putem lua x = y = 1. Presupunem c mN, m>1. Fie q = [ m ]. Atunci q + 1 > m i deci (q+1)2 >m. Consider expresia ax-y pentru x,y lund valorile 0,1,q. Vor fi un numr de (q+1)2 >m valori i deci prin mprire la m se obin dou resturi egale. Deci: ax1-y1-(ax2-y2) = a(x1-x2) (y1-y2) se divide cu m. Nu putem avea x1 = x2 deoarece atunci numrul y1 - y2 ar trebui s se divid cu m i acest lucru nu este posibil cci sunt prea mici. Egalitatea y1 = y2 este de asemenea imposibil cci atunci numrul a(x1-x2) s-ar divide cu m i cum (a,m)=1 rezult c m|x1-x2, lucru din nou imposibil. Deci x1x2 si y1y2 . Deoarece am ales x1x2 deducem c numrul x=x1-x2 N. Numrul y1-y2 poate fi ntreg negativ dar diferit de 0 ,deci y=|y1-y2|N. Se observ c : X=x1-x2 x1 q m ,y q m , i pentru un semn convenabil numrul ax y se divide cu m.

BIBLIOGRAFIE [1] Constantin P.Popovici Teoria numerelor ,E.D.P. Bucureti 1973 [2] Waclaw Sierpinski Elementary Theory Of Numbers ,Polska Akademia Nauk, Monografie Matematyczne ,Warszawa 1964

POLINOAMELE LUI LEGENDRE Viorel Sahagia Prof.,Colegiul Naional Traian Drobeta Tr. Severin Polinoamele lui Legendre fac parte din categoria polinoamelor ortogonale, mpreun cu polinoamele lui Cebev, polinoamele lui Hermite i polinoamele lui Laguerre. n articolul de fa vom prezenta cteva aspecte legate de polinoamele lui Legendre. n teoria potenialului se ntlnete funcia g:[0,1]*[-1,1] ->R definit prin:

G(r,x)=rrx 221

1

+ (1)

Se observ c x[-1,1] implic existena unui unghi [0,], a..:

x=cos =2ii ii + , deci

NOTE MATEMATICE

5 - 5 -

H S S M

rrx 221

1

+=

ree iir 2)(11

++ =

ee ii rr 11

*1

1

Deci |rei|=|re-i|=r, [0,], fiecare dintre aceti factori poate fi dezvoltat n serie binomial, serie de puteri ale lui r, pentru r[0,1] cu x[-1,1] arbitrar. Se obine o serie de forma: G(r,x)= rP n

nn x *)(

0>

, r[0,1], x[-1,1] (2)

Vom obine coeficienii Pn(x) pe ceale indirect.Notm cu u=r*(2x-r) i g(r,x)=(1-2rx+r2)-1/2 devine (1-n)-1/2 Pentru |n|

NOTE MATEMATICE

6- 6 -

O EXTINDERE A UNEI PROBLEME DE OLIMPIADA Manuela Prajea Prof.,Colegiul National Traian Drobeta Tr. Severin

La etapa local a Olimpiadei de Matematic 2001, Bucureti ,a fost

propus la clasa a XII-a urmtoarea problem : S se arate c pentru orice numere naturale nenule m,n are loc :

U mU n =U ],[ nm ,unde am notat U n ={xC|x n =1}, U mU n ={xyC|x U m ,yU n }, iar [m,n] este cel mai mic multiplu comun al lui m i n.

Marcel ena Vom arta c un rezultat asemntor are loc ntr-un cadru mai larg, i anume :

Fie (G, ) grup abelian i m,nN * . S se arate c H mH n =H ],[ nm , unde am notat H n ={xG| x n =1}, H mH n ={xy| xH m , yH n }, [m,n]=cmmmc(m,n).

Demonstratie : Fie xH m , yH n i din G abelian avem (xy) ],[ nm =x ],[ nm y ],[ nm =1, deci xyH ],[ nm i vom avea H mH n H ],[ nm . (I) Fie acum z H ],[ nm (1) i d :=cmmdc(m,n).Avem m=du, n=dv cu (u,v)=1 (2) i [m,n]=duv (3). Din (2) a,b Z a.i. 1=au+bv (4). Din (1), (2) ,(3) se obine succesiv : z=z ],[ nm z=z 1+duv =z bvauduv ++ =z bv z auduv+ (5). Alegem x :=z bv , y :=z auduv+ (6) i cu (3) , (1) avem : x m=x du=(z bv ) du=(z duv ) b=1 i y n =y dv =(z auduv+ ) dv =(z duv ) adv+ =1 deci xH m , yH n i din (5),(6): z=xy. Astfel H ],[ nm H mH n . (II) n final , din (I), (II) avem H mH n =H ],[ nm . COMENTARII ADIACENTE UNEI PROBLEME DE OLIMPIADA Manuela Prajea Prof.,Colegiul National Traian Drobeta Tr. Severin

La Olimpiada de Matematic, faza judeean 2001 a fost propus la clasa a XII-a urmatoarea problem :

Fie K un corp comutativ cu 8 elemente.Sa se demonstreze ca exista aK astfel incat a3=a+1.

Mircea Becheanu Vom prezenta cteva din posibilele generalizri i extinderi.

1.Dac K e corp comutativ cu n elemente i n=8(mod 14) atunci exist aK astfel nct a3=a+1.

Din (K,) grup ,|K*|=n-1 xn-1=1, () xK* i -1=1 n K. Polinomul f=xn-1 -1 are cele n-1 rdcini exact toate elementele lui K* i se va descompune n factori de gradul I.

NOTE MATEMATICE

7 - 7 -

H S S M

Cum f admite i descompunerea : f=(x3+x+1)(xn-4 +an-5xn-5 + an-6xn-6 +...+a1x+a0 ) cu a7k=a7k+1 = a7k+2 = a7k+4 =1 i a7k+3 = a7k+5 = a7k+6 =0 (k0,(n-8)/14)

deducem c x3+x+1 are exact trei rdcini distincte n K* deci avem cel puin trei elemente a K cu a3 =a+1.

2.Dac K e corp comutativ cu n elemente , n=16(mod 30), exist a K a.i. a4=a+1.

Din aceleai considerente avem xn-1 -1 =(x4+x+1)((xn-5+an-6xn-6 +... +a1x+a0)) unde a30k+p =1, p{0,1,2,3,5,7,8,11,15,16,17,18,20,22,23,26} si

a30k+q =0, qp , q429 ; k0(n-16)/30. 3. Dac K e corp comutativ cu n elemente , n>42 si n 1(mod 42)

atunci exist a K astfel nct a 5 =a+1. Se alege f=(x5 +x+1)( xn-6 +an-7 x n-7 +...+a1x+a0 ), unde a42k+p=1, p {0,1,2,3,4,6,8,11,12,16,21,22,23,24,25,27,29,32,33,37} i a42k+q =0, qp , q 5..41; k 0..(n-1)/42.

Mic radiografie a greelilor tipice n analiza matematic

Strategii de evitare

Motto:Matematica (i) din greeli se inva !

Prof. Pupz Ecaterina Statutul greelii n cunoaterea uman este eterogen, variabil i nuanat, avnd un substrat psihologic complex, n bun msur neexplorat. Avnd ca premis ideea c a evita cu desvrire greala este aproape imposibil, ne rmne sarcina de a-i reduce frecvena prin narmarea elevilor cu deprinderi, de a o sesiza, de a o analiza i a o nelege.

Identificnd trei tipuri de greeli tipice: - greeli lingvistice; - greeli de logic; - greeli de coninut

propunem o microradiografie a acestora, exemplificat prin coninutul

capitolulu Calculul diferenial i integral, precum i ilustrarea ctorva

strategii de evitare, fr pretenii de completitudine. O posibil clasificare a erorii, n cadrul capitolului amintit (i nu numai) ar fi:

Greeli lingvistice 1. de exprimare 2. de redactare

B. Greeli de logic 1. Distincia ntre ipotez i concluzie 2. Greeli de raionament 3. Distincia ntre necesar i suficient 4. Distincia ntre cuantificatorii logici i/sau combinarea lor

NOTE MATEMATICE

8- 8 -

C. Greeli de coninut 1. Erori de asimilare a conceptelor de baz 2. Erori de memorare/rememorare 3. Erori de clasificare 4. Erori de calcul Ilustrm cele trei categorii prin cteva exemple i propunem o list minimal a strategiilor de evitare. A1. Erori lingvistice de exprimare Exemple: 3 S rezolvm integrala 3 S calculm primitiva 3 x0 este minimul (max) lui f 3 x0 este punctul de inflexiune al graficului Strategii de evitare: nelegerea naturii erorii; corectarea de profesor; evaluarea prin chestionare de tip corectai greala sau gril (ncercuii rspunsul corect) A2. Erori lingvistice de redactare Exemple: 3enunuri incomplete; 3abunden de consideraii n afara subiectului; 3irelevan n raionamente Strategii de evitare: Respectarea unor reguli ca: - ofer informaia cerut (nici mai mult, nici mai puin) - susine informaiile prin argumente - evit dezlnarea n redactare - fii scurt i ordonat - verific cele scrise, dar i soluiile Modele de redactare oferite elevilor Identificarea individual (n grup) a erorilor pe un text dat.

Greeli de logic B1. Distincia ntre ipotez i concluzie poate conduce la aplicaea

incorect a unei teoreme fr verificarea tuturor condiiilor din enun Exemple:

1. 01lim...1lim1...11lim =++=

+++

nnnnn nnn

2. HospitalcuLxxsau

xx

x

xx'sinlim

sin

1sinlim

0

2

0

3. Dac ( ) [ ]bapefrezultadxxfsif ba

,000 == 4.Dac

IpeDarbouxluioprietateaarefrezultaIpemonotonastrictfIf Pr,: Strategii de evitare: Contraexemple suficiente la predarea i evaluarea enunurilor Exerciii de tip Unde este greala Recomandri bibliografice, exerciii selectate Fie didactice cu situaii problem la fiecare concept fundamental

NOTE MATEMATICE

9 - 9 -

H S S M

B2. Greeli de raionament Exemple:

1. xx

x

sinlim0

(cu LHospital)

2. Dac f e integrabil, ( ) barezultadxxff ba

==> 0,0 (cu Leibniz-Newton f ar avea primitive apoi formula lui Langrange) cu formula de medie (subnelegnd continuitatea)

3. Calculai +

0 2cos1 xdx cu aplicarea direct a formulei lui

Leibniz-Newton pe [ ] definitaenuxindesi2

,0 = ) Strategii de evitare: Elevii s cunoasc i s poat exemplifica tipurile de raionament i schemele logice de raionament, s le poat deosebi de cele care nu sunt.

Exemplu:

1. falssauatadefipoateqfalspqp

var|

1.1 ( )

/

ileprimitivabediscontinufunctiiexistaPifCifPifCif

(A)

2. qp q adevrat / p poate fi adevrat sau fals

2.1 ( )

/

ileprimitivabediscontinufunctiiexistaCifRifRifCif

(A)

Notaii CI - clasa funciilor continue RI clasa funciilor integrabile PI clasa funciilor primitivabile ntocmirea de lanuri de incluziuni ntre clasele de funcii cu

proprieti diferite, diagrame integratoare, fie cu contraexemple

semnificative. B3. Distincia ntre necesar i suficient Exemple:

1. ( ) ( )suficientnudarnecesarextremdepunctexxf 00' 0 = 2. f monoton pe [a,b] f integrabil pe [a,b] ( suficient dar nu necesar ) 3. f e bijectiv pe [a,b] f e integrabil pe [a,b] (nici necesar, nici suficient) 4. Orice ir de sume Riemann ataat oricrui ir de diviziuni n are limit finit ( necesar i suficient) Strategii de evitare: Exemple i contraexemple semnificative Liste de enunuri necesare, suficiente, necesare i suficiente Bibliografie i lucru suplimentar cu coninut dirijat

NOTE MATEMATICE

10- 10 -

B4. Distincia ntre cuantificatorii ( ) ( ) ; Exemple: 3necunoaterea sensului cuantificrii universale i/sau

existeniale 3necunoaterea semnificaiei combinrilor de tipul

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ;;; 3nestpnirea regulilor de negare ce conduc la

nonsensuri [ ] ( )( )( )( ) ( ) ( )yfxfbyxayxbaf

NOTE MATEMATICE

11 - 11 -

H S S M

Strategii de evitare: Lanuri de incluziuni Diagrame integratoare Monitorizarea lucrului suplimentar al elevilor C4. Erori de calcul Exemple: 3Se aplic mecanic, chiar defectuos rezultatele teoretice ori algoritmii 3Calculele nu sunt finalizate Strategii de evitare: Evaluarea tip gril cu rezultate ce cuprind erorile de calcul tipice Temele pentru acas n concordan cu obiectivul propus Stimularea muncii individuale suplimetare (evaluarea prin not) Exerciii de tipul: Unde e greala n calculul .... Cauzele care genereaz greala fiind multiple, fiecare dascl cu vocaie i propune cel puin reducerea substanial a frecvenei ei prin narmarea

elevilor cu deprinderea de a sesiza greala proprie, a altora, greala n

general.

Principiul lui Dirichlet (al cutiei) Prof. Nicolae Bogdan

Prof. Vasile Greccu Enun: Dndu-se n cutii, n care trebuie aezate n + p obiecte, atunci cel

puin o cutie va conine dou obiecte (n, p N*).

Principiul lui Dirichlet are aplicaii diverse mergnd pn la nivelul

gimnazial, ba chiar primar. Pentru exemplificare vom da, n mod gradat, cteva probleme culese:

1. tiind c un om are maxim 200000 de fire de par pe cap, s se arate n ce orae de pe glob vor fi n mod sigur doi oameni cu acelai numr

de fire de par pe cap. Soluie. Considernd ca un om poate avea un numr de fire de pr ce

aparine mulimii {0; 1; 2; ; 200000}, n oraele cu mai mult de 200001

locuitori cor fi cel puin doi oameni cu acelai numr de fire de pr pe cap,

deoarece al 200002-lea locuitor va avea numr de fire ca unul din primii 200001 locuitori.

2. Fiind date n + 1 numere naturale, cel puin dou dintre ele, mprite prin n vor da acelai rest.

Soluie. Obiectele de aezat n cutii sunt resturile. Cutiile vor fi n numr de n, deoarece prin mprirea unui numr la n pot aprea n feluri de resturi distincte 0, 1, 2,, n 1. Din cele n + 1 resturi cel puin dou vor fi la fel (adic se vor afla n aceeai cutie).

3. Punnd 5 puncte n interiorul unui triunghi echilateral cu latura 2, artai c exista dou din ele cu distana mai mic dect 1.

Soluie. Cele 4 cutii sunt triunghiurile echilaterale obinute cu ajutorul liniilor mijlocii, cele 5 puncte fiind obiectele. Punnd cte un punct n fiecare din cele 4 triunghiuri echilaterale de latur 1, cel de-al cincilea l vom pune n interiorul triunghiului dat tot intr-unul din cele 4

NOTE MATEMATICE

12- 12 -

triunghiuri mici (de latur 1). Deci exist cel puin dou puncte care au

ntre ele o distan mai mica dect 1. 4. ntr-un triunghi echilateral de latur 1 se aleg la ntmplare 49 de

puncte distincte. S se arate c cel puin 4 dintre ele se afl n interiorul

unui cerc de raz

341 .

Soluie. njumtind fiecare latur a triunghiului i unind punctele

respective, obinem 4 triunghiuri echilaterale de latur 21

. Procedm analog

cu fiecare dintre aceste 4 triunghiuri i obinem 16 triunghiuri echilaterale

de latur 41

. Conform principiului Dirichlet, cel puin un triunghi mic va

conine cel puin 4 puncte distincte. Dar raza cercului circumscris

triunghiului echilateral obinut este

341

. Deci cel puin 4 dintre cele 49

puncte distincte se gsesc n interiorul unui cerc de raz

341 . (q. e. d.).

5. n interiorul unui cub cu latura l zboar haotic 28 de albine. S se arate c n orice moment exist dou albine cu distana dintre ele mai mic

dect 33 .

Soluie. mprim cubul n 27 cubulee cu latur 31 . Distana maxim

intre oricare dou albine A1 A28 este mai mic dect diagonala cubuleului

A1A28 = 33 .

Am folosit principiul lui Dirichlet: dac n fiecare cubule ar fi cte o albin, a 28-a albin ar fi n mod sigur n acelai cubule cu o alt albin i

ar avea deci, ntre ele, o distan mai mic dect 33 . (q. e. d.).

Generalizare. Se d un cub cu latura l. n interiorul cubului zboar n3 + 1 albine. S

se demonstreze c n orice moment exist cel puin dou albine care au

ntre ele o distan mai mic dect nl 3 . (q. e. d.).

Soluie. mprind fiecare latur a cubului n n pri de lungimi egale

i formm n3 cubulee de muchie nl i diagonala d =

nl 3

. Aeznd cte o

albin n fiecare cubule, cea de-a (n3 + 1) albin va fi n acelai cubule cu

NOTE MATEMATICE

13 - 13 -

H S S M

o alt i deci distana dintre ele vi fi mai mic dect diagonala d = nl 3 . (q.

e. d.). 6. Pe o sfer de raz 1 se iau la ntmplare 9 puncte. S se

demonstreze c dintre acestea exist dou a cror distan nu depete

numrul 2. Soluie. mprim sfera n 8 regiuni egale; astfel exist dou puncte ce

intr intr-o aceeai regiune. Evalum arcul de cerc mare cuprins ntre ele i-l comparam cu arcele de meridian i ecuator ce mrginesc regiunea. Apoi comparm coardele respective.

7. Fie 2n+1 numere reale mai mari ca 1 i mai mici ca 2n. S se demonstreze c exist 3 dintre ele care pot fi lungimile laturilor unui

triunghi. Soluie. Partiionm intervalul (1, 2n) n intervalele: (1, 2), [2, 22), [22,

23), , [2n-2, 2n-1), [2n-1, 2n). Conform principiului lui Dirichlet, exist un interval ce conine cel

puin 3 din cele 2n+1 numere. Fie numerele a, b, c situate n intervalul [2k, 2k+1), unde k{0, 1, ., n

1}. Vom avea: 2k a < 2k+1 2k b < 2k+1

2k c < 2k+1 Dar : a + b 2.2k = 2k+1 > c b + c 2.2k = 2k+1 > a

c + a 2.2k = 2k+1 > b Deci numerele a, b, c, pot fi laturile unui triunghi. (q. e. d.).

TEOREM: Toate numerele ntregi pozitive sunt egale. Demonstraie: Artm prin inducie c pentru orice ntreg pozitiv n, i pentru orice ntregi pozitivi a, b cu max(a,b)=n avem

a=b. I. Dac n=1, atunci a=b=1. II. Presupunem c teorema este adevrat pentru k. Fie a, b cu max(a,b)=k+1. Atunci max(a-1,b-1)=k, deci a-1=b-1, deci a=b.

QED

U

M

O

R

CERCUL DE MATEMATICA

- 14 -

TEME PENTRU GRUPELE DE PERFORMAN

1. NUMRUL DIVIZORILOR I SUMA DIVIZORILOR UNUI NUMR NATURAL

Prof. Rodica Antonie Fie a un numr natural compus care admite urmtoarea descompunere n factori primi: a=dk11 *dk 22 *dknn unde d1,d2,,dn sunt numere prime, iar k1,k2,,kn N,nN. Pentru a remarca cu mai mare uurin care sunt toi divizorii lui a, formm tabelul: d 01 d11 d 21 dk 11 d 02 d12 d 22 dk 22 dn0 dn1 dn2 dknn

Cercetnd acest tabel constatm c: -oricare numr din acest tabel este un divizor al lui a; -linia I a tabelului conine k1+1 divizori ai lui a, linia a-II-a a tabelului

conine k2+1 divizori ai lui a, ultima linie conine kn +1 divizori ai lui a. -nmulind fiecare numr din prima linie cu fiecare numr din linia a-

II-a, se obin (k1+1)( k2+1) divizori ai lui a.nmulind apoi fiecare din aceste numere cu fiecare numr din linia a-III-a, se obin (k1+1)( k2+1)(k3+1) numere i fiecare dintre acestea sunt divizori ai lui a. Continund raionamentul, se obin (k1+1)(k2+1)(kn+1) numere care sunt divizorii lui a.

-n numrul acestor divizori este inclus i divizorul 1 i numrul nsui.

Deci notnd n(a)=numrul divizorilor numrului natural a= dk11 dk 22 dknn , avem n(a)= (k1+1) (k2+1) (kn+1)

APLICAIE Aflai numrul divizorilor numrului 540.

Soluie: Deoarece 540=22*32*5, n(540)=(2+1)(3+1)(1+1)=24 deci 540 are 24 divizori. Cercetnd tabelul anterior, se constat c fcnd produsul sumelor numerelor de pe fiecare linie , se obine suma tuturor divizorilor numrului natural a. Deci, suma tuturor divizorilor numrului a este egal cu : (d 01 + d11 +d 21 +dk11 )*(d 02 + d12 + d 22 +dk 22 )*(dn0 + dn1 + dn2 +dknn ) Notm s1=1+d11 +d 21 +dk11 =1+d1*(1+d 21 +dk 11 1 )=1+d1*(s1-dk11 ).

Din aceste egaliti obinem s1=1

1

1

1

11

+

ddk .

Analog se calculeaz celelalte sume, obinndu-se Si=1

11

+

dd

i

ik i

, i=1,2,3,,n


- 15 -

H S S M

Notam s(a)=suma divizorilor numrului natural a= dk11 *dk 22 *dknn , avem :

S(a)= 1

1

1

1

11

+

ddk *

11

2

1

22

+

ddk **

111

+

dd

n

nkn

APLICAIE S se afle suma divizorilor numrului 504. Soluie:

504=23*32*7, deci k1=3,k2=2,k3=1;

s(504)= 12

12 13+

*13

13 12+

*17

17 11+

=1560

Definiia 1. Un numr natural se numete numr perfect dac este egal cu suma

divizorilor si exceptnd numrul nsui. Exemple: a)6 este un numr perfect, deoarece 6=1+2+3; b)28 este unn numr perfect, deoarece 28=1+2+4+7+14 Observaie: Un numr perfect se poate defini i astfel: Numrul natural a se numete perfect dac s(a)=2*a

Propoziie (Euclid, sec. 3 .e.n.) Numerele de forme 2n-1*(2n-1), unde n i 2n -1 sunt numere prime,

sunt numere perfecte. Demonstraie

Vom demonstra c a este un numr perfect artnd c s(a)=2*a=2*2n-1*(2n-1)= 2n*(2n-1). Folosind expresia sumei divizorilor lui a, avem:

S(a)= 12

12n

*1

1

2)12(

2

n

n=(2n-1)*

2

)2(*

222

n

nn

=2n*(2n-1).

Not Matematicianul elveian Leonhard Euler (1707-1783) a demonstrat n anul 1750 c aceast form suficient ca un numr s

fie perfect, este i necesar cnd numrul a este numr par.Nici pn n

prezent nu s-a demonstrat c nu exist numere perfecte impare. Definiia 2.

Dou numere naturale cu proprietatea c fiecare dintre ele este egal cu suma divizorilor celuilalt (exceptnd numrul nsui), se numesc prietene ( sau numere amiabile).

APLICAIE S se stabileasc ca numerele 220 i 284 sun numere prietene.

Soluie: Divizorii lui 220 sunt : 1,2,4,5,10,11,20,22,45,55,110, iar divizorii lui 284 sunt: 1,2,4,71,142 s(220)=1+2+4+5+10+11+20+22+45+55+110=284; s(284)=1+2+4+71+142=220 Sau aplicnd formula anterioar avem:

s(220)=s(22*5*11)= 12

123

*15

152

*111

1112

=7*6*12=504

s(220)-220=284.


- 16 -

s(284)=s(22*71)= 12

123

*171

1712

=7*72=504

s(284)-284=220. Observaii:

1.Numerele a i b se numesc prietene dac s(a)=s(b)=a+b. 2.Perechea de numere prietene (220,284) este cunoscut nc din timpul

colii lui Pitagora (sec. 6 I.e.n.)

Probleme propuse: 1.S se determine numrul natural mpreun cu numrul 17296 formeaz o pereche de numere prietene. 2.S se determine numrul natural par ,m, tiind c n(m)=6 i s(n)=63. 3.Dac d1,d2,d3,,dk sunt divizorii naturali ai numrului natural n, s

se arate c : d11 +d 21 ++

dk1 =

n1 *s(n), kN*

2. INEGALITATI Constantin Ptrcoiu

Scopul acestei teme este de a prezenta ntr-o manier coerent (pe parcursul a mai multor numere ale acestei reviste) inegaliti clasice, aplicaii i idei originale legate de acest subiect. Dorina noastr este de a arunca o privire ntr-un domeniu foarte vast n care pot s apar oricnd surprize. Vom porni la drum cu dou inegalitai foarte cunoscute care pot fi angrenate ntr-un cerc vicios ntruct se pot deduce foarte uor una din cealalt. Dac xi , i=1,2,...,n (nN, n 2) sunt numere reale pozitive atunci:

(1) n

xxxxxx nn n+++ ...... 2121 (Inegalitatea mediilor),

egalitatea are loc dac i numai dac nxxx === ...21 .

Dac xi , i=1,2,...,n (nN, n 2) sunt numere reale pozitive i nxxx ...21 =1 atunci:

(2) nxxx n +++ ...21 , egalitatea are loc dac i numai dac nxxx === ...21 .

Acceptnd ca adevrat inegalitatea (1), dac produsul numerelor xi ,

i=1,2,...,n este egal cu 1, obinem 1...... 2121 =+++

nn

n xxxn

xxx.

Eliminnd numitorul rezult nxxx n +++ ...21 . (Inegalitatea (2) este o consecin imediat a inegalitatii(1))


- 17 -

H S S M

Acceptm ca fiind adevrat inegalitatea 2. Fie g= n nxxx ...21

nn xxxg ...21= g

xgx

gx n= 211 i aplicm inegalitaea (2) numerelor

gx

gx

gx n,,, 21 al cror produs este egal cu 1, obinem:

ngx

gx

gx n +++ 21 +++

nxxx n...21 g= n nxxx ...21

( Inegalitatea (1) este o consecin imediat a inegalitii (2)).

Att inegalitatea (1) ct i inegalitatea (2) pot fi demonstrate direct prin inducie.

Dac xi , i, i=1,2,...,n sunt numere reale pozitive i 1...21 =+++ n atunci:

(3) nnn xxxxxx n +++ ...... 221121 21 Observm c inegalitatea (1) rezult imediat din (3) lund

nn1...21 ==== .

Deci, putem demonstra mai nti inegalitatea (3) a crei consecin imediat este (1) cu consecin imediat (2).

Inegalitatea (3) se demonstreaz prin inducie ceea ce necesit verificarea faptul c aceast inegalitate are loc pentru n=2, deci trebuie verificat inegalitatea:

(4) 221121 21 xxxx + pentru xi ,i >0 , i=1,2 ; 121 =+ . Demonstrarea inegalitii (4) este uoar doar n situaia utilizrii derivatelor: (4) 0)1( 2111121 11 xxxx Considerm funcia de variabil x1[0,], f(x1)= 2111121 )1(11 xxxx a crei

derivat f(x1)= ]1)[()1( 12

11

12

111

111 = xxxx se anuleaz n 21 xx = .

Cum 1-10 q.e.d De altfel, dup cum vom vedea aceast inegalitate este fundamental i are drept consecine alte inegaliti cunoscute. Ea poate fi obinut imediat i din inegalitatea lui Young ( [1]) dar aceast inegalitate se demonstreaz cu ajutorul calculului integral.

Datorit faptului c demonstrarea prin inducie a inegalitii (1) constituie o experien util, vom prezenta n detaliu acest demonstraie.

Pasul I- Inainte: Vom demonstra prin inducie c inegalitatea are loc pentru orice numr natural care este o putere a numrului 2.


- 18 -

Pasul II-Inapoi: Vom arta c dac inegalitatea are loc pentru un numr natural m atunci are loc i pentru m-1, n consecin are loc pentru toate numerele mai mici sau egale dect m.

Pasul III-Combinn rezultatele

Pasul I. Pentru n=2 inegalitatea (1) devine:

2121

2xxxx + 02 2211 + xxxx 0)( 221 xx care evident este

adevarat i egalitatea se realizeaz dac i numai dac 21 xx = Presupunem c inegalitatea are loc pentru oricare 2k numere pozitive yi,

deci: k kk

yyyyyy

k2

221221 ...

2...

+++

Atunci

++++++

=+++

++

+

+ kk

kk

k

xxxxxxxxx

22

...22

2...

11

1

2124321

1221 k kk

xxxxxx2 2124321

2...

2211 ++ +++

kkk xxxxxx2 2124321 11.... ++ =

11

2221

...+ +k kxxx

Am aplicat ipoteza induciei pentru cele kk

22

2 1 =+

numere

y1=2

,...,2

,2

11 2122

432

21 ++++=+ kkkxx

yxx

yxx i cazul n=2 demonstrat la etapa

verificrii. Egalitatea are loc dac i numai dac nume respective sunt egale.

Pasul II. Presupunem c inegalitatea are loc pentru oricare m numere pozitive yi, deci

mm

m yyym

yyy...

...21

21 +++ Fie x1,x2,...,xm-1 numere pozitive oarecare.

Notm: y1=x1 , y2=x2 , ... ym-1=xm-1 , ym=1... 121

+++ n

xxx n i aplicm inegalitaea

precedent. Rezult:

+++++++

mm

xxxxxx mm 1...

... 121121m m

m mxxxxxx

1...

... 121121 +++

+++ 1

... 121m

xxx m mmmm m

xxxxxx

1121

1

121 )1...

()...(+++

+++ mm

m

mxxx 1121 )

1...

( mmxxx1

121 )...( +++

1... 121

mxxx m 1

1

121 )...( mmxxx

Pasul III Dac n este un numr natural oarecare, conform pasului I inegalitatea are loc pentru 2n. Dar n2n( iari innducie!), conform pasului II inegalitatea are loc pentru toate numerele mai mici dect 2n deci i pentru n. q.e.d.


- 19 -

H S S M

Aplicaie. Utiliznd metoda induciei n maniera precedent s se demonstreze:

(5)

=

=

=

=

n

i

ni

n

ii

n

i

ni

n

ii

x

x

x

x

1

1

1

1

)]1([

)1(

)(pentru ni

nxi ,...2,1;

10 =< , egalitatea avnd loc

dac i numai dac nxxx === ...21 (Inegalitatea Ky Fan). Fie xi , i=1,2,...,n (nN, n 2) numere reale pozitive i R. Aplicnd inegalitatea mediilor obinem

nxxx

xxx nn n

+++ ...... 2121 . Ridicnd

ambii membri la puterea 1 obinem:

(6) 1

2121 )

...(...

nxxx

xxx nn n+++ , dac >0

(7) n nn xxx

nxxx

...)...

( 211

21 +++

, dac 1.

Inlocuind n inegalitatea (4) =

= n

i

pi

pi

a

ax

1

1 ,=

= n

i

qi

qi

b

bx

1

2 , qp1,1 21 == obinem:

=

n

i

ppi

i

a

a

1

1

)( ===+ n

i

qi

qi

n

i

pi

pi

n

i

qqi

i

b

bqa

ap

b

b

111

1

11

)(

, i=1 ,2 , ... ,n. Adunnd aceste inegaliti

obinem: 11111

)()(1

1

1

1

1

1

1

11 =+=+

=

=

=

=

==

=

qpb

b

qa

a

pba

ba

n

i

qi

n

i

qi

n

i

pi

n

i

pi

n

i

qqi

n

i

ppi

i

n

ii


- 20 -

(10) ===

n

i

qqi

n

i

ppii

n

ii baba

1

1

1

1

1)()( ai , bi >0 i=1 ,2 , ... ,n (nN, n 2); p>1,q>0

astfel nct 111 =+qp

. ( Inegalitatea Hlder)

Se verific faptul c n relaia (10) se obine egalitate dac si numai dac sistemele (ai),(bi) sunt proporionale. Pentru p=2 i q=2 se obine

(11) ===

n

ii

n

iii

n

ii baba

1

2

1

22

1)()()( (Inegalitatea Cauchy Buniakowski

Schwartz)

Scriind =

=

=+++=+

n

i

piii

n

i

piii

n

i

pii yxyyxxyx

1

1

1

1

1)()()( i aplicnd termenilor din

membrul doi inegalitatea lui Hlder cu exponeni p,q cupq111 = , obinem:

qn

i

pii

n

i

ppi

qn

i

pii

n

i

ppi

n

i

pii yxyyxxyx

1

1 1

11

1 1

1

1])([)(])([)()(

= == ==++++

Simplificnd rezult

(12) ===

+n

i

ppi

n

i

ppi

n

i

ppii yxyx

1

1

1

1

1

1

)()(])([ , xi ,yi>0 , i=1,2,...,n ( n2), p>1.

(Inegalitatea Minkowsky) Se verific deasemenea c n relaia (12) se obine egalitate dac i numai dac sistemele (xip) ,(yip) sunt proporionale cu sistemul ((xi+yi) p) ceea ce este echivalent cu faptul c sistemele (xip) ,(yip) sunt proporionale ntre ele. Aplicaii imediate ale inegalitii (1):

i. 2,)2

1(! +< nnn n , n N.

Soluie: 2

12

)1(...321321! +=+=++++0 , n N

Soluie: 11

...1

1

++=

+++++=

+

+

nnba

nbbbabbbaab

orin

norin

n n

iii. 21

22002

2002

++

xx , xR.

Soluie: 21

111

11

11

22002

2002

20022002

2002

2002

2002

+

++=+

+++=

++

xx

xxx

xx

iv. qxx q ++ 1)1( , xR, 1x , qQ, 10


- 21 -

H S S M

Soluie: Fie nmq = cu m,n N, nm


- 22 -

Teorema 1.2 Daca numarul natural n contine in descompunerea sa factorii primi p1,p2,..pr la puterile k1,k2,..kr ,atunci numarul divizorilor lui n este: (k1+1)(k2+1)...(kr+1). Demonstratie Numarul p1 k 1 are divizorii 1,p11,.. p1 k 1,deci k1+1.Analog pentru fiecare din factorii primi ai lui n ,si deci numarul total al divizorilor va fi egal cu cardinalul unui produs cartezian de r multimi ,avand k1+1 ,k2+1 , ...respectiv kr+1 elemente deci se obtine rezultatul dorit. APLICATIE Aflati cel mai mic numar natural a care satisface conditiile : A se divide cu 11 ,a=m.p ,unde m,p sunt numere naturale astfel incat numarul divizorilor lui m este 3 ,iar numarul divizorilor lui p este 6. Cati divizori are a ? Solutie Pentru ca produsul m.p sa fie cat mai mic va trebui sa luam p=2 ,iar m=11.Numarul divizorilor lui n va fi 18 ,conform Teoremei 2. 2 NUMARARE DE SUBMULTIMI Teorema 2.1 Daca notam cu P (A) multimea partilor multimii A, atunci are loc formula: Card P (A)=2. (fara demonstratie) APLICATIE Enumerati elementele multimii P (P ({a,b})).

Solutie Conform Teoremei 2.1 multimea va avea 16 elemente. P ({a,b})={,{a},{b},{a,b}} P (P ({a,b}))={,{},{{a}},{{b}},{{a,b}},{,{a}},{,{b}},{,{a,b}}

{{a},{b}},{{a,{a,b}},{{b},{a,b}},{,{a},{b}},{,{a},{a,b}}, {,{b},{a,b}},{{a},{b},{a,b}},{,{a},{b},{a,b}}} Propozitia 2.2 Numarul submultimilor de doua elemente ale unei

multimi cu n elemente este 2

)1( nn . Demonstratie Facand perechi primul element cu celelalte ,apoi al doilea cu cele de dupa el ,si asa mai departe ,se vor obtine:

(n-1)+....+2+1=2

)1( nn . Submultimi. APLICATIE Cate diagonale are un poligon cu 7 laturi? Solutie Cu cele 7 varfuri ale poligonului se pot determina 7.6:2=21 segmente ,conform Propozitiei 2.2. Din acestea 7 sunt laturi iar restul de 14 sunt diagonale. Propozitia 2.3 Numarul submultimilor de 3 elemente ale unei

multimi cu n elemente este6

)2)(1( nnn . Demonstratie De la fiecare submultime de doua elemente prin adaugarea unui element se obtine o submultime de 3 elemente.Prin acest procedeu se obtine fiecare submultime de trei elemente de trei ori ,deci rezultatul se va imparti la 3.


- 23 -

H S S M

APLICATII 1)Cate segmente pot forma varfurile unui cub? 2)Cate triunghiuri diferite se pot forma cu varfurile unui cub? Solutii Se vor aplica Propozitia 2.2 ,respectiv Propozitia 2.3. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE

1) Determinati numarul natural A=2a 3b ,stiind ca 2A are cu 3 divizori mai mult decat A ,iar 3A are cu 4 divizori mai mult decat A.

2) Determinati cardinalul multimilor: A ={xN | 22000< x 22001}

B ={ xN | x 31334 } Comparati card A si card B.

3) Se considera un poligon cu 19 varfuri si toate segmentele determinate de varfurile sale .Care este probabilitatea ca luand la intamplare un segment acesta sa fie diagonala?

4) O multime AN areproprietatea ca pentru orice xA ,patratul sumei cifrelor sale apartine de asemenea multimii A. Se stie ca 1998A. a) determinati un alt element al multimii A (diferit de 1998) b) stabiliti care este numarul minim de elemente pe care poate sa

le aiba multimea A. 5) Care este probabilitatea ca aruncand doua zaruri sa obtinem suma

punctelor 8? 6) Pentru scrierea numerelor paginilor unei carti s-au folosit 1212

cifre. Cate pagini are cartea? 7) Multimile A, B au ca elemente numere naturale consecutive. Daca

AB={1997} si diferenta dintre cel mai mare element din AB si cel mai mic element din AB este 1997 ,aratati ca multimile A si B nu pot avea acelasi numar de elemente.

8) Pentru scrierea numarului 2531 se folosesc m cifre ,iar pentru scrierea numarului 5531 se folosesc n cifre. Determinati m+n.

9) Sa se arate ca un numar natural care are un numar impar de divizori este patrat perfect.

10) Cate elemente are sirul : 2,5,8,....6005? Care este cel de-al 201-lea termen al sirului?

BIBLIOGRAFIE [1] Dan Branzei & colectiv Matematica in concursurile scolare ,clasele

V-VIII,Editura Paralela 45 ,1999 [2] Virgiliu Schneider & colectiv 525 probleme date la olimpiadele de matematica 1990-1998 ,Ed. Valeriu ,Craiova 1998


- 24 -

4. CALCULUL UNOR SUME TEMA PENTRU GRUPA DE PERFORMANTA CLS. A-VI-A

Prof. Gheorghe Cainiceanu TESTARE 1) Se considera sirul 3,8,13,....,7498.Cati termeni are sirul? Care este cel

de-al 1289-lea termen? 2) Se dau sase puncte in spatiu.Cate segmente au capetele in aceste

puncte? Daca toate segmentele se coloreaza in rosu si albastru sa se arate ca exista cel putin un triunghi cu laturi de aceeasi culoare.

Timp de lucru 30 minute PROBLEME :

1) Care este suma primelor 150 de numere impare? 2) Care este suma primelor 50 de patrate perfecte?

Pentru solutionarea problemelor propuse mai sus si a altora din aceeasi gama propunem urmatoarele consideratii teoretice:

Teorema 1 Suma primelor n numere naturale este 2

)1( +nn . Demonstratie Scriem suma in doua moduri: S = 1 + 2 +... + (n-1) + n S = n+(n-1) +....+ 2+ +1 Si obtinem 2S=n(n+1). APLICATII

1)Calculati =

+n

kk

0

)12( .

Solutie Dupa desfasurare suma devine: (2.0+1)+(2.1+1)+....+(2.n+1)=2(0+1+..+n)+(n+1)= n(n+1) +(n+1) =(n+1)(n+2) 2)Calculati suma primilor 151 de termeni ai sirului : 1,8,15,.... Solutie Se observa ca suma se mai poate scrie: (7.0+1) +(7.1+1)+....+(7.150+1) =7(0+1+...+150)+151= 7.151.75+151=151(7.75+1)=.. Teorema 2 (Formule de calcul prescurtat) a) a2-b2=(a-b)(a+b) b) a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2) c) an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+....+abn-2+bn-1). Demonstratie Vom demonstra doar punctul c) care este o generalizare a celorlalte subpuncte. (a-b)(an-1+an-2b+......+abn-2+bn-1)= = an+an-1b+...........+a2bn-2+abn-1-ban-1-.......................-babn-2-bn =an-bn.

(se foloseste comutativitatea inmultirii si adunarii si faptul ca x-x=0)


- 25 -

H S S M

APLICATII 1)Determinati numerele naturale n pentru care 2n +1 se divide cu 3. Solutie Putem scrie: 2n- (-1)n =3A Deci 2n +1 =3A +1 +(-1)n. Deducem ca pentru n impar se intampla cerinta problemei. 2)Aratati ca 8n 1 se divide cu 7 ,pentru orice n natural. Solutie Avem folosind Teorema 2 ca : 8n 1=(8-1) (8n-1+8n-2+.....+8+1), deci se divide cu 7. 3)Calculati suma : 1+a+a2+...+an-1 , daca a este numar rational diferit de 1. Solutie Folosim Teorema 2 c) ,pentru b=1 . Teorema 3 Are loc formula :

12+22+32+....+n2 =6

)12)(1( ++ nnn . Demonstratie Ne folosim de formula de calcul prescurtat (a+b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3 si vom avea: (1+1)3 =13 +3.12+ 3.1 +1 (2+1)3 =23 +3.22 +3.2 +1 ............. (n+1)3 =n3 +3.n2 +3.n +1 Adunand cele n relatii si scazand din fiecare membru numerele egale se va obtine : (n+1)3 =3(12+22+...n2) + 3(1+2+....+n) +(n+1). Prin calcule se obtine acum formula dorita. APLICATIE Scrieti urmatorii 3 termeni ai sirului :2,5,10,17,....Faceti suma primilor 43 de termeni. Solutie Se observa ca termenii sunt de forma n2+1 ,deci urmatorii 3 termeni sunt 52+1 ,62+1 ,72+1. S=12+22+......+432+43=43.44.87:6+43.

PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 1) Apa cand ingheata isi mareste volumul cu 9%. Cu cat la suta isi

micsoreaza volumul gheata care se topeste?

2) Sa se arate ca ecuatia 22111yxyx

++ =1 nu are solutii in N2.

3) Un om vasleste contra curentului apei. La un moment dat ii cade din barca o ladita. Dupa zece minute observa si se intoarce dupa ladita pe care o gaseste la un kilometru distanta de locul pierderii.Ce viteza are curgerea raului?


- 26 -

4) Avem doua solutii de acid. Una cu concentratia 35% iar alta cu concentratia 55%. In ce raport trebuie sa facem un amestec pentru a obtine o solutie cu concentratia 42%?

5) Sa se arate ca oricare ar fi n numar natural,n2 ,avem ca 2n>n+1. 6) Sa se arate ca oricare ar fi n numar natural,n2 ,avem n! > 2n-1. 7) Sa se arate ca oricare ar fi n numar natural,n2 ,avem

23

21...

111

21


- 27 -

H S S M

5. Tratarea analitic a locurilor geometrice. Prof. CHILEA ION.

Una din cele mai dificile probleme din geometria sintetic este determinarea locurilor geometrice. Geometria analitic face de multe ori posibil determinarea locurilor geometrice mult mai uor.

Se tie c prin loc geometric se nelege totalitatea punctelor care se bucur de aceeai proprietate. Se cunosc locuri geometrice ca: cercul,

bisectoarea, mediana, mediatoarea etc. Locul geometric este n general o curb, putndu-se reduce la o dreapt.

Problemele de loc geometric se pot mpari n doua categorii, dup

modul cum se obin punctele cutate ,i anume: a) Cnd punctele cutate se bucur de o anumit proprietate metric; b) Cnd punctele cutate apar ca intersecie a dou drepte sau curbe

variabile. A gsi locul geometric al unui punct variabil nseamn a gsi o relaie

fix ntre coordonatele acestui punct. Cum procedm? n primul caz vom exprima proprietatea metric de care se bucur

punctul variabil cu ajutorul coordonatelor acestui punct. Rezultatul va fi relaia cutat intre coordonatele acestui punct, deci locul geometric cutat.

n cazul al doilea , vom scrie ecuaiile curbelor i dreptelor variabile, a

cror intersecie dau punctul variabil. Aceste relaii depind in general de unul

sau mai muli parametri variabili. Dac locul geometric exist, aceti parametri se vor reduce la unul singur , i eliminarea lui ntre ecuaiile

curbelor sau dreptelor , ne va conduce la o relaie fix ntre coordonatele

punctului variabil, care va constitui locul geometric cutat. n orice problem de loc geometric vom proceda n urmtoarea ordine: 1. Alegerea axelor de coordonate. Vom alege ca ax OX , de obicei, una din dreptele fixe dat n cadrul

problemei. Ca axa OY vom alege perpendiculara pe OX dintr-un punct fix sau ridicat n mijlocul unui segment fix de pe OX.

2. Stabilire coordonatelor punctelor date. Vom nsemna mai nti coordonatele punctelor fixe, apoi pe cele mobile ,

cuprinse n datele problemei. 3. Scrierea ecuaiilor dreptelor sau curbelor. Vom scrie la nceput ecuaiile dreptelor sau curbelor fixe , apoi ale

dreptelor sau curbelor mobile ,care prin intersecia lor dau locul geometric ce

se cere. 4. Scrierea condiiilor ndeplinite de datele problemei . Vom exprima cu ajutorul celor de mai sus, eventualele condiii pe care le

satisfac punctele sau datele problemei. 5. Eliminarea parametrilor ntre ecuaiile si relaiile verificate de

coordonatele punctului mobil. 6. Discuia locului geometric.


- 28 -

1. S se determine locul geometric al punctelor din plan care au puteri egale fa de dou cercuri date .

Y M(x,y) T2 T1

O2(-a,0) O O1(a,0) X

Fie C1 de raz r1 i C2 de raz r2. Alegem ca ax OX linia centrelor i ca ax OY perpendiculara pe [O1O2] n mijlocul acestuia. Dac M(x, y) este punct curent al locului geometric, vom avea: 22

22

21

21

2 rdrd == ),( 11 OMdistd = , ),( 22 OMdistd = ( ) ( ) 22222122 ryaxryax ++=+ sau

+++=++ 2222221222 22 ryaxaxrayxax arrxrrxa

==

44

21

222

12

2 .

O paralel la axa OX prin punctul

arr

4,0

21

22 .

Obs. Aceeai ecuaie se obine dac scdem ecuaiile normale ale cercurilor. 2. Fie punctele A1 , A2, , An fixate n plan. Se cere locul geometric al

punctelor M, din plan, pentru care aMAn

kkk

==

1

2 , ( 0>a i *+k ),

Soluie.

. ( ) ( ) = ====

=+++=n

k

n

kkkkkk

n

kkk

n

kk

n

kkk ayxyyxxyxMA

1 1

22

11

22

1

2 22

Normaliznd, obinem:

022

1

1

1

122 =+

+

=

=

=

= py

yx

xyx n

kk

n

kkk

n

kk

n

kkk

.

Deci, locul geometric cutat este un cerc cu centrul n baricentrul sistemului de puncte {A1 , A2, , An } cu ponderile {1 , 2, , n}.


- 29 -

H S S M

6. O METOD DE CALCUL A MATRICEI An Prof. Ionel Ciuc

Cutm un alt procedeu pentru ridicarea unei matrice de ordinul al II lea la puterea n.

Fie A =

dcba

. Notm Ak =

kk

kk

dcba

, unde k N, iar pentru k = 1

admitem c a1=a, b1 = b, c1 = c i d1 =d.

Deoarece An+1=

++

++

11

11

nn

nn

dcba

i n acelai timp A n+1= A n. A=

nn

nn

dcba

.

dcba

,

obinem:

++

++

11

11

nn

nn

dcba

=

++++

nnnn

nnnn

ddcbdccabdabbcaa

........

.

Deci determinarea matricei An se reduce la rezolvarea sistemelor de

relaii de recuren:

+=+=

+

+

nnn

nnn

bdabbbcaaa....

1

1 i

+=+=

+

+

nnn

nnn

ddcbddccac....

1

1

Constatm c acestea sunt asemntoare, fiind diferite doar prin valorile iniiale ale irurilor (an ), (bn ) i respectiv (cn ), (dn ). Eliminnd pe bn ntre relaiile din primul sistem, obinem: a 2+n = (a + d). a 1+n - (ad bc).a n ; n = 1, 2, 3, Observm c tiind pe a1 i a2 se poate determina forma general a irului (an ). Presupunnd c rdcinile ecuaiei caracteristice asociate x2 = (a + d)x (ad bc) sunt reale i diferite ntre ele, notndu-le cu u i v obinem: an = . un + . vn, unde i sunt dou numere care pot fi determinate n funcie de a1 i a2 (care se cunosc din matricele A i A2 ).

Scriind c bn = caaa nn .1 + , obinem: bn =.

cavv

cauu nn + ....

Analog din al doilea sistem obinem: cn = nn vu .. + (unde u i v sunt rdcinile aceleiai ecuaii caracteristice) i respectiv:

dn = cavv

cauu nn + .... .

Aadar:An=

++

++

cavv

cauuvu

cavv

cauuvu

nnnn

nnnn

......

......

=un.

caucau

.

.

+vn.

cavcav

.

.

.

n concluzie, orice matrice de ordinul al doilea de forma:

dcba

,

pentru care ecuaia x2 - (a + d)x + (ad bc) = 0 are rdcini reale i diferite, se poate scrie sub forma: An = un . B + vn . C (1), unde B i C sunt:

B =

caucau

.

.

i C =

cavcav

.

.

.

n practic ns, ele pot fi determinate fcnd n = 1 i n = 2 n relaia (1)


- 30 -

1) Dac A =

3212

, s se calculeze An.

Soluie. Considerm ecuaia caracteristic: x2 - (a + d)x + (ad bc) = 0, care n cazul nostru devine: x2 5x + 4 = 0, cu rdcinile u = 1 i v = 4.

Aadar An = 1n . B + 4n . C , unde B =

43

21

bbbb

i C =

43

21

cccc

, care

se pot determina particulariznd pe n cu 1 i apoi cu 2.

A1 =

3212

=

43

21

bbbb

+ 4.

43

21

cccc

; A2 =

111056

=

4321bbbb

+ 16.

43

21

cccc

.

Dup rezolvarea sistemelor, obinem:

b1= 32 , b2= -

31 , b3= -

32 , b4=

31 , c1 =

31 , c2 =

31 , c3 =

32 , c4 =

32

An =

31

32

31

32

+ 4n.

32

32

31

31

=

++++

nn

nn

4.214.224142

.31

2) Fie A =

abba

, a, b R . S se calculeze An.

Problema A5, punctul e din manual, autori M.Burtea i G.Burtea) Soluie. Ecuaia caracteristic devine: x2 2ax + a2 b2 = 0, cu soluiile u = a + b i v = a b.

Deci: An = (a + b)n .

43

21

bbbb

+ (a b)n.

43

21

cccc

. Rezolvnd sistemele obinute

pentru n=1 i n=2, avem: b1= b2=b3=b4=21 , c1=c4=

21 i c2=c3= -

21

, adic:

B =

21

21

21

21

i C =

21

21

21

21

An = 21 .

++++++

nnnn

nnnn

babababababababa

)()()()()()()()(

3) Fie A o matrice ptratic de ordinul al doilea astfel nct A3 = 0. S se arate c i A2 = 0 Soluie. Deoarece det A3 = (det A)3, rezult c det A = 0. Dar A3 = u3 . B + v3 . C, unde u i v sunt rdcinile ecuaiei: x2 - (a + d)x + (ad bc) = 0. Cum det A = ad bc = 0, rezult c u = a + d i v = 0. Deci A3 =u3 . B + v3 . C =(a + d)3 . B=0 A2 = u2 . B + v2 . C=(a + d)2 .B=0.


- 31 -

H S S M

7. Calculul unor integrale definite Prof. Daniel Sitaru

Fie F : [-1,1]2 R o funcie de clas C1 cu proprietatea c exist un numr k R astfel nct:

F(u,v) + F(v,u) = k, ()(u,v) [-1,1] x [-1,1]. n cele ce urmeaz ne vom ocupa de calculul integralelor de forma:

( )=2

0

,cos,sin

dxxxFI (1)

i vom exemplifica prin cteva aplicaii din culegeri cunoscute sau aplicaii mai noi. Efectum n (1) schimbarea de variabil: x = /2 - y i deducem:

( ) ( ) ( ) ,sin,cossin,cos2

cos2

sin2

0

0

2

0

2

==

=

dyyyFdyyyFdyyyFI

deci: ( )=2

0

.sin,cos

dxxxFI (2).

Adunm relaiile (1) i (2) i obinem:

( ) ( )[ ] +=2

0

sin,coscos,sin2

dxxxFxxFI .42

1 2

0

kkdxI == APLICAII:

1. S se calculeze .cossin

cos2

033

3

dxxx

xI +=

(Gh. Sirechi, Calcul diferenial i integral vol. 2)

Soluie: Fie ( ) ., 333

vuuvuF+

= Constanta k este dat de:

1),(),( 333

33

3

=+

++

=+=vu

vvu

uuvFvuFk

i deci .44 == kI

2. S se calculeze: +++=

2

0

2

.1cossin

sinsin

dxxxxxI

(V. ifui, Culegere de probleme pentru concursurile de matematic vol. 5)

Soluie: Fie .1

),(2

+++=vuuuvuF Dac u= sinx, v = cosx i u2 + v2 = 1.

Astfel F(u,v) + F(v,u) = 111

1

22

=++++=

+++++

vuvu

vuvvuu i deci .

44 == kI


- 32 -

PROBLEME PROPUSE: 1. S se calculeze:

+++=

2

019981998

21998

.cossin1cossin

dxxx

xxI

(Florin Nicolaescu) 2. S se calculeze:

+=2

055

5

cossinsin

dxxx

xI i +=2

055

5

.cossin

cos

dxxx

xJ

(Admitere Politehnic Timioara) 3. S se calculeze:

;)(1

2

0 +=

atgxdxI a R* .

(Admitere Politehnic Timioara) 4. S se calculeze:

.2sin25

22sinsin2

0

2

+++=

dxxxxI

(Daniel Sitaru) 5. S se calculeze:

.)cos(cos)cos(sin)sin(cos)sin(sin

)cos(cos)sin(sin2

0 +++

+=

dxxxxx

xxI

8. Monotonia, mrginirea i convergena irurilor recurente

definite de funcii continue monotone prof. Manuela Prajea

n cele ce urmeaz vom prezenta o metod rapid i elegant de stabilire a monotoniei, mrginirii i convergenei irurilor (x n ) 1n definite de

x 1+n =f(x n )

unde f :I I este o funcie continu strict monoton, x 1 I i I un interval nchis din R (i.e. un interval de forma : [a,b] , (- ,a] , [a, ) , (- , ) ). I. Cazul funciei f strict cresctoare. Prop.1.1. Monotonia:

(i) x 1x 1+n (iii) x 1=x 2 x n =x 1+n ,( )n1


- 33 -

H S S M

Prop.1.2. Mrginirea. Dac c este un punct fix al funciei f i.e. f(c)=c atunci :

(i) (i) x 1c (iii) (i) x 1=c x n =c ,( )n1

Demonstraie 1.1. , 1.2. : inducie matematic i f cresctoare. Prop.1.3. Convergena. Dac c,d sunt dou puncte fixe consecutive ale funciei f i x1(c,d) atunci :

(i) x 1x 2 nlim x n = c (iii) x 1=x 2 nlim x n = x 1

Demonstraie: Monotonia i mrginirea se obin din 1.1. i 1.2., deci ( ) n

lim x n R i prin trecerea la limit n relaia de recuren se obine (i) i (ii) . Obs.1.4. Despre existena punctelor fixe ale funciei f :I I continue sau monotone avem : T.1.4.1. T.Knaster : Dac f:[a,b] [a,b] cresctoare (strict cresctoare) atunci exist (i e unic) c [a,b] astfel nct f(c)=c. Demonstraie: v[3] T.1.4.2. T. Brouwer: Dac f:[a,b] [a,b] continu atunci c [a,b] astfel ncat f(c)=c Demonstraie: v[3] Corolar 1.4.3. Dac f :I I (I interval nchis din R ) , f continu i mrginit, atunci exist c R astfel nct f(c)=c. Demonstraie: Fie m, M margini ale lui f f(I) [m,M] f ( [m,M] ) [m,M] i se aplic T.1.4.2. Remarca 1.5. Dac f :I I continu, strict cresctoare i mrginit (deci I interval nchis mrginit din R) atunci

xlim f(x) = (sau

xlim f(x) =- ) i vom spune prin

extensie c (sau - ) este punct fix pentru f. n aceste condiii Prop.1.3. rmne valid i n cazul c,d R . Aplicaia 1.

S se calculeze n

lim baaa ++++ ... (n radicali) unde a,b>0 date . Etapa judeean 2002

Soluie :

Cu x n = baaa ++++ ... (n radicali) obinem :


- 34 -

Din f(x)>0 f strict cresctoare i din f(x)=x c=2

411 a+ , d=2

411 a++

i e=singurele puncte fixe ale lui f in R . Cum x n >0 si x 1 x 0 x n k . b)dac sin x 0


- 35 -

H S S M

4. x 0 R, x n =e 1nx -1.

5. x 0>0, x 1+n =n

n

xaax+

2 (a>0);

6. x 0 R, x 1+n =a 3 nx . 7. x 0 R + , x 1+n =ln(1+ x n ). 8. x 0 [0,1], x 1+n =cos[(1- x n ) 2 ]. 9. x 0 R + , x 1+n =a+arctg x n (a>0). 10. x 0 R, x 1+n =ln(1+arctg x n ). 11. x 0 R, 2 x 1+n =3 nx -1. 12. x 0=a, x 1+n =x 2n +(1-2b) x n +b 2 (b R) ;s se determine relaiile

ntre a,b R astfel nct irul s fie convergent i s se afle limita sa. 13. x 0 [3, ) , x 1+n = 8x 1n ++ - 3x n + .

14. x 1+n = 22 aaxxax

nn

n

++, a [

31 , ) , x 0>0.

15. x 0 [0,1], 3 nx =2 1+nx +1. -continuarea n numarul viitor-

Bibliografie : [1] Revista de Matematica din Timisoara 1997-2002. [2] Gazeta Matematica 1996-2002 [3] Gh. Siretchi - Calcul diferential si integral [4] Virgil Nicula - Analiza matematica pentru clasa a XI-a

9. Limite de funcii calculate elementar Porf. Constantin M. Giugiuc

Exist limite de funcii n manuale, culegeri i reviste de specialitate, a cror determinare nu este imediat i de multe ori, nu dorim s aplicm regulile lui lHospital, sau chiar ni se impune acest lucru. Avem convingerea intim c aplicarea metodelor elementare n calcularea limitelor de funcii ne oblig s inventm, s rememorm proprietai i reguli, s aplicm diverse raionamente. Mai mult, dac i reuim finalizri elegante i spectaculoase, ne bucurm de satisfacii proprii nvingtorilor. n cele ce urmeaz m voi opri la cteva exemple, care, cred c vor convinge.

?)1()4?)1()3

?)1ln()2?)1()1

1

0

ln

0

2220

limlim

limlim

=+=+

=+=

>

xex

xx

xxxxxctg

x

x

x

xx

xox

xx


- 36 -

Rezolvri :

.321lim

31

278

9

491

274

912sinsin2lim

91

274

91

3coscos91sin

274cossin

91lim

273cos3cos3cos3sin4sin3lim

)3(3cos33sinlimcossinlim

212)cos(sinlimsinsin

)cos(sin)cos(sinlim

sin)cos)(sincos(sinlim)

sincos1(lim)1

220

20

2

3

30

3

3

0

3030

3030

2202

2

20

=

=+=

+=+=

=

+

=

=+=

===

==+=

=+=

xctgx

deci

LLL

Ly

yyL

yyy

yy

yyyy

yyyyyyyyy

yyyy

xxxxLdar

Lx

xxxxx

xxxx

xxxx

xxxxxxxx

xx

x

x

y

y

y

yx

xx

xx

( )( )

( ) .2111lim1lim

1lim1lim11

lim)1(

1lim

111

1lim1ln1lim)2

2020

20202

2

020

0

2

===++=

=+==

=

=

=+=

=

+

LLLzez

zez

zze

yye

yye

ey

eye

exxnotatamye

exx

xx

z

z

z

z

z

z

y

y

y

yyy

y

y

yyyyx

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) 12

11

1lim

1lnlim

1lim)3

210

2002

00

1lnlnlim

1lnlnlimln1ln

lnlimln

00

200

00

00

===+=+

====+

++

+

eLe

eyx

xx

Leeexx

y

y

yy

xx

xxx

xx

xxxxx

xx

xx

xx

x

xx

xx

xx

ff

f

fff

( ) ( ) ( )

( )( )

( ).

211ln

lim1

11ln1

11ln1limlim1lim)4

20

11ln1

0

1ln1

0

1

0

=+=

=+

+

==+

+

+

xxx

x

xx

xx

eex

eex

ex

x

xx

x

xx

x

x

x


- 37 -

H S S M

Probleme propuse : S se calculeze prin metode elementare :

axax

xxx

xxe

xxx

ax xa

xx

x

xx

030

2020

lim)4;arcsinlim)3

;sin

1lim)2;

sin1lim)1

BIBLIOGRAFIE: - Analiza matematic, clasa a XI-a - manual ; - Siretki Gheorghe, Culegere de probleme ;

- Megan Mihail, Bazele Analizei Matematice .

Doi matematicieni stau ntr-un bar. Primul i spune celuilalt

c omul mediu cunoate foarte puin din bazele matematicii. Cel de-al doilea l contrazice, pretinznd c majoritatea

oamenilor pot face fa unei cantiti rezonabile de matematic Primul matematician merge pn la baie i, n absena sa, cel

de-al doilea cheam osptria. i spune acesteia c n cteva minute, dup ce se va ntoarce prietenul su de la baie, o va chema i i va pune o ntrbare. Tot ce are de fcut este s rspund x3/3. Dup cteva ncercri, chelneria reuete s rein corect rspunsul i pleac repetnd .

Cel plecat la baie se ntoarce, iar cellalt revine la subiect propunndu-i o demonstraie practic asupra faptului c majoritatea oamenilor chiar cunosc bazele matematicii: va chema osptria cea blond i i va pune o ntrebare primul zmbete. Cnd osptria vine i se pune ntrebarea: ct este integral din x2? Aceasta rspunde x3/3 i pleac napoi la lucru, completnd peste umr: plus o constant.

De ci logicieni e nevoie s nlocuiasc un bec? Niciunul. Ei nu pot s o fac, dar pot demonstra c se poate nlocui. De ci analiti numerici este nevoie pentru a nlocui un bec? 3,9967 (dup ase iteraii). Ci geometri clasici pot nlocui un bec? Niciunul. Nu se poate face cu rigla i compasul. De ci teoreticieni e nevoie pentru a nlocui un bec? Un numr infinit. Fiecare poate construi un model complet i valid, dar lumina tot nu va merge.

U

M

O

R

EXAMENE

- 38 -

CAPACITATE Prof. Eleodor Popescu

Partea I (45p)

(5p) 1. Un cltor a parcurs 12 km, ceea ce reprezint 43 din lungimea

drumului. Cltorul mai are de parcurs km. (5p) 2. Rezultatul mpririi 0,00017 : 0,25 este . (5p) 3. Numerele naturale distincte care au media geometric egal cu 2

sunt i . (5p) 4. Calculnd 76,5 % din 24 tone se obin kg. (5p) 5. Diametrul cercului circumscris triunghiului echilateral cu latura de

1 m este egal cu dm . (5p) 6. Dac 3 timbre identice cost 5,1 $, atunci dou dintre aceste timbre

cost $ . (5p) 7. Ecuaia (1 + x) (m + 1) = 2 ( m + x) are soluia x = 5 pentru m = . (5p) 8. Un trunchi de piramid patrulater regulat are nlimea de 6 cm,

iar laturile bazelor de 2 cm i respectiv 8 cm . Volumul trunchiului de piramid este egal cu cm3 .

(5p) 9. Dintre numerele 999 i 999 cel mai mare este . Partea a II-a (45p) 1.Trei muncitori, cu aceeai calificare, execut o lucrare astfel: primul

25 % din lucrare, al doilea 31 din rest plus 5 % din toat lucrarea, iar

al treilea restul. ntreaga lucrare cost 152 486 000 lei. (5p) a) Cte procente din lucrare a executat al treilea muncitor ? (5p) b) Ci lei a primit primul muncitor ? (5p) c) Care dintre muncitori a fost cel mai bine pltit i ci lei a primit el ?

2.Un triunghi dreptunghic are perimetrul de 36 cm i aria de 54 cm2. S se calculeze :

(5p) a) ipotenuza triunghiului ; (5p) b) raza cercului nscris n triunghi; (5p) c) raza cercului circumscris triunghiului .

3.ntr-un trunchi de con seciunea axial este un trapez isoscel cu AB=BC=CD= 6 cm i AD=12 cm .

(5p) a) S se afle aria trunchiului de con. (5p) b) S se afle volumul trunchiului de con. (5p) c) Dac din trunchiul de con se decupeaz un corp sferic de volum

maxim s se afle volumul deeului obinut.

EXAMENE

- 39 -

H. S.S.M.

CAPACITATE Prof. Victor Sceanu

Partea I (45p)

1). a). Rezultatul calculului: 21 +

31 +

61 este .

b). A 100-a zecimala a lui 71 este .

2). Un cub are diagonala egala 10 3 cm : a). Aria totala a cubului este.cm ; b). Diagonala unei fete este... cm .

3). Fie ecuatia : x-5x+6=0 a). Suma radaciniloe este.. ; b). Produsul radacinilor este.. .

4). Un triunghi echilateral are inaltimeade 9 3 cm a). Raza cercului circumscris este cm b). Aria triunghiului este .cm.

5). Un trapez este inscriptibil daca si numai daca este .. .

6). Fie numerele : a=2- 3 si b= 347 + a). Media aritmetica a lor este b). Media geometrica a lor este .

7). Un dreptunghi are latimea de 8cm si diagonala de 10cm . a). Perimetrul dreptunghiului este...cm b). Latura patratului cu aceeasi arie ca dreptunghiului estecm.

8). Un con are raza de 4cm si masura unghiului format de doua generatoare 60. a). Generatoarea sa este egala cu .cm b). Volumul sau este egal cu.cm3.

9). Intr-o urna sunt 10 bile albe si 20 bile negre. Probabilitatea ca la o extragere sa avem :

a). O bila alba este. b). O bila neagra este. .

Partea a II-a (45p)

1). Fie functia liniara f :R R al carei grafic trece prin punctele A(0 ;9) si B(2 ;0). a). Determinati functia f.

b). Aflati distanta de la originea sistemului de axe la Gf. c). Aflati coordonatele punctului simetric a lui o fata de Gf. 2). a). Rezolvati sistemul in R x + [j] = 2 unde [j] este partea intreaga a lui j; 2x + [j] = 3 b). Aflati o solutie naturala a sistemului 3). Demonstrati ca un paralelipiped dreptunghic de dimensiuni a,b,c este cub daca si numai daca diagonala sa d indeplineste conditia : d ab + ac + bc.

EXAMENE

- 40 -

BACALAUREAT Prof. Eleodor Popescu

Subiectul I (30p)

1. Se consider polinomul f (X) = X4 + 2X3 + mX2 + 2X + 1 , aR . (3p)a) S se determine m astfel nct f (X) s se divid prin X-1. (3p)b) Pentru m = 3 s se rezolve ecuaia f (x) = 0 . (4p)c) S se determine toate valorile reale ale parametrului m astfel nct

ecuaia f (x) = 0 s aib toate rdcinile reale.

2. Se consider funcia g: R R , g(x) = 1

22 +xx .

(4p)a) S se determine asimptotele la graficul lui g . (4p)b) S se determine punctele de extrem ale graficului lui g.

(2p)c) S se calculeze 0

1

g(x) dx .

3. n sistemul de coordonate carteziene XOY se consider punctele A(1,2) , B(2,3) i C(3,1) . (3p)a) S se calculeze aria suprafeei triunghiulare [ABC] . (3p)b) S se determine centrul i raza cercului circumscris triunghiului ABC. (4p)c) S se gseasc ecuaiile tangentelor duse din punctul P(4,4) la cercul

circumscris triunghiului ABC . Subiectul II (20p)

1. Pe R se definete legea de compoziie: x y=xy +mx+ny, ( ) x,y R. (4p)a) S se determine m,n R astfel nct legea s fie comutativ i

asociativ. (3p)b) S se determine m,n R* astfel nct legea s admit element

neutru. (3p)c) S se determine m, n R astfel nct (R, ) s fie grup abelian.

2. Se consider irul:

a nnn

= +

+ +

+ ++

4 14 1 1

4 24 2 1

44 14 4 4

. . . , n N*.

(2p)a) S se calculeze a1 i a2 .

(3p)b) S se demonstreze c an = 122

)1(22 ++

+nn

nn .

(2p)c) S se calculeze limn an. (3p)d) S se calculeze limn (an)n. Subiectul III (20p)

Se consider ecuaia x3+mx+n = 0, m, n R , cu rdcinile x1, x2, x3. (4p)a) S se determine m i n astfel nct ecuaia s aib o rdcin dubl,

egal cu 1. (4p)b) S se determine m i n astfel nct ecuaia s aib rdcina complex

1+ i.

EXAMENE

- 41 -

H. S.S.M.

(4p)c) Dac 3333231 =++ xxx i 5535251 =++ xxx , atunci s se gseasc valoarea expresiei m2 + n2.

(4p)d) S se calculeze n funcie de m i n determinantul :

23

22

21

321

111

xxxxxx= .

(4p)e) S se formeze ecuaia cu necunoscuta y care are rdcinile

11

11 +=x

y , 1

1

22 +=x

y , 1

1

33 +=x

y .

Subiectul IV (20 p)

Se consider irul de integrale:

Iox

dx Inxn

xdx=

+ =

+12 10

1

2 10

1, , n N*.

(4p)a) S se calculeze I0 i I1. (4p)b) S se gseasc relaia dintre In+2 i In . (4p)c) S se demonstreze c In+1 In , n N*. (4p)d) S se deduc inegalitile :

)1(21

)1(21

+ nI

n n, n N*.

(4p)e) S se calculeze limn (n In - 21 ) ln n .

EXAMENE

- 42 -

ADMITERE Prof. Eleodor Popescu

1. Dac

=++=++

84

1422 xyyx

xyyx, atunci x3 + y3 + x2 y2 este egal cu :

a) 486 ; b) 594 ; c) 688 ; d) 776 ; e) 824 ; f) altul. 2. ntr-o progresie geometric se cunosc a5=61 i a11=1647. Termenul a7

este egal cu: a) 122 ; b) 154 ; c) 183 ; d) 198 ; e) 244 ; f) altul.

3. n dezvoltarea ( xx+1 )n raportul dintre coeficienii binomiali ai celui de-al

patrulea i celui de-al aselea termen este egal cu 185 . Termenul liber al

dezvoltrii este egal cu: a) 66 ; b) 220 ; c) 495 ; d) 792 ; e) 924 ; f) altul.

4. Pentru funcia f : DR , f (x)= xx

3

4 4, unde D este domeniul maxim de

definiie, se noteaz cu m, n i respectiv p numrul asimptotelor verticale, orizontale i respectiv oblice. Valoarea expresiei 2m+3n+4p este egal cu : a) 4 ; b) 7 ; c) 8 ; d) 10 ; e) 12 ; f) altul.

5. Ecuaia 10122 2 =+ xxx CA are soluia n intervalul: a) [4,5] ; b) [6,7] ; c) [8,10] ; d) [11,13] ; e) [15,20] ; f) altul.

6. Se consider irul cu termenul general Sn n n= + + + +

11 3

12 4

12

...( )

, nN*.

Calculnd limn 2n (Sn - 41 )n obinem:

a) 1 ; b) 21e

; c) e1 ; d) e ; e) 2e ; f) altul.

7. Dac o funcie de gradul al doilea admite un minim egal cu 9 i graficul ei trece prin punctele P(-1,13) i Q(2,10) atunci graficul ei va trece i prin punctul:

a) A(-3,20) ; b) B(0,9) ;c) C (1,5) ;d) D (3,17) ; e) E(5,23) ; f) altul. 8. Ecuaia x + ln x2 = m are trei rdcini reale pentru orice valoare a lui m

din intervalul: a) (-2,-1) ; b) (-1,0) ; c) (0,1) ; d) (1,2) ; e) (2,3) ; f) altul.

9. Inecuaia 14

452

2

+

xxx este verificat de toate numerele din intervalul:

a) (-7,-6) ; b) (-2,-1) ; c) (-1,1) ; d) (1,2) ; e) (6,7) ; f) altul. 10. n planul complex imaginile geometrice ale numerelor complexe z1=1 - 2i, z2 = 1 + 2i, z3 = -2 + i , z4 = -2 - i sunt puncte ale unui cerc de

raz egal cu: a) 2 ; b) 3 ; c) 2 ; d) 5 ; e) 3 ; f) altul.

EXAMENE

- 43 -

H. S.S.M.

11. Se consider polinomul P(X) = X4 - a4. Dac mulimea rdcinilor polinomului este parte stabil a mulimii C a numerelor complexe, n raport cu nmulirea, atunci numrul complex a are modulul n intervalul:

a) (0,31 ) ; b) (

21,

31 ) ; c) ( 1,

21 ) ; d) (1,2) ; e) (2,4) ; f) altul.

12. Aria suprafeei cuprins ntre parabolele de ecuaii y2 = x i x2 = 8y este egal cu :

a) 2 ; b) 38 ; c) ; d)

43

; e) 163

; f) altul.

13. Aducnd la forma cea mai simpl expresia 3

8

)3()1(ii+

se obine:

a) -1 ; b) 1 ; c) 1 - i; d) 1 + i ; e) 2i ; f) altul.

14. Fie funcia f : RR, f (x)=1

32

2

+++

xnmxx

. Dac Im f = [-3,5], atunci m2+n2

este egal cu: a) 10 ; b) 13 ; c) 25 ; d) 34 ; e) 49 ; f) altul. 15. Toate soluiile reale ale ecuaiei 1821 22 ++= xxx sunt n

intervalul: a) (-9,-6] ; b) (-6,-2] ; c) (-2,2] ; d) (2,6] ; e) (6,9] ; f) altul. 16. Se consider funcia f: *+R R , f (x) = x2 lnx . Aria poriunii din plan,

determinat de graficul funciei f , axa Ox i dreptele de ecuaii x = 1, x = e, este un numr din intervalul:

a) (1,3) ; b) (3,5) ; c) (5,6) ; d) (6,8) ; e) (8,10) ; f) altul.

17. Ecuaia 3 4 2 9 5 6 + = x x x are soluia n intervalul : a) (-4,-2) ; b) (-2,0) ; c) (0,2) ; d) (2,4) ; e) (6,8) ; f) altul. 18. Volumul corpului de rotaie determinat de funcia f : [0, ] [0,1] f (x)

= sin x este egal cu :

a) 2 ; b)2

2; c)

32

; d) 24

; e) 34

; f) altul.

19. Considerm funciile f, g: RR , i f x x dac xx dac x( ),,=

>

2 3 07 0

g x x dac x

x dac x( ) ,

,=

>

2 2

2 1 2. Funcia compus g o f ia valoarea 1

pentru un anumit x din intervalul: a) [-5,-4] ; b) [-3,-2] ; c) [-1,1] ; d) [2,3] ; e) [4,5] ; f) altul.

20. Fie Z 9 inelul claselor de resturi modulo 9. Numrul soluiilor ecuaiei

+

=

7 3 2x n Z 9 este:

a)0 ; b) 1 ; c) 2 ; d) 3 ; e) 4 ; f) altul.

EXAMENE

- 44 -

ADMITERE Universotatea din Craiova

Colegiul Universitar Tehnic Drobeta-T. Severin Examen de admitere, Septembrie 2002

Algebra si Elemente de analiza matematica I. Sa se arate ca ecuatia

x2-(m+1)x+m=0, m , are radacini reale pentru orice valoare reala a parametrului m. II. Fie polinomul

f=x3+px2+x+1, p . a)Sa se determine p astfel incat x= -1 sa fie radacina a lui f. b)Sa se calculeze

S=x12+x22+x32, unde x1,x2,x3 sunt radacinile lui f pentru p calculate la punctul a). III. Sa se traseze graficul functiei f: -{-1} , definite prin:

1)(

+=xxxf .

IV. Sa se calculeze integrala:

+=1

0

.1dx

xxI

NOTA: Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru 3 ore. ADMITERE

Universitatea din Craiova Concurs admitere Ingineri, Septembrie 2002

Algebra si Elemente de analiza matematica. I. Se da progresia geometrica a1, a2,an, in care

,131 =+ aa .21

42 =+ aa 1. Sa se determine primul termen si ratia progresiei. 2. Sa se calculeze in functie de n, Sn=a1+a2+a3++an si apoi

nlim Sn.

II. Se considera sitemul:

=+=+

=+

242

32

zymxyx

mzyx, unde m .

1. Sa se rezolve sistemul pentru m= -4. 2. Sa se studieze compatibilitatea sistemului pentru m . III. Fie f:

1)(, 2 +

+=xaxxf , unde a .

1. Sa se arate ca functia f are doua puncte de extreme local, pentru oricare a . 2. Sa se determine a astfel incat unul dintre punctele de extrem sa fie x1= -1. 3. Pentru a=0, sa se studieze variatia sis a se repreznite graficul functiei f.

IV. Sa se caluleze dxxx

12

2

1

0 ++

NOTA: Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru 3 ore.

EXAMENE

- 45 -

H. S.S.M.

ADMITERE Universotatea din Craiova

Facultatea de tiine Economice Concurs de admitere, Septembrie 2002

Algebra si Elemente de analiza matematica 1). Daca polinomul P(X)=X4+4X3-X2+6X-m se divide prin X-2, atunci: a) m=0 b) m=1 c) m=56 d) m=46 e) m=66 2). Solutiile ecuatiei logaritmice lg2x-4lg x +3=0 sunt: a) x1=10, x2=103 b) x1=10, x2=104 c) x1=10, x2=102 d) x1=1, x2=10 e) x1=10, x2=1

3). Valoarea determinantului 2......1.......11......1....11...........1

=a

d , a , este:

a) d=3(a-1) b) d=a+5 c) d=1 d) d=0 e) d=3(a+1)

4). Fie f ),1[: ,

>+++

=

+

=

0,3122

0,

)0,1[,11

)(

2

2

xxxxx

xa

xxx

xf

a) f este continua pentru a

31,

21

b) f nu este continua pentru nici o valoare a lui a

c) f este continua pentru a=21

d) f este continua oricare ar fi a e) f este continua pentru a=

31

5). Ecuatia ,112 =++ xx a) are 4 radacini reale b) nu are radacini reale c) are 2 radacini reale d) are o radacina reala e) are 3 radacini reale 6). Fie ,lim nn xL = unde xn= .32

2 nnn + Atunci: a) L=1 b) L = c) L=0 d) L= -1 e) L =

7). Sistemulde ecuatii

=+=764823

yx

yx

are urmatoarea solutie:

a) x=4, y=3 b) x=1, y=6 c) x=3, y=4 d) x=0, y=7 e) x=3, y=5

EXAMENE

- 46 -

8). Daca x1 si x2 sunt radaciniile ecuatiei x2-x+1=0 , atunci valoarea

expresiei 22

21

11xx

+ este:

a) 1 b) 0 c) -1 d) 7 e) -2 9). Polinomul aX4+bX3-3 este divizibil cu (x-1)2 pentru: a) a=10, b=1 b) a=1, b=10 c) a= -9, b=12 d) a=9, b=12 e) a= -9, b= -12 10). Fie ][)( xRxf , f(x)=x4-4x3+3x2+mx+n. Atunci f(x) de divide cu x-2 si are radacina x=1, daca: a) m=0, n=0 b) m=0, n=4 c) m= -4, n=0 d) m=4, n=-4 e) m=-4, n=4 11). Fie functia f: , f(x)=ex-2x2+1. Atunci: a) f(0)=0 b) f(0)= -5 c) f(0)=2 d) f(0)=1 e ) f(0)=-3

12). Se considera sirul de termen general .73654

725332nnn

nnn

na ++++= Limita

sirului este:

a) 97 b) c)

53 d) 2 e)

32

13). Daca ,: Df ,52)( 2 ++= xxxf unde D este domeniul maxim de definitie, atunci: a) D= b) D= ),1[ c) D= ),0[ d) D= e) D= ),1[

14). Rangul matricei

=

4.....2.....01....0...13....2......1

A este:

a) 3 b) 2 c) 4 d) 1 e) 5 15). Punctele de extrem ale functiei ,: f f(x)=x3-3x2+2 sunt: a) (2,2) b) nu admite puncte de extrem c) (0,-2) si (-2,2) d) (0,2) si (2,-2) e) (2,0)

PROBLEME PROPUSE

- 47 -

H S S M

Clasa a V -a

1. S se demonstreze inegalitatea 1110 + 675 < 178 + 377 . Eleodor Popescu

2. Aflai numrul natural x care verific egalitatea : x(3+5+7+ +2003-2-4- -202)=288-1487-1486-1485- -148-1480

Ciupagea Maria 3. Determinati numarul natural ab pentru care 74n+2+ ab divizibil cu 100, ( ) n N*.

Victor Sceanu Clasa a VI -a

1. Se consider egalitatea 45

75

3 15

+ + + + =... n m . S se arate c m N dac i numai dac 5 | n .

Eleodor Popescu

2. Fie 2002...321

2001...4321

3321

221

1

++

+

+

=E . Demonstrai c 2002

1-1>E . Ciupagea Maria

3. Dac Nn , )1(...4)1(3)1(2)1(1 132 +++++= na nn , calculai media

aritmetic a numerelor a2001 i a2002 . Ciupagea Maria

4. Podeaua unei camere dreptunghiulare are dimensiunile de 5m si 4m.Poate fi ea pardosita cu placi de forma ? Fiecare placa este formata din 3 patrate avand latura de 25 cm.

Manuela Prajea 5. Sa se determine numarul elementelor multimii :

A={ xyzt N | }.2x

tzz

tyy

tx +==+

Manuela Prajea

PROBLEME PROPUSE

- 48 -

Clasa a VII-a 1. Cu trei cifre consecutive se formeaz numere de trei cifre care sunt ptrate perfecte. Gsii toate aceste numere.

Eleodor Popescu 2. In patrulaterul convex ABCD, fie E,F (AC) cu AE=EF=FC,

{M}=DEAB,{n}=BFCD. Daca E este centrul de greutate al triunghiului AMN, aratati ca ABCD este parallelogram.

Victor Sceanu 3. tiind c x - 7y + 2=0 i x [-2,5] , atunci 25)2()1()5( 2222 =++++ yxyx

Ciupagea Maria 4. Fie M mijlocul bisectoarei (AD a triunghiului ABC cu AB=2AC. Ducem prin Mdreapta (d)AC care taie pe AB in N si prin B ducem BPAD, P(d). Aratati ca SAMP = SACD.

Victor Sceanu 5. Rezolvati in N ecuatia:

5x +

zy 14

1

+ =

9451

Victor Sceanu

6. Fie A={xR | +

343

xx N }. Sa se determine AI Z si AIQ.

Manuela Prajea 7. In exteriorul triunghiului dreptunghic isoscel ABC (AB=AC) se construiesc triunghiurile ascutitunghice PAB si CQA astfel ca PAB CQA i PB I CQ ={M}. Sa se arate ca : a) PA | QC . b) MA | PQ .

Manuela Prajea 8. S se arate c ecuaia x2+y2+y=z2 admite o infinitate de soluii n mulimea numerelor naturale, x

PROBLEME PROPUSE

- 49 -

H S S M

}

== Zx

xxaaA ,

3223 | Q

== +Zyy

ybbB ,5445 | Q

Clasa a VIII-a 1. Se consider mulimile S se afle elementele mulimii A I B.

Eleodor Popescu 2. Fie expresia : E (x) = ax2 + bx + c Dac E ( m - n) = 0 unde m - n R Q artai c E (-n) = -am.

Victor Sceanu 3. Fie expresia : E(a)=4a6 - 4a5 + 2a4 2a3 4a + 4 ; a R Aflati minimul lui )(aE

Victor Sceanu 4. Rezolvati ecuatia : n [x+1] + (n+2) {x}=n (x+1)+1 unde [x] este partea intreaga a lui x, iar {x} este partea fractionara a lui x si nN.

Victor Sceanu 5. Fie punctele M, N, P, Q situate de aceeasi parte a planului patratului ABCD astfel incat planele (MAB), (NCB), (PCD) si (QAD) sa fie perpendiculare pe planul (ABC) si MABNCBPCDQAD. Sa se arate ca MNPQ este dreptunghi.

Manuela Prajea 6. Fie x,y R si expresia E = x .432234 yxyyxyx ++ Sa se arate ca exista a,b,c,dR astfel incat E= 2222 dcba +++ si a+b=c+d.

Manuela Prajea 7. S se rezolve n mulimea numerelor ntregi ecuaia : x2001+(x+1)2001+ +(x+2000)2001=y2000-2000

Dana Paponiu Clasa a-IX-a 1. Fie [AB],[CD] doua coarde congruente intr-un cerc de centru O astfel ca [AB] I [CD]={P}, m(APC)=60 o si propozitiile : p : OA+OB +OC +OD =OP q : OA+OB +OC +OD =3 OP Sa se arate ca propozitia pq este adevarata.

Manuela Prajea

PROBLEME PROPUSE

- 50 -

2. Daca x, y, z, t (0,21 ) atunci :

1 < xy + (1-y)(1-z) + (1-x)(1-t) + zt < 2. Manuela Prajea

Clasa a-X-a 1. Sa se demonstreze ca din orice sir de numere naturale in progresie aritmetica de ratie r >0, se poate extrage un subsir in progresie geometrica de ratie q > 1, cu acelasi prim element nenul.

M. Giugiuc 2. Daca a, b, d, m, n sunt numere naturale astfel incat :

(a 1+d + b d ) m =( 1+d + d ) n atunci m|n si exista qN : ( 1+d + d ) q =a 1+d + b d .

Manuela Prajea 3. Sa se determine polinoamele f, g din R[X] care satisfac relatia : f(g(X))-f(X)=k, unde k este constanta reala.

Manuela Prajea 4. Pe laturile patrulaterului convex ABCD, se consider punctele E AB, F BC, g CD, H AD astfel nct::

1, ==== abbHADH

FCBFia

GDCG

EBAE

n ce situaie patrulaterul EFGH devine paralelogram ? (aplicaie a numerelor complexe)

Rodica Popescu

Clasa a-XI-a 1. Se considera sirul (an)n0 ,dat de formula an = 3 sin n + cos n.Sa se arate ca : a) sirul este marginit, b) sirul nu este convergent.

Gh. Cainiceanu 2. Fie f : R + R continua in x=0 astfel ca f(x+y) f(x)+f(y) , ( )x,y R + . Sa se arate ca exista a,b numere pozitive astfel incat f(x)0.

Manuela Prajea 3. Fie a>1, a N si (x n ) 1n sirul definit prin relatia de recurenta :

x 1+n = 1+aa ( x n + x

1a

n

) ( ) n N * (x1>0).

Sa se arate ca sirul este convergent si sa se afle limita sa. Manuela Prajea

PROBLEME PROPUSE

- 51 -

H S S M

Clasa a-XII-a 1. Fie f :[0,a] R , g : RR functii continue cu

xlim g(x)= . Daca k>0 si

( )nN avem a

rmm 1.pdf

Documents