Neculai stanciu exercitii rezolvate
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Like this? Share it with your network

Share

Neculai stanciu exercitii rezolvate

on

  • 1,741 views

matematica 5-8

matematica 5-8

Statistics

Views

Total Views
1,741
Views on SlideShare
1,741
Embed Views
0

Actions

Likes
1
Downloads
25
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Neculai stanciu exercitii rezolvate Document Transcript

  • 1. Dreptul de copyright: Cartea downloadată de pe site-ul www.mateinfo.ro nu poate fi publicată pe un alt site şi nu poate fi folosită în scopuri comerciale fără specificarea sursei şi acordul autorului Neculai STANCIU PROBLEME DE MATEMATICÃ GIMNAZIU & LICEU Buzãu, 2009
  • 2. Dedic această carte soţiei mele Roxana Mihaela Stanciu şi copiilor noştriBogdan Andrei şi Maria. Referenţi ştiinţifici: Prof. gr. I Constantin Apostol, Colegiul Naţional „Alexandru Vlahuţã”, Râmnicu Sãrat Prof. gr. I Gheorghe Ghiţã, Colegiul Naţional „Mihai Eminescu”, Buzãu Redactor: Roxana Mihaela Stanciu Tehnoredactare computerizatã: Roxana Mihaela Stanciu 2
  • 3. PREFAŢÃ Soluţia unei probleme trebuie privitã ca o sursã de metode şi idei care se vor dovedi utile şi în alte împrejurãri.Dintr-o problemã elevul trebuie sã obţinã şi sã reţinã cât mai multe informaţii . Pornind de la aceste motive, cartea de faţã se adreseazã elevilor care se pregãtesc pentru concursurile de matematicã.Problemele selectate sunt problemele originale ale autorului - în marea lor majoritate publicate – în cãrţi şi reviste de specialitate ca: „Matematicã de vacanţã’’, ’’Gazeta matematicã’’, ’’Revista matematicã din Timişoara’’, ’’Revista de informare matematicã din Braşov’’, ’’Sã înţelegem matematica’’ (Bacãu), ’’Recreaţii matematice” (Iaşi) etc. Soluţiile problemelor sunt clare, concise, imediat dupã enunţ.Aceasta reprezintã de fapt nota de originalitate şi factorul de utilitate al cãrţii.Mai spun cã lucrarea este utilã şi prin faptul cã are un caracter complet, unitar, conţinând probleme din clasele V – XII. Berca, 2009 Autorul
  • 4. Neculai Stanciu, Berca, Buzău I. Motto:“Aritmetica şi Geometria dispun de resurse bogate de dezvoltare a capacităţii copilului de a se mira, de a se întreba, de a imagina răspunsuri, de a tatona diferite căi de rezolvare, de a stabili punţi de legătură cu înţelegerea naturii, a limbajului, a istoriei şi geografiei.Dar totul trebuie să se bazeze pe dezvoltarea propriei sale curiozităţi, în aşa fel încât el să accepte ca unică răsplată bucuria, plăcerea de a înţelege, prin paşi mărunţi, câte ceva din lumea care îl înconjoară şi de a se înţelege pe sine.La întrebarea pe care o auzim mereu, din partea unor elevi, dar şi din partea unor părinţi sau educatori:De ce matematică pentru copii care nu-şi propun să devină matematicieni? le răspundem: Pentru că matematica este un mod de gândire cu valoare universală şi pentru că ea prilejuieşte bucurii spirituale la care orice fiinţă umană ar trebui să aibă acces.În măsura în care adolescenţii vor învăţa să se, bucure de frumuseţile matematicii, ale ştiinţei, ale artei şi literaturii şi vor simţi nevoia de a le frecventa, ei nu vor mai suferi de plictiseală iar tentaţia unor activităţi derizorii, uneori antisociale, va scădea” Savantul Academician, Solomon Marcus Problemă pentru ciclul primar La o oră de sport participă elevi din clasa a III-a şi elevi din clasa a IV-a, în total 46. Profesorul aşează elevii pe un rând astfel încât între doi elevi de clasa a IV-a să se afle doi elevi de clasa a III-a.Să se afle câţi elevi sunt în clasa a III-a şi câţi elevi sunt în clasa a IV-a. Soluţie.Dacă notăm cu a numărul elevilor din clasa a IV-a şi cu b numărul elevilor din clasa a III-a din enunţ rezultă relaţiile: a + b = 46 şi b = 2(a − 1) .Se obţine a = 16 şi b = 30 . Problemă pentru ciclul primar, Găsiţi numărul abcd :2 ştiind că cifrele sale verifică relaţiile: (1)a + b + c + d = 11, (2)b + c + d = 7, (3)c + d = 7, (4)d = 2a − 2 . Soluţie.Dacă scădem relaţiile (1) şi (2) obţinem a = 4 , apoi scădem relaţiile (2) şi (3) şi rezultă b = 0 .Din (4) avem d = 6 , iar din (2) c = 1 .De aici obţinem abcd = 4016 . Numărul căutat este 2008. Problemă pentru ciclul primar, Într-o şcoală, în luna mai 2008, raportul fete:băieţi era de 2:3.În prezent, raportul este 1:2, numărul băieţilor a rămas neschimbat, iar numărul fetelor este cu 10 mai mic.Să se afle câte fete şi câţi băieţi erau în şcoală în luna mai 2008. Dată la Concursul Sclipirea Minţii - 2008 3
  • 5. Probleme rezolvate Soluţie.Notăm cu f numărul fetelor şi cu b numărul băieţilor.Deoarece în luna mai 2008 raportul fete-băieţi era 2:3 ,rezultă f = 2k şi b = 3k .Din datele prezente avem 2(2k − 10) = 3k , de unde k = 20 . Deci f = 40, b = 60 . Dată la Concursul “Sclipirea Minţii” 2008 Problema pentru clasa a V - a, Aratati ca fractia : a 2 b + ab 2 , (∀a, b, c, d ∈ N ∗ ) este reductibila.Generalizati rezultatul. 2 2 c d + cd Solutie : Numerele de forma a 2 b + ab 2 = ab(a + b) sunt numere pare. De aici rezulta ca numaratorul si numitorul fractiei se divide cu 2 si fractia este reductibila. Generalizare : 2 Fractia 2 2 2 2 a1 b1 + a1b1 + a 2 b2 + a 2 b2 + ... + a n bn + a n bn 2 2 2 2 2 2 c1 d1 + c1 d1 + c 2 d 2 + c 2 d 2 + ... + c m d m + c m d m 2 este reductibila (∀ai , bi ∈ N ∗ , c j , d j ∈ N ∗ , i ∈ { ,2,..., n}, j ∈ { ,2,..., m}) 1 1 Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 3 a + 5 b + 7 c + 2d , (a, b ∈ N ∗ , c, d ∈ N ) nu se simplificã ab(a + b) printr - un numar par. Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10109) Soluţie: Se demonstreazã usor ca 3 a + 5 b + 7 c + 2d este un numar impar (se calculeaza ultima cifrã a sa) , iar ab(a + b) un numãr par; deci fractia datã nu se simplificã printr - un numar par. 4
  • 6. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 2005 a + 2007 b + 1 , (a, b ∈ N ∗ ) nu se simplifica ab(a + b) printr - un numar par. Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9945) Soluţie: Se demonstreaza usor ca 2005 a + 2007 b + 1 este un numar impar (se calculeaza ultima cifra a sa), iar ab(a + b) un numar par; deci fractia data nu se simplifica printr - un numar par. Problema pentru clasa a V-a Arãtati ca fractia a 2 b + ab 2 + 7 n , nu se simplifica printr - un numar par c 2 d + cd 2 + 6 m (∀a, b, c, d , n ∈ N ; ∀m ∈ N ∗ ). Solutie : Fractia data se scrie : ab(a + b) + 7 n .Tinand cont ca : cd (c + d ) + 6 m ab(a + b) = par , cd (c + d ) = par , 6 m = par , 7 n = impar , obtinem faptul ca numaratorul este un numar impar iar numitorul un numar par. De aici rezulta ca fractia nu se simplifica printr - un numar par. Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 5a + 7b + 1 , (a, b ∈ N ∗ ) nu se simplifica printr - un numar par. ab(a + b) Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9945); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10295) 5
  • 7. Probleme rezolvate Soluţie: Se demonstreaza usor ca 5 a + 7 b + 1 este un numar impar (se calculeaza ultima cifra a sa), iar ab(a + b) un numar par; deci fractia data nu se simplifica printr - un numar par. Problema pentru clasa a V-a Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât 3 fractia sa fie echiunitara. ( x − 1)( y − 2) Solutie : fractia data este echiunitara daca ( x − 1)( y − 2) = 3. Avem urmatoarele posibilitati : 1.x − 1 = 1 si y − 2 = 3 ⇔ x = 2 si y = 5; 2.x − 1 = 3 si y - 2 = 1 ⇔ x = 4 si y = 3. Deci ( x, y ) ∈ {(2,5), (4,3)}. Problema pentru clasa a V-a Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât xy - x + 2 y - 2 fractia sa fie subunitara. 3 Soluţie: Avem xy − x + 2 y − 2 = x( y − 1) + 2( y − 1) = ( x + 2)( y − 1). Valorile posibile ale produsului ( x + 2)( y − 1) sunt 0,1 si 2. Efectuand calculele obtinem solutiile : ⎧y =1 ⎧x = 0 1.⎨ ; 2.⎨ . ⎩ x ∈ N ⎩y = 2 Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 4n + 6 (n ∈ N), se poate simplifica. n2 + n Soluţie: Numitorul se scrie n(n + 1).Produsul a doua numere naturale consecutive este par. Numaratorul se scrie 2(2n + 3), deci este divizibil cu 2. Fractia se poate simplifica cu 2. 6
  • 8. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 6 , (n ∈ N ∗ ) se poate simplifica. n 10 − 1 Soluţie: Observam ca 10 n − 1 = 10...0 − 1 = 99...9, deci numitorul se divide cu 3 pentru orice n ∈ N ∗ ; fractia se simplifica cu 3. Problema pentru clasa a V-a Arãtaţi cã fracţia 2003 a + 2005 b + 2007 c + 2d , ( a , b ∈ N ∗ , c, d ∈ N ) ab(a + b) nu se simplificã printr - un numar par. Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10109) Soluţie: Se demonstreazã usor ca 2003 a + 2005 b + 2007 c + 2d este un numar impar (se calculeaza ultima cifrã a sa) , iar ab(a + b) un numãr par; deci fractia datã nu se simplificã printr - un numar par. Problemã pentru clasa a V-a a +1 b+2 ∈ N si ∈ N. b a Publicată în RMT – nr. 3 / 2006 (VI.204.); G.M. – nr. 9 / 2006 (E: 13267)& Crux M391 – aprilie 2009 Soluţie: Este necesar ca b ≤ a + 1 si a ≤ b + 2, deci b ∈ {a − 2, a − 1, a, a + 1}. Sa se afle suma numerelor de forma ab cu a +1 3 ⎧ a +1 ⎪a − 2 ∈ N ⇒ a − 2 = 1+ a − 2 ∈ N ⎪ (1) Pentru b = a − 2 ⇒ ⎨ ⎪ a − 2 + 2 ∈ N ⇒ 1∈ N ⎪ a ⎩ ⎧a = 3 ⇒ b = 1 1 ⇒ a − 2 ∈ { ,3} ⇒ ⎨ ⎩a = 5 ⇒ b = 3 7
  • 9. Probleme rezolvate a +1 2 ⎧a + 1 ⎪a −1 ∈ N ⇒ a −1 = 1+ a −1 ∈ N ⎪ ⇒ a∈Φ (2)Pentru b = a - 1 ⇒ ⎨ ⎪a + 1 ∈ N ⇒ a +1 = 1+ 1 ∈ N ⎪ a a a ⎩ ⎧a +1 ⎪ a ∈N ⎪ ⇒ a =1⇒ b =1 (3)Pentru b = a ⇒ ⎨ ⎪a + 2 ∈ N ⎪ a ⎩ ⎧a +1 ⎪ a + 1 ∈ N ⇒ 1∈ N ⎪ (4)Pentru b = a + 1 ⇒ ⎨ ⎪a + 3 ∈ N ⇒ a + 3 = 1+ 3 ∈ N ⎪ a a a ⎩ ⎧a = 1 ⇒ b = 2 ⇒⎨ ⎩a = 3 ⇒ b = 4 Asadar, ab ∈ {31,53,11,12,34}si suma ceruta este 141. Problemǎ pentru clasa a V-a, Fie A = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 2008 .Aflaţi cel mai mare număr natural n cu proprietatea că 3 n divide A . Publicată în G.M. –nr. 5 / 2007 (E: 13439) Soluţie. Numărul A conţine 2008 factori.Notăm cu [a ] partea întreagă a numărului a. ⎡ 2008 ⎤ ⎡ 2008 ⎤ Din cei 2008 factori ⎢ ⎥ = 669 sunt divizibili cu 3; ⎢ 9 ⎥ = 223 sunt divizibili cu ⎣ 3 ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ 2008 ⎤ 3 ⎡ 2008 ⎤ 4 ⎡ 2008 ⎤ 32 ; ⎢ ⎥ = 74 sunt divizibili cu 3 ; ⎢ 81 ⎥ = 24 sunt divizibili cu 3 ; ⎢ 243 ⎥ = 8 ⎣ 27 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ 2008 ⎤ 6 sunt divizibili cu 35 şi ⎢ ⎥ = 2 sunt divizibili cu 3 .Nu avem nici un factor ⎣ 729 ⎦ 7 divizibil cu 3 = 2187 .Avem în total 669+223+74+24+8+2=1000 factori de 3 ⇒ n = 1000 . Problemǎ pentru clasa a V-a, În câte zerouri se termină numărul A = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 2007 ?. Soluţie. Numărul A conţine 2007 factori.Notăm cu [a ] partea întreagă a numărului a. ⎡ 2007 ⎤ ⎡ 2007 ⎤ = 401 sunt divizibili cu 5; ⎢ = 80 sunt divizibili cu Din cei 2007 factori ⎢ ⎣ 5 ⎥ ⎦ ⎣ 25 ⎥ ⎦ ⎡ 2007 ⎤ ⎡ 2007 ⎤ 3 4 52 ; ⎢ ⎥ = 16 sunt divizibili cu 5 şi ⎢ 625 ⎥ = 3 sunt divizibili cu 5 .Nu avem nici ⎣ 125 ⎦ ⎣ ⎦ 5 un factor divizibil cu 5 = 3125 .Avem în total 401+80+16+3=500 factori de 5 ⇒ 5 500 divide A .Deci A se termină cu 500 de zerouri. 8
  • 10. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemã pentru clasa a V-a Determinati solutiile naturale ale ecuatiei : x( x + 1)( x + 7) = 2 y . Solutie : Fie x = 2 u , x + 1 = 2 v , x + 7 = 2 t . Rezulta u + v + t = y si 2 v - 2 u = 1, respectiv 2 t - 2 u = 7 Ultimile doua relatii se mai scriu 2 u (2 v −u - 1) = 1 si 2 u (2 t −u - 1) = 7. Urmeaza ca u = 0 si 2 v −u - 1 = 1 respectiv 2 t −u - 1 = 7, de unde v = 0 si t = 3. Pr in urmare solutia ecuatiei este : x = 1, y = 4. Problemã pentru clasa a V-a, Rezolvaţi în NxN ecuaţia : 1 2007 + = 1, daca x − y ∈ N ∗ . x + 2006 y + 2007 Publicată în GM – nr. 11 / 2006 (C:3086.) & dată la Olimpada de Matematică Faza Locală – clasa a VIII – a , Sibiu, 2007; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9942) Soluţie: Din x − y ∈ N ∗ ⇒ x − y ≥ 1 ⇒ x ≥ y + 1 ⇒ x + 2006 ≥ y + 2007 ⇒ 1 1 ≤ x + 2006 y + 2007 1 2007 1 2007 2008 + ≤ + = x + 2006 y + 2007 y + 2007 y + 2007 y + 2007 2008 ⇒1≤ ⇒ y ≤1 y + 2007 De unde y ∈ {0,1}. 1 Pentru y = 0 ⇒ = 0 ⇒ nu avem solutie; x + 2006 Pentru y = 1 ⇒ x = 2. Solutia este x = 2, y = 1. Avem Problemã pentru clasa a V-a 9
  • 11. Probleme rezolvate Sã se compare numerele: 2006 2006 + 2007 2007 si 2 8024 ⋅ 3 1003 ⋅ 7 4012 + 2 6021 ⋅ 223 2007 . Soluţie: 2007 = 3 2 ⋅ 223; 23 3 2 ⇔ 2 3 ⋅ 223 ⇔ (1)2 6021 ⋅ 223 2007 2007 ⇔ 2 3⋅2007 ⋅ 223 2007 2007 2007 2007 2007. 2006 = 2 ⋅ 17 ⋅ 59; ⎧31003 2 2006 ⎧3 2 2 ⎪ 2006 ⎪ 59 2006 ⇔ (2)31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 2 8024 ⎨49 59 ⇔ ⎨49 ⎪16 2006 17 2006 ⎪16 17 ⎩ ⎩ Din (1) si (2) ⇒ 2006 2006 + 2007 2007 2006 2006. 2 6021 ⋅ 223 2007 + 2 8024 ⋅ 31003 ⋅ 7 4012. Problemã pentru clasa a V-a Sã se compare numerele: 2006 2006 ⋅ 2007 2007 si 2 14045 ⋅ 3 1003 ⋅ 7 4012 ⋅ 223 2007 . Soluţie: 2007 = 3 2 ⋅ 223; 23 3 2 ⇔ 2 3 ⋅ 223 ⇔ (1)2 6021 ⋅ 223 2007 2007 ⇔ 2 3⋅2007 ⋅ 223 2007 2007 2007 2007 2007. 2006 = 2 ⋅ 17 ⋅ 59; ⎧31003 2 2006 ⎧3 2 2 ⎪ 2006 ⎪ 59 2006 ⇔ (2)31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 2 8024 2006 2006. ⎨49 59 ⇔ ⎨49 ⎪16 17 ⎪16 2006 17 2006 ⎩ ⎩ Din (1) si (2) ⇒ 2006 2006 ⋅ 2007 2007 214045 ⋅ 31003 ⋅ 7 4012 ⋅ 223 2007. Problemã pentru clasa a V-a Rezolvaţi în NxN ecuaţia : 1 a+1 + = 1, daca x − y ∈ N ∗ , a ∈ N . x+a y +a+1 Publicată în RMT – nr. 3 / 2007 ( V.229.) Soluţie: 10
  • 12. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Din x − y ∈ N ∗ ⇒ x − y ≥ 1 ⇒ x ≥ y + 1 ⇒ x + a ≥ y + a + 1 1 1 ⇒ ≤ x + a y + a +1 a +1 a +1 a+2 1 1 = + ≤ + x + a y + a +1 y + a +1 y + a +1 y + a +1 a+2 ⇒1≤ ⇒ y ≤1 y + a +1 De unde y ∈ {0,1}. 1 = 0 ⇒ nu avem solutie; Pentru y = 0 ⇒ x+a Pentru y = 1 ⇒ x = 2. Solutia este x = 2, y = 1. Avem Problemã pentru clasa a V-a Sã se gãseascã numerele de forma abcd divizibile cu 15 care au 15 divizori. Publicată în RMT – nr. 1 / 2007 (O.V.167.) Soluţie: abcd divizibile cu 15 ⇒ abcd = 3 n ⋅ 5 m ⋅ p k ⋅ ... abcd au 15 divizori ⇒ 15 = (n + 1) ⋅ (m + 1) ⋅ (k + 1) ⋅ ... ⎧n + 1 = 3 si m + 1 = 5 ⇒ n = 2, m = 4 ⎪ ⇒ ⎨sau ⎪n + 1 = 5 si m + 1 = 3 ⇒ n = 4, m = 2 ⎩ Avem : abcd = 3 2 ⋅ 5 4 = 5625 sau abcd = 3 4 ⋅ 5 2 = 2025. abcd ∈ {2025 ,5625}. Problemã pentru clasa a V-a Sã se gãseascã numerele de forma abcde divizibile cu 15 care au 25 divizori. Soluţie: abcde divizibile cu 15 ⇒ abcd = 3 n ⋅ 5 m ⋅ p k ⋅ ... abcd au 25 divizori ⇒ 25 = (n + 1) ⋅ (m + 1) ⋅ (k + 1) ⋅ ... ⇒ n + 1 = 5 si m + 1 = 5 ⇒ n = 4 si m = 4 Avem : abcde = 3 4 ⋅ 5 4 = 50625 . abcde ∈ {50625}. Problemã pentru clasa a V-a 11
  • 13. Probleme rezolvate Sã se gãseascã numerele de forma abcde divizibile cu 35 care au 15 divizori. Soluţie: abcde divizibile cu 35 ⇒ abcd = 5 n ⋅ 7 m ⋅ p k ⋅ ... abcd au 15 divizori ⇒ 15 = (n + 1) ⋅ (m + 1) ⋅ (k + 1) ⋅ ... ⎧n + 1 = 3 si m + 1 = 5 ⇒ n = 2, m = 4 ⎪ ⇒ ⎨sau ⎪n + 1 = 5 si m + 1 = 3 ⇒ n = 4, m = 2 ⎩ Avem : abcde = 5 2 ⋅ 7 4 = 60025 sau abcde = 5 4 ⋅ 7 2 = 30625. abcde ∈ {30625 ,60025}. Problemã pentru clasa a V-a Sã se afle numerele naturale n şi m care verificã condiţiile: (i) n = 5 y ⋅ 11z ; (ii) m = 2 x ⋅ 11z ; (iii) n are 15 divizori; (iv) m are 12 divizori. Publicată în S.G.M – nr. 10 / 2008 (S.E 08 - 72), dată la concursul interjudeţean”Jose Marti” –clasa a VI-a- Bucureşti, 2009 Soluţie: ⎧x = 3 ⎧y + 1 = 5 ⎧din (iii) ⇒ (y + 1) ⋅ (z + 1) = 15 ⎪ ⎪ ⇒ ⎨x + 1 = 4 ⇒ ⎨ y = 4 ⇒ ⎨ ⎩din (iv) ⇒ (x + 1) ⋅ (z + 1) = 12 ⎪ z + 1 = 3 ⎪z = 2 ⎩ ⎩ ⎧din (i) ⇒ n = 5 4 ⋅ 112 = 75625 ⎪ ⇒⎨ ⎪din (ii) ⇒ m = 2 3 ⋅ 112 = 968 ⎩ Problemã pentru clasa a VI-a, 2006 + 3 2007 la 8. Aflaţi restul împãrţirii numãrului 3 Publicată în G.M. – nr. 4 / 2007 (25776) Soluţie: ( ) 3 2006 + 3 2007 = 3 2006 ( 1 + 3 ) = 4 ⋅ 3 2006 = 4 ⋅ 3 2 1003 = 4 ⋅ ( 8 + 1 )1003 = = 4 ⋅ ( M 8 + 1 ) = M 8 + 4 , deci restul cerut este 4. Problemă pentru clasa a VI- a, Să se arate că 23 divide 3 23 + 5 23 + 15 23 . Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10115) Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: ∀a ∈ Z , p = prim, p ≠ a ⇒ a p −1 = M p + 1. 12
  • 14. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 3 23 + 5 23 + 15 23 = 3 ⋅ 3 22 + 5 ⋅ 5 22 + 15 ⋅ 15 22 = 3 ⋅ ( M 23 + 1) + 5 ⋅ ( M 23 + 1) + 15 ⋅ ( M 23 + 1) = = M 23 + 3 + 5 + 15 = M 23 Problemã pentru clasa a V-a, Să se determine mulţimea A = {x ∈ N / x = y + z , y = 3a, z = 6b, 0 ≺ a + 2b ≺ 4}. Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10118) Soluţie.(1) x = y + z = 3a + 6b = 3 ⋅ (a + 2b) ∈ N .Din 0 ≺ a + 2b ≺ 4 şi (1) rezultă ⎧ 1 2 4 5 7 8 10 11⎫ (2) a + 2b ∈ ⎨ , ,1, , ,2, , ,3, , ⎬ .Din (1) şi (2) avem ⎩3 3 3 3 3 3 3 3 ⎭ A = { ,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}. 1 Problemã pentru clasa a V-a, Fie A = x ∈ N / x = y + z , y = na, z = 2nb,0 ≺ a + 2b ≺ 4, n ∈ N ∗ .Să se determine A şi cardA. { } Soluţie.(1) x = y + z = na + 2nb = n(a + 2b) (1) 4n − 1 ⎫ ⎧1 2 3 1 x ∈ N ⇒ a + 2b ∈ ⎨ , , ,..., ⎬ Avem A = { ,2,3,...,4n − 1} şi cardA=4n-1. n ⎭ ⎩n n n Problemǎ pentru clasa a V- a, Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= ababab + 10 la 13. Soluţie. Numǎrul ababab =10101 ⋅ ab = M 13 .Obţinem cǎ restul împǎrţirii numǎrului N la 13 este 10. Problemǎ pentru clasa a V- a, Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= ababab + 13 pe rând la 21 şi 37. Vezi RMT – 1 / 2009, O.V. 214, şi SGMB- mai / 2009 (S:E09.168) Soluţie. Numǎrul ababab =10101 ⋅ ab = M 21 = M 37 .Obţinem cǎ restul împǎrţirii numǎrului N la 21 şi 37 este 13. Problemã pentru clasa a V-a, Fie A = x ∈ N / x = y + z , y = na, z = 2nb, m ≺ a + 2b ≺ p, n, m, p ∈ N ∗ Să se determine cardA. { } Soluţie.(1) x = y + z = na + 2nb = n(a + 2b) (1) (2) m ≺ a + 2b ≺ p ⇔ mn ≺ x ≺ pn .Deoarece x, mn, pn ∈ N ∗ ⇒ cardA = pn − mn − 1. Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10294) Problemǎ pentru clasa a V-a, { } Să se determine mulţimea A = x ∈ N / 3 ⋅ 5 n < x < 5 n +1 , n ∈ N astfel încât cardA = 9 . Soluţie.Primul element al lui A este pe de o parte 3 ⋅ 5 n + 1 şi pe de altă parte 5 n +1 − 9. 13
  • 15. Probleme rezolvate Deci avem egalitatea 3.5 n + 1 = 5 n +1 − 9 ⇔ 10 = 5 ⋅ 5 n − 3 ⋅ 5 n ⇔ 10 = 2 ⋅ 5 n ⇔ n = 1. 16 Mulţimea este A = { ,17,18,19,20,21,22,23,24,}. Problemǎ pentru clasa a V-a, { } Să se determine mulţimea A = x ∈ N / 3 ⋅ 5 n ≤ x ≤ 5 n +1 , n ∈ N astfel încât cardA = 11. . Soluţie.Primul element al lui A este pe de o parte 3 ⋅ 5 n şi pe de altă parte 5 n +1 − 11 + 1. Deci avem egalitatea 3.5 n = 5 n +1 − 11 + 1 ⇔ 10 = 5 ⋅ 5 n − 3 ⋅ 5 n ⇔ 10 = 2 ⋅ 5 n ⇔ n = 1. 15 Mulţimea este A = { ,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25}. Problemă pentru clasa a V-a, 2 2 Să se rezolve în N × N ecuaţia: 3 x + y +1 − 3 x + 2 = 216. Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10121) 2 Soluţie.Scoatem pe 3 x + 2 factor şi avem: 2 3 x + 2 (3 y −1 − 1) = 33 ⋅ 2 3 Din cei doi factori din membrul stâng unul este multiplu de 3 fără a fi şi multiplu de 2 iar, celălalt este multiplu de 2 fără a fi şi multiplu de 3, deci avem: 2 3 x + 2 = 33 şi 3 y −1 − 1 = 2 3 .În continuare x 2 + 2 = 3 ; y − 1 = 2 , de unde x = 1 şi y = 3. Problemǎ pentru clasa a V-a, Se consideră două numere de câte cinci cifre fiecare în care intră toate cifrele o singură dată .Să se afle suma acestor două numere ştiind că este de tipul knmmm , cu n = m − 1 şi k = 2m + 1 . Soluţie. Suma a două numere de câte cinci cifre în care să intre toate cifrele o singură dată este multiplu de 9, deoarece suma cifrelor este 45. abcde + fghij = klmmm , cu n = m − 1 şi k = 2m + 1 rezultă că numărul Din 9 căutat nu poate fi decât 72333. Problemă pentru ciclul primar (sau clasa a V-a), Să se găsească toate numerele de trei cifre care satisfac simultan condiţiile: (1) produsul cifrelor numărului este egal cu triplul sumei cifrelor acestuia ; (2) una din cifrele numărului este egală cu suma celorlate două cifre ale numărului. Soluţie.Fie a, b şi c cifrele numărului căutat şi, fără a restrânge generalitatea , presupunem a ≤ b ≤ c .Din abc = 3(a + b + c) şi c = a + b , rezultă abc = 6c , de unde ab = 6 .Avem (a, b, c) ∈ {(1,6,7), (2,3,5)} . Obţinem deci soluţiile: abc ∈ { ,176,235,253,325,352,523,532,617,671,716,761}. 167 Problemă pentru clasa a V-a, Să se arate că numărul numerelor naturale mai mici sau egale cu 2008 care se divid cu 3, sau cu 5 , sau cu 7 este multiplu de 109, iar numărul numerelor naturale mai mici sau egale cu 2008 care nu sunt divizibile cu 3, nici cu 5 , nici cu 7 este multiplu de 17. 14
  • 16. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (G.7.) Soluţie.Fie A - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008 divizibile cu 3, B - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008 divizibile cu 5, iar C - mulţimea numerelor naturale nenule mai mici sau egale cu 2008 divizibile cu 7. ⎡ 2008 ⎤ ⎡ 2008 ⎤ ⎡ 2008 ⎤ Atunci cardA = ⎢ ⎥ = 669 , cardB = ⎢ 5 ⎥ = 401 , cardC = ⎢ 7 ⎥ = 286 , ⎣ 3 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ 2008 ⎤ ⎡ 2008 ⎤ card ( A ∩ B) = ⎢ card ( B ∩ C ) = ⎢ = 57 , ⎥ = 133 , ⎣ 15 ⎦ ⎣ 35 ⎥ ⎦ ⎡ 2008 ⎤ ⎡ 2008 ⎤ card ( A ∩ C ) = ⎢ ⎥ = 95 , card ( A ∩ B ∩ C ) = ⎢ 105 ⎥ = 19 . ⎣ 21 ⎦ ⎣ ⎦ card ( A ∪ B ∪ C ) = cardA + cardB + cardC − Din − card ( A ∩ B) − card ( B ∩ C ) − - card ( A ∩ C ) + card ( A ∩ B ∩ C ) =1090= M 109 . Acum putem afla şi numărul numerelor mai mici sau egali cu 2008 care nu sunt divizibile cu 3, nici cu 5, nici cu 7. Acestea sunt în număr de 2008-1090=918= M 17 . Problemă pentru clasa a V-a, Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia: a b b a + a b + b a = 89 . Soluţie. Avem a b b a + a b + b a = 89 ⇔ a b b a + a b + b a + 1 = 90 ⇔ (a b + 1)(b a + 1) = 90 . 90 = 1 ⋅ 90 = 2 ⋅ 5 = 3 ⋅ 30 = 5 ⋅ 18 = 6 ⋅ 15 = 9 ⋅ 10 şi simetricile acestor produse. ⎧ b ⎧ b ⎪a + 1 = 10 ⎪a + 1 = 9 respectiv ⎨ a Obţinem soluţii pentru ⎨ a ⎪b + 1 = 9 ⎪b + 1 = 10 ⎩ ⎩ Se obţin soluţiile (a, b) ∈ {(2,3), (3,2)}. Problemă pentru clasa a V-a, Să se găsească opt numere naturale distincte pătrate perfecte a cărui produs este 20088 . Publicată în SM – nr. 3 / 2009 (G.84.) Soluţie.Lemă.Dacă d1 , d 2 ,..., d k sunt toţi divizorii naturali ai numărului n atunci avem relaţia: (d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d k ) 2 = n k . Demonstraţie.Fie 1 = d1 < d 2 < ... < d k = n .Avem n n n , d2 = ,..., d k = care înmulţite membru cu membru dau relaţia relaţiile: d1 = dk d k −1 d1 din enunţ. are opt divizori iar din lemă rezultă În cazul nostru 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi 2 8 (d1 ⋅ d 2 ⋅ ... ⋅ d 8 ) = 2008 . Numerele căutate sunt deci pătratele divizorilor numărului 2008, adică: 15
  • 17. Probleme rezolvate 12 ,2 2 ,4 2 ,8 2 ,2512 ,502 2 ,1004 2 ,2008 2 . Problemă pentru clasa a V-a, Să se arate că suma divizorilor naturali ai numărului 2008 este multiplu de 7. Soluţie. Se ştie că suma α1 divizorilor numărului a = p1 ⋅ p 2 α +1 S= α +1 α2 ⋅ ... ⋅ p n αn este α +1 p n −1 p1 1 − 1 p 2 2 − 1 .Descompunem numărul 2008 = 2 3 ⋅ 251 apoi se ⋅ ... ⋅ n ⋅ p1 − 1 p2 − 1 pn − 1 calculează suma divizorilor S = 3780 = 2 2 ⋅ 33 ⋅ 5 ⋅ 7 = M 7 . M391.Crux Mathematicorum Aprilie 2009 Determine all positive integers a and b for which a +1 b+2 and are simultaneously b a positive integers. Solution: It is necesary that b ≤ a + 1 and a ≤ b + 2, so b ∈ {a − 2, a − 1, a, a + 1}. a +1 3 ⎧ a +1 ⎪a − 2 ∈ N ⇒ a − 2 = 1+ a − 2 ∈ N ⎪ (1) For b = a − 2 ⇒ ⎨ ⎪ a − 2 + 2 ∈ N ⇒ 1∈ N ⎪ a ⎩ ⎧a = 3 ⇒ b = 1 ⇒ a − 2 ∈ { ,3} ⇒ ⎨ 1 ⎩a = 5 ⇒ b = 3 16
  • 18. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 2 a +1 ⎧a +1 ⎪a −1 ∈ N ⇒ a −1 = 1+ a −1 ∈ N ⎪ (2)For b = a - 1 ⇒ ⎨ ⇒ a∈Φ ⎪a +1 ∈ N ⇒ a +1 = 1+ 1 ∈ N ⎪ a a a ⎩ ⎧a +1 ⎪ a ∈N ⎪ (3)For b = a ⇒ ⎨ ⇒ a =1⇒ b =1 ⎪a + 2 ∈ N ⎪ a ⎩ ⎧a +1 ⎪ a + 1 ∈ N ⇒ 1∈ N ⎪ (4)For b = a + 1 ⇒ ⎨ ⎪a + 3 ∈ N ⇒ a + 3 = 1+ 3 ∈ N ⎪ a a a ⎩ ⎧a = 1 ⇒ b = 2 ⇒⎨ ⎩a = 3 ⇒ b = 4 The sosution are, (a, b ) ∈ {(3,1), (5,3), (1,1), (1,2), (3,4)} Problemã pentru clasa a V-a (a VI-a), Arătaţi că dacă 2009 2a + 12b + 7c şi 2009 a + b + c atunci 2009 a + 5b + 3c . Publicată în SM – nr. 3 / 2008 (G.90.) Soluţie.Din ⎧2009 2a + 12b + 7c ⎧2009 2a + 12b + 7c (− ) ⎪ ⎪ ⇒ 2009 10b + 5c ⇒ 2009 5(2b + c) ⇒⎨ ⎨ ⎪2009 a + b + c ⎪2009 2a + 2b + 2c ⎩ ⎩ ⇒ 2009 2b + c , deoarece (2009,5) = 1 . Din ⎧2009 2b + c (+ ) ⎪ ⇒ 2009 3a + 15b + 9c ⇒ 2009 3(a + 5b + 3c) ⇒ 2009 a + 5b + 3c , ⎨2009 a + b + c ⎪ ⎩2009 2a + 12b + 7c deoarece (2009,3) = 1 . Problemă pentru clasa a V-a, Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia: x 2 − 5 y = 2007 . Publicată în SM – nr. 2 / 2008 Soluţie. Vom demonstra că ecuaţia nu are soluţii numere naturale. Ecuaţia este echivalentă cu x 2 = 5 y + 2007 . Ultima cifră a numărului 5 y + 2007 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. Problemă pentru clasa a V-a, 17
  • 19. Probleme rezolvate { } Determinaţi mulţimea A = ( x, y ) ∈ N × N 2006 < x 2 − 2005 ⋅ y < 2009 . Soluţie.Vom demonstra că A = φ . Deoarece (x, y ) ∈ N × N rezultă x 2 − 2005 ⋅ y ∈ {2007,2008}. 1. Dacă x 2 − 2005 ⋅ y = 2007 , avem x 2 = 2005 ⋅ y + 2007 .Dar, ultima cifră a numărului 2005 y + 2007 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. 2. Dacă x 2 − 2005 ⋅ y = 2008 , avem x 2 = 2005 ⋅ y + 2008 .Dar, ultima cifră a numărului 2005 y + 2008 este 3 sau 8.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. În concluzie mulţimea nu are nici un element. Problemă pentru clasa a V-a, Să se determine numerele naturale x şi y ştiind că x 2 − 5 y ∈ {2,3,7,8} . Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie.Vom demonstra că nu există numere naturale care respectă condiţia din ipoteză. 1. Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 2 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 2 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 2 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. 2. . Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 3 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 3 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 3 este 3 sau 8.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. 3. Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 7 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 7 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 7 este 2 sau 7.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. 4. Dacă x 2 − 5 ⋅ y = 8 , avem x 2 = 5 ⋅ y + 8 .Dar, ultima cifră a numărului 5 y + 8 este 3 sau 8.Prin urmare nu poate fi pătrat perfect. Problemă pentru clasa a V- a, 2006 2007 şi . Aflaţi cea mai mică fracţie cuprinsă între 2007 2008 2006 x 2007 x , unde < < este fracţia cerută .Relaţia (1) este 2007 y 2008 y x x echivalentă cu (2) 2006 < < 2007 .Deci este de forma: y−x y−x 2006 ⋅ b + a x a x . De aici = 2006 + , cu a < b şi a ≠ 0, b ≠ 0 .Obţinem = y−x b y−x b deducem că x este minim dacă 2006 ⋅ b + a este minim , adică dacă b = 2 şi a = 1 . Atunci x = 2006 ⋅ 2 + 1 = 4013 .Din y − x = b , avem y = 4015 . 4013 . Fracţia cerută este 4015 Soluţie.Avem (1) Problemă pentru clasa a V-a (XII), Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale ecuaţia: x 3 = 1024 y + 15 . Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie.Vom demonstra că nu există soluţii numere naturale. 18
  • 20. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Cuburile perfecte prin împărţire la 7 dau resturile 0, 1 sau 6. Puterile lui 2 prin împărţire la 7 dau resturile 1, 2 sau 4. Numerele 1024 y + 15 prin împărţire la 7 dau resturile 2, 3 sau 5. Rezultă că ecuaţia nu are soluţii în N × N . Problemă pentru clasa a V-a (XII), Rezolvaţi în mulţimea numerelor naturale ecuaţia: 27 x 3 = 8 y + 15 . Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie.Vom demonstra că nu există soluţii numere naturale. Cuburile perfecte prin împărţire la 7 dau resturile 0, 1 sau 6. Puterile lui 2 prin împărţire la 7 dau resturile 1, 2 sau 4. Numerele 8 y + 15 prin împărţire la 7 dau resturile 2, 3 sau 5. Rezultă că ecuaţia nu are soluţii în N × N . Problemă pentru clasa a V-a sau a VI-a, 1 3 5 2007 1 .Arătaţi că 44 < < 2009 . Fie N = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ 2 4 6 N 2008 ⎧1 1 ⎪2 > 3 ⎪ ⎪3 > 3 1 3 2007 1 ⎪ = Soluţie.Din ⎨ 4 5 , rezultă N > ⋅ ⋅ ... ⋅ 3 5 2009 2009 ⎪.......... ⎪ ⎪ 2007 > 2007 ⎪ 2008 2009 ⎩ (1) ⎧1 2 ⎪2 < 3 ⎪ ⎪3 < 4 ⎪ Din ⎨ 4 5 , avem: ⎪.......... ⎪ ⎪ 2007 < 2008 (deoarece 2007 ⋅ 2009 = 2008 2 − 1 < 2008 2 ) ⎪ 2008 2009 ⎩ 2 4 2008 ⎛ 2 4 2008 ⎞ 1 1 1 N < ⋅ ⋅ ... ⋅ = ⎜ ⋅ ⋅ ... ⋅ , de unde = ⋅ ⎟⋅ 3 5 2009 ⎝ 1 3 2007 ⎠ 2009 N 2009 1 1 1 N2 < < = 2 , deci: 2009 1936 44 1 N< 44 (2) Din relaţiile (1) şi (2) rezultă Q.E.D. 19
  • 21. Probleme rezolvate Problemă pentru clasa a V-a sau a VI-a, 2 4 6 2010 ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ < 2011 . 1 3 5 2009 1 3 5 2009 . Soluţie. Fie N = ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ 2 4 6 2010 ⎧1 1 ⎪2 > 3 ⎪ ⎪3 > 3 ⎪ Din ⎨ 4 5 , rezultă ⎪.......... ⎪ ⎪ 2009 > 2009 ⎪ 2010 2011 ⎩ 1 3 2009 1 N > ⋅ ⋅ ... ⋅ = 3 5 2011 2011 (1) ⎧1 2 ⎪2 < 3 ⎪ ⎪3 < 4 ⎪ Din ⎨ 4 5 , avem: ⎪.......... ⎪ ⎪ 2009 < 2010 (deoarece 2009 ⋅ 2011 = 2010 2 − 1 < 2010 2 ) ⎪ 2010 2011 ⎩ 2 4 2010 ⎛ 2 4 2010 ⎞ 1 1 1 N < ⋅ ⋅ ... ⋅ = ⎜ ⋅ ⋅ ... ⋅ , de unde = ⋅ ⎟⋅ 3 5 2011 ⎝ 1 3 2009 ⎠ 2011 N 2011 1 1 1 N2 < < = 2 , deci: 2011 1936 44 1 N< 44 (2) Arătaţi că 44 < Din relaţiile (1) şi (2) rezultă Q.E.D. Problemă pentru Gimnaziu, Să se rezolve în numere naturale sistemul: c+d a ≤ c ≤ b, a ≤ d ≤ b, a ≤ ≤b. cd Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10125) Soluţie. Pentru c = d = a, avem cont că a ∈ N , rezultǎ a = 1 . c+d 2 = , şi din ultima relaţie rezultǎ a 2 ≤ 2 ;ţinând cd a 20
  • 22. Neculai Stanciu, Berca, Buzău c+d 2 2 = , şi tot din ultima relaţie rezultǎ 1 ≤ ≤ b .Atunci b cd b b ≤ 2 , şi cum 1 < b ∈ N rezultǎ b = 2 . 1 1 Apoi din primele două relaţii rezultǎ c ∈ { ,2} şi d ∈ { ,2} care îndeplinesc şi ultima condiţie. 1 1 Soluţia sistemului este: a = 1 , b = 2 , c ∈ { ,2} , d ∈ { ,2} Problemǎ pentru clasa a VI-a, Pentru c = d = b , avem Sǎ se determine toate numerele naturale a, b, c, d care îndeplinesc condiţiile: (1) a ≤ c ≤ b ; (2) a ≤ d ≤ b ; c+d ≤b. (3) a ≤ cd Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10125) Soluţie. Pentru c = d = a, avem a ∈ N .Rezultǎ a = 1 . Pentru c = d = b , avem c+d 2 = , deci din (3) rezultǎ cd a a 2 ≤ 2 şi c+d 2 2 = , şi din (3) rezultǎ 1 ≤ ≤ b .Atunci b ≤ 2 , şi cum b cd b 1 < b ∈ N rezultǎ b = 2 . 1 1 Apoi din condiţiile (1) şi (2) rezultǎ c ∈ { ,2} şi d ∈ { ,2} care îndeplinesc şi condiţia (3). Problemǎ pentru clasa a VI- a, 2 2 2 Fie x, y, z numere întregi nenule şi A = x n ⋅ y m + 2 ⋅ z p + 2 , B = x n + 4 ⋅ y m + 2 ⋅ z p . Sǎ se arate cǎ A şi B au acelaşi semn. Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9952) 2 2 2 Soluţie.Avem A ⋅ B = x n + n + 4 ⋅ y m + m + 4 ⋅ z p + p + 2 0 (deoarece n 2 + n, m 2 + m şi p 2 + p sunt numere pare) ⇒ A şi B au acelaşi semn. Problemǎ pentru clasa a VI- a, Fie numǎrul n = 2006 2006 + 2007 2007 .Determinaţi restul împǎrţirii lui n prin 5. Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a lui n , u (n) = 9 .Avem cǎ n = M 5 + 9 , de unde rezultǎ cǎ restul împǎrţirii lui n prin 5 este 4. Problemǎ pentru clasa a VI- a, Sǎ se arate cǎ numerele A = 2006 2006 + 2007 2007 şi B = 2007 2007 + 2008 2008 dau acelaşi rest prin împǎrţirea lor la 5. Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (V.234.) Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a celor douǎ numere şi obţinem u(A)=u(B)=9. Avem A = M 5 + 9 , B = M 5 + 9 , de unde rezultǎ cǎ restul împǎrţirii lor la 5 este 4. Problemǎ pentru clasa a VI- a, Sǎ se rezolve în Z ecuaţia ( x + 2005) 2008 = ( x + 2007) 2008 . Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9952) 21
  • 23. Probleme rezolvate Soluţie. ( x + 2005) 2008 = ( x + 2007) 2008 ⇒ ( x + 2005) 2 = ( x + 2007) 2 ⇒ x + 2005 = x + 2007 sau x + 2005 = − x − 2007 ⇒ x = −2006 . Problemǎ pentru clasa a VI-a, Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon convex cu 5 laturi. Să se arate că S ≥ P . Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 vârfurile poligonului.Poligonul are 5 diagonale: A1 A3 , A1 A4 , A2 A4 , A2 A5 şi A3 A5 .Se ştie (sau se verifică uşor ) că suma diagonalelor unui patrulater convex ABCD este cel puţin egală cu suma a două laturi opuse, AC + BD ≥ AB + CD şi pentru ca să avem egalitate este necesar ca punctele A, B, C , D să fie pe o dreaptă.Luăm acum câte două diagonale consecutive şi obţinem patrulatere convexe pentru care avem relaţiile: A1 A3 + A2 A4 ≥ A1 A2 + A3 A4 , A1 A4 + A2 A5 ≥ A1 A2 + A4 A5 , A3 A5 + A4 A1 ≥ A3 A4 + A5 A1 ,m A1 A3 + A2 A5 ≥ A2 A3 + A1 A5 , A3 A5 + A2 A4 ≥ A2 A3 + A4 A5 de unde deducem, adunând membru cu membru 2 S ≥ 2 P care demonstrează relaţia din enunţ.Condiţia să avem egalitate este ca 3 vârfuri ale poligonului să fie confundate într-un punct al segmentului determinat de celelalte două vârfuri. Problemǎ pentru clasa a VI-a, Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon convex cu 6 laturi. 3P . Să se arate că S ≥ 2 Publicată în RMT – nr. 4 / 2008 (O.VI.211) Soluţie. Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 vârfurile poligonului.Poligonul are 9 diagonale: A1 A3 , A1 A5 , A2 A4 , A2 A6 , A3 A5 , A4 A6 , şi A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 .Se ştie (sau se verifică uşor ) că suma diagonalelor unui patrulater convex ABCD este cel puţin egală cu suma a două laturi opuse, AC + BD ≥ AB + CD şi pentru ca să avem egalitate este necesar ca punctele A, B, C , D să fie pe o dreaptă. Notăm cu S1 = A1 A3 + A1 A5 + A2 A4 + A2 A6 + A3 A5 + A4 A6 şi S 2 = A1 A4 + A2 A5 + A3 A6 . Folosind inegalitatea de mai sus obţinem : ⎧ A1 A4 + A2 A5 ≥ A1 A2 + A4 A5 P ⎪ ⎨ A2 A5 + A3 A6 ≥ A2 A3 + A5 A6 , de unde prin adunare rezultă 2S 2 ≥ P ⇔ (1) S 2 ≥ 2 ⎪A A + A A ≥ A A + A A 1 4 1 6 3 4 ⎩ 3 6 Analog se obţin : ⎧ A1 A3 + A2 A4 ≥ A1 A2 + A3 A4 ⎪A A + A A ≥ A A + A A 4 6 1 6 4 5 ⎪ 1 5 ⎪ A2 A6 + A1 A3 ≥ A1 A6 + A2 A3 ⎪ ⎨ ⎪ A3 A5 + A4 A6 ≥ A3 A4 + A5 A6 ⎪ A1 A5 + A2 A6 ≥ A1 A2 + A5 A6 ⎪ ⎪ A2 A4 + A3 A5 ≥ A2 A3 + A4 A5 ⎩ 22
  • 24. Neculai Stanciu, Berca, Buzău care adunate membru cu membru dau 2 S1 ≥ 2 P ⇔ (2) S1 ≥ P Prin adunarea relaţiilor (1) şi (2) ţinând cont că S = S1 + S 2 se obţine relaţia de demonstrat. Problemǎ pentru clasa a VI-a, Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon oarecare (convex sau neconvex) cu 5 laturi. Să se arate că S ≤ 2 P . Publicată în RMT – nr. 4 / 2008 (O.VI.211) Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 vârfurile poligonului.Poligonul are 5 diagonale: A1 A3 , A1 A4 , A2 A4 , A2 A5 şi A3 A5 .Să ne reamintim acum proprietatea bine cunoscută că o latură a unui poligon este cel mult egală cu suma ceorlalte laturi, egalitatea având loc dacă şi numai dacă toate vârfurile sunt pe latura considerată (şi nu pe prelungirile acestei laturi).În cazul nostru o diagonală subîntinde două laturi consecutive şi o latură este subîntinsă de două diagonale. Avem deci inegalităţile: ⎧ A1 A3 ≤ A1 A2 + A2 A3 ⎪A A ≤ A A + A A 1 5 5 4 ⎪ 1 4 ⎪ ⎨ A2 A4 ≤ A2 A3 + A3 A4 ; ⎪A A ≤ A A + A A 2 1 1 5 ⎪ 2 5 ⎪ A3 A5 ≤ A3 A4 + A4 A5 ⎩ o condiţie necesară şi suficientă ca să avem egalitate este ca, în afară de permutare circulară şi de sens , punctele A1 , A2 , A3 , A4 , A5 să fie pe o dreaptă în ordinea crescătoare a indecilor iar primele 2 puncte precum şi ultimile 2 puncte să fie confundate. Prin adunarea inegalităţilor de mai sus obţinem S ≤ 2 P şi inegalitatea din enunţ este demonstrată. Problemǎ pentru clasa a VI-a, Fie P perimetrul şi S suma diagonalelor unui poligon oarecare (convex sau neconvex) cu 6 laturi. 7P . Să se arate că S ≤ 2 Soluţie. . Soluţie.Să notăm cu A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 vârfurile poligonului.Poligonul are 9 diagonale: A1 A3 , A1 A5 , A2 A4 , A2 A6 , A3 A5 , A4 A6 , şi A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 . Să ne reamintim acum proprietatea bine cunoscută că o latură a unui poligon este cel mult egală cu suma ceorlalte laturi, egalitatea având loc dacă şi numai dacă toate vârfurile sunt pe latura considerată (şi nu pe prelungirile acestei laturi).În cazul nostru o diagonală subîntinde două sau trei laturi consecutive . Vom nota cu: S1 = A1 A3 + A1 A5 + A2 A4 + A2 A6 + A3 A5 + A4 A6 şi S 2 = A1 A4 + A2 A5 + A3 A6 . Cu proprietatea de mai sus obţinem: 23
  • 25. Probleme rezolvate ⎧ A1 A3 ≤ A1 A2 + A2 A3 ⎪A A ≤ A A + A A 5 6 6 1 ⎪ 1 5 ⎪ ⎪ A2 A4 ≤ A2 A3 + A3 A4 ; de unde rezultă prin adunare (1) S1 ≤ 2 P ; ⎨ A2 A6 ≤ A6 A1 + A1 A2 ⎪ ⎪ A3 A5 ≤ A3 A4 + A4 A5 ⎪ ⎪ ⎩ A4 A6 ≤ A4 A5 + A5 A6 Analog se obţin: ⎧ A1 A4 ≤ A1 A6 + A6 A5 + A5 A4 ⎪A A ≤ A A + A A + A A 1 2 2 3 3 4 ⎪ 1 4 ⎪ ⎪ A2 A5 ≤ A2 A1 + A1 A6 + A6 A5 ⎨ ⎪ A2 A5 ≤ A2 A3 + A3 A4 + A4 A5 ⎪ A3 A6 ≤ A3 A4 + A4 A5 + A5 A6 ⎪ ⎪ A3 A6 ≤ A3 A2 + A2 A1 + A1 A6 ⎩ 3P ; Prin adunarea 2 relaţiilor (1) şi (2) ţinând cont că S = S1 + S 2 se obţine relaţia de demonstrate, cu egalitate ca, în afară de permutare circulară şi de sens , punctele A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 să fie pe o dreaptă în ordinea crescătoare a indecilor iar primele 3 puncte precum şi ultimile 3 puncte să fie confundate. Care adunate membru cu membru dau 2 S 2 ≤ 3P ⇔ (2) S 2 ≤ Problemǎ pentru clasa a VI-a, Dacǎ acele unui ceasornic aratǎ ora 12 00 , la ce orǎ minutarul şi orarul fac pentru prima datǎ unghiul de 330 ? Dată la Concursul Interjudeţean de Matematică “ Speranţe Rîmnicene”, clasa a VI-a, Rîmnicu Sărat, 2008 Soluţie.Notǎm cu S drumul parcurs de orar.Deoarece minutarul este de 12 ori mai rapid va parcurge drumul 12 S .De aici , unghiul dintre orar şi minutar este (1) α = 12 S − S = 11S . Dar (2) S = 30 0 t , unde t este timpul mǎsurat în ore.Din (1) , (2) şi α = 330 rezultǎ t = 0,1 ore =6 min, deci ora la care cele douǎ ace fac pentru prima datǎ unghiul de 330 este 12 06 . Problemǎ pentru clasa a VI-a, Dacǎ acele unui ceasornic aratǎ ora 12 00 , la ce orǎ minutarul şi secundarul fac pentru prima datǎ unghiul de 177 0 ? Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10122) Soluţie.Notǎm cu S drumul parcurs de minutar.Deoarece secundarul este de 60 ori mai rapid va parcurge drumul 60 S .De aici , unghiul dintre secundar şi minutar este (1) α = 60 S − S = 59 S . Dar (2) S = 6 0 t , unde t este timpul mǎsurat în minute.Din (1) , (2) şi α = 177 0 rezultǎ t = 0,5 min =30s, deci ora la care cele douǎ ace fac pentru prima datǎ unghiul de 177 0 este 12 00.30 . Problemã pentru clasa a VI –a 24
  • 26. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC ), m(∠A) = 20 0 si D ∈ (AB) astfel incat AD = BC. Se construieste ΔADE ≡ ΔBCA astfel incat AC separa punctele D si E (D si E sunt de o parte si de alta a dreptei AC sau sunt in semiplane diferite fata de dreapta AC). Sa se determine m(∠CDE) si m(∠DCE). Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.17)& Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10127) Soluţie: ⎧ AE = BA = AC = DE ⎧ Δ ABC - isoscel ⎪ ⇒ ⎨ m( ∠ AED) = m( ∠ BAC) = 20 0 ⎨ Δ ADE ≡ Δ BCA ⎩ ⎪ ∠ 0 ⎩ m( DAE) = m( ∠ CBA) = 80 m( ∠ CAE) = m( ∠ DAE) − m( ∠ DAC) = 60 0 , AE = AC si m( ∠ CAE) = 60 0 ⇒ Δ ACE - echilatera l ⇒ AC = CE = EA ⇒ ⇒ DE = CE = EA ⇒ DE = CE ⇒ Δ DEC - isoscel. m( ∠ DEC) = m( ∠ AEC) - m( ∠ AED) = 60 0 − 20 0 = 40 0 ⇒ m( ∠ DCE) = m( ∠ CDE) = 180 0 − 40 0 = 70 0 . 2 Problemã pentru clasa a VI –a Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC) in care m(∠A) = 20 0 , D ∈ (AB) si AD = BC. Fie M ∈ (AB) cu m(∠BCM) = 20 0 si N ∈ (AC) cu m(∠NMC) = 60 0 . Sa se determine m(∠CDN). Solutie : Fie D ′ ∈ (AB) cu m(∠AND ′) = 20 0 . ⎧ΔBCM - isoscel ⎪ΔCMN - echilateral ⎪ Se observa ca ⎨ ⇒ BC = MC = MN = ND ′ = AD ′ ⇒ ⎪ΔNAD ′ - isoscel ⎪ΔMND ′ - isoscel ⎩ ⇒ BC = AD ′.Dar BC = AD, deci AD = AD ′, adica D = D ′ si din ΔNDC - isoscel ⇒ m(∠CDN) = 10 0 . Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10312) 25
  • 27. Probleme rezolvate Problemã pentru clasa a VI –a Se da triunghi ul incat Se isoscel ABC (AB = AC), m( ∠ A) = 20 0 , D ∈ (AB) astfel AD = BC. construies te triungh iul echilatera l ADE astfel Sa se arate ca CD este bisectoare a unghiului Solutie : incat AB separa punctele ∠ ACE. ⎧ AB = CA ⎪ 0 ⎨ m( ∠ ABC) = m( ∠ CAE) = 80 ⇒ ( L.U.L ) Δ ABC = Δ CAE ⇒ CE = AC ⎪ BC = AE ⎩ ED = AD, EC = AC, DC = DC ⇒ (L.L.L) Δ DEC = Δ DAC ⇒ m( ∠ DCE) = m( ∠ DCA) ⇒ DC - bisectoare a ∠ ACE. Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (VI.234.) , dată la Concursul interjudeţean „Cezar Ivănescu”, Tîrgovişte, jud. Dîmboviţa, clasa a VI-a, 2008 Problemã pentru clasa a VI –a Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC) in care m(∠A) = 20 0 , D ∈ (AB) si AD = BC. Se construieste rombul ACEF, E ∈ BC si AB separa punctele E si C. Sa se determine m(∠EDC). Solutie : ⎧AB = FA ⎪ 0 ⎨m(∠FAD) = m(∠ABC) = 80 ⇒ ΔFAD ≡ ΔABC ⇒ ⎪AD = BC ⎩ FA = FD = AC = AB = FE m(∠AFD) = 20 0 , m(∠DFE) = 60 0 ⇒ ΔFDE - echilateral; ED = EC ⇒ ΔDEC - isoscel m(∠DEC) = m(∠FEC) - m(∠FED) = 100 0 − 60 0 = 40 0 180 0 − 40 0 m(∠EDC) = = 70 0. 2 Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10314) Problemã pentru clasa a VI –a Se da triunghiul isoscel ABC (AB = AC) in care m(∠A) = 20 0 , D ∈ (AB) si AD = BC. 26 C si E .
  • 28. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Se construies te BCE triunghi echilatera l astfel incat BC nu separa punctele A si E. Sa se determine m( ∠ EDC). Solutie Din : Fie F ∈ (AC), astfel incat EF paralela m( ∠ EFC) = m( ∠ FCE) = 20 0 cu AB. ⇒ ⇒ Δ EFC - triunghi isoscel (EF = EC). Deoarece AD paralela cu EF si AD = EF. Asadar Rezulta m( ∠ BDE) = 20 0 , adica Δ BDE - isoscel DE = EC, adica Δ DEC - isoscel. In concluzie, (DE = EB). m( ∠ EDC) = 10 0 . Publicată în RMT – 2 / 2008 (VI.245.) Problemã clasa a VI-a Aratati ca fractia 7n + 5 2 12n + 17 n + 6 este ireductibila ∀n ∈ N. Publicată în RMT – nr. 1 / 2006 (VII.187.) Soluţie: Descompunem numitorul fractiei : 12n 2 + 17 n + 6 = 12n 2 + 9n + 8n + 6 = 3n(4n + 3) + 2(4n + 3) = = (4n + 3)(3n + 2). 7n + 5 7n + 5 Avem = 2 12n + 17n + 6 (4n + 3)(3n + 2) ⎧d /(7 n + 5) ⇒ d / 4(7 n + 5) Fie d = (7n + 5,4n + 3) ⇒ ⎨ ⇒ ⎩d /(4n + 3) ⇒ d / 7(4n + 3) ⇒ d /[7(4n + 3) − 4(7 n + 5)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒ (1) (7n + 5,4n + 3) = 1 ⎧d/(7n + 5) ⇒ d/3(7n + 5) Fie (7n + 5,3n + 2) = d ⇒ ⎨ ⇒ ⎩d/(3n + 2) ⇒ d/7(3n + 2) ⇒ d /[3(7 n + 5) − 7(3n + 2)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒ ⇒ (2) (7n + 5,3n + 2) = 1. Din (1) si (2) ⇒ fractia este ireductibila. Problemã clasa a VI-a Arãtaţi cã fracţia: 5n + 7 2 6n + 17 n + 12 este ireductibila ∀n ∈ N. Soluţie: 27
  • 29. Probleme rezolvate 6n 2 + 17 n + 12 = 6n 2 + 9n + 8n + 12 = 2n(3n + 4) + 3(3n + 4) = = (2n + 3)(3n + 4) 5n + 7 5n + 7 Avem 2 = 6n + 17 n + 12 (2n + 3)(3n + 4) ⎧d /(5n + 7) ⇒ d / 2(5n + 7) daca (5n + 7,2n + 3) = d ⇒ ⎨ ⇒ ⎩d /(2n + 3) ⇒ d / 5(2n + 3) ⇒ d /[5(2n + 3) − 2(5n + 7)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒ ⇒ (1) (5n + 7,3n + 4) = 1. ⎧d/(5n + 7) ⇒ d/3(5n + 7) ⇒ Daca (5n + 7,3n + 4) = d ⇒ ⎨ ⎩d/(3n + 4) ⇒ d/5(3n + 4) d /[3(5n + 7) − 5(3n + 4)] ⇒ d / 1 ⇒ d = 1 ⇒ ⇒ (2) (5n + 7,3n + 4) = 1. Din (1) si (2) ⇒ fractia este ireductibila. Problemă pentru clasa a VI-a, ⎧ ⎫ 5ab − 1 ∈ N⎬ . Să se determine mulţimea A = ⎨(a, b, c) ∈ N ∗ × N ∗ × N ∗ abc + 1 ⎩ ⎭ Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (G.12.) & Crux Mathematicorum – M399 (mai 2009) 5ab − 1 Soluţie.Din ∈ N , rezultă 5ab − 1 ≥ abc + 1 ⇔ ab((5 − c) ≥ 2 , deci c < 5 . abc + 1 Analizăm în continuare cazurile: 5x − 1 1) Dacă c = 1 , atunci notăm x = ab şi obţinem ∈ N de unde rezultă: x +1 ⎧x + 15x − 1 ⎪ x = ab ∈ N avem ⇒ x + 1 ∈ D6 ⇒ x ∈ { ,2,5} .Din 1 ⎨ ⎪x + 1 x + 1 ⇒ x + 15x + 5 ⎩ soluţiile: (a, b) ∈ {(1,1), (1,2), (2,1), (1,5), (5,1)} . 5x − 1 2)Dacă c = 2 , avem ∈ N de unde obţinem că 2x + 1 ⎧2 x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 110 x − 2 ⎪ ⇒ 2 x + 1 ∈ D7 ⇒ x ∈ {3} ⇒ ⎨ . ⎪2 x + 1 2 x + 1 ⇒ 2 x + 110 x + 5 ⎩ ⇒ (a, b) ∈ {(1,3), (3,1)}. 5x − 1 ∈N . 3) Dacă c = 3 , procedăm analog şi se avem că 3x + 1 ⎧3x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 115 x − 3 ⎪ ⇒ 3 x + 1 ∈ D8 ⇒ x ∈ { } ⇒ 1 ⎨ Din ⎪3x + 1 3x + 1 ⇒ 2 x + 115 x + 5 . ⎩ ⇒ (a, b) ∈ {(1,1)}. 28
  • 30. Neculai Stanciu, Berca, Buzău c = 4, 4)Dacă atunci 5x − 1 ∈N 4x + 1 şi ⎧4 x + 1 5 x − 1 ⇒ 2 x + 1 20 x − 4 ⎪ ⇒ 3 x + 1 ∈ D9 ⇒ x ∈ {2} ⇒ ⎨ . ⎪4 x + 1 4 x + 1 ⇒ 2 x + 1 20 x + 5 ⎩ ⇒ (a, b) ∈ {(1,2), (2,1)} Cu cele de mai sus se obţine: ⎧(1,1,1), (1,2,1), (2,1,1), (1,5,1), (5,1,1), (1,3,2),⎫ A=⎨ ⎬. ⎩(3,1,2), (1,1,3), (1,2,4), (2,1,4) ⎭ Problemã pentru clasa a V-a sau a VI-a, xy = 4 , x ∈ N ∗, y ∈ N ∗ . x+ y a) Arătaţi că x şi y nu pot fi simultan mai mari ca opt. b) Rezolvaţi ecuaţia. Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.8) Soluţie. 1 1 1 xy a) =4⇔ + = . x y 4 x+ y ⎧1 1 ⎪x < 8 ⎧x > 8 1 1 1 ⎪ ⇒ + < , ceea ce Presupunem prin reducere la absurd că ⎨ ⇒⎨ x y 4 ⎩y > 8 ⎪1 < 1 ⎪y 8 ⎩ contrazice ipoteza. b) De la punctul a) avem x ≤ 8 .Înlocuim pe rând x cu 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 şi obţinem soluţiile: ( x, y ) ∈ {(5,20), (6,12), (8,8), (12,6), (20,5)} . Problemã pentru clasa a V-a sau a VI-a, Fie A = 1,20081 ,2008 2 ,2008 3 ,...,2008 2009 .Determinaţi numărul elementelor lui A care sunt simultan pătrate şi cuburi perfecte. Crux Mathematicorum – octombrie 2008 – M358 Soluţie. 2008 = 2 3 ⋅ 251 . Condiţia ca 2008 n să fie pătrat perfect implică n = 2k . Condiţia ca 2008 n să fie cub perfect implică n = 3 p . Pentru ca 2008 n să fie simultan pătrat şi cub perfect trebuie ca n = 6t . Rezultă 0 ≤ 6t < 2009 ⇔ 0 ≤ t < 334,8... Se obţin astfel 335 de numere. Problemã pentru clasa a V-a sau a VI-a, Fie ecuaţia { } { } Fie A = 1,20091 ,2009 2 ,2009 3 ,...,2009 2009 .Determinaţi numărul elementelor lui A care sunt simultan pătrate şi cuburi perfecte. Soluţie. 2009 = 7 2 ⋅ 41 . Condiţia ca 2009 n să fie pătrat perfect implică n = 2k . Condiţia ca 2009 n să fie cub perfect implică n = 3 p . 29
  • 31. Probleme rezolvate Pentru ca 2009 n să fie simultan pătrat şi cub perfect trebuie ca n = 6t . Rezultă 0 ≤ 6t < 2009 ⇔ 0 ≤ t < 334,8... Se obţin astfel 335 de numere. Problemă pentru clasa a VI-a, Să se rezolve în Z × Z ecuaţia: 2009 ⋅ x − 2008 ⋅ y = 2007 . Soluţie. Ecuaţiile de tipul ax + by = c , unde a, b, c ∈ Z , ab ≠ 0 se numesc ecuaţii diofantice, şi au soluţii dacă şi numai dacă d = (a, b) divide c .Soluţia acestor ecuaţii este dată de: tb ta x = x0 + , y = y 0 − , unde x0 şi y 0 sunt soluţii particulare , iar, t ∈ Z . d d În cazul nostru, se observă uşor că d = (2009,2008) = 1, deoarece 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi 2009 = 7 2 ⋅ 41 , deci ecuaţia are soluţii, pentru că 1 divide 2007.Apoi x0 = 2007 şi y 0 = 2007 este o soluţie particulară. Soluţia generală este : x = 2007 − 2008 ⋅ t , y = 2007 − 2009 ⋅ t , t ∈ Z . Problemă pentru clasa a VI-a, Să se rezolve în Z × Z ecuaţia: 2009 ⋅ x + 2008 ⋅ y = 2011 . Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie. Ecuaţiile de tipul ax + by = c , unde a, b, c ∈ Z , ab ≠ 0 se numesc ecuaţii diofantice, şi au soluţii dacă şi numai dacă d = (a, b) divide c .Soluţia acestor ecuaţii este dată de: tb ta x = x0 + , y = y 0 − , unde x0 şi y 0 sunt soluţii particulare , iar, t ∈ Z . d d În cazul nostru, se observă uşor că d = (2009,2008) = 1, deoarece 2008 = 2 3 ⋅ 251 şi 2009 = 7 2 ⋅ 41 , deci ecuaţia are soluţii pentru că 1 divide 2011.Apoi, intuim x0 = 3 şi y 0 = −2 , soluţii particulare. Soluţia generală este : x = 3 + 2008 ⋅ t , y = −2 − 2009 ⋅ t , t ∈ Z . Problemă pentru clasa a VI - a, Să se afle cel mai mic număr N = 5 3− n ⋅ 135− n + 5 5− n ⋅ 133− n , n ∈ Z , divizibil cu 250. Publicată în RIM – nr. IX – 2005 (9175), şi SGMB – iunie / 2009 (S:E09.217) Soluţie. N = 5 3− n ⋅ 135− n + 5 5− n ⋅ 133− n = 5 3− n ⋅ 133− n (13 2 + 5 2 ) = 194 ⋅ 65 3− n . Deoarece 194 = 2 ⋅ 97 şi 65 = 5 ⋅ 13 , iar, 250 = 2 ⋅ 5 3 , 2,5 3 = 1 , rezultă 3 − n ≥ 3 ⇔ n ≤ 0. Cel mai mic număr N se obţine pentru n = 0 . Rezultă N = 194 ⋅ 653 . ( ) Problemă pentru clasa a VII-a, Să se afle numerele naturale a şi b ştiind că a b . = b+5 a+9 Publicată în G.M. – nr. 6 / 2007 (O.G.:460) Soluţie. Din enunţ rezultă (∗) a (a + 9) = b(b + 5) . Dacă a ≥ b ⇒ a 2 + 9a ≥ b 2 + 9b > b 2 + 5b , fals. Deci (1) a < b . Dacă b ≥ a + 2 ⇒ b 2 + 5b ≥ (a + 2) 2 + 5(a + 2) = a 2 + 9a + 14 > a 2 + 9a , fals. Deci (2) b < a + 2 . 30
  • 32. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Din (1) şi (2) ⇒ a < b < a + 2 , deci b = a + 1 , care înlocuite în relaţia (∗) ⇒ a = 3 şi b = 4. Numărul căutat este 34. Problemă pentru clasa a VII-a, ⎧ ⎫ x2 − 9 ∈ Z⎬ . Să se determine mulţimea A = ⎨ x ∈ Z x+2 ⎩ ⎭ Publicată în GM – nr. 6 / 2007 (E:13450) & dată la Concursul judeţean de matematică „Speranţe Rîmnicene”, clasa a VII –a , Rîmnicu Sărat, 2007 & dată la Concursul Taberei de Matematică Bisoca, clasa a VII –a, 2007. 5 5 x2 − 9 x2 − 4 − 5 x2 − 4 − = x−2− ∈Z ⇒ = = Soluţie. Scriem x + 2 x+2 x+2 x+2 x+2 ⇒ x + 2 ∈ D5 = {− 5,−1,1,5} Deci A = {− 7,−3,−1,3} . Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a, Sã se rezolve în NxN ecuaţia: 20012 + 2002 2 + 2003 2 + 2004 2 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 a 2 + b2 = 7 Publicată în RMT – nr. 2 / 2007 (O.VII.191.) Soluţie: Se observã cã: 2001=2004-3, 2002=2004-2, 2003=2004-1, 2006=2004+2 şi 2 2 2 2 Atunci 2001 + 2002 + 2003 + 2004 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 = = (2004 - 3) 2 + (2004 − 2) 2 + + (2004 − 1) 2 + 2004 2 + (2004 + 1) 2 + (2004 + 2) 2 + (2004 + 3) 2 = ( ) ( ) = 27 ⋅ 2004 2 + 28 = 7 2004 2 + 4 = 7 2004 2 + 2 2 . Prin urmare soluţia ecuaţiei este : (a, b ) ∈ {(2004 ,2 ); (2 ,2004 )}. Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a, Sã se rezolve în ZxZ ecuaţia: 20012 + 2002 2 + 2003 2 + 2004 2 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 2 2 a +b = 7 Publicată în GM – nr. 1 / 2009 (E:13770) Soluţie: 31 2005=2004+1, 2007=2004+3.
  • 33. Probleme rezolvate Se observã cã: 2001=2004-3, 2002=2004-2, 2003=2004-1, 2006=2004+2 şi 2 2 2 2 Atunci 2001 + 2002 + 2003 + 2004 + 2005 2 + 2006 2 + 2007 2 = 2005=2004+1, 2007=2004+3. = (2004 - 3) 2 + (2004 − 2) 2 + + (2004 − 1) 2 + 2004 2 + (2004 + 1) 2 + + (2004 + 2) 2 + (2004 + 3) 2 = 27 ⋅ 2004 2 + 28 = ( ) ( ) = 7 2004 2 + 4 = 7 2004 2 + 2 2 . Prin urmare soluţia ecuaţiei este : (− 2,−2004); (− 2,2004); (2,−2004); (2004,−2);⎫ (a, b ) ∈ ⎧ ⎨ ⎬. ⎩(− 2004,−2 ); (− 2004,2 ); (2004,2 ); (2,2004 ) ⎭ Problemă pentru clasa a VII-a, Fie numerele naturale b şi a − 1 direct proporţionale cu a şi b + 1 . a Să se arate că fracţia este ireductibilă. b Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (O.VI.182.) & Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.21); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10324) Soluţie. b a −1 = deci, a b +1 a 2 − a = b 2 + b ⇔ a 2 − b 2 − (a + b) = 0 ⇔ (a + b)(a − b − 1) = 0 ⇔ a = −b (fals) sau a − b − 1 = 0 ⇒ a = b + 1 şi obţinem că fracţia dată este ireductibilă. Problemă pentru clasa a VII-a, ⎧ 3x + 5 ⎫ ⎡ 3x + 2 ⎤ Să se rezolve în Q + ecuaţia : ⎨ = 2, (7) , unde {x} respectiv [x ] , ⎬+ ⎩ x + 2 ⎭ ⎢ x +1 ⎥ ⎣ ⎦ reprezintă partea fracţionară respectiv partea întreagă a numărului raţional pozitiv x . Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 ( O.VII.199); G.M. – nr. 4 / 2008 (E:13641.); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10323) Din enunţ rezultă 3x + 5 2( x + 2) + x + 1 x +1 , şi ţinând seama că în Q + = 2+ = x+2 x+2 x+2 3x + 5 ⎫ x + 1 x +1 ⎧ 0< < 1 , rezultă (1) ⎨ . ⎬= x+2 ⎩ x+2 ⎭ x+2 x x 3 x + 2 2( x + 1) + x ⎡ 3x + 2 ⎤ Din = = 2+ şi 0 < < 1 avem (2) ⎢ = 2. x +1 x +1 x +1 x +1 ⎣ x +1 ⎥ ⎦ 7 5 x +1 Cu cele de mai sus ecuaţia devine: + 2 = 2 + care are soluţia x = . x+2 9 2 Problemã clasa a VII-a Fie un triunghi dreptunghic AOC cu m(∠AOC) = 900 si B ∈ (AC) Soluţie.Deoarece astfel incat m(∠AOB) = 300.Sa se arate ca : 2 1 − ) = 3. OB OC Publicată în RMT – nr. 2 / 2006 (VII.195.) Soluţie: OA ⋅ ( 32
  • 34. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Avem : Aria(OAB) + Aria(OBC) = Aria(OAC) ⇒ OA ⋅ OB ⋅ sin30 0 OB ⋅ OC ⋅ sin60 0 OC ⋅ OA ⋅ sin90 0 + = ⇒ 2 2 2 1 3 ⇒ OA ⋅ OB ⋅ + OB ⋅ OC ⋅ = OA ⋅ OC / : (OB ⋅ OC ) ⇒ 2 2 OA 3 OA 2 1 ⇒ + = ⇒ OA ⋅ ( − ) = 3. 2OC 2 OB OB OC Problemã pentru clasa a VII-a Consideram un patrulater convex ABCD si punctele M, N ∈ Ext(ABCD) asa incat : m(∠BAN) = m(∠DCA), m(∠ABN) = m(∠CAD), m(∠MAD) = m(∠BCA), m(∠ADM) = m(∠BAC). Sa se arate ca AB ⋅ CD = BC ⋅ DA daca si numai daca ΔANM este isoscel. Soluţie: Din m(∠BAN) = m(∠DCA) si m(∠ABN) = m(∠CAD) ⇒ AB NA ΔABN ≈ ΔCAD ⇒ = ⇒ CA DC AB ⋅ CD ⇒ (1) AN = AC Din m(∠MAD) = m(∠BCA) si m(∠ADM) = m(∠BAC) ⇒ AD MA ΔADM ≈ ΔCAB ⇒ = ⇒ CA BC BC ⋅ DA ⇒ (2) AM = AC Necesitatea : AB ⋅ CD = BC ⋅ DA ⇒ din (1) si (2) AN = AM ⇒ ΔAMN este isoscel. Suficienta : ΔAMN este isoscel ⇒ AN = AM ⇒ din (1) si (2) AB ⋅ CD = BC ⋅ DA. Problemã pentru clasa a VII-a Fie A, B, C , D ∈ C (O; R), astfel incat m(∠BAD) = m(∠BCD) = 900. Daca AB = a, si BC = b sa se calculeze AC in functie de a, b si R. Soluţie: 33
  • 35. Probleme rezolvate din ipoteza ⇒ ⎧ BD = 2 R ⎪ (1)⎨ ⎧∠BAC = ∠BDC ⎪ ABCD = patrulater inscriptibil ⇒ ⎨∠BCA = ∠BDA ⎩ ⎩ Fie M = Pr AC B ⇒ (2) AC = AM + MC DC ⎧ ⎪ AM = AB cos ∠BAM = AB cos ∠BDC = AB ⋅ BD ⎪ ⎪ 4R 2 − b 2 = a⋅ ⎪ ⎪ 2R din (1) ⇒ (3)⎨ ⎪MC = BC cos ∠BCM = BC cos ∠BDA = BC ⋅ AD ⎪ BD ⎪ 2 2 ⎪= b ⋅ 4 R − a ⎪ 2R ⎩ 1 Din (2) si (3) ⇒ AC = (a 4 R 2 − b 2 + b 4 R 2 − a 2 ) 2R Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10326) Problemã pentru clasa a VII-a Se considerã poligonul convex ABCDE in care m(∠ABC) = m(∠CED), m(∠BCA) = m(∠ECD) si AB ⋅ CE = AC ⋅ BE. Sã se arate ca ΔADE este isoscel. Soluţie: Din m(∠ABC) = m(∠CED) si m(∠BCA) = m(∠ECD) avem ΔABC ≈ ΔDEC ⇒ AB ⋅ CE AB BC CA ⇒ (1) = = ⇒ (2) ED = BC DE EC CD ⎧m(∠BCE ) = m(∠ACD ) BC CE EB ⎪ ⇒ ΔBCE ≈ ΔACD ⇒ = = BC CE ⎨ AC CD DA (1) ⇒ = ⎪ AC CD ⎩ AC ⋅ BE ⇒ (3) AD = BC BC AC ⋅ BE AD AC ⋅ BE Din (2) si (3) ⇒ = ⋅ = =1⇒ BC AB ⋅ CE AB ⋅ CE ED ⇒ AD = DE ⇒ ΔADE este isoscel. Problemã pentru clasa a VII-a, Se consideră triunghiul isoscel ABC cu m(∠BAC ) = 150 0 şi M mijlocul lui AB.Să se arate că aria triunghiului ABC este egală cu aria pătratului AMPQ. 34
  • 36. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţie.Din datele problemei rezultă că m(∠ABC ) = m(∠ACB ) = 15 0 .Dacă AM=a atunci AB=AC=2a.Considerăm D ∈ AB astfel încât m(∠CDB) = 90 0 deci, m(∠CAD) = 30 0 şi CD=a.Aplicăm teorema lui Pitagora în triunghiul ADC şi obţinem AD = a 3 .În continuare calculăm Aria(ABC)=Aria(BDC)-Aria(ADC)= ( 2a + a 3 ) ⋅ a a 3 ⋅ a − = a 2 =Aria(AMPQ). 2 2 Problemã pentru clasa a VII-a, Se consideră dreptunghiul ABCD în care m(∠ADB) = 75 0 şi {O} = AC ∩ BD .Să se arate că aria dreptunghiului ABCD este egală cu aria pătratului DOMN. Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10146),& GMB – 9/2008,E:13709 Soluţie. Construim AE ⊥ BD şi considerăm AE=a.Deoarece într-un triunghi dreptunghic care are un unghi de 15 0 înălţimea corespunzătoare unghiului drept este un sfert din ipotenuză, avem că BD = 4a .În continuare BD ⋅ AE (1) Aria(ABCD)=2Aria(BAD)= 2 ⋅ = a ⋅ 4 a = 4a 2 2 2 2 2 (2) Aria(DOMN)= DO = (2a) = 4a Din relaţiile (1) şi (2) rezultă ceea ce trebuia demonstrat. Problemǎ pentru clasa a VII- a, Să se calculeze perimetrul şi aria unui triunghi dreptunghic ale cărui laturi sunt numere c2 1 1 + + = 1, şi c 2 = a 2 + b 2 . ab a b Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9971) & Crux Mathematicorum – aprilie 2009 (M390) naturale şi verifică relaţiile: Soluţie.Ecuaţia este echivalentă cu (1) a 2 + b 2 + a + b = ab. Din ipoteză avem: ⎧a = x 2 − y 2 , x 2 > y 2 ⎪ (2) a 2 + b 2 ∈ Z + ⇔ ⎨b = 2 xy . ⎪ x, y ∈ N ⎩ Din (1) şi (2) ⇒ y ( x − y ) = 1 ⇒ x1 = 2, y1 = 1 sau x 2 = −2, y 2 = −1 ⇒ a = 3 şi b = 4 .Ipotenuza triunghiului este c=5 , deci perimetrul este 12 u . şi aria 6 u 2 . Observaţie. Analog se rezolvă şi următoarele probleme: 1. Să se calculeze laturile unui triunghi dreptunghic ştiind că sunt numere naturale şi aria este egală cu semiperimetrul. 1 1 1 2. Fie un triunghi dreptunghic cu + + = 1 , unde a şi b sunt catete iar h este a b h înălţimea corespunzătoare ipotenuzei.Să se afle laturile acestui triunghi ştiind că în plus sunt numere naturale. 3. Să se rezolve în N × N × N sistemul de ecuaţii: 35
  • 37. Probleme rezolvate ⎧a + b + c = ab ⎪ . ⎨ ⎪c = a 2 + b 2 ⎩ Problemǎ pentru clasa a VII- a, Să se arate că dacă laturile unui triunghi dreptunghic sunt numere naturale atunci aria şi semiperimetrul acestuia sunt numere naturale. Publicată în RMT – nr. 1 / 2007 (VII.210.) Soluţie. Într-un triunghi dreptunghic avem : b 2 + c 2 = a 2 ⇔ (b + c) 2 − 2bc = a 2 ⇔ (b + c + a )(b + c − a) . 2 Însă produsul bc este număr natural , rezultă atunci că produsul (b + c + a )(b + c − a) trebuie să fie divizibil cu 2, adică unul din factorii (b + c + a ) , sau (b + c − a) trebuie să fie par .Fie k un număr natural : (1) Să presupunem că b + c + a = 2k ⇒ b + c − a = 2(k − a) , şi prin urmare din ⇔ 2bc = (b + c) 2 − a 2 ⇔ (∗)bc = bc ⎧ ⎪S = 2 = k (k − a ) ∈ N ⎪ (∗) ⇒ bc = 2k (k − a) = par ⇒ ⎨ , ⎪p = a + b + c = k ∈ N ⎪ 2 ⎩ (2) Să presupunem că b + c − a = 2k ⇒ b + c + a = 2(k + a) , şi prin urmare din bc ⎧ ⎪S = 2 = k (k + a ) ∈ N ⎪ (∗) ⇒ bc = 2k (k + a) = par ⇒ ⎨ ⎪p = a + b + c = k + a ∈ N ⎪ 2 ⎩ Din (1) şi (2) rezultă că în ambele cazuri aria şi semiperimetrul sunt numere naturale. Problemǎ pentru clasa a VII- a, Considerăm patrulaterul convex ABCD şi {O} = AB ∩ CD .Prin punctele A, B, C, D şi O ducem OO1 CC1 DD1 , OO2 AA1 DD2 , OO3 AA2 BB1 , OO4 CC 2 BB2 , unde O1 ∈ CD, O2 ∈ AD , O3 ∈ AB , O4 ∈ CB ; A1 , C1 ∈ OD ; A2 , C 2 ∈ OB ; B1 , D2 ∈ OA ; B2 , D1 ∈ OC . Să se arate că: C1 D D1O O1C A1 D D2 O O2 A A2 B B1O O3 A ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ C1O D1C O1 D A1O D2 A O2 D A2 O B1 A O3 B C 2 B B2 O O4 B ⋅ ⋅ =1 C 2 O B2 C O4 C . Soluţie. Pentru rezolvarea problemei se aplică următoarea: 36
  • 38. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Lemă (Teorema lui Ceva cu punct impropriu) .Dacă prin vârfurile triunghiului ABC ducem AA0 BB0 CC 0 , unde A0 ∈ BC , B0 ∈ CA, C 0 ∈ AB , atunci avem (∗) C 0 A A0 B B0 C ⋅ ⋅ = 1. C 0 B A0 C B0 A Demonstraţie.Avem B0 C BC = B0 A BA0 ΔAA0 C ≈ ΔB0 BC ⇒ (1) şi C 0 A CA0 . Se observă că relaţiile (1) şi (2) se pot obţine mai = C 0 B CB uşor utilizând teorema lui Thales în triunghiurile BCB0 şi BCC 0 cu paralela AA0 . Prin înmulţirea relaţiilor (1) şi (2) se obţine relaţia de demonstrat. Pentru rezolvarea problemei propuse se aplica această Lemă ΔDOC (cu OO1 CC1 DD1 ), ΔDOA (cu OO2 AA1 DD2 ), ΔBOA (cu OO3 AA2 BB1 ) şi ΔC 0 CB ≈ ΔAA0 B ⇒ (2) ΔBOC (cu OO4 CC 2 BB2 ).Rezultă relaţiile: C1 D D1O O1C A1 D D2 O O2 A A2 B B1O O3 A ⋅ ⋅ = 1, ⋅ ⋅ = 1, ⋅ ⋅ =1 C1O D1C O1 D A1O D2 A O2 D A2 O B1 A O3 B C 2 B B2 O O4 B ⋅ ⋅ = 1 care, prin înmulţire demonstrează relaţia din problemă. C 2 O B2 C O4 C Problemǎ pentru clasa a VII-a, ∗ Fie a, b, c, d ∈ Q+ astfel încât a, b sunt invers proporţionale cu c, d . Sǎ se arate cǎ m a ( a , b ) ⋅ m g ( c, d ) − m a ( c , d ) ⋅ m g ( a , b ) = 0 , unde şi prin ma (.,.) respectiv, m g (.,.) am notat media aritmeticǎ respectiv, media geometricǎ a douǎ ∗ numere din Q+ . 2 ab ⎛a+b⎞ Soluţie.Relaţia de demonstrat este echivalentǎ cu ⎜ care rezultǎ imediat ⎟ = cd ⎝c+d ⎠ k k luând a = şi b = . c d Problemǎ pentru clasa a VII-a, Se considerǎ dreptunghiul ABCD şi punctele : M mijlocul laturii AB , N mijlocul laturi CD , Q mijlocul lui DN , {R} = AN ∩ DB , {S } = DM ∩ AQ .Dacǎ AB = 2a şi AD = a 2 sǎ se arate cǎ ΔARB este dreptunghic şi ΔASM este isoscel. Soluţie. Fie {O} = AC ∩ DB .Se observǎ uşor cǎ AN şi DO sunt mediane în triunghiul ADC , de unde avem cǎ R este centrul de greutate al triunghiului ADC şi de aici 2 2 1 1 a 6 2a 6 AR = ⋅ AN = ⋅ a 3 , RO = ⋅ DO = ⋅ , RB = RO + OB = .Deoarece 3 3 3 3 2 3 AR 2 + RB 2 = AB 2 utilizând reciproca teoremei lui Pitagora rezultǎ cǎ ΔARB este dreptunghic. 37
  • 39. Probleme rezolvate Fie {O′} = DM ∩ AN şi Q mijlocul lui DN .Observǎm cǎ DO′ şi AS sunt mediane în 2 2 3a ΔADN , cu centrul de greutate S , de unde AS = ⋅ AQ = ⋅ = a .Din 3 3 2 AS = AM = a rezultǎ cǎ ΔASM este isoscel. Problemă pentru clasa a VII-a, Să se calculeze x + y dacă : x 4 = y 4 + 48 , x 2 + y 2 = 12 şi x = y + 2 . Publicată în SM – nr.2 / 2008 x4 − y4 48 = = 2. 2 2 ( x + y )( x − y ) 12 ⋅ 2 Problemă pentru clasa a VII-a, Soluţie. x + y = Considerăm trapezul ABCD cu laturile paralele AB şi CD de lungimi 15 şi 30 şi laturile AD şi BC de lungimi 9 şi 12.Determinaţi aria trapezului ABCD . Dată la Concursul „Speranţe Rîmnicene” 2009 Soluţie1. Fie K mijlocul lui DC .Unim K cu A şi B .Atunci AB = DK = KC =15.Din AB = DK şi AB paralel cu DK avem AD şi BK sunt paralele şi egale, deci BK = 9 . Din AB = KC şi AB paralel KC avem AK şi BC sunt paralele şi egale, deci AK = 12 . Atunci, trapezul este împărţit în trei triunghiuri, fiecare cu laturile de lungimi 9, 12 şi 15.Un triunghi cu laturile 9, 12 şi 15 este dreptunghic ( 9 2 + 12 2 = 15 2 ) şi are aria 9 ⋅ 12 = 54 .Atunci aria trapezului este 3 ⋅ 54 = 162 . 2 Soluţie 2. Fie BF paralel cu AD cu F pe CD .Atunci ABFD este paralelogram cu BF = AD = 9 şi DF = AB = 15 . Deoarece triunghiul BFC are lungimile laturilor 9, 12 şi 15 , din reciproca teoremei lui Pitagora avem că BFC este dreptunghic cu aria 54. Deasemenea, deoarece BF este mediană în triunghiul DBC , aria triunghiului DBF este tot 54 şi este mai departe egală cu aria lui ABD . Aria ( ABCD) = Aria ( ABD) + Aria ( BDK ) + Aria ( BKC ) = 3 ⋅ 54 = 162 . Soluţia 3.Fie AM ⊥ DC , BN ⊥ DC cu M şi N pe CD .Notăm AM = h şi DM = x . 81 9 ⋅ 12 x 2 + h 2 = 81, NC = 15 − x, (15 − x) 2 + h 2 = 144 .Rezultă x = şi h = . 15 15 (30 + 15) 9 ⋅ 12 Obţinem Aria( ABCD) = ⋅ = 162 . 2 15 Soluţia 4. Fie AP ⊥ DC , BQ ⊥ DC cu P şi Q pe CD .Înlăturăm dreptunghiul ABPQ din trapez şi lipim triunghiurile ADP , respectiv BCQ pe linia AP respectiv BQ , astfel că DC = 15 .Se obţine astfel triunghiul DEC cu DE = DA = 9 şi CE = CB = 12 .Din reciproca teoremei lui Pitagora ( 9 2 + 12 2 = 15 2 ) triunghiul DEC este dreptunghic. 12 4 Apoi sin(∠EDC ) = = de unde înălţimea trapezului ABCD este 15 5 4 36 d ( E , DC ) = ED ⋅ sin(∠EDC ) = 9 ⋅ = .Rezultă 5 5 (30 + 15) 9 ⋅ 4 Aria( ABCD) = ⋅ = 162 . 2 5 38
  • 40. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţia 5.Fie DA ∩ BC = {P} .Avem AB paralel cu CD , ∠PAB = ∠PDC , ∠PBA = ∠PCD , de unde triunghiurile PAB şi PDC sunt asemenea cu raportul de 1 asemănare .Se obţine PA = 9 şi PB = 12 .Din reciproca Teoremei lui Pitagora 2 18 ⋅ 24 triunghiurile APB şi DPC sunt dreptunghice cu Aria ( PDC ) = = 216 , respectiv 2 9 ⋅ 12 Aria( PAB) = = 54 . Aria( ABCD) = Aria( PDC ) − Aria( PAB) = 162. 2 Soluţia 6. Fie DA ∩ BC = {P} .Avem AB paralel cu CD , AB linie mijlocie în ∆ PCD şi mai departe se continuă ca în soluţia 5. Problemă pentru clasa a VII-a, Se consideră hexagonul regulat A1 A2 A3 A4 A5 A6 cu aria S . ∆ A1 A3 A5 ∩ ∆ A2 A4 A6 = B1 B2 B3 B4 B5 B6 , ∆ B1 B3 B5 ∩ ∆ B2 B4 B6 = C1C 2 C 3 C 4 C 5 C 6 . Calculaţi aria hexagonului regulat C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 . Soluţie. Toate hexagoanele regulate sunt figuri asemenea.Se demonstrează uşor că latura 1 hexagonului B1 B2 B3 B4 B5 B6 este din latura hexagonului A1 A2 A3 A4 A5 A6 şi mai 3 1 din latura hexagonului departe că latura hexagonului C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este 3 1 din latura B1 B2 B3 B4 B5 B6 .Rezultă că latura hexagonului C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este 3 hexagonului A1 A2 A3 A4 A5 A6 .Acum utilizăm rezultatul că raportul ariilor a două figuri asemenea este egal cu pătratul raportului de asemănare şi obţinem că aria hexagonului S C1C 2 C 3C 4 C 5 C 6 este . 9 Problemă pentru clasa a VII-a, Fie a = 2 2 + 4 2 + 6 2 + ... + 2008 2 şi b = 12 + 3 2 + 5 2 + ... + 2007 2 . Arătaţi că a − b = M 2009 . Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie. a − b = (2008 2 − 2007 2 ) + (2006 2 − 2005 2 ) + (2004 2 − 2003 2 ) + ... + (2 2 − 12 ) = 39
  • 41. Probleme rezolvate (2008 − 2007)(2008 + 2007) + (2006 − 2005)(2006 + 2005) + (2004 − 2003)(2004 + 2003) +…+(2-1)(2+1)=1 ⋅ (2008 + 2007) + 1 ⋅ (2006 + 2005) + 1 ⋅ (2004 + 2003) + ... + 1 ⋅ (2 + 1) = (1 + 2008) ⋅ 2008 = 2009 ⋅ 1004 = M 2009 . = 1 + 2 + 3 + ... + 2008 = 2 Problemă pentru clasa a VII –a, Fie punctele A, B, C , D aşezate în această ordine pe o dreaptă d şi punctele V respectiv, V ′ în exteriorul dreptei d , în acelaşi plan, astfel încât : 6− 2 m(∠AVD) = 60 0 , m(∠AVC ) = 30 0 şi m(∠AVB) = 15 0 ( sin 15 0 = ). 4 Se consideră în acelaşi plan dreptele d ′ şi d ′′ astfel încât : d ′ ∩ VA = A′ , d ′ ∩ VB = B ′ , d ′ ∩ VC = C ′ , d ′ ∩ VD = D ′ , d ′ ∩ V ′A = A′′ , d ′ ∩ V ′B = B ′′ , d ′ ∩ V ′C = C ′′ CA ⋅ DB C ′A′ ⋅ D ′B ′ C ′′A′′ ⋅ D ′′B ′′ , d ′ ∩ V ′D = D ′′ .Calculaţi rapoartele , , . CB ⋅ DA C ′B ′ ⋅ D ′A′ C ′′B ′′ ⋅ D ′′A′′ Soluţie.Notăm cu S ( XYZ ) aria triunghiului de vârfuri X , Y şi Z , iar cu h distanţa de la vărful V la dreapta d . CA CA ⋅ h 2 ⋅ S (CVA) S (CVA) VC ⋅ VA ⋅ sin(∠CVA) Atunci = = = = . CB CB ⋅ h 2 ⋅ S (CVB ) S (CVB) VC ⋅ VB ⋅ sin(∠CVB) DB VD ⋅ VB ⋅ sin(∠DVB) CA ⋅ DB sin(∠CVA) ⋅ sin(∠DVB) .Obţinem = = = Analog DA VD ⋅ VA ⋅ sin( DVA) CB ⋅ DA sin(∠CVB ) ⋅ sin(∠DVA) sin 30 0 ⋅ sin 45 0 3 + 3 = . 3 sin 15 0 ⋅ sin 60 0 Procedăm ca mai sus 0 0 3+ 3 C ′A′ ⋅ D ′B ′ C ′′A′′ ⋅ D ′′B ′′ sin 30 ⋅ sin 45 = = = . 0 0 C ′B ′ ⋅ D ′A′ C ′′B ′′ ⋅ D ′′A′′ sin 15 ⋅ sin 60 3 = şi V’ V A’ B’ A’’ B’’ C’ D’ d’ d A C” D” d’’ B C D Problemã pentru clasa a VII-a (a VIII-a), Rezolvaţi în Z × Z ecuaţia: a 2 + b 2 − 2a + b = 5 . Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.24) Soluţie. a 2 + b 2 − 2a + b = 5 ⋅ 4 ⇒ 4a 2 + 4b 2 − 8a + 4b = 20 + 5 ⇒ 40 rezultă
  • 42. Neculai Stanciu, Berca, Buzău ⇒ 4a 2 + 4b 2 − 8a + 4b + 5 = 25 ⇒ (4a 2 − 8a + 4) + (4b 2 + 4b + 1) = 25 ⇒ ⇒ (2a − 2) 2 + (2b + 1) 2 = 25 .Avem cazurile: ⎧2a − 2 = ±4 (1)⎨ ⇒ (a, b) ∈ {(−1,1); (−1,−2); (3,1); (3,−2)} ; ⎩2b + 1 = ±3 ⎧2a − 2 = ±3 (2)⎨ , nu are soluţii în Z × Z ; ⎩2b + 1 = ±4 ⎧2 a − 2 = 0 (3)⎨ ⇒ (a, b) ∈ {(1,−3); (1,2)} ; ⎩2b + 1 = ±5 ⎧2a − 2 = ±5 (4)⎨ , nu are soluţii în Z × Z . ⎩2b + 1 = 0 Soluţiile ecuaţiei sunt: ( a, b) ∈ {( −1,−2); ( −1,1); (1,−3); (1,2); (3,−2); (3,1)}. Problemã pentru clasa a VII-a (a VIII-a), Rezolvaţi în N × N ecuaţia: a 2 − b 2 + 18a − 3b = 0 . Soluţie. a 2 − b 2 + 18a − 3b = 0 ⇔ (∗) a 2 + 18a = b 2 + 3b Dacă a ≥ b ⇒ a 2 + 18a ≥ b 2 + 18b > b 2 + 3b , deci (1) a < b . b ≥ a + 8 ⇒ b 2 + 3b ≥ (a + 8) 2 + 3(a + 8) = a 2 + 19a + 72 > a 2 + 18a , Dacă (2) b < a + 8 . Din (1) şi (2) ⇒ b ∈ {a + 1, a + 2, a + 3, a + 4, a + 5, a + 6, a + 7} . Analizăm cele 7 cazuri: ⎧ ( ∗) ⎪b = a + 1⇒ a ∉ N ⎪ ( ∗) ⎪b = a + 2 ⇒ a ∉ N ⎪ ⎪ ( ∗) ⎪b = a + 3 ⇒ a = 2 ⇒ b = 5 ⎪ ⎪ (*) ⎪ b = a + 4⇒ a = 4 ⇒ b = 8 ⎨ ⎪ ( ∗) ⎪b = a + 5 ⇒ a = 8 ⇒ b = 13 ⎪ (∗) ⎪b = a + 6 ⇒ a = 18 ⇒ b = 24 ⎪ ( ∗) ⎪b = a + 7 ⇒ a = 70 ⇒ b = 77 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ deci Soluţiile ecuaţiei sunt: ( a, b) ∈ {(0,0); (2,5); (4,8); (8,13); (18,24); (70,77)}. Notă. O altă metodă de soluţionare a problemei face apel la ecuaţiile de gradul II. (Relaţia din enunţ este privită ca o ecuaţie de gradul II în a cu condiţia Δ = k 2 , k ∈ N .). Problemã pentru clasa a VIII-a Sã se rezolve în R3 ecuaţia : 41
  • 43. Probleme rezolvate ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x) 3 ( z − y ) 3 + m = 0, unde m ≥ 0 . Soluţie: Notam E ( x, y , z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 3 ( a + b) 3 − a 3b 3 + ( a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a = b = 0. Daca m > 0 ⇒ ecuatia nu are solutii. Daca m = 0 ⇒ x = y = z . Problemã pentru clasa a VIII-a Sã se rezolve în R2 ecuaţia : ( 1 − y )3 ( 1 − z )3 + ( y − 1 )3 ( y − z )3 + ( z − 1 )3 ( z − y )3 = 0 . Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9983); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10344) Soluţie: Notam E ( x, y , z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a = b = 0. E ( x, y, z ) = 0 ⇔ x = y = z.In cazul nostru x = 1 si avem solutia y = z = 1. Problemã pentru clasa a VIII-a Sã se rezolve în R2 ecuaţia : (2007 − y ) 3 (2007 − z ) 3 + ( y − 2007) 3 ( y − z ) 3 + ( z − 2007) 3 ( z − y ) 3 = 0. Soluţie: 42
  • 44. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Notam E ( x, y, z ) = ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x) 3 ( z − y ) 3 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a = b = 0. E ( x, y, z ) = 0 ⇔ x = y = z.In cazul nostru x = 2007 si avem solutia y = z = 2007. Problemã pentru clasa a VIII-a Pe planul triunghiului ABC se ridica perpendicularele AA ′, BB′si CC′ astfel incat AA ′ = a, BB′ = b, CC′ = c ; A ′B′ = x, B′C′ = y, C′A ′ = z si ∠((ABC), (A ′B′C′)) = 60 0. Sa se calculeze in functie de a, b, c, x, y, z volumul corpului ABCA ′B′C′. Soluţie: Fie α = (ABC), S = Aria(ABC),S′ = Aria(A′B′C′) si a = min(a, b, c). Sectionam prisma ABCA′B′C′ cu un plan α ′ paralel cu planul α a.i A′ ∈ α ′ , B1 = α ′ ∩ BB′, C1 = α ′ ∩ CC ′, AD ⊥ B1C1. B C (C ′C1 + B′B1 ) 1 = Vol ( ABCA′B′C ′) = Vol ( ABCA′B1C1 ) + Vol ( A′B1C1C ′B′) = Sa + ⋅ AD ⋅ 1 1 3 2 S (b + c − 2a ) S (a + b + c) = Sa + . 3 3 S′ x+y+z Dar S = S′cos600 = . Notam p = si determinam S′ cu formula lui Heron ⋅ 2 2 Volumul cerut este : Vol(ABCA′B′C′) = p(p - x)(p - y)(p - z) ⋅ a+b+c ⋅ 6 Problemǎ pentru clasa a VIII-a, Să se determine resturile împărţirii numărului 3 2 Publicată în RMT – nr. 4 / 2007 (O.VIII.201) 2007 la 2 2008 respectiv la 2 2009 . Soluţie. 32 Metoda 1.Scriem 2007 = (3 2 = (3 2 2006 2007 − 1) + 1 = (3 2⋅2 + 1)(3 2 2006 2006 2006 − 1) + 1 = [(3 2 2006 ) 2 − 1] + 1 = − 1) + 1 = 2005 2004 1 = ... = (3 2 + 1)(3 2 + 1)(3 2 + 1)...(3 2 + 1)(31 + 1)(3 − 1) + 1 = = M 22009 + 1 = M 22008 + 1. Deci resturile sunt egale cu 1. Metoda 2. Folosim Teorema lui Euler : dacă a, m ∈ Z , (a, m) = 1 ⇒ a ϕ ( m ) ≡ 1(mod m), unde ϕ (m) = numărul numerelor naturale cel mult egale m, relativ prime cu m. 43
  • 45. Probleme rezolvate k k Se ştie că dacă m = p1k1 ⋅ p 2 2 ⋅ ... ⋅ p n n , atunci ϕ (m) = m ⋅ (1 − (3,2 2008 ) = 1 ⇒ 3ϕ ( 2 Deoarece 1 2 ϕ (2 2008 ) = 2 2008 (1 − ) = 2 2007 ⇒ 3 2 2007 2008 ) 1 1 1 ) ⋅ (1 − ) ⋅ ...(1 − ) . p1 p2 pn ≡ 1(mod 2 2008 ), unde ≡ 1(mod 2 2008 ) Problemǎ pentru clasa a VIII-a, x 2 + 6x + 8 , x 2 + 6 x + 10 ( unde x ∈ R ) şi pentru ce valoare a lui x se realizează. Dată la Concursul Judeţean de Matematică, „Speranţe Rîmnicene”, clasa a VIII-a, Rîmnicu Sărat, 2007 Să se determine minimul expresiei E ( x) = ( x + 3) 2 − 1 ⇒ min E ( x) = −1 şi se realizează dacă x = −3 . ( x + 3) 2 + 1 Pentru x < −3 şi x > −3 ⇒ E ( x) > −1. Soluţie.Scriem E ( x) = Problemǎ pentru clasa a VIII-a, Să se rezolve în N × N × N sistemul : x( y + 1) y ( z + 1) z ( x + 1) =6. = = x −1 y −1 z −1 Soluţie.Ţinând seama de faptul că dacă x = x 0 , y = y 0 , z = z 0 . orice permutare circulară a numerelor x0 , y 0 , z 0 este deasemenea o soluţie.Din cele trei ecuaţii obţinem: ⎧ ⎧ y +1 y +1 ⎪6 = 1 + y + x − 1 ⎪a = x − 1 ⎪ ⎪ z +1 z +1 ⎪ ⎪ , deducem că numerele (2)⎨b = trebuie să fie naturale. (1)⎨6 = 1 + z + y −1 y −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x +1 x +1 ⎪6 = 1 + x + ⎪c = z −1 z −1 ⎩ ⎩ x +1 y +1 z +1 Observăm că : a ⋅ b ⋅ c = > 1 de unde rezultă că cel puţin unul din ⋅ ⋅ x −1 y −1 z −1 ⎧a ≥ 1 ⎪ numerele a, b, c este deci > 1.Să presupunem, pentru fixarea ideilor ⎨b ≥ 1 ⎪c ≥ 2 ⎩ Aceste inegalităţi se mai pot scrie y ≥ x − 2, z ≥ y − 2, x ≥ 2 z − 3 din care deducem x ≥ 2( y − 2) − 3 = 2 y − 7 ≥ 2( x − 2) − 7 = 2 x − 11 sau x ≤ 11 . Rezultă apoi 11 ≥ 2 z − 3, z ≤ 7,7 ≥ y − 2, y ≤ 9 .Printr-un număr finit de încercări pentru x ≤ 11, y ≤ 9, z ≤ 7 obţinem soluţiile: ( x, y, z ) ∈ {(2,2,2), (3,3,3)}. Problemã pentru clasa a VIII-a, Se consideră triunghiul ABC cu lungimile laturilor a, b şi c care verifică relaţia: 2a + 3b + 4c = 4 2a − 2 + 6 3b − 3 + 8 4c − 4 − 20 . Arătaţi că triunghiul este dreptunghic. Publicată în SM – nr. 3 / 2009 (G.105.) 44
  • 46. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţie. Relaţia din enunţ este echivalentă cu 2 2 2 ( 2a − 2 − 2) + ( 3b − 3 − 3) + ( 4c − 4 − 4) = 0 .Se obţine a = 3 , b = 4 şi c = 5 . Conform reciprocei Teoremei lui Pitagora triunghiul este dreptunghic. Problemă pentru clasa a VIII-a (sau a IX-a), ⎡1⎤ ⎡3⎤ Să se rezolve în R ∗ ecuaţia ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = 4 , unde simbolul [a ] reprezintă cel mai mare ⎣x⎦ ⎣x⎦ număr întreg mai mic sau egal cu a . Publicată în SM – nr. 2 / 2008 (L.31.) Soluţie. I. Dacă x < 0 , atunci 1 ⎡1⎤ 1 ⎡3⎤ < 0 , aşa că ⎢ ⎥ ≤ < 0 .Analog , ⎢ ⎥ < 0 , deci nu putem x ⎣x⎦ x ⎣x⎦ ⎡1⎤ ⎡3⎤ avea ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = 3 .Rezultă că x > 0 . ⎣x⎦ ⎣x⎦ 1 3 ⎡1⎤ ⎡3⎤ ⎡1⎤ ⎡3⎤ II. Dacă x > 0 , avem < , deci ⎢ ⎥ ≤ ⎢ ⎥ .Deoarece ⎢ ⎥ şi ⎢ ⎥ sunt întregi avem x x ⎣x⎦ ⎣x⎦ ⎣x⎦ ⎣x⎦ două posibilităţi: ⎡1⎤ ⎡3⎤ II.1. ⎢ ⎥ = 0 şi ⎢ ⎥ = 4 . ⎣x⎦ ⎣x⎦ ⎧⎡ 1 ⎤ 1 ⎪⎢ x ⎥ = 0 ⇔ 0 ≤ x < 1 ⇔ x > 1 ⎪⎣ ⎦ ⇔ x∈∅ . ⎨ ⎪⎡ 3 ⎤ = 4 ⇔ 4 ≤ 3 < 5 ⇔ 3 < x ≤ 3 ⎪⎢ x ⎥ x 5 4 ⎩⎣ ⎦ ⎡1⎤ ⎡3⎤ II.2. ⎢ ⎥ = 1 şi ⎢ ⎥ = 3 ⎣x⎦ ⎣x⎦ ⎧⎡ 1 ⎤ 1 1 ⎪⎢ x ⎥ = 1 ⇔ 1 ≤ x < 2 ⇔ 2 < x ≤ 1 ⎪⎣ ⎦ ⎛3 ⎤ ⇔ x ∈ ⎜ ,1⎥ ⎨ ⎝4 ⎦ ⎪⎡ 3 ⎤ = 3 ⇔ 3 ≤ 3 < 4 ⇔ 3 < x ≤ 1 ⎪⎢ x ⎥ x 4 ⎩⎣ ⎦ ⎛3 ⎤ Soluţia ecuaţiei este x ∈ ⎜ ,1⎥ . ⎝4 ⎦ Problemã pentru clasa a VIII-a, a X-a Fie dreptele a, b, c din spatiu astfel incat a ∩ b ∩ c = {O}. Consideram punctele A ∈ a, B ∈ b, C ∈ c si A ′ ∈ (OA, B′ ∈ (OB, C′ ∈ (OC astfel incat OA ⋅ OB ⋅ OC = OA ′ ⋅ OB′ ⋅ OC′. Sa se arate ca vol(OABC) = vol(OA ′B′C′). Publicată în RIM – nr.X -2005 (9433) Soluţie: 45
  • 47. Probleme rezolvate ′ siO A ′B ′ C ′ cele doua tetraedre si C 0 , C 0 proiectiil varfurilo r C si C ′ pe planul ′ OAB; A 0 , A 0 proiectiil e varfurilo r A si A ′ pe dreapta OB. Fie OABC e OB ⋅ AA 0 ⋅ CC 0 si 6 ′ ′ O B ′ ⋅ A ′ A 0 ⋅ C ′C 0 Vol(O A ′B ′ C ′ ) = ⋅ 6 ′ ′ Din Δ OC 0 C ≈ Δ O C 0 C ′ si Δ OAA 0 ≈ Δ O A ′ A 0 ⇒ Avem Vol(OABC) = CC 0 AA 0 OC OA si = = ′ C ′C 0 OC ′ A ′A ′0 OA′ OB ⋅ AA 0 ⋅ CC 0 Vol(OABC) OA ⋅ OB ⋅ OC = = = 1⇒ ′ ′ Vol(O A ′B ′ C ′ ) O B ′ ⋅ A ′ A 0 ⋅ C ′C 0 OA′⋅OB′⋅OC ′ Vol ( OABC ) = Vol ( O A ′ B ′ C ′ ) Deci Problemã pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, Sã se rezolve în Z3 sistemul : ⎧ xy 2 + xy − x − y − 1 = 0 ⎪ ⎨ ⎪ xz − x 2 − x − z = 0 ⎩ Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9629) ; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9990) Soluţie: A doua ecuatie se scrie z(x - 1) = x 2 + x ⇔ z = x2 + x , x −1 2 ∈ Z. x -1 Rezulta x - 1/2, adica x - 1 = ±1 sau x - 1 = ±2. Re zulta x ∈ {- 1,0,2,3}. 1) pt.x = −1 ⇒ z = 0; apoi scriem pe z sub forma z = x + 2 + 2) pt.x = 0 ⇒ z = 0; 3) pt.x = 2 ⇒ z = 6; 4) pt.x = 3 ⇒ z = 6. Din prima ecuatie se obtine succesiv : a) pt. x = -1`⇒ -y2 − 2 y = 0 si y = o sau y = -2; b)pt.x = 0 ⇒ -y - 1 = 0 si y = -1; 3 c)pt.x = 2 ⇒ 2y 2 + y − 3 = 0 si y = 1 sau y = - ∉ Z ; 2 2 d ) pt.x = 3 ⇒ 3 y + 2 y − 4 = 0 si y ∉ Z. Avem deci solutiile : (x, y, z ) ∈ {(− 1,0,0), (− 1,−2,0), (0,−1,0), (2,1,6)} Problemã pentru clasa a VIII-a 46
  • 48. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Demonstraţi inegalitatea : ( x − y ) 3 ( x − z ) 3 + ( y − x ) 3 ( y − z ) 3 + ( z − x ) 3 ( z − y ) 3 ≥ 0, ∀ x , y , z ∈ R. Publicată în RMT – nr. 2 / 2007 (O.VIII.192); Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9983) Soluţie: Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. Inegalitatea devine a 3 (a + b) 3 − a 3 b 3 + (a + b) 3 b 3 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a=b=0. Problemã pentru clasa a VIII-a Sã se demonstreze inegalitatea: 1 1 1 1 1 1 − + − + ... − + < 0,2 4 5 6 7 2005 2006 Soluţie: 1 1 1 1 1 1 − + − + ... − + 4 5 6 7 2005 2006 Conform identitati i Botez - Catalan : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - + − + ... − , avem : = + + + ... + 2 3 4 2n n + 1 n + 2 n + 3 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - + − + ... + , rezulta : − = + + + ... + + 2 3 4 2005 2006 1004 1005 1006 2005 2006 1 1 1 1 1 1003 2 ⎛ 1 1⎞ + + + ... + + ⎜1 - + ⎟ − S = 1004 1005 1006 2005 2006 1004 + 1005 + ... + 2006 ⎝ 2 3⎠ 1003 = 1505 ( s - a utilizat inegalitat ea mediilor 1 1 1 ( a1 + a 2 + ... + a n )( + + ... + ) ≥ n 2 ) a1 a 2 an Notam S = Deci 5 −S 6 1003 ⇒ S 1505 1507 6 ⋅ 1505 1 = 0,2 . 5 Problema pentru clasa a X-a (sau a VIII-a) 47
  • 49. Probleme rezolvate Rezolvati ecuatia ; ( x + 2) 7 − x 7 − 128 21 29 5 − 25 5 − 4 5 = , apoi simplificati fractia 7 . 5 ( x + 2) 5 − x 5 − 32 29 − 25 7 − 4 7 Solutie; Se utilizeaza formulele : ( x + y ) 5 − x 5 − y 5 = 5 xy ( x + y )( x 2 + xy + y 2 ) ( x + y ) 7 − x 7 − y 7 = 7 xy ( x + y )( x 2 + xy + y 2 ) 2 Luam y = 2 si ecuatia data devine 7 ⋅ x ⋅ 2( x + 2)( x 2 + 2 x + 4) 2 21 = , 5 5 ⋅ x ⋅ 2( x + 2)( x 2 + 2 x + 4) x 2 + 2 x + 4 = 3, x 2 + 2 x + 1 = 0, x = −1. Pentru simplificarea fractiei se utilizeaza aceleasi formule ca mai sus, 29 5 − 25 5 − 4 5 = 29 7 − 25 7 − 4 7 5 ⋅ 25 ⋅ 4 ⋅ (25 + 4)(25 2 + 25 ⋅ 4 + 4 2 ) 5 = = . 2 2 2 5187 7 ⋅ 25 ⋅ 4 ⋅ (25 + 4)(25 + 25 ⋅ 4 + 4 ) respectiv luam x = 25 si y = 4 si obtinem Problemǎ pentru clasa a VIII-a, Să se determine maximul expresiei: E ( x) = 2 x 2 − 8 x + 17 . x 2 − 4x + 7 Dată la Concursul Interjudeţean de Matematică, „Speranţe Rîmnicene”, clasa a VIII-a, Rîmnicu Sărat, 2008 Soluţie.Expresia se mai scrie: 2( x 2 − 4 x + 7) + 3 3 3 E ( x) = = 2+ 2 = 2+ . 2 x − 4x + 7 x − 4x + 7 ( x − 2) 2 + 3 Deci E (x) este maximă când ( x − 2) 2 + 3 este minimă şi aceasta se întâmplă când x = 2 .Rezultă că maximul expresiei este 3. Problemǎ pentru clasa a VIII-a, Să se arate că pentru orice număr natural n ≥ 0 numărul 2 2 2n 2 n +1 2n + 2 2 + 1 nu este prim. 2 n +1 Soluţie. Fie x 2 = 2 2 , deci x 4 = 2 2 .Atunci putem scrie : 2 n +1 2n 2 2 + 2 2 + 1 = x 4 + x 2 + 1 = ( x 2 + 1 + x)( x 2 + 1 − x) şi fiecare din cei doi factori este diferit de 1 (c.c.t.d). Problemǎ pentru clasa a VIII-a, Să se arate că pentru orice număr natural n ≥ 0 numărul 2 6 n − 2 2 n + 2 n +1 − 1 nu este prim. Soluţie.Fie x = 2 n .Atunci putem scrie: 48
  • 50. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 2 6 n − 2 2 n + 2 n +1 − 1 = x 6 − x 2 + 2 x − 1 = x 6 − ( x − 1) 2 = ( x 3 + x − 1)( x 3 − x + 1) şi fiecare din cei doi factori este diferit de 1 (c.c.t.d). Problemă pentru clasa a VIII-a, Se consideră un cub pentru care volumul (în m 3 ) plus perimetrul bazei (în m) este egal cu aria laterală (în m 2 ). Căţi m are lungimea diagonalei cubului dat? Publicată în GM (suplimentul cu exerciţii) – nr. 4 / 2008 (S:E08.33.), Publicată în SM – nr.2 / 2008 Soluţie.Dacă latura cubului este a , atunci condiţia implică a 3 + 4a = 4a 2 , sau a (a 2 − 4a + 4) = a(a − 2) 2 = 0 .Deci a = 2 , şi diagonala are lungimea 2 3 m . Problemă pentru clasa a VIII-a (a IX-a), Arătaţi că 2009 divide 12007 + 2 2007 + ... + 2008 2007 . Soluţie.Din identitatea x n + y n = ( x + y )( x n −1 − x n − 2 y + x n −3 y 2 − ... − xy n − 2 + y n −1 ) , valabilă pentru orice n impar avem că x + y divide x n + y n .Acum, deoarece fiecare dintre numerele 12007 + 2008 2007 ,2 2007 + 2007 2007 ,...,1004 2007 + 1005 2007 se divide cu 2009 rezultă concluzia. Problemă pentru clasa a VIII-a , Arătaţi că 2009 divide 13 + 2 3 + ... + 2008 3 . Soluţie.Din identitatea x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − x y + y 2 ) , avem că x + y divide x 3 + y 3 .Acum, deoarece fiecare dintre numerele 3 3 3 3 3 3 1 + 2008 ,2 + 2007 ,...,1004 + 1005 se divide cu 2009 rezultă concluzia. Problemă pentru clasa a VIII-a, Rezolvaţi în N ecuaţia: 2x = x2 + x +1. Publicată în SM – nr. 3 / 2009 (G.110.) Soluţie. 2 x = x 2 + x + 1 ⇔ 2 x − 1 = x( x + 1) .Cum 2 x( x + 1) rezultă că 2 2 x − 1 , deci x = 0. Problemă pentru clasa a VIII-a, Rezolvaţi în N ecuaţia: 3 x = x 3 + 3x 2 + 2 x + 1 . Crux Mathematicorum – octombrie 2008 – M360. Soluţie. 3 x = x 3 + 3 x 2 + 2 x + 1 ⇔ 3 x − 1 = x( x + 1)( x + 2) .Cum 3 x( x + 1)( x + 2) rezultă că 3 3 x − 1 , deci x = 0 . Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, 4x Fie E ( x) = x .Rezolvaţi ecuaţia: 4 +2 1 2 2009 x E( ) + E( ) + ... + E ( )= . 2010 2010 2010 2 49
  • 51. Probleme rezolvate Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi 1004 1 2 2009 2009 2010 − k ⎤ k k ⎡ ) + E( ) + ... + E ( ) = ∑ E( ) = ∑ ⎢E( ) + E( ) + E( 2010 2010 2010 2010 2010 2010 ⎥ ⎦ k =1 k =1 ⎣ 1005 E( )= 2010 1004 1 1 2 2009 k k ⎤ ⎡ ) + E (1 − )⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 + = . = ∑ ⎢E( 2010 2010 ⎦ 2 2 2+2 2 k =1 ⎣ Soluţia ecuaţiei este x = 2009 . Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, 16 x 1 2 2009 .Calculaţi suma : S= E ( ) + E( ) + ... + E ( ). x 2010 2010 2010 16 + 4 Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi 1004 1 2 2009 2009 2010 − k ⎤ k k ⎡ ) + E( ) + ... + E ( ) = ∑ E( ) = ∑ ⎢E( ) + E( ) + S= E ( 2010 2010 2010 2010 2010 2010 ⎥ ⎦ k =1 k =1 ⎣ 1005 E( )= 2010 1004 1 1 4 2009 k k ⎤ ⎡ ) + E (1 − )⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 + = . = ∑ ⎢E( 2010 2010 ⎦ 2 2 4+4 2 k =1 ⎣ Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, Rezolvaţi în R ecuaţia: 4 x 2 − 8[x ] − 5 = 0 , unde [x ] ∈ Z şi x ≥ [x ] > x − 1 . Soluţie.Deoarece [x ] > x − 1 , avem 4 x 2 − 5 = 8[x ] > 8( x − 1) ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 > 0 ⇔ (2 x − 1)(2 x + 3) > 0 ⇔ 1 3 ⇔ x < sau x > 2 2 (1) De asemenea din x ≥ [x ], avem: 1 5 4 x 2 − 5 = 8[x ] ≤ 8 x ⇔ 4 x 2 − 8 x − 5 ≤ 0 ⇔ (2 x − 5)(2 x + 1) ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 2 2 (2) 1 1 3 5 Din (1) şi (2) avem − ≤ x < sau < x ≤ . 2 2 2 2 1 1 Cazul 1. − ≤ x < . 2 2 Rezultă [x ] = −1 ⇒ 4 x 2 = −3 , ecuaţia nu are soluţii reale, sau Fie E ( x) = ⎧ [x] = 0 ⇒ 4 x 2 = 5 ⇒ x ∈ ⎨− ⎩ 5 5⎫ , ⎬. 2 2 ⎭ 5 3 3 5 < nu avem soluţii. <− < −1 şi 1 < 2 2 2 2 3 5 Cazul 2. < x ≤ . 2 2 1 Acum [x ] ∈ { ,2,3}. Deoarece − 50
  • 52. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 13 3 9 13 16 . = < < = 2 , rezultă soluţia x = 2 2 2 2 2 3 9 21 25 5 Dacă [x ] = 2 ⇒ 4 x 2 = 21 . Deoarece = < < = , rezultă 2 2 2 2 2 21 . soluţia x = 2 5 25 29 36 6 29 < < = , rezultă x = nu Dacă [x ] = 3 ⇒ 4 x 2 = 29 .Deoarece = 2 2 2 2 2 2 este soluţie. ⎧ 13 21 ⎫ , Soluţiile ecuaţiei sunt x ∈ ⎨ ⎬. 2 ⎭ ⎩ 2 Problemă pentru clasa a VIII-a , Fie un paralelipiped dreptunghic cu dimensiunile a, b, c şi diagonala d . a+b+c , atunci paralelipepedul este cub. Să se arate că dacă d = 3 Dată la concursul naţional “Gh. Mihoc” - 2009 Dacă [x ] = 1 ⇒ 4 x 2 = 13 .Deoarece Soluţie.Ridicăm la pătrat relaţia din ipoteză, apoi înlocuim d 2 = a 2 + b 2 + c 2 şi obţinem: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c) 2 ⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 = 0 ⇔ a = b = c .Q.E.D. Problemă pentru clasa a IX-a , Să se arate că 23 divide 3 22 n +1 + 5 22 m +1 + 15 22 p +1 , ∀n, m, p ∈ N . Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: ∀a ∈ Z , p = prim, p ≠ a ⇒ a p −1 = M p + 1. În cazul nostru avem 3 22 n +1 + 5 22 m +1 + 15 22 p +1 = 3 ⋅ 3 22 n + 5 ⋅ 5 22 m + 15 ⋅ 15 22 p = = 3 ⋅ ( M 23 + 1) n + 5 ⋅ ( M 23 + 1) m + 15 ⋅ ( M 23 + 1) p = = 3 ⋅ ( M 23 + 1) + 5 ⋅ ( M 23 + 1) + 15 ⋅ ( M 23 + 1) = = M 23 + 3 + 5 + 15 = M 23 . Problemã pentru clasa a IX-a Sã se rezolve în R3 ecuaţia : ( x − y ) 2007 ( x − z ) 2007 + ( y − x) 2007 ( y − z ) 2007 + + ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 + m = 0, unde m ≥ 0 . Publicată în RIM – nr.XII -2006 (9618) Soluţie: 51
  • 53. Probleme rezolvate Notam E ( x, y, z ) = ( x − y ) 2007 ( x − z ) 2007 + ( y − x) 2007 ( y − z ) 2007 + ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a = b = 0. Daca m > 0 ⇒ ecuatia nu are solutii. Daca m = 0 ⇒ x = y = z . Problemã pentru clasa a IX-a Sã se rezolve în R2 ecuaţia : (1 − y ) 2007 (1 − z ) 2007 + ( y − 1) 2007 ( y − z ) 2007 + + ( z − 1) 2007 ( z − y ) 2007 = 0. Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10355) Soluţie: Notam E ( x, y, z ) = ( x − y ) 2007 ( x − z ) 2007 + ( y − x) 2007 ( y − z ) 2007 + ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0, care este evidentã . E ( x, y, z ) = 0 ⇔ x = y = z.In cazul nostru x = 1 si avem solutia y = z = 1. Problemã pentru clasa a IX-a Sã se rezolve în R2 ecuaţia : (2006 − y ) 2007 (2006 − z ) 2007 + ( y − 2006) 2007 ( y − z ) 2007 + + ( z − 2006) 2007 ( z − y ) 2007 = 0. Soluţie: Notam E ( x, y, z ) = ( x − y ) 2007 ( x − z ) 2007 + ( y − x) 2007 ( y − z ) 2007 + + ( z − x) 2007 ( z − y ) 2007 . Dacã x ≤ y ≤ z , notãm a = y − x, b = z − y si avem z − x = a + b, a ≥ 0, b ≥ 0. E ( x, y, z ) = a 2007 (a + b) 2007 − a 2007 b 2007 + (a + b) 2007 b 2007 ≥ 0, care este evidentã . Egalitatea are loc dacã a = b = 0. E ( x, y, z ) = 0 ⇔ x = y = z.In cazul nostru x = 2006 si avem solutia y = z = 2006. Problemă pentru clasa a IX-a, 52
  • 54. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Fie triunghiul ABC asemenea cu triunghiul A′B ′C ′ în care: AB = c, BC = a, CA = b , 1 A′B ′ = a + b , B ′C ′ = b + c , C ′A′ = c + a şi raportul de asemănare . k Să se determine lungimile laturilor şi măsurile unghiurilor celor două triunghiuri în funcţie de k . a+b b+c c+a = = = k. Soluţie. Din enunţ avem c a b ⎧ a + b = kc ⎪ ⎪ Rezultă sistemul ⎨ b + c = ka ⎪ ⎪ c + a = kb ⎩ Datorită simetriei, putem presupune a ≤ b ≤ c . Atunci a + b ≤ b + c ⇒ kc ≤ ka , deci a = b = c . 2 Prima ecuaţie devine: 2a = ka ⇒ a = b = c = 2 .Deci cele două triunghiuri sunt k 2 2 echilaterale primul cu latura 2 iar celălalt cu latura . k k Problemă pentru clasa a IX-a, Să se rezolve în N ecuaţia x m = x n + a , dacă m, n, a ∈ N şi a impar . Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10164) Soluţie.Este necesar ca m > n .Din x m − x n = a avem x n ( x m − n − 1) = a , apoi x n ( x − 1)( x m − n −1 + x m − n − 2 +... + 1) = a ⇔ x n −1 ⋅ x ⋅ ( x − 1)( x m − n −1 + x m − n − 2 +... + 1) = a . Deoarece x ⋅ ( x − 1) este un număr par şi a este un număr impar rezultă că ecuaţia nu are soluţii. Problemã pentru clasa a IX-a Fie in planul euclidian punctele O, M, A 0 , A1 , A 2 , ..., A n astfel incat d(O, M) = d, m(∠A i-1OA i ) = iα ∈ (0 0 ,180 0 ), i = 1, n . Consideram punctele Bi = prOA i M, i = 0, n . n -1 Sa se calculeze ∑ Bi Bi +1. i =0 Soluţie: Avem doua situatii: 1 )M ∈ Int( ∠AiOAi + 1 ); 2) M ∈ Ext (∠Ai OAi +1 ) Deoarece m(∠OBi M ) + m(OBi +1M ) = 1800 ⇒ OBi MBi +1 este patrulater inscriptibil in cercul de diametru OM = d.Din teorema sinusurilor in triunghiurile OBi Bi +1 ⇒ Bi Bi +1 = 2 R = OM = d ⇒⇒ Bi Bi +1 = d sin(i + 1)α .. sin(i + 1)α 53
  • 55. Probleme rezolvate n -1 n −1 i =0 i =0 Avem ∑ Bi Bi +1 = d ∑ sin(i + 1)α = d (sin α + sin 2α + sin 3α + ... + sin nα ). Tinand cont de egalitatea cunoscuta nα 2 ⋅ sin (n + 1)α sinα + sin 2α + sin 3α + ... + sin nα = α 2 sin 2 nα sin n -1 2 ⋅ sin (n + 1)α obtinem ∑ Bi Bi +1 = d ⋅ α 2 i=0 sin 2 sin Problemă pentru clasa a IX-a, ∗ Dacă a, b, c, d ∈ R+ , cu condiţia abcd = 1 să se arate că: (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≥ 24 . Soluţie.Aplicăm inegalitate medilor A-G de două ori şi obţinem: a2 + b2 + c2 + d 2 4 2 2 2 2 ≥ a b c d = 1 , respectiv, 4 ab + ac + ad + bc + bd + cd 6 3 3 3 3 ≥ a b c d = 1. 6 Prin înmulţirea celor două inegalităţi se obţine concluzia. Problemă pentru clasa a IX-a, ∗ Dacă xi ∈ R+ , i = 1, n , cu n ∏x i = 1 , să se arate că: i =1 n ∑x i =1 2 i + ∑x x 1≤i < j ≤ n i j ≥ n(n + 1) . 2 Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (L.4.) Soluţie. Aplicăm inegalitate medilor A-G de două ori şi obţinem: 2 2 n x12 + x 2 + ... + x n n 2 2 2 ≥ x1 x 2 ...x n = 1 ⇔ ∑ xi2 ≥ n ,respectiv, n i =1 ∑ xi x j n( n−1) n(n − 1) 1≤i < j ≤ n ≥ 2 ( x1 x 2 ...x n ) n −1 = 1 ⇔ ∑ xi x j ≥ n(n − 1) 2 1≤i < j ≤ n 2 Prin adunarea celor două inegalităţi se obţine concluzia. Problemã pentru clasa a IX-a, a X-a Se considerã în planul euclidian punctele: A(1,0),B(-1,2) şi C(2,-1). Sã se scrie : 54
  • 56. Neculai Stanciu, Berca, Buzău a )ecuatiile translatiei tCB ; − b)ecuatiile omotetiei hB 2 ; c)ecuatiile simetriei centrale S C ; d )ecuatiile simetriei axiale S BC ; − π e)ecuatiile rotatiei RA 3 . Publicată în RIM – nr.X -2005 (9434) Soluţie : ⎧ x′ = x + a a )ecuatiile translatiei de vector v(a, b) sunt (t v ) : ⎨ ⎩ y′ = y + b ⎧ x′ = x − 3 ⋅ Deoarece CB(−3,3) ⇒ (tCB ) : ⎨ ⎩ y′ = y + 3 ⎧ x′ = kx + (1 − k ) xB b)ecuatiile omotetiei sunt date de (h K ) : ⎨ B ⎩ y′ = ky + (1 − k ) y B ⎧ x′ = −2 x − 3 In cazul nostru avem (h -B2 ) : ⎨ ⎩ y ′ = −2 y + 6 ⎧ x′ = 2 xC − x c)ecuatiile simetriei centrale sunt date de (SC ) : ⎨ ⎩ y ′ = 2 yC − y ⎧ x′ = 4 − x Re zulta (SC ) : ⎨ ⎩ y ′ = −2 − y d )daca avem o drepta (d) de ecuatie ax + by + c = 0 atunci simetria axiala in raport cu dreapta (d) este data de ecuatiile ⎧ b2 − a2 2ab 2ac x− 2 y− 2 x′ = 2 ⎪ 2 2 ⎪ a +b a +b a + b2 ⎨ 2 2 ⎪ y ′ = - 2ab x + a − b y − 2bc ⎪ a2 + b2 a2 + b2 a 2 + b2 ⎩ ⎧x′ = − y + 1 Dreapta (BC) are ecuatia x + y - 1 = 0 ⇒ (S BC ) : ⎨ ⎩ y′ = − x + 1 55
  • 57. Probleme rezolvate ′ ⎧ x′ = x cosθ − y sin θ + x0 e)ecuatiile rotatiei sunt date de ( R θ ) ⎨ A ′ ⎩ y′ = x sin θ + y cosθ + y0 θ ⎧ ′ ⎪ x0 = ( x Atg 2 + y A ) sin θ ⎪ unde ⎨ ⎪ y′ = ( y tg θ − x ) sin θ A A ⎪ 0 2 ⎩ 1 ⎧ ′ ⎪ x0 = 2 ⎪ In cazul nostru avem⎨ ⎪ y′ = 3 ⎪ 0 2 ⎩ ⎧ x y 3 1 + ⎪ x′ = + ⎪ 2 2 2 3 de unde rezulta ecuatiile (R A ) : ⎨ ⎪ y′ = − x 3 + y + 3 ⎪ 2 2 2 ⎩ π Problemã pentru clasa a IX-a, a X-a Se considerã în planul euclidian punctele: A(1,0),B(-1,2) şi C(2,-1). Sã se calculeze centrul de greutate al triunghiului DEF,unde − D = t ( A), E = hB 2 (C ), F = SC ( B ) ⋅ CB (t v = translatia de vector v; hok = omotetia de centru O si raport k; S o = simetria de centru O) Soluţie : ⎧ x′ = x + a a )ecuatiile translatiei de vector v(a, b) sunt (t ) : ⎨ v ⎩ y′ = y + b ⎧ x′ = x − 3 ⋅ ⇒ t ( A) = D(−2,3) Deoarece CB(−3,3) ⇒ (t ) : ⎨ CB CB ⎩ y′ = y + 3 ⎧ x′ = kx + (1 − k ) xB b)ecuatiile omotetiei sunt date de (h K ) : ⎨ B ⎩ y′ = ky + (1 − k ) yB ⎧ x′ = −2 x − 3 − In cazul nostru avem (h -B2 ) : ⎨ ⇒ hB 2 (C ) = E (−7,8) y′ = −2 y + 6 ⎩ ⎧ x′ = 2 xC − x c)ecuatiile simetriei centrale sunt date de (SC ) : ⎨ ⎩ y′ = 2 yC − y ⎧ x′ = 4 − x Re zulta (SC ) : ⎨ ⇒ SC ( B ) = F (5,−4) ⎩ y′ = −2 − y Din a),b),c) rezultã coordonatele centrului de greutate sunt − 2−7 +5 3+8− 4 −4 7 G( , ) ⇒ G( , ) 3 3 3 3 Problemã clasa a IX-a Sã se arate cã: 56
  • 58. Neculai Stanciu, Berca, Buzău a) MA BA ⋅ CA MA 2 + MB MC + AB ⋅ CB MB 2 = 0; AC ⋅ BC MC 2 + + = 1, BA ⋅ CA AB ⋅ CB AC ⋅ BC unde A, B, C si M sunt puncte din spatiu. b) Publicată în RIM – nr.X -2005 (9430) Soluţie: Consideram un punct oarecare O din spatiu si notam cu a , b , c si x vectorii de pozitie ai punctelor A, B, C si M fata de O. a) = BA ⋅ CA + MB AB ⋅ CB 1 + MC AC ⋅ BC MA 2 BA ⋅ CA + MB 2 AB ⋅ CB (a − x) 2 (a − b) ⋅ (a − c) 1 + + MC 2 AC ⋅ BC a−x (a − b) ⋅ (a − c) + b−x (b − a ) ⋅ (b − c ) + c−x (c − a ) ⋅ (c − b ) (b − a ) ⋅ (b − c ) 2 + (c − x ) 2 (c − a ) ⋅ (c − b ) = ( a − b )( b − c )( c − a ) = 1. ( Am utilizat formula cunoscutã: a 2 (c − b) + b 2 (a − c) + c 2 (b − a ) = (a − b)(b − c)(c − a ) ). Problema clasa a IX-a Sã se afle locul geometric al punctelor M din spaţiu care verificã relaţia: BA ⋅ CA + MB 2 ⋅ MB CB ⋅ AB + ] + x 2 − 2 ⋅ a ⋅ x )( c − b ) + (b 2 + x 2 − 2 ⋅ b ⋅ x )( a − c ) + ( c 2 + x 2 − 2 ⋅ c ⋅ x )( b − a ) = a 2 ( c − b ) + b 2 ( a − c ) + c 2 (b − a ) MA2 ⋅ MA = = (b − x ) 2 [(a ( a − b ) ⋅ (b − c ) ⋅ ( c − a ) = = [a ⋅ c − c ⋅ x − a ⋅ b + b ⋅ x + a ⋅ b − a ⋅ x − b ⋅ c + c ⋅ x + b ⋅ c − b ⋅ x − a ⋅ c + a ⋅ x ] = 0; ( a − b ) ⋅ (b − c ) ⋅ ( c − a ) b) = MA MC 2 ⋅ MC AC ⋅ BC = 0, ∀A, B, C din spatiu. Publicată în RIM – nr.X -2005 (9429) Soluţie: 57
  • 59. Probleme rezolvate Consideram un punct oarecare O din spatiu si a , b, c si x vectorii de pozitie ai punctelor A, B, C si M. E= MA 2 ⋅ MA + MB 2 ⋅ MB + MC 2 ⋅ MC = (a − x ) 3 + (b − x ) 3 (a − b)(a − c ) (b − a )(b − c ) BA ⋅ CA CB ⋅ AB AC ⋅ BC Dupa aducerea la acelasi numitor si reducerea termenilo r avem : (1)E = + (c − x ) 3 (c − b)(c − b) [ 1 3 3 ⎧ 3 2 2 2 ⎨a (c − b ) + b ( a − c ) + c (b − a ) − 3 x a (c − b) + b ( a − c ) + c (b − a ) (a − b)(b − c )(c − a ) ⎩ Avem relatiile : (2) a 3 (c − b) + b 3 ( a − c ) + c 3 (b − a ) = ( a + b + c )( a − b)(b − c )(c − a ) si (3) a 2 (c − b) + b 2 (a − c ) + c 2 (b − a ) = (a − b)(b − c )(c − a ), cunoscute de la algebra. Din (1), (2) si (3) ⇒ (4)E = 1 (a − b)(b − c )(c − a ) [ ] ⋅ (a + b + c )(a − b)(b − c )(c − a ) − 3 x ( a − b)(b − c )(c − a ) = = a + b + c − 3 x = OA + OB + OC − 3OM , Din ipoteza ⇒ OA + OB + OC = 3OM Stim (5) OA + OB + OC = 3OG.Deci M ≡ G, centrul de greutate al triunghiu lui ABC. Problemã pentru clasa a IX-a, a X-a Se considerã în planul euclidian punctele: A(1,0),B(-1,2) şi C(2,-1). Sã se arate cã mijlocul segmentului DE se aflã pe prima bisectoare, unde − π D = R A 3 ( B) si E = S BC ( A) . θ ( Ro = rotatia de centru O si de unghi θ ; S d = simetria axiala de axa d) 58 ]}
  • 60. Neculai Stanciu, Berca, Buzău a) daca avem o drepta (d) de ecuatie ax + by + c = 0 atunci simetria axiala in raport cu dreapta (d) este data de ecuatiile ⎧ b2 − a 2 2ab 2ac x− 2 y− 2 x′ = 2 ⎪ 2 2 ⎪ a +b a +b a + b2 ⎨ 2 2 ⎪ y′ = - 2ab x + a − b y − 2bc ⎪ a2 + b2 a2 + b2 a 2 + b2 ⎩ Dreapta (BC) are ecuatia x + y - 1 = 0 ⇒ ⎧ x′ = − y + 1 (SBC ) : ⎨ ⇒ S BC ( A) = E (1,0) ⎩ y′ = − x + 1 ′ ⎧ x ′ = x cos θ − y sin θ + x 0 b)ecuatiile rotatiei sunt date de ( R θ )⎨ A ′ ⎩ y ′ = x sin θ + y cos θ + y 0 θ ⎧ ′ ⎪ x 0 = ( x A tg 2 + y A ) sin θ ⎪ unde ⎨ ⎪ y ′ = ( y tg θ − x ) sin θ A A ⎪ 0 2 ⎩ 1 ⎧ ′ ⎪ x0 = 2 ⎪ In cazul nostru avem⎨ ⎪y′ = 3 ⎪ 0 2 ⎩ ⎧ x y 3 1 + ⎪x′ = + ⎪ 2 2 2 3 de unde rezulta ecuatiile (R A ) : ⎨ ⇒ x 3 y 3 ⎪ y′ = − + + ⎪ 2 2 2 ⎩ π − π R A 3 ( B) = D( 3 , 3 + 1) Din a) şi b) avem 3 +1 3 +1 M( , ) 2 2 Problemǎ pentru clasa a IX-a, Să se arate că numărul A = 11x ⋅ 12 x ⋅ 13 x ⋅ 14 x ⋅ 15 x ⋅ 16 x ⋅ 17 x ⋅ 18 x ⋅ 19 x nu poate fi cub perfect oricare ar fi baza de numeraţie x . Soluţie.Numărul A se scrie ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5)( x + 6)( x + 7)( x + 8)( x + 9) . Fără a restrânge generalitatea ( A este produsul a nouă numere consecutive ) luom A = ( n − 4)(n − 3)(n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) , unde din x ≥ 10 ⇒ n ≥ 15. Deoarece numărul A = (n 3 − 10n) 3 − n(27n 4 − 180n 2 − 576), se observă uşor că pentru ∀n > 10 scăzătorul este pozitiv ⇒ (1) A < (n 3 − 10n) 3 ; În continuare avem 3 3 6 5 4 3 2 A − (n − 10n − 1) = 3n − 27 n − 60n + 177n + 300n + 606n + 1 > 0, ∀n > 10 De unde ⇒ (2)(n 3 − 10n − 1) 3 < A . 59
  • 61. Probleme rezolvate Din relaţiile (1) şi (2) rezultă că A este cuprins între cuburile a două numere consecutive, deci el nu poate fi cub perfect. Problemã pentru clasa a IX-a, a X-a Se considerã în planul euclidian punctele: A(1,0),B(-1,2) şi C(2,-1). Sã se arate cã mijlocul segmentului DE se aflã pe prima bisectoare, unde − π D = R A 3 ( B) si E = S BC ( A) . θ ( Ro = rotatia de centru O si de unghi θ ; S d = simetria axiala de axa d) Soluţie : a )daca avem o drepta (d) de ecuatie ax + by + c = 0 atunci simetria axiala in raport cu dreapta (d) este data de ecuatiile ⎧ b2 − a2 2ab 2ac x− 2 y− 2 x′ = 2 ⎪ 2 2 ⎪ a +b a +b a + b2 ⎨ 2 2 ⎪ y ′ = - 2ab x + a − b y − 2bc ⎪ a2 + b2 a2 + b2 a 2 + b2 ⎩ Dreapta (BC) are ecuatia x + y - 1 = 0 ⇒ ⎧x′ = − y + 1 (S BC ) : ⎨ ⇒ S BC ( A) = E (1,0) ⎩ y′ = − x + 1 ′ ⎧ x ′ = x cos θ − y sin θ + x 0 b)ecuatiile rotatiei sunt date de ( R θ )⎨ A ′ ⎩ y ′ = x sin θ + y cos θ + y 0 θ ⎧ ′ ⎪ x 0 = ( x A tg 2 + y A ) sin θ ⎪ unde ⎨ ⎪ y ′ = ( y tg θ − x ) sin θ A A ⎪ 0 2 ⎩ 1 ⎧ ′ ⎪ x0 = 2 ⎪ In cazul nostru avem⎨ ⎪y′ = 3 ⎪ 0 2 ⎩ ⎧ x y 3 1 + ⎪x′ = + ⎪ 2 2 2 3 de unde rezulta ecuatiile (R A ) : ⎨ ⇒ ⎪ y′ = − x 3 + y + 3 ⎪ 2 2 2 ⎩ π − π R A 3 ( B) = D( 3 , 3 + 1) Din a) şi b) avem 3 +1 3 +1 M( , ) 2 2 Problemă pentru clasa a IX-a, 60
  • 62. Neculai Stanciu, Berca, Buzău kπ 2008 kπ + ∑ cos . 6 6 k =1 k =1 Dată la Concursul Interjudeţean de Matematică, „Speranţe Rîmnicene”, clasa a IX-a, Rîmnicu Sărat, 2008 Să se calculeze suma : S = 2007 ∑ cos cos este funcţia 12π 2π 3π π + cos + …+ cos =0 avem cos + cos 6 6 6 6 Soluţie.Deoarece 2007=167 ⋅ 12 +3) şi 2008 ∑ cos k =1 periodică rezultă şi pentru că 2007 3 +1 kπ ∑ cos 6 = 2 (pt. că k =1 3 kπ = (pt. că 2008=167 ⋅ 12 +4). 6 2 2 3 +1 . 2 Problemă pentru clasa a IX-a, octombrie Suma din enunţ este S = kπ . 6 k =1 Publicată în SM – 1 / 2008 (L.6.); G.M. – nr. 3 / 2008 (25971) Soluţie.Deoarece funcţia cos este periodică şi pentru că 12π 2π 3π π + cos + …+ cos =0 rezultă că se obţin 12 valori pentru avem cos + cos 6 6 6 6 suma dată. ⎧0, dacã n = M 12 ⎪ ⎪ 3 , dacã n = M + 1 12 ⎪ 2 ⎪ ⎪ 3 + 1 , dacã n = M + 2 12 ⎪ 2 ⎪ ⎪ 3 + 1 , dacã n = M + 3 12 ⎪ 2 ⎪ ⎪ 3 , dacã n = M + 4 12 ⎪ 2 ⎪ ⎪0, dacã n = M 12 + 5 S =⎨ ⎪− 1, dacã n = M 12 + 6 ⎪ 2+ 3 ⎪− , dacã n = M 12 + 7 2 ⎪ ⎪ 3+ 3 ⎪− , dacã n = M 12 + 8 2 ⎪ ⎪ 3+ 3 ⎪− , dacã n = M 12 + 9 2 ⎪ ⎪ 2+ 3 ⎪− , dacã n = M 12 + 10 2 ⎪ ⎪− 1, dacã n = M 12 + 11 ⎩ Problemă pentru clasa a VII-a (a VIII-a,a IX-a), n Să se calculeze suma : S n = ∑ cos 61
  • 63. Probleme rezolvate Arătaţi că numărul A = 30 + 30 + 30 + ... - 42 + 42 + 42 + ... este întreg. 6 + 6 + 6 + ... Soluţie.Notăm x = 30 + 30 + 30 + ... , apoi ridicăm la pătrat şi obţinem x 2 = 30 + x . Rezolvăm ecuaţia x 2 − x − 30 = 0 şi se obţin soluţiile : x1 = 6 , x 2 = −5 .Convine doar soluţia pozitivă x = 6 .Analog se procedează pentru calculul numărului y = 6 + 6 + 6 + ... .Ecuaţia care se obţine este y 2 − y − 6 = 0 cu soluţia pozitivă y = 3 .Se procedează ca mai sus şi rezultă 42 + 42 + 42 + ... =7. 6 Numărul din enunţ este deci A = − 7 = −5 ∈ Z , c.c.t.d. 3 Notă. Exerciţiul poate fi efectuat şi de elevii clasei a VII-a deoarece au de rezolvat o ⇔ x( x − 1) = a , produsul a două numere ecuaţie de tipul x 2 − x = a consecutive=natural şi prin încercări rezultă soluţiile. Problemă pentru clasa a IX-a, Fie α > 0 , rădăcina ecuaţiei x 2 − 2207 x + 1 = 0 . Să se găsească numerele naturale a, a+ b . c Publicată în RMT – 1 / 2008 (IX.238.) & SM – 1 / 2008 (L.24.) b şi c diferite de zero astfel încât 8 α = Soluţie . Folosim următoarea lemă :”dacă α este rădăcina pozitivă a ecuaţiei x 2 − bx + 1 = 0 , atunci α este cea mai mare rădăcină a ecuaţiei x 2 − x b + 2 + 1 = 0 “ (se demostrează uşor).Cu această lemă obţinem că α este cea mai mare rădăcină ecuaţiei x 2 − 47 x + 1 = 0 , mai departe 4 α este cea mai mare rădăcină a ecuaţiei x 2 − 7 x + 1 = 0 , şi 8 α este cea mai mare rădăcină a ecuaţiei x 2 − 3x + 1 = 0 . 3+ 5 şi valorile : a = 3, b = 5 şi c = 2 . 2 Problemă pentru clasa a IX-a, Obţinem 8 α = ⎡ 2008 ! + 2005 !⎤ ,( unde [x ] reprezintă cel mai mare număr întreg mai mic Calculaţi : ⎢ ⎣ 2007 ! + 2006 !⎥ ⎦ sau egal cu x ) apoi generalizaţi rezultatul. Publicată în RMT – nr. 2 / 2008 (VII.241.) 62
  • 64. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 1 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎡ ⎢ 2006 ! (2007 ⋅ 2008 + 2006 ) ⎥ ⎢ 2007 ⋅ 2008 + 2006 ⎥ ⎡ 2008 ! + 2005 !⎤ Soluţie. ⎢ ⎥=⎢ ⎥= ⎥ =⎢ 2006 ! (2007 + 1) 2008 ⎣ 2007 ! + 2006 !⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 1 ⎡ ⎤ = ⎢2007 + = 2007 . 2006 ⋅ 2008 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ (n + 3) ! + n ! ⎤ Generalizare. ⎢ ⎥ = n + 2 , ∀n ∈ N . ⎣ (n + 2) ! + (n + 1) !⎦ Problemă pentru clasa a IX-a , a X-a, a XI-a, Să se rezolve sistemul: 4 9 ⎧1 ⎪ x2 + y2 + z2 = 4 ⎪ ⎪ 2 2 2 ⎨x + y + z = 9 ⎪ 9 ⎪ xyz = 2 ⎪ ⎩ Crux Mathematicorum, decembrie 2008, M 375 Soluţie.Primele două ecuaţii ne sugerează considerarea următorilor vectori: 1 2 3 a = ( , , ) şi b = ( x, y, z ) .Avem a ⋅ b = 6 , a = 2 , b = 3 .Rezultă a ⋅ b = a ⋅ b , x y z deci, unghiul vectorilor este nul, prin urmare vectorii sunt coliniari şi au coordonatele proporţionale. x2 y2 z2 x2 + y2 + z2 9 3 = = = = = , de unde Obţinem: 1 2 3 1+ 2 + 3 6 2 6 3 2 . x=± , y = ± 3, z = ± 2 2 Ţinând cont de ecuaţia a treia, avem soluţiile: ⎛ 6 6 3 2⎞ 3 2⎞ ⎛ 6 3 2⎞ ⎛ 6 3 2⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 2 , 3 , 2 ⎟, ⎜ − 2 ,− 3 , 2 ⎟, ⎜ 2 ,− 3 ,− 2 ⎟, ⎜ − 2 , 3 ,− 2 ⎟ . ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Problemã clasa a X-a Sã se afle rãdãcinile polinomului f = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ R∗ [X ], daca b + d = a + c. Soluţie: b + d = a + c ⇒ b + d − c = a / : (− a ) ⇒ − b c d + − = −1 ⇒ a a a ⇒ S1 + S 2 + S 3 + 1 = 0 ⇒ x1 + x 2 + x3 + x1 x 2 + x 2 x3 + x3 x1 + x1 x 2 x3 + 1 = 0 ⇒ ⇒ x1 (1 + x 2 + x3 + x 2 x3 ) + (1 + x 2 + x3 + x 2 x3 ) = 0 ⇒ (1 + x 2 + x3 + x 2 x3 )( x1 + 1) = 0 ⇒ ⇒ ( x1 + 1)( x 2 + 1)( x3 + 1) = 0 ⇒ x1 = x 2 = x3 = −1. 63
  • 65. Probleme rezolvate Problemã clasa a X-a Fie f = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ R ∗ [X ]. Sa se arate ca bc = ad daca si numai daca f are o radacina egala cu opusul alteia. Soluţie: x1 = − x2 ⇔ x1 + x2 = 0 ⇔ ( x1 + x2 )( x2 + x3 )( x3 + x1 ) = 0 ⇔ ⇔ ( x1 + x2 + x3 )( x1 x2 + x2 x 3 + x3 x1 ) − x1 x2 x3 = 0 ⇔ b c d ⇔ S1S 2 = S 3 ⇔ − ⋅ = − ⇔ bc = ad . a a a Problemǎ pentru clasa a X-a, Să se arate că : ( x + x 2 − 1) n +1 + ( x − x 2 − 1) n +1 + ( x + x 2 − 1) n −1 + ( x − x 2 − 1) n −1 ( x + x 2 − 1) n + ( x − x 2 − 1) n ∀x ∈ [− 1,1]. ≤ 2, Soluţie.Notăm Tn ( x) = ( x + x 2 − 1) n + ( x − x 2 − 1) n ; facem substituţia x = cos α , de unde : Tn ( x) = (cos α + cos 2 α − 1) n + (cos α − cos 2 α − 1) n = = (cos α + i sin α ) n + (cos α − i sin α ) n = 2 cos nα . Analog Tn −1 ( x) = 2 cos(n − 1)α şi Tn +1 ( x) = 2 cos(n + 1)α . Calculăm Tn +1 ( x) + Tn −1 ( x) 2 cos(n + 1)α + 2 cos(n − 1)α = = Tn ( x) 2 cos nα (n + 1)α + (n − 1)α (n + 1)α − (n − 1)α cos 2 2 = = cos nα 2 cos nα cos α = = 2 cos α = 2 cos(arccos x) = 2 x. cos nα T ( x) + Tn −1 ( x) Expresia din enunţ devine: n +1 = 2 x = 2 x ≤ 2, deoarece x ≤ 1 . Tn ( x) 2 cos Problemã pentru clasa a X-a Sã se arate cã în orice triunghi ABC, are loc inegalitatea: n sin n A + sin n B + sin n C ⎛ p ⎞ ≥ ⎜ ⎟ , ∀n ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞ ). 3 ⎝ 3R ⎠ Soluţie: 64
  • 66. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Folosim inegalitatea cunoscuta n n x1n + x 2 + ... + x m x + x 2 + ... + x m n ≥( 1 ) , m m unde x1 , x 2 ,..., x m 0 si n ∈ (- ∞.0] ∪ [1, ∞ ). Punand x1 = sin A, x 2 = sin B, x3 = sin C , rezulta sin n A + sin n B + sin n C sin A + sin B + sin C n ≥( ) 3 3 si tinand seama de identitatea sin A + sin B + sin C = p R obtinem inegalitatea din enunt. Problemã pentru clasa a X-a Sã se arate cã în orice triunghi ABC, are loc inegalitatea: n sin n A + sin n B + sin n C ⎛ 4 ⎞ A B c ≥ ⎜ ⎟ cos n cos n cos n , 3 2 2 2 ⎝3⎠ ∀n ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞ ). Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9994) Soluţie: Folosim inegalitatea cunoscuta n n x1n + x 2 + ... + x m x + x 2 + ... + x m n ) , ≥( 1 m m unde x1 , x 2 ,..., x m 0 si n ∈ (- ∞.0] ∪ [1, ∞ ). Punand x1 = sin A, x 2 = sin B, x3 = sin C , rezulta sin n A + sin n B + sin n C sin A + sin B + sin C n ≥( ) 3 3 si tinand seama de identitatea sin A + sin B + sin C = 4 cos A B c cos cos 2 2 2 obtinem inegalitatea din enunt. Problemǎ pentru clasa a X-a, Să se arate că : 2 k ≤ n +1 ∑ C n2+k1 x n−2k +1 ( x 2 − 1) k + 2 k ≤ n −1 k ∈N 2k ≤n ∑C k∈N 2k n x Soluţie.Notăm Tn ( x) = n−2 k 2k ≤n ∑C k∈N ( x − 1) ∑C k ∈N 2k n −1 2 2k n x n −2 k −1 ( x 2 − 1) k ≤ 2 , ∀x ∈ [− 1,1] . k x n − 2 k ( x 2 − 1) k . Fie C n ( x) = cos(n arccos x) , unde x ∈ [− 1,1] ; dacă substituim x = cos α atunci 2 4 C n ( x) = cos nα = cos n α − C n cos n − 2 α sin 2 α + C n cos n − 4 α sin 4 α − .. 2 4 . = x n − C n x n − 2 (1 − x 2 ) + C n x n − 4 (1 − x 2 ) 2 − ... = 2k ≤n 2k ≤n k∈N = k ∈N ∑ (−1) k C n2k x n−2k (1 − x 2 ) k = ∑C 2k n x n − 2 k ( x 2 − 1) k = Tn ( x). În continuare calculăm 65
  • 67. Probleme rezolvate Tn +1 ( x) + Tn −1 ( x) 2 cos(n + 1)α + 2 cos(n − 1)α = = Tn ( x ) 2 cos nα (n + 1)α + (n − 1)α (n + 1)α − (n − 1)α cos 2 cos nα cos α 2 2 = = = cos nα cos nα = 2 cos α = 2 cos(arccos x) = 2 x. 2 cos Tn +1 ( x) + Tn −1 ( x) = 2 x = 2 x ≤ 2, deoarece x ≤ 1 . Tn ( x) Problemă pentru clasa a X-a , Expresia din enunţ devine: Să se determine forma generală a şirurilor definite prin: a) x n +1 = −3x n + 2 , ∀n ∈ N , x0 = 1 . (recurenţă liniară de ordinul 1 cu coeficienţi constanţi); n b) x n +1 3 ⎛1⎞ = x n + ⎜ ⎟ n , ∀n ∈ N , x0 = 1 .(recurenţă liniară cu un coeficient variabil); 2 ⎝3⎠ n 1 ⎛1⎞ c) x n +1 = x n + ⎜ ⎟ , ∀n ∈ N , x0 = 1 .(recurenţă liniară cu un coeficient variabil); 3 ⎝3⎠ 1 n +1 d) x n +1 = x n + , ∀n ∈ N ∗ , x1 = 0 .(recurenţă liniară cu ambii coeficienţi n+2 n variabili). ⎧ x1 = −3x0 + 2 ⋅ (−3) n −1 ⎪ ⎪ x 2 = −3x1 + 2 ⋅ (−3) n −2 ⎪ ⎪ iar prin adunarea lor obţinem Soluţie. a) Avem relaţiile ⎨........................... ⎪ x = −3 x + 2 ⋅ (−3) n −2 ⎪ n −1 ⎪ x n = −3x n −1 + 2 ⎪ ⎩ n (−3) + 1 xn = . Forma generală a şirului x n +1 = a x n + b , ∀ ∈ N este 2 x n = a n x0 + b(a n −1 + a n − 2 + ... + 1) . b) soluţia generală a relaţiei de recurenţă ( x n ) este suma dintre soluţia relaţiei omogene ( y n ) şi o soluţie particulară a relaţiei neomogene ( z n ) . n ⎛3⎞ Considerăm y n = c⎜ ⎟ , c ∈ R este o constantă ce se va determina ulterior. ⎝2⎠ n ⎛1⎞ Soluţia particulară o căutăm de tipul z n = ⎜ ⎟ Q(n) , unde Q(n) este un polinom de ⎝3⎠ 1 3 grad 1 , care, înlocuită în relaţia de recurenţă dă Q(n + 1) − Q(n) = n .Dacă 3 2 Q ( n ) = αn + β n obţinem α = − 6 ⎛1⎞ 6 12 şi β = − .Atunci soluţia particulară este z n = − ⎜ ⎟ (7n − 2) . 49 ⎝ 3 ⎠ 7 49 66
  • 68. Neculai Stanciu, Berca, Buzău n n 6 ⎛1⎞ 37 ⎛3⎞ Deci x n = c⎜ ⎟ − şi se ⎜ ⎟ (7 n − 2) , dând lui n valoarea 0 obţinem c = 49 ⎝ 3 ⎠ 49 ⎝2⎠ obţine: n n 37 ⎛ 3 ⎞ 6 ⎛1⎞ xn = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ (7 n − 2) . 49 ⎝ 2 ⎠ 49 ⎝ 3 ⎠ c) se procedează ca la punctual b) sau ca la punctual a) şi se obţine n ⎛1⎞ ⎛1⎞ xn = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝3⎠ n −1 n . Forma generală a şirului x n +1 = a x n + f (n), ∀ ∈ N este n −1 x n = a n x0 + ∑ f (k )a n − k −1 . k =0 d) Se utilizează procedeul iterării directe, ca la punctul a).Forma generală a şirului ⎛ n −1 ⎞ x n +1 = a n x n + bn , ∀ ∈ N este: x n +1 = a 0 a1 ...a n x 0 + ⎜ ∑ bk a k +1 a k + 2 ...a n ⎟ + bn . ⎝ k =0 ⎠ În cazul nostru x n +1 = a1 ...a n x1 + b1 a 2 ...a n + b2 a3 ...a n + bn −1 a n + bn şi 1 3 4 5 n +1 obţinem: x n +1 = ( + + + ... + ). n+2 1 2 3 n −1 Problemă pentru clasa a X –a, Să se determine forma generală a şirurilor (recurenţe liniare de ordinul 2 cu coeficienţi constanţi) definite prin: a) x n + 2 = 7 x n +1 − 12 x n , ∀n ∈ N , x0 = 1, x1 = 2 ; b) x n + 2 = 6 x n +1 − 9 x n , ∀n ∈ N , x0 = x1 = 1 ; c) x n + 2 = 3 x n +1 − x n , ∀n ∈ N , x0 = x1 = 1 . n n Soluţie.a) termenul general este de forma x n = c1 r1 + c 2 r2 , unde r1 şi r2 sunt rădăcinile reale şi distincte ale ecuaţiei reciproce ataşate, r 2 − 7 r + 12 = 0 , iar, c1 şi c 2 sunt constante care se determină din condiţiile iniţiale.Avem r1 = 3, r2 = 4 , iar, din ⎧c + c 2 = 1 sistemul ⎨ 1 rezultă c1 = 2, c 2 = −1 . Rezultă x n = 2 ⋅ 3 n − 4 n . 3c1 + 4c 2 = 2 ⎩ b) ecuaţia caracteristică asociată relaţiei de recurenţă este r 2 − 6r + 9 = 0 şi are rădăcina not . dublă r1 = r2 = α = 3 .Termenul general este de forma x n = c1α n + c 2 nα n , deci 2 x n = c1 ⋅ 3 n + c 2 ⋅ n ⋅ 3 n .Din condiţiile iniţiale rezultă c1 = 1 şi c 2 = − , apoi obţinem 3 n −1 x n = 3 ⋅ (3 − 2n) . c) ecuaţia caracteristică, r 2 − 3r + 1 = 0 , are rădăcinile complexe 3±i π π = cos ± i sin = cos t + i sin t .Termenul general este de tipul 2 6 6 n x n = r (c1 cos nt + i sin nt ) , unde r = r1, 2 .Din condiţiile iniţiale obţinem c1 = 1 şi r1, 2 = c 2 = 2 − 3 .Rezultă x n = cos nπ nπ . + (2 − 3 ) sin 6 6 Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, 67
  • 69. Probleme rezolvate 4x .Rezolvaţi ecuaţia: 4x + 2 1 2 2009 x E( ) + E( ) + ... + E ( )= . 2010 2010 2010 2 Fie E ( x) = Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi 1004 1 2 2009 2009 2010 − k ⎤ k k ⎡ ) + E( ) + ... + E ( ) = ∑ E( ) = ∑ ⎢E( ) + E( ) + E( 2010 2010 2010 2010 2010 2010 ⎥ ⎦ k =1 k =1 ⎣ 1005 E( )= 2010 1004 k k ⎤ 1 1 2 2009 ⎡ = ∑ ⎢E( = . ) + E (1 − )⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 + 2010 2010 ⎦ 2 2 2+2 2 k =1 ⎣ Soluţia ecuaţiei este x = 2009 . Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, Fie E ( x) = 1 2 2009 16 x .Calculaţi suma : S= E ( ) + E( ) + ... + E ( ). x 2010 2010 2010 16 + 4 Soluţie.Trebuie să observăm că E ( x) + E (1 − x) = 1 .Apoi 1004 2 2009 2009 2010 − k ⎤ 1 k k ⎡ S= E ( ) + E( ) + ... + E ( ) = ∑ E( ) = ∑ ⎢E( ) + E( ) + 2010 2010 2010 2010 2010 2010 ⎥ ⎦ k =1 k =1 ⎣ 1005 E( )= 2010 1004 k k ⎤ 1 1 4 2009 ⎡ = ∑ ⎢E( = . ) + E (1 − )⎥ + E ( ) = 1004 + E ( ) = 1004 + 2010 2010 ⎦ 2 2 4+4 2 k =1 ⎣ Problemă pentru clasa a VIII-a sau a IX-a, Rezolvaţi în R ecuaţia: 4 x 2 − 8[x ] − 5 = 0 , unde [x ] ∈ Z şi x ≥ [x ] > x − 1 . Soluţie.Deoarece [x ] > x − 1 , avem 4 x 2 − 5 = 8[x ] > 8( x − 1) ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 > 0 ⇔ (2 x − 1)(2 x + 3) > 0 ⇔ 1 3 ⇔ x < sau x > 2 2 (1) De asemenea din x ≥ [x ], avem: 68
  • 70. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 4 x 2 − 5 = 8[x ] ≤ 8 x ⇔ 4 x 2 − 8 x − 5 ≤ 0 ⇔ (2 x − 5)(2 x + 1) ≤ 0 ⇔ − 1 5 ≤x≤ 2 2 (2) Din (1) şi (2) avem − 1 1 3 5 ≤ x < sau < x ≤ . 2 2 2 2 1 1 ≤x< . 2 2 Rezultă [x ] = −1 ⇒ 4 x 2 = −3 , ecuaţia nu are soluţii reale, sau Cazul 1. − ⎧ [x] = 0 ⇒ 4 x 2 = 5 ⇒ x ∈ ⎨− ⎩ 5 5⎫ , ⎬. 2 2 ⎭ 3 5 5 3 <− < −1 şi 1 < < nu avem soluţii. 2 2 2 2 3 5 Cazul 2. < x ≤ . 2 2 1 Acum [x ] ∈ { ,2,3}. Deoarece − 3 9 13 16 13 = < < = 2 , rezultă soluţia x = . 2 2 2 2 2 3 9 21 25 5 < < = , rezultă Dacă [x ] = 2 ⇒ 4 x 2 = 21 . Deoarece = 2 2 2 2 2 21 . soluţia x = 2 5 25 29 36 6 29 < < = , rezultă x = nu Dacă [x ] = 3 ⇒ 4 x 2 = 29 .Deoarece = 2 2 2 2 2 2 este soluţie. ⎧ 13 21 ⎫ , Soluţiile ecuaţiei sunt x ∈ ⎨ ⎬. 2 ⎭ ⎩ 2 Dacă [x ] = 1 ⇒ 4 x 2 = 13 .Deoarece Problemă pentru clasa a VIII-a , Fie un paralelipiped dreptunghic cu dimensiunile a, b, c şi diagonala d . a+b+c , atunci paralelipepedul este cub. Să se arate că dacă d = 3 Soluţie.Ridicăm la pătrat relaţia din ipoteză, apoi înlocuim d 2 = a 2 + b 2 + c 2 şi obţinem: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c) 2 ⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 = 0 ⇔ a = b = c .Q.E.D. Problemă pentru gimnaziu sau clasa a XII-a , Fie N = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2008 − 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2007 .Arătaţi că 2009 divide pe N . Publicată în GMB – 4 / 2009 (C.O.: 5019) Soluţie 1. (clasa a XII-a) 69
  • 71. Probleme rezolvate 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2008 ≡ [(−2007) ⋅ (−2005) ⋅ (−2003) ⋅ ... ⋅ (−3) ⋅ (−1)]mod(2009) ≡ (1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2007 ) mod(2009) . Rezultă N ≡ 0 mod(2009) .Q.E.D. Soluţie 2.(gimnaziu).Generalizare. Notăm A = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2k − 1) , B = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ (2k ) , C = 2k + 1 . Observăm că k A = (C − 2k )(C − (2k − 2)) ⋅ ... ⋅ (C − 2) = M C + (− 1) ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ (2k ) = M C + (−1) k ⋅ B . Rezultă N = − M C + (1 + (−1) k +1 ) ⋅ B . Acum luom k = 1004 şi rezultă 2009 N .Q.E.D. Problemă pentru gimnaziu sau clasa a XII-a , Fie N = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2010 + 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2009 .Arătaţi că 2011 divide pe N . Soluţie 1. (clasa a XII-a) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2010 ≡ [(−2009) ⋅ (−2007) ⋅ (−2005) ⋅ ... ⋅ (−3) ⋅ (−1)]mod(2011) ≡ −(1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2009 ) mod(2011) . Rezultă N ≡ 0 mod(2011) .Q.E.D. Soluţie 2.(gimnaziu).Generalizare. Notăm A = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2k − 1) , B = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ (2k ) , C = 2k + 1 . Observăm că k A = (C − 2k )(C − (2k − 2)) ⋅ ... ⋅ (C − 2) = M C + (− 1) ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ (2k ) = M C + (−1) k ⋅ B . Rezultă N = M C + (1 + (−1) k ) ⋅ B . Acum luom k = 1005 şi rezultă 2011 N .Q.E.D. Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 4 8⎞ ∗ Să se rezolve în M 2 (C ) ecuaţia : A 4 = ⎜ ⎟ ⎜ 3 6⎟ , n ∈ N . ⎠ ⎝ Soluţie.Observăm că det( A 4 ) = 0 .De aici (det A) = 0 , de unde det A = 0 .Utilizând ⎛ 4 8⎞ 3 relaţia Cayley-Hamilton obţinem A 4 = (TrA) ⋅ A .Considerăm B = ⎜ ⎟ ⎜ 3 6 ⎟ şi obţinem ⎠ ⎝ 4 70
  • 72. Neculai Stanciu, Berca, Buzău (TrA)3 ⋅ A = B , în care egalând urmele, obţinem (TrA)3 ⋅ TrA = TrB , deci { } (TrA) 4 = TrB = 10 ⇒ TrA ∈ ± 4 10 ,±i 4 10 . B B TrA = = ⋅B. 3 TrB TrB (TrA) TrA 4 4 ⎧ 10 ⎛ 4 8⎞ 10 ⎫ ⋅ B , ±i ⋅ B ⎬ , unde B = ⎜ Soluţiile ecuaţiei sunt: A ∈ ⎨± ⎟ ⎜ 3 6⎟ . 10 10 ⎠ ⎝ ⎩ ⎭ În continuare, din cele de mai sus avem A = Problemă pentru clasa a X-a, ( ) Rezolvaţi în R + ecuaţia : 4 log7 x + 3 log 7 4 = x − 3. Dată la Concursul Speranţe Rîmnicene 2009 Soluţie. Deoarece (∗) a logb c = c logb a , ∀a, c > 0, b ≠ 1 ,atunci avem ( ) ∀u ∈ R , 4 u + 3 log 7 4 = 4 log7 (4 u +3 ) (valabilă şi în cazul particular u = log x ). 7 (∗ ) Fie f ( x) = 4 log7 x + 3, ∀x > 0 .Atunci f ( x) = x log7 4 + 3 şi ecuaţia de rezolvat devine f ( f ( x)) = x . Funcţia f (x) este crescătoare .Dacă f ( x) < x , atunci f ( f ( x)) < f ( x) , iar, dacă f ( x) > x , atunci f ( f ( x)) > f ( x) .Deci, pentru a avea f ( f ( x)) = x , trebuie ca f ( x) = x . u u ⎛4⎞ ⎛1⎞ Cum u = log 7 x , avem 4 u + 3 = 7 u ⇔ ⎜ ⎟ + 3 ⋅ ⎜ ⎟ = 1 .Deoarece, membrul stâng ⎝7⎠ ⎝7⎠ este o funcţie strict descrescătoare, deci injectivă, rezultă că unica soluţie este u =1⇔ x = 7. Problemă pentru clasa a X-a, ( Rezolvaţi în R + ecuaţia : a log a + b x + b ) log a + b a = x − b , ∀a, b > 1 . Soluţie. log z log x Deoarece (∗) x y = z y , ∀x, z > 0, y ≠ 1 ,atunci avem ( ∀u ∈ R , a u + b ) log a + b a = a log a + b (a u +b ) (valabilă şi în cazul particular u = log x ). a +b (∗ ) Fie f ( x) = a log a + b x + b, ∀x > 0 .Atunci f ( x) = x log a + b a + b şi ecuaţia de rezolvat devine f ( f ( x)) = x . 71
  • 73. Probleme rezolvate Funcţia f (x) este crescătoare .Dacă f ( x) < x , atunci f ( f ( x)) < f ( x) , iar, dacă f ( x) > x , atunci f ( f ( x)) > f ( x) .Deci, pentru a avea f ( f ( x)) = x , trebuie ca f ( x) = x . u u ⎛ a ⎞ ⎛ 1 ⎞ Cum u = log a +b x , avem a + b = (a + b) ⇔ ⎜ ⎟ + b⋅⎜ ⎟ = 1 .Deoarece, ⎝a+b⎠ ⎝a+b⎠ membrul stâng este o funcţie strict descrescătoare, deci injectivă, rezultă că unica soluţie este u = 1 ⇔ x = a + b . u u Problemă pentru clasa a X-a Rezolvaţi în Z ecuaţia: (4 − x ) 4− x + (3 − x) 3− x + 20 = 4 x + 3 x . Soluţie.Dacă x < 0 , membrul stâng este număr natural mai mare ca 20, iar, membrul drept nu este număr natural şi este mai mic ca 1. Dacă x > 4 , membrul drept este număr natural , iar membrul stâng nu este număr natural . Analizând valorile x ∈ (0,4) ∩ Z , obţinem soluţia x = 2 . Problemă pentru clasa a IX-a, Rezolvaţi în R + ecuaţia: 1 + 1 1 1 1 + + x + 1− + + x =x. 3 2 2 2 23 Publicată în GMB – 4 / 2009 (26137) Soluţie.Ecuaţia este echivalentă cu 2+ 2+ 2+ x + 2− 2+ 2+ x =x 2. Din 2 − 2 + 2 + x ≥ 0 , rezultă 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ⎡ π⎤ ≤ 1 .Deoarece există a ∈ ⎢0, ⎥ , 2 ⎣ 2⎦ x x ≤ 1 , a.î. cos a = vom folosi substituţia x = 2 cos a . 2 2 t Vom utiliza de asemenea şi formulele: 2 + 2 cos t = 2 cos şi 2 Avem ∀0≤ 2 + 2 + 2 + x = 2 + 2 + 2 + 2 cos a = 2 + 2 + 4 cos 2 2 + 2 + 2 cos a = 2 72 2 − 2 cos t = 2 sin a = 2 t . 2
  • 74. Neculai Stanciu, Berca, Buzău = 2 + 2 cos a a = 2 cos . 4 8 a 2 − 2 + 2 + x = 2 sin . 8 Ecuaţia devine : a a 2 a 2 a ⎛π a ⎞ 2 cos + 2 sin = 2 2 cos a ⇔ cos + sin = cos a ⇔ cos⎜ − ⎟ = cos a . 8 8 2 8 2 8 ⎝ 4 8⎠ 2π π a ⎡ π⎤ . Din a ∈ ⎢0, ⎥ , rezultă − = a ⇔ a = 4 8 9 ⎣ 2⎦ 2π Soluţia este x = 2 cos a = 2 cos . 9 Analog Problemă pentru clasa a IX-a 1 1 1 1 1 1 + + + x + 1− + + + x =x. 3 7 3 2 2 2 2 2 27 Soluţie.Ecuaţia este echivalentă cu Rezolvaţi în R + ecuaţia: 1 + 2+ 2+ 2+ 2+ x + 2− 2+ 2+ 2+ x =x 2. Din 2 − 2 + 2 + 2 + x ≥ 0 , rezultă 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 .Deoarece există 2 x x ⎡ π⎤ a ∈ ⎢0, ⎥ , ∀ 0 ≤ ≤ 1 , a.î. cos a = , vom folosi substituţia x = 2 cos a .Vom utiliza 2 2 ⎣ 2⎦ t t de asemenea şi formulele: 2 + 2 cos t = 2 cos şi 2 − 2 cos t = 2 sin . 2 2 Avem 2 + 2 + 2 + 2 + x = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 cos a = 2 + 2 + 2 + 2 cos 2 + 2 + 2 + 4 cos 2 a a a a = 2 + 2 + 2 cos = 2 + 2 cos = 2 cos . 2 4 8 16 Analog 2 − 2 + 2 + 2 + x = 2 sin a . 16 Ecuaţia devine : 2 2 a a a a 2 cos + 2 sin = 2 2 cos a ⇔ cos + sin = cos a 16 16 2 16 2 16 ⎛π a ⎞ ⇔ cos⎜ − ⎟ = cos a . ⎝ 4 16 ⎠ 4π π a ⎡ π⎤ =a⇔a= . Din a ∈ ⎢0, ⎥ , rezultă − 4 16 17 ⎣ 2⎦ 73 a = 2
  • 75. Probleme rezolvate Soluţia este x = 2 cos a = 2 cos 4π . 17 Problemă pentru clasa a X-a, ( )( ) ( )( n ) n Arătaţi că 7 − 4 3 97 + 56 3 + 7 + 4 3 97 − 56 3 + 2 , este pătrat perfect (pătratul unui număr natural). Soluţie.Observăm că : (2 ± 3 ) ( 2 =7±4 3; 2± 3 Expresia dată devine: ) = (7 ± 4 3 ) 4 2 ( )( ) = 97 ± 56 3 ; 2 + 3 2 − 3 = 1 . (7 − 4 3 )(97 + 56 3 ) + (7 + 4 3 )(97 − 56 3 ) + 2 = (2 + 3 ) + (2 − 3 ) + 2[(2 + 3 )(2 − 3 )] = = ⎡(2 + 3 ) + (2 − 3 ) ⎤ . ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ n 4 n −2 n 4n−2 2 n −1 ( 2 n −1 2 n −1 2 ) n −1 2n − 1 n −1 2n − 1 ⎛ ⎞ k ⎛ ⎞ k ⎟ ⋅ 2 ± 3 ⋅ ∑⎜ ⎟ ⋅ 2 , rezultă : = 2 ⋅ ∑⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ k = 0 ⎝ 2k ⎠ k = 0 ⎝ 2 k + 1⎠ n −1 2n − 1 2 n −1 2 n −1 ⎛ ⎞ k +2 ⎟⋅2 . + 2− 3 = ∑⎜ 2+ 3 ⎜ ⎟ k = 0 ⎝ 2k ⎠ Din 2 ± 3 ( ) 2 n −1 ( ) 2 ⎡ n −1 ⎛ 2n − 1⎞ k + 2 ⎤ ⎟ ⋅ 2 ⎥ .Q.E.D. Obţinem că numărul dat este egal cu ⎢∑ ⎜ ⎟ ⎜ k =0 ⎝ 2k ⎠ ⎣ ⎦ Problemă pentru clasa a VII-a sau a VIII-a, Rezolvaţi în R ecuaţia: 2 + 4 x − 2 x 2 + 6 + 6 x − 3x 2 = x 2 − 2 x + 6 . Publicată în Crux Mathematicorum – martie 2009 Soluţie. Avem: 2 + 4 x − 2 x 2 + 6 + 6 x − 3 x 2 = 4 − 2( x − 1) 2 + 9 − 3( x − 1) 2 ≤ ≤ 4 + 9 = 5 ≤ 5 + ( x − 1) 2 = x 2 − 2 x + 6 . 74
  • 76. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Egalitatea are loc dacă şi numai dacă x − 1 = 0 . Soluţia ecuaţiei este x = 1 . Problemă pentru clasa a VII-a sau a VIII-a Rezolvaţi în R ecuaţia: 1 + 6 x − 3x 2 + 7 + 4 x − 2 x 2 = 4 x 2 − 8 x + 9 . Publicată in SGMB – mai/2009 (S:E09.201) Soluţie. Avem: 1 + 6 x − 3 x 2 + 7 + 4 x − 2 x 2 = 4 − 3( x − 1) 2 + 9 − 2( x − 1) 2 ≤ ≤ 4 + 9 = 5 ≤ 5 + 4( x − 1) 2 = 4 x 2 − 8 x + 9 . Egalitatea are loc dacă şi numai dacă x − 1 = 0 . Soluţia ecuaţiei este x = 1 . Problemã clasa a XI-a 75
  • 77. Probleme rezolvate Fie x 0 ∈ R, solutie pentru ecuatiile : ax 2 + bx + c = 0, dx 2 + ex + f = 0, 2ax + b = 0 si 2dx + e = 0. Sa se calculeze : ⎤ k ax 2 + bx + c ⎡ ⎢ 2 ⎥ lim m x →x 0 ⎣ dx + ex + f ⎦ unde [] este partea intrega iar k, m ∈ R ∗ . . Soluţie: ⎡ ⎤ k k k −1 ⎢ 2 ; ⎥≤ 2 dx + ex + f ⎣ dx + ex + f ⎦ dx + ex + f ax2 + bx + c (din definitiapartiiintregi).I nmultimrelatia(1) cu si obtinem: m ⎤ k k ax2 + bx + c ax2 + bx + c ax2 + bx + c ⎡ ⋅ 2 − ⎢ 2 ⎥≤ m dx + ex + f m m ⎣ dx + ex + f ⎦ Avem: (1) 2 k ax2 + bx + c ≤ ⋅ 2 ; m dx + ex + f ax2 + bx + c → 0 , din teorem clestelui, a m conditiiledin enuntsi teoremalui l - Hospital Tinandcont ca k ax2 + bx + c k 2ax + b ak = lim ⋅ = ⋅ avem l = lim ⋅ 2 md x→x0 m 2dx + e x →x 0 m dx + ex + f Problemã pentru clasa a XI-a Sã se scrie ecuaţia dreptei perpendicularei comune dreptelor : d1 : x − 1 = y − 2 = z − 3 , si d 2 : − x − 1 = − y + 2 = z Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9639) ; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (10000) Soluţie: 76
  • 78. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Din ecuatia dreptei d 1 : x −1 y − 2 z − 3 = = , rezulta : 1 1 1 vectorul director al dreptei d 1 , v 1 (1,1,1) si un punct curent pe dreapta d 1 , M 1 (1,2,3). Analog v 2 = (−1,−1,1) si M 2 (−1,2,0) sunt vectorul director respectiv, punctul curent al dreptei d 2 . Rezulta vectorul director al dreptei perpendiculare comuna d p.c este i j k v = v1 × v 2 = 1 1 1 = 2i − 2 j. −1 −1 1 Fie P1 , planul determinat de dreapta d 1 si d p.c respectiv P2 planul determinat de dreapta d 2 si d p.c . Atunci cele doua plane au ecuatiile : x −1 y − 2 z − 3 P1 : (r − r1 , v1 , v) = 0 ⇔ 1 1 1 = 0 ⇔ x + y − 2z + 3 = 0 2 −2 0 x +1 y − 2 z P 2 : (r − r2 , v 2 , v) = 0 ⇔ − 1 − 1 1 = 0 ⇔ x + y + 2 z − 1 = 0. 2 −2 0 ⎧x + y − 2z + 3 = 0 Ecuatia perpendicularei comune este d p.c : ⎨ ⎩x + y + 2z −1 = 0 Problemã pentru clasa a X-a sau a XI-a Sã se scrie ecuaţia dreptei care trece prin punctul A(1,-1,1) şi se sprijinã pe ⎧x + y + 1 = 0 d1 : x − 2 = y − 1 = z si d 2 : ⎨ ⎩x + z = 0 Publicată în G.M –nr. 2 / 2006 ( 25490); Publicată în RIM – nr.XII -2006 (9834); Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (10001) Soluţie: 77
  • 79. Probleme rezolvate Se scriu fascicolele de plane ce contin dreptele d 1 si d 2 , apoi se intersecteaza si se obtine multimea tuturor dreptelor din spatiu ce se sprijina pe d 1 si d 2 , dupa care se extrage din fascicol dreapta ce contine punctul A. Pλ : x − y − 1 + λ ( x − z − 2) = 0, fascicolul de plane ce contine pe d 1 Pμ : x + y + 1 + μ ( x + z ) = 0, fascicolul de plane ce contine pe d 2 , ⎧ x − y − 1 + λ ( x − z − 2) = 0 , multimea tuturor dreptelor din spatiu d λμ : ⎨ ⎩x + y + 1 + μ ( x + z) = 0 ce se sprijina pe d 1 si pe d 2 . ⎧1 + 1 − 1 + λ (1 − 1 − 2) = 0 1 1 Din A ∈ d λ , μ ⇒ ⎨ ⇒λ = ,μ = − . 2 2 ⎩1 − 1 + 1 + μ (1 + 1) = 0 inlocuind pe λ si μ in d λ , μ obtinem ecuatia dreptei cautate ⎧3x - 2y - z - 4 = 0 d:⎨ ⋅ ⎩x + 2y - z + 2 = 0 Problemã pentru clasa a X-a sau a XI-a Sã se scrie ecuaţia dreptei d ′ ,ce se sprijinã pe dreptele ⎧ y = x +1 ⎧ y = 2x si d 2 : ⎨ si este paralela cu dreapta d1 : ⎨ ⎩ z = 3x + 1 ⎩z = x −1 d: x - 3 y + 5 z −1 = = 2 3 1 Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10167) ; Publicată în RIM – nr.XII -2006 (9835) Solutie: ∀M ∈ d1 ⇒ M (t ,2t , t − 1) ∀P ∈ d 2 ⇒ P( s, s + 1,3s + 1) rezulta MP = ( s − t , s − 2t + 1,3s − t + 2).Din enunt MP este coliniar cu v(2,3,1) 1 7 s − t s − 2t + 1 3s − t + 2 ⇒ = = ⇒ s = − si t = ⇒ 2 3 1 3 3 1 2 x+ y− 1 2 3= 3 =z⇔ ⇒ P(− , ,0) ⇒ d ′ : 3 3 2 3 1 ⎧x − y + 1 = 0 ⇔ d′ : ⎨ ⎩3x − 6 z + 1 = 0 78
  • 80. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemã pentru clasa a X-a sau a XI-a Sã se determine ecuaţia dreptei ce trece prin proiecţia punctului A(1,0,0) pe dreapta d : x = y = z si se sprijina pe dreptele ⎧x − y − z = 0 d1 : ⎨ si d 2 y − z −1 = 0 ⎩ ⎧2 x − y = 0 :⎨ ⎩x − z + 1 = 0 Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10168) Soluţie: Proiecţia punctului A pe dreaptã o aflãm intersectând dreapta d: cu planul P:care conţine punctul A şi este perpendicular pe dreapta d. PrA d = A0 , A 0 = d ∩ P, d : x = y = z ⇒ v(1,1,1) [ ] ⎧x + y + z − 1 = 0 P : A(1,0,0); N = v ⇒ P : ( x − 1) + y + z = 0 ⇒ {A0 } : ⎨ ⎩x = y = z 1 1 1 1 ⇒ x = y = z = ⇒ A0 ( , , ) 3 3 3 3 In continuare consideram fascicolele de plane Pλ si Pμ care contin dreptele d1 respectiv d 2 . Pλ : x - y - z + λ (y - z + 1) = 0 , Pμ : 2 x − y + μ ( x − z + 1) = 0. Re zulta d λ , μ multimea tuturor dreptelor care se sprijina pe d1 si d 2 ⎧ x − y − z + λ ( y − z − 1) = 0 1 din A 0 ∈ d λ , μ ⇒ λ = −1, μ = ⇒ Ecuatia dreptei cautate este dλ , μ : ⎨ 3 ⎩2 x − y + μ ( x − z + 1) = 0 ⎧x − 2 y + 1 = 0 d 1 :⎨ ⋅ -1, ⎩7 x − 3 y − z + 1 = 0 3 Problemă pentru clasa a XI-a , Să se arate că ecuaţia a x = bx 2 + cx + d are cel mult trei rădăcini reale ∀a 1 ,b ∈ R + ;c,d ∈ R . Publicată în G.M. – nr. 6 / 2007 (C: 3180); Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10366) Soluţie.Ne folosim de proprietatea:Între două rădăcini ale funcţiei avem cel puţin o rădăcină a derivatei. Fie f : R → R , f ( x) = a x − bx 2 − cx − d şi presupunem prin reducere la absurd că are cel puţin 2 rădăcini.Dar cum 4 rădăcini deci f ′′( x) = o are 2b f ′′( x) = a x ln 2 a − 2b =0 ⇔ a x = 2 are o singură soluţie, rezultă că f are cel mult ln a 3 rădăcini. 79
  • 81. Probleme rezolvate Problemǎ pentru clasa a XI-a, Se consideră dreptele : (d ) : bcx = cay = abz (e) : cax = aby = bcz şi ( f ) : abx = bcy = caz. Să se demonstreze egalităţile: (i ) : sin ∠(d , e) = sin ∠(e, f ) = sin ∠( f , d ), unde am notat cu ∠(d , e) unghiul dintre dreptele (d ) şi (e) , respectiv analoagele; (ii ) : sin ∠((d , e), (e, f )) = sin ∠((e, f ), ( f , d )) = sin ∠(( f , d ), (d , e)) , unde am notat ∠((d , e), (e, f )) unghiul diedru determinat de planele (d , e) şi (e, f ) , respectiv analoagele. Soluţie.Observăm că ecuaţiile dreptelor din enunţ pot fi puse sub forma: x y z x y z x y z (d ) : = = , (e) : = = şi ( f ) : = = . a b c b c a c a b x − x1 y − y1 z − z1 x − x2 y − y 2 z − z 2 Dacă avem dreptele (d1 ) : şi (d 2 ) : = = = = l1 m1 n1 l2 m2 n2 unghiul ϕ format de acestea este dat de formula: l1l 2 + m1 m2 + n1 n2 (1) cos ϕ = unde ε ∈ {− 1,1} ; semnul ε se datorează 2 2 2 2 2 2 ε l1 + m1 + n1 ⋅ l 2 + m2 + n2 faptului că cele două drepte fac între ele patru unghiuri, două ascuţite şi două obtuze(congruente între ele), este deci utilizat pentru a caracteriza toate cele patru unghiuri care sunt formate de două drepte neparalele.Utilizăm formula (1) şi obţinem ab + bc + ca . unghiul ∠(d , e) format de dreptele (d ) şi (e) dat de cos ∠(d , e) = ε (a 2 + b 2 + c 2 ) ab + bc + ca ab + bc + ca şi cos ∠( f , d ) = .În Analog se obţine cos ∠(e, f ) = 2 2 2 ε (a + b + c ) ε (a 2 + b 2 + c 2 ) continuare se utilizează formula sin α = 1 − cos 2 α şi rezultă relaţiile (i ). Dacă avem planele ( P1 ) : A1 x + B1 y + C1 Z + D1 = 0 şi ( P2 ) : A2 x + B2 y + C 2 Z + D2 = 0 , atunci cosinusurile unghiurilor dintre ele sunt date de formula : A1 A2 + B1 B2 + C1C 2 ,unde ε ∈ {− 1,1}şi este utilizat pentru (2) cos ϕ = 2 2 2 2 2 2 ε A1 + B1 + C1 ⋅ A2 + B2 + C 2 caracterizarea celor patru unghiuri diedre formate de cele două plane. Determinăm ecuaţiile celor trei plane date în enunţ: (d , e) : (ab − c 2 ) x + (bc − a 2 ) y + (ac − b 2 ) z = 0 ; (e, f ) : (bc − a 2 ) x + (ac − b 2 ) y + (ab − c 2 ) z = 0 ; ( f , d ) : (ac − b 2 ) x + (ab − c 2 ) y + (bc − a 2 ) z = 0 . Notăm: A = ab − c 2 , B = bc − a 2 şi C = ac − b 2 .Folosim formula (2) şi aflăm AB + BC + CA AB + BC + CA , , cos ∠((d , e), (e, f )) = cos ∠((e, f ), ( f , d )) = 2 2 2 ε (A + B + C ) ε ( A2 + B 2 + C 2 ) AB + BC + CA de unde cu formula sin α = 1 − cos 2 α cos ∠(( f , d ), (d , e)) = 2 2 2 ε (A + B + C ) obţinem relaţiile (2). Problemã pentru clasa a XI-a Sa se calculeze: 80
  • 82. Neculai Stanciu, Berca, Buzău max 3k (n − k + 1), unde n ∈ N 1≤ k ≤ n Publicată în SM – 1 / 2008 (L.27.); Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9641) ; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (9998) Soluţie: Consideram functia f ( x) = 3 x ( n − x + 1) ⋅ Derivata f ′( x) = 3 x [(n − x + 1) ln 3 − 1] se anuleaza in 1 1 1 x0 = n + 1 − ⋅ Avem 1 < ln3 < 2 ⇒ < <1⇒ ln 3 2 ln 3 1 n < x0 < n + < n + 1. Re zulta urmatorul tabel de variatie : 2 X 1 n x0 n+(1/2) n+1 1 f ++++++++++++++++0-------------------------------------------------------------------f Crescãtoare descrescãtoare Deoarece f (n) = 3n ⇒ max 3k (n − k + 1) = 3n ⋅ 1≤ k ≤ n Problemã pentru clasa a XI-a ⎛1 a − b⎞ ⎟ ⎜ Fie A = ⎜ b 1 0 ⎟ ⋅ ⎜a 0 1 ⎟ ⎠ ⎝ Sa se calculeze An ⋅ Publicată în RMT – nr. 3 / 2005 (XI.174.); Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9640) ; Publicată în RIM – nr.XV -2008 (10363) Soluţie: ⎛0 a − b⎞ ⎟ ⎜ scriem A = I 3 + B , unde B = ⎜ b 0 0 ⎟ ⎜a 0 0 ⎟ ⎠ ⎝ 3 k Constatam ca B = O ⇒ B = O , pentru k ≥ 3. Folosim formula binomului lui Newton si obtinem : 1 2 An = I 3 + Cn B + C n B 2 ⋅ 0 ⎞ ⎛0 0 ⎟ ⎜ Efectuam calculele si obtinem B = ⎜ 0 ab − b 2 ⎟ ⎜ 0 a 2 − ab ⎟ ⎠ ⎝ 2 81
  • 83. Probleme rezolvate si ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ na − nb ⎜1 2 ⎟ n ⎜ nb 1 + n( n − 1 )ab − n( n − 1 )b ⎟ A = ⎟ ⎜ 2 2 2 ⎜ n( n − 1 )a n( n − 1 )ab ⎟ 1− ⎟ ⎜ na 2 2 ⎠ ⎝ Problemã pentru clasa a XI-a Sa se rezolve ecuatia : a x + ( a + 3) x = (a + 1) x + (a + 2) x , unde a ≥ 2 dat. Solutie: Ecuatia este echivalenta cu (a + 3) x − (a + 2) x = (a + 1) x − a x Aplicam teorema lui Lagrange functiei f ( y ) = y x pe [a + 2, a + 3] sipe [a, a + 1] si avem : ∃θ ∈ (a + 2, a + 3) a.i f(a + 3) - f(a + 2) = f ′(θ ) = xθ x -1 ⇒ ⇒ (1)(a + 3) x − (a + 2) x = xθ x −1 ; ∃ξ ∈ (a, a + 1) a.i f(a + 1) - f(a) = f ′(ξ ) = xξ x -1 ⇒ ⇒ (2)(a + 1) x − a x = xξ x −1 ; Din (1) si (2) ecuatia devine xθ x −1 = xξ x −1 ⇔ x(θ x −1 − ξ x −1 ) = 0 ⇔ x=0 sau θ x -1 −ξ x −1 ⎛θ ⎞ =0⇔⎜ ⎟ ⎜ξ ⎟ ⎝ ⎠ x −1 = 1, θ ξ 1 ⇔ x −1 = 0 ⇔ x = 1. Solutiile sunt x ∈ {0,1}. Problemã pentru clasa a XI-a Sa se rezolve ecuatia : (a + an −1 ) x + (a + an + 2 ) x = (a + an ) x + (a + an +1 ) x , unde a > 0 dat si sirul (a n ) este o progresie aritmetica cu termeni pozitivi. Solutie: 82
  • 84. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Ecuatia este echivalenta cu (a + a n + 2 ) x − (a + a n ) x = (a + a n +1 ) x − (a + a n −1 ) x Aplicam teorema lui Lagrange functiei f ( y ) = y x pe [a + a n , a + a n + 2 ] si pe [a + a n -1 , a + a n +1 ] si avem : ∃θ ∈ (a + a n , a + a n + 2 ) a.i f(a + a n + 2 ) - f(a + a n ) = (a n + 2 - a n )f ′(θ ) = (a n + 2 - a n )xθ x -1 ⇒ ⇒ (1)(a + a n + 2 ) x − (a + a n ) x = (a n + 2 − a n ) xθ x −1 ; ∃ξ ∈ (a + a n −1 , a + a n +1 ) a.i f(a + a n +1 ) - f(a + a n -1 ) = (a n +1 - a n -1 )f ′(ξ ) = (a n +1 - a n -1 )xξ x -1 ⇒ ⇒ (2)(a + a n +1 ) x − (a + a n −1 ) x = (a n +1 − a n −1 ) xξ x −1 ; deoarece a n = progresie aritmetica ⇒ ⇒ (3)a n + 2 − a n = a n +1 − a n −1 Din (1) , (2) si (3) ecuatia devine xθ x −1 = xξ x −1 ⇔ x(θ x −1 − ξ x −1 ) = 0 ⇔ x = 0 ⎛θ ⎞ sau θ − ξ = 0 ⇔ ⎜ ⎟ ⎜ξ ⎟ ⎝ ⎠ Solutiile sunt x ∈ {0,1}. x -1 x −1 x −1 = 1, ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1. Problemã clasa a XI-a Fie C(0;1) cercul unitate si A 1 A 2 A 3 ⋅ ⋅ ⋅ A n un poligon regulat inscris in C(0;1). n Daca P ∈ C(0;1) sa se calculeze : lim n →∞ ∑ PA 2 n 1 i i =1 min(∑ i =1 Publicată în RIM – nr.X -2005 (9438) Soluţie: 83 PAi 2 )
  • 85. Probleme rezolvate (I) P este unul din varfurile poligonului A1A 2 ⋅ ⋅ ⋅ A n ⋅ 2 2 2 Presupunem P = A1 ⋅ Se stie ca A1 A2 + A1 A3 + ⋅ ⋅ ⋅ + A1 An = 2nR 2 . 2 n 2 n Cum P = A1 si R = 1 ⇒ (1)∑ PA i = ∑ A1 Ak = 2n. i =1 k =2 Din inegalitatea mediilor avem : 2 2 1 2 ( A1 A2 + A1 A3 + ⋅ ⋅ ⋅ + A1 An )( ⇒ 1 A1 A2 2 1 + n (2) min(∑ i =1 A1 A3 n →∞ 1 2 A1 An ≥ ⎛ n 1 ) = min⎜ ∑ 2 ⎜ k =2 A A PAi 1 k ⎝ 1 n ⇒ lim + ⋅⋅⋅ + 2 A1 A2 ∑ PA + 1 A1 A3 2 + ⋅⋅⋅ + 1 A1 An ) ≥ (n − 1) ⇒ 2 2 (n − 1)2 ⇒ 2n ⎞ (n − 1)2 ⎟= ⋅ Din (1) si (2) ⇒ 2 ⎟ 2n ⎠ 2 i i =1 2 ⎛ 1 ⎞ ⎟ min⎜ ∑ ⎜ i =1 PA 2 ⎟ i ⎠ ⎝ n = lim n →∞ 2n = 4. (n − 1)2 2n ( II ) P ≠ A i , i = 1, n. n Se stie ca (3)∑ PA i i =1 2 n = 2nR .Cum P ∈ C(0;1) ⇒ (4)∑ PAi 2 2 = 2n. i =1 Din inegalitatea mediilor avem : ( PA 1 n 2 1 ∑ PA i =1 + PA2 i 2 ≥ 2 1 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + PAn )( 2 PA1 2 + 1 PA2 2 + ⋅⋅⋅ + 1 PAn 2 ) ≥ n2 ⇒ n n n 1 ⇒ (5) min(∑ )= 2 2n 2 i =1 PAi n Din (4) si (5) ⇒ lim n →∞ ∑ PA 2 n 1 i i =1 min(∑ i =1 PAi 2n = 4. n→∞ n 2 = lim 2 ) Deci ∀P ∈ C(0;1) limita cautata este egala cu 4. Problemã clasa a XI-a ⎛ a n bn cn ⎞ ⎛ 1 1 3⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ Fie A = ⎜ 1 5 1 ⎟ ⋅ Aratati ca A n are forma ⎜ bn d n bn ⎟ , ∀n ∈ N ∗ si calculati : ⎜c b a ⎟ ⎜3 1 1⎟ n n⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ a ⋅b lim n n ⋅ n →∞ c ⋅ d n n Publicată în GM – nr. 12 / 2006 (25687.) & dată la Olimpada de Matematică Faza Locală – clasa a XI – a , Bucureşti, 2008 84
  • 86. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţie: Se aplica urmatoarea lema : Lema : Fie I un inel unitar necomutativ ce contine ca subinel corpul comutativ algebric inchis K. Fie α ∈ I un element cu proprietatea ca verifica un polinom f ∈ K[X ] de grad p ≥ 1 , polinom care are in corpul K radacinile λ1 , λ2 ,..., λ p distincte doua cate doua.In aceste conditii exista si sunt unic determinate elementele β1 , β 2 ,..., β p ∈ I cu proprietatea α n = λ1 β1 + λ2 β 2 + ... + λ p β p . n n n Cu notatiile din lema consideram I = M 3 (C ), K = {aI 3 a ∈ C}, I 3 fiind matricea unitate si f = det(A - λI3 ), polinomul caracteristic al matricii A. Conform Teoremei lui Hamilton - Cayley, matricea A verifica polinomul f. 1 3 ⎞ ⎛1 − λ ⎜ ⎟ f = det⎜ 1 5−λ 1 ⎟ = −λ3 + 7λ2 − 36. Rezolvam ecuatia f = 0 si ⎜ 3 1 1− λ⎟ ⎝ ⎠ obtinem valorile proprii : λ = 3, λ2 = 6, λ3 = −2. Determinam matricile A1 , A 2 , A 3 ∈ M 3 (C ) care sa verifice un sistem de tipul : ⎧A1 + A2 + A3 = I 3 ⎪ ⎨λ1 A1 + λ2 A2 + λ3 A3 = A . Re zolvand sistemul obtinem : ⎪ 2 2 2 2 ⎩λ1 A1 + λ2 A2 + λ3 A3 = A 1 1 ⎞ ⎛ 1 ⎛1 − ⎜ ⎟ ⎜ 3 3 3 ⎟ ⎜ ⎜6 1 1 1⎟ 1 ⎜− − , A2 = ⎜ A1 = ⎜ 3 3 ⎜3 3⎟ ⎜ 1 ⎜1 1 1 ⎟ − ⎜ ⎟ ⎜ 3 3 3 ⎠ ⎝ ⎝6 1 3 2 3 1 3 1⎞ ⎟ ⎛ 1 0 ⎜ 6⎟ ⎜ 2 1⎟ , A3 = ⎜ 0 0 3⎟ ⎜ −1 0 1⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ 6⎠ −1⎞ ⎟ 2 ⎟ 0 ⎟. 1 ⎟ 2 ⎟ ⎠ Conform rezultatului lemei vom avea : A n = λ1 A1 + λ 2 A2 + λ3 A3 = n ⎛ (−1) n 2 n −1 + 3 n −1 + 6 n −1 ⎜ =⎜ 3 n −1 (2 n − 1) ⎜ − − n n −1 + n −1 + n −1 3 6 ⎝ ( 1) 2 Avem a n = (−1) n 2 n −1 + 3 n −1 n n 3 n −1 + 6 n −1 − 2 n −1 (−1) n ⎞ ⎟ 3 n −1 (2 n − 1) ⎟ n −1 n n n −1 n −1 n −1 ⎟ 3 (2 − 1) (−1) 2 + 3 + 6 ⎠ + 6 n −1 , bn = 3 n −1 (2 n − 1), 3 n −1 (2 n − 1) 3 n −1 + 3 n −1 2 n +1 c n = 3 n −1 + 6 n −1 − 2 n −1 (−1) n , d n = 3 n −1 + 3 n −1 2 n +1. a b lim n n = lim n →∞ c d n→∞ n n 3 2 ⎡ ⎤ 6 n −1 ⎢1 + ( ) n −1 + ( ) n −1 (−1) n ⎥ 3 n −1 (2 n − 1) 1 6 6 ⎣ ⎦⋅ = ⋅ lim n −1 n n →∞ 3 3 2 (1 + 2 ⋅ 2) 2 ⎡ ⎤ 6 n −1 ⎢1 + ( ) n −1 − ( ) n −1 (−1) n ⎥ 6 6 ⎣ ⎦ Problemã clasa a XI-a ⎛ 1 i −1 − i 1 ⎜ i −1 − i ⎜i 1 Fie matricea A = ⎜ 1 i 1 i −1 ⎜ ⎜ ... ... ... ... ... ⎜ i −1 − i 1 i ⎝ Sa se calculeze detA. i ⎞ ⎟ 1⎟ ... − 1 − i ⎟ ∈ M 2006 (C ). ⎟ ... ... ... ⎟ ... i 1⎟ ⎠ ... 1 ... − i Soluţie: 85
  • 87. Probleme rezolvate Lema1 ⎛ a1 a 2 ⎜ ⎜ a n a1 O matrice de forma ⎜ a n -1 a n ⎜ ⎜ ... ... ⎜ ⎝ a2 a3 n -1 detA = ∏ (a1 + a2ε k + ... + a n ε k ... a n ⎞ ⎟ ... a n -1 ⎟ ... a n -2 ⎟ se numeste circulant si ⎟ ... ... ⎟ ... a 1 ⎟ ⎠ n −1 ), unde ε k , k = 0, n − 1 sunt radacinile k =0 de ordinul n ale unitatii. Demonstraţia lemei 1: Fie ε k o radacina de ordinul n a unitatii si notam λk = a1 + a2ε k + ... + anε k n −1.Observam ca ⎧λk = a1 + a2ε k + ... + anε k n −1 ⎪ n −1 ⎪ε k λk = an + a1ε k + ... + an −1ε k , de aceea λk este o valoare proprie ⎨ ⎪........................................ ⎪ε n −1λ = a + a ε + ... + a ε n −1 k 2 3 k 1 k ⎩ k iar (1, ε k ,..., ε k n −1 t ) este vectorul propriu corespunzator. Deoarece u = 1 are n radacini distincte obtinem n vectori proprii n n −1 distincti si n valori proprii distincte.Rezulta detA = λ0λ1...λn −1 = ∏ (a1 + a2ε k + ... + anε k k =0 Lema 2 ⎛ 1 ⎜ n -1 ⎜x Daca A = ⎜ x n -2 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ x x 1 x n -1 ... x2 x 1 ... x2 x3 ... x n -1 ⎞ ⎟ ... x n -2 ⎟ ... x n -3 ⎟ atunci ⎟ ... ... ⎟ ⎟ ... 1 ⎠ detA = (1 - x n ) n −1. Demonstraţia lemei 2: n −1 Din lema 1 ⇒ detA = ∏ (1 +xε k + ... + x n −1ε k n −1 ) k =0 Pe de alta parte , observam ca , daca u n = 1, atunci ( xu ) n − 1 x n − 1 = xu − 1 xu − 1 n n n −1 x −1 ( x − 1) n Astfel detA = ∏ = = (1 − x n ) n −1. n n (−1) (1 − x ) k = 0 xε k − 1 1 + xu + ... + (xu) n -1 = Soluţia problemei 86 n −1 ).
  • 88. Neculai Stanciu, Berca, Buzău ... i 2005 ⎞ ⎟ ... i 2004 ⎟ i 2005 ... i 2003 ⎟ ⎟ ... ... ... ⎟ ⎟ i2 ... 1 ⎠ Re zulta, din Lema 2 pentru x = i , detA = (1 - i 2006 ) 2005 = 2 2005. ⎛ 1 ⎜ 2005 ⎜i Deoarece A este de forma ⎜ i 2004 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ i i 1 i2 i 1 ... i3 i3 i2 i ... i4 i4 i3 i2 ... i5 Problemã pentru clasa a XI-a Sa se determine a, b ∈ R astfel incat planele (P1 ) : x − y + z − 1 = 0; ( P2 ) : x + y + z + a = 0; ( P3 ) : x + by + az + 1 = 0 a) sa aiba in comun un punct; b)sa treaca printr - o aceeasi dreapta; c)sa se intersecteze dupa trei drepte paralele distincte. Soluţie: a) Pentru ca cele trei plane sa aiba in comun un singur punct este necesar si suficient ca sistemul format cu cele trei ecuatii ale planelor sa fie compatibil determinat.Prin urmare, este necesar si suficient ca determinantul sistemului sa fie diferit de zero.Deci : 1 −1 1 Δ = 1 1 1 = 2a − 2 ≠ 0 ⇒ a ≠ 1, b ∈ R 1 b a b) Pentru ca cele trei plane sa treaca prin aceeasi dreapta este necesar si suficient ca sistemul de ecuatii P1 = 0, P2 = 0, P3 = 0 sa fie compatibil simplu nedeterminat . Punand conditia ca rangul matricei acestui sistem sa fie egal cu rangul matricei extinse si egal cu doi, obtinem solutiile : a = 1 si b = 1. c) In acest caz trebuie ca rangul sistemului P1 = 0, P2 = 0, P3 = 0 sa fie doi , iar rangul matricei extinse a sistemului sa fie trei. Astfel fiecare doua dintre plane se intersecteaza dupa o dreapta care este paralela cu al treilea plan. Din aceste conditii obtinem a = 1 si b ≠ 1. 87
  • 89. Probleme rezolvate Problemã pentru clasa a XI-a ⎛ 1 m − m⎞ ⎜ ⎟ Fie A = ⎜ m 1 0 ⎟⋅ ⎜m 0 1 ⎟ ⎝ ⎠ Sa se calculeze An ⋅ Generalizată în RMT – nr. 3 / 2005 (XI.174.); G.M. nr. 2 /2006 (25489) Soluţie: ⎛ 0 m − m⎞ ⎜ ⎟ Scriem A = I 3 + B, unde B = ⎜ m 0 0 ⎟ ⎜m 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ Constatam ca B 3 = O ⇒ B k = O, pentru k ≥ 3. Folosim formula binomului lui Newton si obtinem : 1 2 An = I 3 + Cn B + Cn B 2 ⋅ ⎛0 0 ⎜ Efectuam calculele si obtinem B = ⎜ 0 m 2 ⎜ 0 m2 ⎝ 2 0 ⎞ ⎟ − m 2 ⎟ si − m2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ nm − nm ⎜ 1 2 2 ⎟ n(n − 1)m n(n − 1)m ⎟ An = ⎜ nm 1 + − ⎟ ⎜ 2 2 2 2 ⎟ ⎜ n(n − 1)m n(n − 1)m 1− ⎟ ⎜ na 2 2 ⎠ ⎝ Problemǎ pentru clasa a XI-a, Se consideră dreptele : (a) : a 2 a3 ( x − x0 ) = a3 a1 ( y − y 0 ) = a1 a 2 ( z − z 0 ), (b) : b2 b3 ( x − x0 ) = b3 b1 ( y − y 0 ) = b1b2 ( z − z 0 ), şi (c) : c 2 c3 ( x − x0 ) = c3 c1 ( y − y 0 ) = c1c 2 ( z − z 0 ), . Să se demonstreze sin ∠((a, b), (b, c)) sin ∠((b, c), (c, a)) sin ∠((c, a), (a, b)) = = , unde unde am egalităţile: sin ∠(a, c) sin ∠(a, b) sin ∠(c, b) notat cu ∠(a, b) unghiul dintre dreptele (a ) şi (b ) , şi cu ∠((a, b), (b, c)) unghiul diedru determinat de planele (a, b) şi (b, c) , respectiv analoagele prin permutări circulare. Soluţie.Ecuaţiile celor trei drepte sunt x − x0 y − y 0 z − z 0 = = (a) : , a1 a2 a3 x − x0 y − y 0 z − z 0 = = (c ) : . c1 c2 c3 Aceste drepte trec prin punctul O( x 0 , y 0 , z 0 ) . 88 echivalente cu următoarele: x − x0 y − y 0 z − z 0 = = (b) : , şi b1 b2 b3
  • 90. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Metoda 1. A ∈ a şi (sintetic).Fie T3 ⊥ AD ⊥ (b, c), D ∈ (b, c), DB ⊥ b, DC ⊥ c ⇒ AB ⊥ b, DC ⊥ c . Avem AD ⎧ ⎪sin ∠B = sin ∠((a, b), (b, c)) = AB ⎪ ⇒ AB sin ∠((a, b), (b, c)) = AC sin ∠((a, c), (c, b)) ⎨ AD ⎪sin ∠C = sin ∠((a, c), (c, b)) = ⎪ AC ⎩ ⇒ OA sin ∠(a, b) sin ∠((a, b), (b, c)) = OA sin ∠(a, c) sin ∠((a, c), (c, b)) ⇒ sin ∠((a, b), (b, c)) sin ∠((b, c), (c, a)) = şi prin permutări circulare rezultă sin ∠(a, c) sin ∠(a, b) sin ∠((a, b), (b, c)) sin ∠((b, c), (c, a )) sin ∠((c, a ), (a, b)) = = . sin ∠(a, c) sin ∠(a, b) sin ∠(c, b) Metoda 2. (analitic).Se determină uşor ecuaţiile planelor din enunţ, apoi se calculează unghiurile dintre dreptele date şi unghiurile diedre folosind următoarele: • Dacă avem un plan (P) şi M ( x0 , y 0 , z 0 ) ∈ ( P), v1 = (l1 , m1 , n1 ), v 2 = (l 2 , m2 , n2 ) vectorii directori ai dreptelor (d1 ) şi (d 2 ) concurente conţinute în planul (P) atunci ecuaţia planului determinat de punctul M şi dreptele (d1 ) şi (d 2 ) este x − x0 y − y 0 z − z 0 dată de : ( P ) : l1 m1 n1 = 0 l2 m2 n2 • Dacă (d 2 ) : avem dreptele x − x2 y − y 2 z − z 2 = = l2 m2 n2 formula: (1) cos ϕ = (d1 ) : x − x1 y − y1 z − z1 = = l1 m1 n1 şi unghiul ϕ format de acestea este dat de l1l 2 + m1 m2 + n1 n2 ε l1 + m1 2 + n1 2 ⋅ l 2 2 + m2 2 + n2 2 2 unde ε ∈ {− 1,1} ; semnul ε se datorează faptului că cele două drepte fac între ele patru unghiuri, două ascuţite şi două obtuze(congruente între ele), este deci utilizat pentru a caracteriza toate cele patru unghiuri care sunt formate de două drepte neparalele. • Dacă avem planele ( P1 ) : A1 x + B1 y + C1 Z + D1 = 0 şi ( P2 ) : A2 x + B2 y + C 2 Z + D2 = 0 , atunci cosinusurile unghiurilor dintre ele sunt date de formula : A1 A2 + B1 B2 + C1C 2 ,unde ε ∈ {− 1,1}şi este utilizat pentru (2) cos ϕ = 2 ε A1 + B1 2 + C1 2 ⋅ A2 2 + B2 2 + C 2 2 caracterizarea celor patru unghiuri diedre formate de cele două plane. În continuare prin calcul direct se obţine: sin ∠((a, b), (b, c)) sin ∠((b, c), (c, a )) sin ∠((c, a ), (a, b)) = = sin ∠(a, c) sin ∠(a, b) sin ∠(c, b) Problemă pentru clasa a XI-a, Să se calculeze : 4 527 − 1 1 527 − 527 − ... . 89
  • 91. Probleme rezolvate Soluţie.Expresia 527 − 1 este o fracţie continuă infinită şi se defineşte ca 1 527 − 527 − ... 1 limita şirului x0 = 527 , x n +1 = 527 − .Observăm că şirul este strict descrescător (prin xn 1 inducţie) şi dacă notăm cu x limita sa aceasta satisface x = 527 − , sau rescriind, x 2 x − 527 x + 1 = 0 .Mai mult x este rădăcina pozitivă a ecuaţiei. Acum cum se calculează radicalul de ordin 4 al rădăcinei x ? Folosim următoarea lemă :”dacă α este rădăcina pozitivă a ecuaţiei x 2 − bx + 1 = 0 , atunci α este cea mai mare rădăcină a ecuaţiei x 2 − x b + 2 + 1 = 0 “ (se demostrează uşor).Cu această lemă obţinem că x 2 − 23x + 1 = 0 şi mai departe x x este cea mai mare rădăcină ecuaţiei este cea mai mare rădăcină a ecuaţiei 5 + 21 . 2 Problemă pentru clasa a XI-a, x 2 − 5 x + 1 = 0 , adică Fie funcţiile f , g , h : R → R , derivabile cu f ( x0 ) = a, g ( x0 ) = b, h( x0 ) = c ( fg )′( x0 ) =c 1 , ( gh)′( x0 ) =a 1 , (hf )′( x 0 ) = b1 .Să se calculeze ( fgh)′( x0 ) . ′ Soluţie.Avem ( fgh)′ = f gh + fg ′h + fgh′ = şi ( fg )′h + ( gh)′ f + (hf )′ g . 2 aa1 + bb1 + cc1 . 2 Publicată în RMT – nr. 1 / 2008 (XI.238.) & SM – 1 / 2008 (L.16.). Problemă pentru clasa a XI-a, Deci ( fgh)′( x0 ) = Fie OABC un tetraedru tridreptunghic ( OA ⊥ OB, OB ⊥ OC , OC ⊥ OA, OA = OB = OC = 1) . Considerăm punctele M şi N mijloacele muchiilor AB respectiv BC.Calculaţi distanţa dintre dreptele ON şi CM .Generalizaţi pentru OA = OA = OC = a . (În legătură cu articolul “Cinci metode pentru determinarea distanţei dintre două drepte necoplanare” din G.M nr. 8 / 2007) 1 1 Soluţie. Alegem reperul Oxyz şi A(1,0,0) , B(0,1,0) , C (0,0,1) .Avem M ( , ,0) şi 2 2 1 1 N (0, , ) .Dreptele ON şi CM sunt necoplanare , iar pentru calculul distanţei dintre 2 2 ele utilizăm relaţia d ((d1 ), (d 2 )) = (v1 , v 2 , M 1 M 2 ) v1 × v 2 , unde vectorii v1 şi v 2 sunt vectorii directori a dreptelor necoplanare iar punctele M 1 şi M 2 sunt puncte curente pe cele 90
  • 92. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 1 1 1 1 două drepte.În cazul nostru luom v1 = ON = (0, , ) , v 2 = CM = ( , ,−1) şi 2 2 2 2 1 1 calculează produsul mixt M 1 M 2 = OM = ( , ,0) .Se 2 2 1 1 0 2 2 1 1 1 (v1 , v 2 , M 1 M 2 ) = −1 = − şi produsul vectorial 2 2 4 1 1 0 2 2 i v1 × v 2 = 0 1 2 j 1 2 1 2 k 1 3 1 1 11 = (− , ,− ) , v1 × v 2 = . 2 4 4 4 4 −1 Distanţa căutată este 11 . Pentru OA = OA = OC = a se procedează ca mai sus şi se 11 a 11 . 11 Problemă pentru clasa a XI-a, obţine distanţa Fie cubul ABCDA′B ′C ′D ′ în care O este centrul feţei ABCD şi O ′ este centrul feţei BCC ′B ′ .Calculaţi distanţa dintre dreptele B ′O şi BO ′ . (În legătură cu articolul “Cinci metode pentru determinarea distanţei dintre două drepte necoplanare” din G.M nr. 8 / 2007) Soluţie. Notăm cu a latura cubului şi alegem reperul Bxyz şi A(a,0,0) , C (0, a,0) , a a a a B ′(0,0, a ) .Avem O( , ,0) şi O ′ (0, , ) .Dreptele B ′O şi BO ′ sunt necoplanare , iar 2 2 2 2 pentru calculul distanţei dintre ele utilizăm relaţia ( B ′O, BO ′, BO) a a a a .Avem BO ′ = (0, , ) , B ′O = ( , ,−a) şi d ( B ′O, BO ′)) = 2 2 2 2 B ′O × BO ′ 0 a a a BO = ( , ,0) .Se calculează produsul mixt ( B ′O, BO ′, BO) = 2 2 2 a 2 i a produsul vectorial B ′O × BO ′ = 2 0 j a 2 a 2 k −a =( a 2 91 a 2 a 2 a 2 a 2 −a = − a3 şi 4 0 3a 2 a 2 a 2 a 2 11 ,− , ) , B ′O × BO ′ = . 4 4 4 4
  • 93. Probleme rezolvate a 11 . 11 Problemă pentru clasa a XI-a, Fie paralelipipedul dreptunghic ABCDA′B ′C ′D ′ cu AB = a, BC = b, AA′ = c în care O este centrul feţei ABCD şi O ′ este centrul feţei BCC ′B ′ .Calculaţi distanţa dintre dreptele B ′O şi BO ′ . (În legătură cu articolul “Cinci metode pentru determinarea distanţei dintre două drepte necoplanare” din G.M nr. 8 / 2007) a b Soluţie. Alegem reperul Bxyz şi A(a,0,0) , C (0, b,0) , B ′(0,0, c) .Avem O( , ,0) şi 2 2 b c O ′ (0, , ) .Dreptele B ′O şi BO ′ sunt necoplanare , iar pentru calculul distanţei dintre 2 2 ( B ′O, BO ′, BO) b c .Avem BO ′ = (0, , ) , ele utilizăm relaţia d ( B ′O, BO ′)) = 2 2 B ′O × BO ′ Distanţa căutată este a b B ′O = ( , ,−c) 2 2 0 ( B ′O, BO ′, BO) = i a B ′O × BO ′ = 2 a b BO = ( , ,0) .Se 2 2 şi a 2 a 2 j a 2 a 2 b 2 b 2 b 2 c 2 −c = − abc 4 calculează şi produsul produsul mixt vectorial 0 k 3bc ac ab 9b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2 b 2 ′O × BO ′ = −a = ( ,− , ) , B . 4 4 4 4 a 0 2 abc . Distanţa căutată este 2 2 9b c + a 2 c 2 + a 2 b 2 Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 2005 ⎜ ⎜ 2008 Fie matricea A = ⎜ 2007 ⎜ ⎜ 2006 ⎝ Calculaţi det A . 2006 2005 2008 2007 2007 2006 2005 2008 2008 ⎞ ⎟ 2007 ⎟ ∈ M 4 ( R) . 2006 ⎟ ⎟ 2005 ⎟ ⎠ 92
  • 94. Neculai Stanciu, Berca, Buzău ⎛ a1 ⎜ ⎜ an Soluţie.O matrice de forma ⎜ a n −1 ⎜ ⎜ ... ⎜ a ⎝ 2 a2 ... a1 ... an ... ... ... a3 ... an ⎞ ⎟ a n −1 ⎟ a n − 2 ⎟ se numeşte circulant .Determinantul ⎟ ... ⎟ a1 ⎟ ⎠ acestei matrici se calculează mai uşor cu relaţia (1) det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 , unde λ k , k = 0, n − 1 sunt valorile proprii ale matricei A .Dacă notăm cu ε k , k = 0, n − 1 , rădăcinile de ordinul n ale unităţii, atunci, se demonstrează că valorile proprii sunt de n −1 tipul (2) λ k = a1 + a 2 ε k + ... + a n ε k . n −1 Se obţine din (1) şi (2) det A = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ). k =0 În cazul nostru luom (3) a1 = 2005, a 2 = 2006, a3 = 2007, a 4 = 2008 şi ε k , k = 0,3 sunt rădăcinile de ordinul 4 ale unităţii, respectiv avem (4) ε 0 = 1, ε 1 = i, ε 2 = −1, ε 3 = −i . Din (2),(3) şi (4) rezultă det A = −128416 . Problemă pentru clasa a XI-a, i −1 − i ⎞ ⎛1 ⎜ ⎟ i − 1⎟ ⎜− i 1 ∈ M 4 ( R) . Fie matricea A = ⎜ −1 − i 1 i ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i −1 − i 1 ⎟ ⎝ ⎠ Calculaţi det A . ⎛ a1 a 2 ... a n ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ a n a1 ... a n −1 ⎟ Soluţie.O matrice de forma ⎜ a n −1 a n ... a n − 2 ⎟ se numeşte circulant .Determinantul ⎜ ⎟ ⎜ ... ... ... ... ⎟ ⎜ a ⎟ ⎝ 2 a3 ... a1 ⎠ acestei matrici se calculează mai uşor cu relaţia (1) det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 , unde λ k , k = 0, n − 1 sunt valorile proprii ale matricei A .Dacă notăm cu ε k , k = 0, n − 1 , rădăcinile de ordinul n ale unităţii, atunci, se demonstrează că valorile proprii sunt de n −1 obţine din (1) şi tipul (2) λ k = a1 + a 2 ε k + ... + a n ε k .Se n −1 (2) det A = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ). k =0 În cazul nostru luom (3) a1 = 1, a 2 = i, a3 = −1, a 4 = −i şi ε k , k = 0,3 sunt rădăcinile de ordinul 4 ale unităţii, respectiv avem (4) ε 0 = 1, ε 1 = i, ε 2 = −1, ε 3 = −i . Din (2),(3) şi (4) rezultă det A = 0 . 93
  • 95. Probleme rezolvate Metoda 2. Dacă ⎛ 1 ⎜ n −1 ⎜x A = ⎜ x n−2 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ x x 1 x n −1 ... 1 ... x2 ... x n −1 ⎞ ⎟ ... x n − 2 ⎟ ⎟ ... x n −3 ⎟ , atunci folosind faptul că ... ... ⎟ ⎟ ... 1 ⎠ x2 x3 x n −1 det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ) , şi pe de altă parte , observăm că k =0 deoarece u n = 1 , atunci avem: ( xu ) n − 1 x n − 1 1 + xu + ... + ( xu ) n −1 = = xu − 1 xu − 1 n n n −1 x −1 ( x − 1) n (5) det A = ∏ = = (1 − x n ) n −1 . n n (−1) (1 − x ) k = 0 xε k − 1 rezultă În cazul nostru x = i şi n = 4 , iar din (5) avem det A = (1 − i 4 ) 3 =0. Problemă pentru clasa a XI-a, 2 3 ... 2008 ⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ 1 2 ... 2007 ⎟ ⎜ 2008 Fie matricea A = ⎜ 2007 2008 1 ... 2006 ⎟ ∈ M 2008 ( R ) . ⎟ ⎜ ... ... ... ... ⎟ ⎜ ... ⎜ 2 3 4 ... 1 ⎟ ⎠ ⎝ Calculaţi det A . Publicată în SM – nr.2 / 2008 ⎛ a1 ⎜ ⎜ an Soluţie.O matrice de forma ⎜ a n −1 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ a2 acestei matrici se calculează mai a2 a1 an ... a3 ... a n ⎞ ⎟ ... a n −1 ⎟ ... a n − 2 ⎟ se numeşte circulant .Determinantul ⎟ ... ... ⎟ ⎟ ... a1 ⎠ uşor cu relaţia (1) det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 , unde λ k , k = 0, n − 1 sunt valorile proprii ale matricei A .Dacă notăm cu ε k , k = 0, n − 1 , rădăcinile de ordinul n ale unităţii, atunci, se demonstrează că valorile proprii sunt de n −1 tipul (2) λ k = a1 + a 2 ε k + ... + a n ε k . n −1 Se obţine din (1) şi (2) det A = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ). k =0 În cazul nostru luom (3) a1 = 1, a 2 = 2,..., a 2008 = 2008 şi ε k , k = 0,2007 sunt rădăcinile 2007 de ordinul 2008 ale unităţii.Rezultă det A = ∏ (1 + 2ε k + 3ε k + ... + 2008ε k k =0 94 2 2007 ).
  • 96. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemă pentru clasa a XI-a, i −1 − i 1 ⎛1 ⎜ i −1 − i ⎜− i 1 Fie matricea A = ⎜ − 1 − i 1 i −1 ⎜ ⎜ ... ... ... ... ... ⎜ i − 1 − i 1 ... ⎝ Calculaţi det A . Publicată în RIM – nr. IX – 2005 (9248) ⎛ a1 a 2 ... ⎜ ⎜ a n a1 ... Soluţie.O matrice de forma ⎜ a n −1 a n ... ⎜ ⎜ ... ... ... ⎜ a ⎝ 2 a3 ... ... − i ⎞ ⎟ ... − 1⎟ ... i ⎟ ∈ M 2008 (C ) . ⎟ ... ... ⎟ −i 1 ⎟ ⎠ an ⎞ ⎟ a n −1 ⎟ a n − 2 ⎟ se numeşte circulant .Determinantul ⎟ ... ⎟ a1 ⎟ ⎠ acestei matrici se calculează mai uşor cu relaţia (1) det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 , unde λ k , k = 0, n − 1 sunt valorile proprii ale matricei A .Dacă notăm cu ε k , k = 0, n − 1 , rădăcinile de ordinul n ale unităţii, atunci, se demonstrează că valorile proprii sunt de n −1 tipul (2) λ k = a1 + a 2 ε k + ... + a n ε k . n −1 Se obţine din (1) şi (2) det A = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ) .În cazul nostru det A = 0 . k =0 Metoda 2. Dacă ⎛ 1 ⎜ n −1 ⎜x A = ⎜ x n−2 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ x x 1 x x2 x n −1 1 ... x2 ... x3 n −1 det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k ... x n −1 ⎞ ⎟ ... x n − 2 ⎟ ⎟ ... x n −3 ⎟ , atunci folosind faptul că ... ... ⎟ ⎟ ... 1 ⎠ n −1 ) , şi pe de altă parte , observăm că k =0 deoarece u n = 1 , atunci avem: ( xu ) n − 1 x n − 1 1 + xu + ... + ( xu ) n −1 = = xu − 1 xu − 1 n n n −1 x −1 ( x − 1) n (5) det A = ∏ = = (1 − x n ) n −1 . n n (−1) (1 − x ) k = 0 xε k − 1 În cazul nostru x = i şi n = 2008 , iar din (5) avem det A = (1 − i 2008 ) 2007 =0. Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 1 2 2 2 ... 2 2007 ⎞ ⎜ 2007 ⎟ 1 2 ... 2 2006 ⎟ ⎜2 Fie matricea A = ⎜ 2 2006 2 2007 1 ... 2 2005 ⎟ ∈ M 2008 ( R) . ⎜ ⎟ ⎜ ... ... ... ... ... ⎟ ⎜ ⎟ 22 2 3 ... 1 ⎠ ⎝ 2 Calculaţi det A . Publicată în SM – nr.2 / 2008 95 rezultă
  • 97. Probleme rezolvate ⎛ a1 ⎜ ⎜ an Soluţie.O matrice de forma ⎜ a n −1 ⎜ ⎜ ... ⎜ a ⎝ 2 a2 a1 ... an ... ... ... a3 an ⎞ ⎟ a n −1 ⎟ a n − 2 ⎟ se numeşte circulant .Determinantul ⎟ ... ⎟ a1 ⎟ ⎠ ... ... acestei matrici se calculează mai uşor cu relaţia (1) det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 , unde λ k , k = 0, n − 1 sunt valorile proprii ale matricei A .Dacă notăm cu ε k , k = 0, n − 1 , rădăcinile de ordinul n ale unităţii, atunci, se demonstrează că valorile proprii sunt de n −1 tipul (2) λ k = a1 + a 2 ε k + ... + a n ε k . n −1 Se obţine din (1) şi (2) det A = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k n −1 ). k =0 Dacă ⎛ 1 ⎜ n −1 ⎜x A = ⎜ x n−2 ⎜ ⎜ ... ⎜ ⎝ x x 1 x2 x x n −1 ... 1 ... x2 x3 ... x n −1 ⎞ ⎟ ... x n − 2 ⎟ ⎟ ... x n −3 ⎟ , ... ... ⎟ ⎟ ... 1 ⎠ n −1 det A = λ0 ⋅ λ1 ⋅ .. ⋅ λ n −1 = ∏ (a1 + a 2 ε k + ...a n ε k atunci n −1 folosind faptul că ) , şi pe de altă parte , observăm că k =0 deoarece u n = 1 , atunci avem: ( xu ) n − 1 x n − 1 1 + xu + ... + ( xu ) n −1 = = xu − 1 xu − 1 n n n −1 x −1 ( x − 1) n (5) det A = ∏ = = (1 − x n ) n −1 . n n (−1) (1 − x ) k = 0 xε k − 1 rezultă În cazul nostru x = 2 şi n = 2008 , iar din (5) avem det A = (1 − 2 2008 ) 2007 . Problemă pentru clasa a XI- a, Fie K = R sau K = C şi A ∈ M n (K ) , o matrice de ordinul n cu elemente din K . Dacă P (λ ) = det( A − λI ) şi P (0) ≠ 0 , unde λ ∈ K şi I este matricea unitate de ordinul n , să se arate că : a ) A este inversabilă; 1 (−1) n λn P( ) λ . b) det( A −1 − λI ) = P (0) Soluţie. a) P (λ ) = det( A − λI ) , deci P (0) = det A .Din ipoteză P (0) ≠ 0 şi atunci det A ≠ 0 , rezultă A este inversabilă. 1 b) Observăm că : (1) A( A −1 − λI ) = I − λA = −λ ( A − I ) ; λ (2) det( A( A − λI )) = det A det( A − λI ) = P (0) det( A −1 − λI ) . −1 −1 Pe de altă parte din (1) avem (3) det( A( A −1 − λI )) = det(−λ ( A − 96 1 λ 1 I )) = (−λ ) n P( ) . λ
  • 98. Neculai Stanciu, Berca, Buzău 1 Din (2) şi (3) rezultă P (0) det( A −1 − λI ) = (−λ ) n P( ) , deci λ 1 det( A −1 − λI ) = (−1) n λn P( ) P(0) λ . XII. Fie f : R 3 → R 2 si g : R 2 → R 3 care in bazele canonice au matricile : ⎛ 3 - 2⎞ ⎜ ⎟ ⎛ − 2 3 − 1⎞ ⎟ , G = ⎜ 2 -1⎟ F =⎜ ⎜ 3 −2 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ -1 1 ⎟ ⎝ ⎠ a) sa se scrie ecuatiile aplicatiilor liniare f si g; b)sa se arate ca f este surjectiva ; c)sa se arate ca g este injectiva; d)sa se determine o baza in Imf; e)sa se determine o baza in kerg. solutie : ⎧ y1 = −2 x1 + 3x 2 − x3 a)Y = FX ⇒ ecuatiile lui f sunt : ⎨ ⎩ y 2 = 3 x1 − 2 x 2 + 3x3 ⎧ y1 = 3x1 − 2 x 2 ⎪ Y = GX ⇒ ecuatiile lui g sunt : ⎨ y 2 = 2 x1 − x 2 ⎪ y = −x + x 1 2 ⎩ 3 b) f : V → W este surjectiva ⇔ f(V) = W ⇔ Imf = W ⇔ dimImf = dimW, dar : dimImf = rangf = rangF = 2 iar dimW = dimR 2 = 2 deci f este surjectiva. {} c)g este injectiva ⇔ Kerg = 0 . dim Kerg + dim Im g = dim g ; dim Im g = rangg = rangG = 2; dim g = dim R 2 = 2 {} rezulta dimKerg = 0, deci Kerg = 0 si g este injectiva. deci g este injectiva. { } d ) Im f = y ∈ R 2 : ∃x ∈ R 3 a.i. f(x) = y = {( y1 , y2 ) = (−2 x1 + 3 x2 − x3 ,3 x1 − 2 x2 + 3x3 }, pentru obtinerea uei baze in Imf dam valori lui x1 , x2 , x3 .Pentru (x1 , x2 , x3 ) = (0,0,1) si (x1 , x2 , x3 ) = (0,1,0 ) avem (y1 , y2 ) = (− 1,3) si (y1 , y2 ) = (3,−2 ) rezulta o baza in Imf este A = {(- 1,3), (3,−2 )} e) dim( Kerg ) = 0 , deci nu avem vectori liniari independenti, rezulta ca nu avem baza. Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (10003) 97
  • 99. Probleme rezolvate Problemă pentru clasa a XI-a, 3− x , unde x este ales astfel încât să aibă sens 5 − 3x f ... f )( x) , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine f n (x) . Fie funcţia f : D ⊂ R → R , f ( x) = f n ( x) = ( f de n ori Soluţie.Funcţia din enunţ este o funcţie omografică.Se ştie că prin compunerea unei funcţii omografice cu ea însăşi de n ori, se obţine tot o funcţie omografică.Dacă a x + bn ax + b , unde a n , bn , c n , d n sunt f ( x) = , a, b, c, d ∈ R , atunci f n ( x) = n cn x + d n cx + d n bn ⎞ ⎛ a b ⎞ ⎟ =⎜ ⎟ . dn ⎟ ⎜ c d ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎛a elementele matricei A = ⎜ n ⎜c ⎝ n n ⎛ − 1 3⎞ Deci, problema revine la a calcula A n , unde A = ⎜ ⎜ − 3 5 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică λ − 4λ + 4 = 0 , cu rădăcinile λ1 = λ 2 = 2 .În continuare considerăm A n = λ1 n ⋅ B + λ1 n ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . Obţinem sistemul: ⎧2 B + C = A ⎛ − 3 3⎞ ⎛1 0⎞ , care rezolvat dă B = ⎜ ⎨ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 ⎟ şi C = ⎜ − 3 3 ⎟ . ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩4 B + 4C = A 3n ⎞ ⎛ 2 − 3n (2 − 3n) ⋅ x + 3n Deci A n = 2 n −1 ⋅ ⎜ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ , adică f n ( x) = − 3n ⋅ x + 3n + 2 . ⎟ ⎝ ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a, Fie şirul (x n )n≥0 definit prin x0 = a > 0 şi x n +1 = 4 xn + 1 , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine 2 xn + 3 termenul general x n şi să se calculeze lim x n . n →∞ Soluţie.Şirul dat este un şir omografic.Se ştie că forma generală este x n = a n x 0 + bn , c n x0 + d n n ⎛ a bn ⎞ ⎛ 4 1 ⎞ unde a n , bn , c n , d n sunt elementele matricei A = ⎜ n ⎟ ⎜ c d ⎟ = ⎜ 2 3 ⎟ .Ecuaţia ⎟ ⎜ ⎝ n⎠ ⎠ ⎝ n 2 caracteristică a matricei A este λ − 7λ + 10 = 0 cu rădăcinile λ1 = 2 şi λ 2 = 5 . În n continuare considerăm A n = λ1 ⋅ B + λ 2 ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru 1⎞ ⎛ 1 ⎛ 2 1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 3 ⎟ şi C = ⎜ 3 3 ⎟ .Rezultă n = 1 şi n = 2 .Se rezolvă sistemul şi se obţine B = ⎜ 3 ⎜− 2 2 ⎟ ⎜ 2 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3 3⎠ 2 n + 2 ⋅ 5 n x0 + 5 n − 2 n − 2n + 5n ⎞ 1 ⎛ 2n + 2 ⋅ 5n n ⎟ , apoi x n = ⎜ n +1 . A = ⎜ 3 ⎝ − 2 + 2 ⋅ 5 n 2 n +1 + 5 n ⎟ 2 ⋅ 5 n − 2 n +1 x 0 + (2 n +1 + 5 n ) ⎠ n n ( De aici se obţine lim x n = 1 . n →∞ 98 ( ) ) ( )
  • 100. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemă pentru clasa a XI-a, Fie şirurile (x n )n≥0 , ( y n )n≥0 , date prin sistemul de recurenţe: ⎧ x n +1 = − x n + 3 y n , ∀n ≥ 0 cu x0 = 2, y 0 = 1 . ⎨ y n +1 = −3 x n + 5 y n ⎩ Să se determine termenii generali ai şirurilor (x n )n≥0 , ( y n )n≥0 . Soluţie. Sistemul de relaţii de recurenţă se scrie sub formă matricială astfel ⎛ xn ⎞ ⎛ x n +1 ⎞ ⎛ − 1 3⎞ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ y ⎟ = A ⋅ ⎜ y ⎟ , unde A = ⎜ − 3 5 ⎟ .Dacă dăm lui n valorile 0,1,2,..., n − 1 obţinem: ⎝ ⎠ ⎝ n⎠ ⎝ n +1 ⎠ ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ ⎛ x n +1 ⎞ ⎛x ⎞ ⎟ = A n +1 ⋅ ⎜ 0 ⎟ , deci ⎜ n ⎟ = A n ⋅ ⎜ 0 ⎟ . Problema revine la a calcula A n , unde ⎜ ⎜y ⎟ ⎜y ⎟ ⎜y ⎟ ⎜y ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠ ⎝ n +1 ⎠ ⎝ n⎠ ⎛ − 1 3⎞ 2 A=⎜ ⎜ − 3 5 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică ⎟ ⎝ ⎠ λ2 − 4λ + 4 = 0 , cu rădăcinile λ1 = λ 2 = 2 .În continuare considerăm n n A n = λ1 ⋅ B + λ1 ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . Obţinem sistemul: ⎧2 B + C = A ⎛ − 3 3⎞ ⎛1 0⎞ ⎟ şi C = ⎜ , care rezolvat dă B = ⎜ ⎨ ⎜ − 3 3⎟ . ⎟ ⎜0 1⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩4 B + 4C = A 3n ⎞ ⎛ x n ⎞ 3n ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 − 3n n −1 ⎛ 2 − 3n Deci A n = 2 n −1 ⋅ ⎜ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ şi ⎜ y ⎟ = 2 ⋅ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟⎜ 1 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ n⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ n −1 n −1 Termenii generali sunt: x n = 2 (4 − 3n) şi y n = 2 (2 − 3n) , ∀n ≥ 0 . Problemă pentru clasa a XI-a, Fie şirul (x n )n≥0 definit prin x0 = a > 0 şi x n +1 = − xn + 3 , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine − 3xn + 5 termenul general x n şi să se calculeze lim x n . n →∞ Soluţie.Şirul dat este un şir omografic.Se ştie că forma generală este x n = a n x 0 + bn , c n x0 + d n n bn ⎞ ⎛ − 1 3 ⎞ ⎛a ⎟=⎜ ⎟ .Ecuaţia unde a n , bn , c n , d n sunt elementele matricei A = ⎜ n ⎟ ⎜c ⎟ ⎜ ⎝ n d n ⎠ ⎝ − 3 5⎠ caracteristică a matricei A este λ2 − 4λ + 4 = 0 cu rădăcinile λ1 = 2 şi λ 2 = 2 . În n continuare considerăm A n = λ1 ⋅ B + λ 2 ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină ⎛1 0⎞ pentru n = 1 şi n = 2 .Se rezolvă sistemul şi se obţine B = ⎜ ⎜ 0 1 ⎟ şi ⎟ ⎝ ⎠ − 3n − 3 3⎞ 3n ⎞ (2 − 3n )x0 + 3n ⎛ n n −1 ⎛ 2 C =⎜ ⎜ ⎜ − 3 3 ⎟ .Rezultă A = 2 ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ , apoi x n = (− 3n )x + 3n + 2 . ⎟ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 0 De aici se obţine lim x n = 1 . n n n →∞ 99
  • 101. Probleme rezolvate Problemă pentru clasa a XI-a, 1 + 4x , unde x este ales astfel încât să aibă sens 3 + 2x f ... f )( x) , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine f n (x) . Fie funcţia f : D ⊂ R → R , f ( x) = f n ( x) = ( f de n ori Soluţie.Funcţia din enunţ este o funcţie omografică.Se ştie că prin compunerea unei funcţii omografice cu ea însăşi de n ori, se obţine tot o funcţie omografică.Dacă a x + bn ax + b , unde a n , bn , c n , d n sunt f ( x) = , a, b, c, d ∈ R , atunci f n ( x) = n cn x + d n cx + d ⎛a elementele matricei A = ⎜ n ⎜c ⎝ n n n bn ⎞ ⎛ a b ⎞ ⎟ =⎜ ⎟ . dn ⎟ ⎜ c d ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎛ 4 1⎞ Deci, problema revine la a calcula A n , unde A = ⎜ ⎜ 2 3 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică λ − 7λ + 10 = 0 , cu rădăcinile λ1 = 2, λ 2 = 5 .În continuare considerăm A n = λ1 n ⋅ B + λ1 n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . 1⎞ ⎛ 1 ⎛ 2 1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 3 ⎟ şi C = ⎜ 3 3 ⎟ . Se rezolvă sistemul, care dă B = ⎜ 3 ⎜− 2 2 ⎟ ⎜ 2 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3 3⎠ − 2n + 5n ⎞ (2 n + 2 ⋅ 5 n ) ⋅ x + (5 n − 2 n ) 1 ⎛ 2n + 2 ⋅ 5n n ⎟ , adică f n ( x) = ⎜ n +1 Deci A = ⋅ ⎜ . 3 ⎝ − 2 + 2 ⋅ 5 n 2 n +1 + 5 n ⎟ (2 ⋅ 5 n − 2 n +1 ) ⋅ x + (2 n +1 + 5 n ) ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 4 8⎞ ∗ Să se rezolve în M 2 ( R) ecuaţia : A n = ⎜ ⎜ 3 6⎟ , n ∈ N . ⎟ ⎝ ⎠ n n Soluţie.Observăm că det( A ) = 0 .De aici (det A) = 0 , de unde det A = 0 .Utilizând ⎛a b ⎞ n −1 relaţia Cayley-Hamilton obţinem A n = (TrA) ⋅ A .Considerăm A = ⎜ ⎜ c d ⎟ şi obţinem ⎟ ⎝ ⎠ sistemul: ⎧(a + d )n −1 a = 4 ⎪ n −1 ⎪(a + d ) b = 8 ⎨ n −1 ⎪(a + d ) c = 3 ⎪ n −1 ⎩(a + d ) d = 6 1 Adunând prima şi ultima ecuaţie rezultă (a + d ) = 10 , de unde a + d = 10 n , iar n (a + d ) a= n −1 4 10 n −1 n = 10 ,b = n −1 n , apoi înlocuind în sistemul de mai sus obţinem: 8 3 6 , c = n −1 , d = n −1 . n −1 10 n 10 n 10 n 100
  • 102. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţia ecuaţiei este matricea A = 10 1− n n ⎛ 4 8⎞ ⋅⎜ ⎜ 3 6⎟ . ⎟ ⎝ ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 2 1⎞ Fie matricea A = ⎜ ⎜ 2 3 ⎟ .Să se determine şirurile ( x n )n≥1 , ( y n )n≥1 astfel încât ⎟ ⎝ ⎠ n A = xn ⋅ A + yn ⋅ I 2 x şi să se calculeze lim n . n→∞ y n Soluţie.Folosim metoda inducţiei matematice. Pentru n = 1 obţinem x1 = 1, y1 = 0 . Pentru n = 2 ,cum A 2 − TrA ⋅ A + det A ⋅ I 2 = O2 , rezultă x 2 = TrA = 5, y 2 = − det A = −4 . Presupunem acum că ∀n ≥ 1, n ∈ N ∃ x n , y n astfel încât A n = x n ⋅ A + y n ⋅ I 2 .Atunci, obţinem A n +1 = A n A = ( x n A + y n I 2 ) A = x n A 2 + y n A = = x n ( x 2 A + y 2 I 2 ) + y n A = (x 2 xn + y n )A + x n y 2 I 2 = x n+1 A + y n+1 I 2 ,deci x n +1 = x 2 x n + y n = (TrA) x n + y n (1) şi y n +1 = y 2 x n = (− det A) x n (2) Rezultă A n = x n ⋅ A + y n ⋅ I 2 ∀n ≥ 1, n ∈ N . Din relaţiile (1) şi (2) rezultă x n şi y n . Astfel, din (2) rezultă y n = − det A ⋅ x n −1 , care înlocuit în (1), obţinem x n +1 − TrA ⋅ x n + det A ⋅ x n −1 = 0 care are ecuaţia caracteristică λ2 − TrA ⋅ λ + det A = 0 . În cazul nostru avem λ2 − 5λ + 4 = 0 cu radăcinile λ1 = 1, λ 2 = 4 . n n Şirul x n este de forma x n = αλ1 + βλ 2 , unde constantele α şi β se determină din 1 1 condiţiile x1 = 1, x 2 = 5 .Se rezolvă sistemul şi se obţine α = − , β = .Rezultă 3 3 1 ⎛1⎞ n 4 ⎛1⎞ n x n = − + ⎜ ⎟ ⋅ 4 , care înlocuit în y n = − det A ⋅ x n −1 , ne dă y n = − ⎜ ⎟ ⋅ 4 . 3 ⎝ 3⎠ 3 ⎝3⎠ x În continuare rezultă uşor lim n = −1 . n→∞ y n Problemă pentru clasa a XI-a 3− x , unde x este ales astfel încât să aibă sens 5 − 3x f ... f )( x) , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine f n (x) . Fie funcţia f : D ⊂ R → R , f ( x) = f n ( x) = ( f de n ori Soluţie.Funcţia din enunţ este o funcţie omografică.Se ştie că prin compunerea unei funcţii omografice cu ea însăşi de n ori, se obţine tot o funcţie omografică.Dacă 101
  • 103. Probleme rezolvate f ( x) = a x + bn ax + b , unde a n , bn , c n , d n sunt , a, b, c, d ∈ R , atunci f n ( x) = n cn x + d n cx + d n bn ⎞ ⎛ a b ⎞ ⎟ =⎜ ⎟ . dn ⎟ ⎜ c d ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎛a elementele matricei A = ⎜ n ⎜c ⎝ n n ⎛ − 1 3⎞ Deci, problema revine la a calcula A n , unde A = ⎜ ⎜ − 3 5 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică λ − 4λ + 4 = 0 , cu rădăcinile λ1 = λ 2 = 2 .În continuare considerăm A n = λ1 n ⋅ B + λ1 n ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . Obţinem sistemul: ⎧2 B + C = A ⎛1 0⎞ ⎛ − 3 3⎞ ⎟ şi C = ⎜ , care rezolvat dă B = ⎜ ⎨ ⎜0 1⎟ ⎜ − 3 3⎟ . ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩4 B + 4C = A 3n ⎞ ⎛ 2 − 3n (2 − 3n) ⋅ x + 3n Deci A n = 2 n −1 ⋅ ⎜ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ , adică f n ( x) = − 3n ⋅ x + 3n + 2 . ⎟ ⎝ ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a, Fie şirul (x n )n≥0 definit prin x0 = a > 0 şi x n +1 = 4 xn + 1 , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine 2 xn + 3 termenul general x n şi să se calculeze lim x n . n →∞ Soluţie.Şirul dat este un şir omografic.Se ştie că forma generală este x n = a n x 0 + bn , c n x0 + d n n ⎛ a bn ⎞ ⎛ 4 1 ⎞ unde a n , bn , c n , d n sunt elementele matricei A = ⎜ n ⎟ ⎜ c d ⎟ = ⎜ 2 3 ⎟ .Ecuaţia ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ n⎠ ⎝ n 2 caracteristică a matricei A este λ − 7λ + 10 = 0 cu rădăcinile λ1 = 2 şi λ 2 = 5 . În n continuare considerăm A n = λ1 ⋅ B + λ 2 ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru 1⎞ ⎛ 1 ⎛ 2 1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 3 ⎟ şi C = ⎜ 3 3 ⎟ .Rezultă n = 1 şi n = 2 .Se rezolvă sistemul şi se obţine B = ⎜ 3 ⎜− 2 2 ⎟ ⎜ 2 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3 3⎠ 2 n + 2 ⋅ 5 n x0 + 5 n − 2 n − 2n + 5n ⎞ 1 ⎛ 2n + 2 ⋅ 5n ⎟ , apoi x n = . A n = ⎜ n +1 3 ⎜ − 2 + 2 ⋅ 5 n 2 n +1 + 5 n ⎟ 2 ⋅ 5 n − 2 n +1 x 0 + (2 n +1 + 5 n ) ⎠ ⎝ n n ( De aici se obţine lim x n = 1 . n →∞ 102 ( ) ) ( )
  • 104. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemă pentru clasa a XI-a, Fie şirul (x n )n≥0 definit prin x0 = a > 0 şi x n +1 = − xn + 3 , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine − 3xn + 5 termenul general x n şi să se calculeze lim x n . n →∞ Soluţie.Şirul dat este un şir omografic.Se ştie că forma generală este x n = a n x 0 + bn , c n x0 + d n n bn ⎞ ⎛ − 1 3 ⎞ ⎛a ⎟=⎜ ⎟ .Ecuaţia unde a n , bn , c n , d n sunt elementele matricei A = ⎜ n ⎜c d n ⎟ ⎜ − 3 5⎟ ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ 2 caracteristică a matricei A este λ − 4λ + 4 = 0 cu rădăcinile λ1 = 2 şi λ 2 = 2 . În n continuare considerăm A n = λ1 ⋅ B + λ 2 ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină ⎛1 0⎞ pentru n = 1 şi n = 2 .Se rezolvă sistemul şi se obţine B = ⎜ ⎜ 0 1 ⎟ şi ⎟ ⎝ ⎠ 3n ⎞ (2 − 3n )x0 + 3n ⎛ − 3 3⎞ n n −1 ⎛ 2 − 3n C =⎜ ⎜ − 3 3 ⎟ .Rezultă A = 2 ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ , apoi x n = (− 3n )x + 3n + 2 . ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 De aici se obţine lim x n = 1 . n n n →∞ Problemă pentru clasa a XI-a, 1 + 4x , unde x este ales astfel încât să aibă sens 3 + 2x f ... f )( x) , ∀n ∈ N ∗ .Să se determine f n (x) . Fie funcţia f : D ⊂ R → R , f ( x) = f n ( x) = ( f de n ori Soluţie.Funcţia din enunţ este o funcţie omografică.Se ştie că prin compunerea unei funcţii omografice cu ea însăşi de n ori, se obţine tot o funcţie omografică.Dacă a x + bn ax + b f ( x) = , a, b, c, d ∈ R , atunci f n ( x) = n , unde a n , bn , c n , d n sunt cn x + d n cx + d ⎛a elementele matricei A = ⎜ n ⎜c ⎝ n n n bn ⎞ ⎛ a b ⎞ ⎟ =⎜ ⎟ . dn ⎟ ⎜ c d ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎛ 4 1⎞ Deci, problema revine la a calcula A n , unde A = ⎜ ⎜ 2 3 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică λ − 7λ + 10 = 0 , cu rădăcinile λ1 = 2, λ 2 = 5 .În continuare considerăm A n = λ1 n ⋅ B + λ1 n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . 1⎞ ⎛ 1 ⎛ 2 1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 3 ⎟ şi C = ⎜ 3 3 ⎟ . Se rezolvă sistemul, care dă B = ⎜ 3 ⎜− 2 2 ⎟ ⎜ 2 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎝ 3 3⎠ 103
  • 105. Probleme rezolvate Deci A n = 1 ⎛ 2n + 2 ⋅ 5n ⋅⎜ 3 ⎜ − 2 n +1 + 2 ⋅ 5 n ⎝ − 2n + 5n ⎞ (2 n + 2 ⋅ 5 n ) ⋅ x + (5 n − 2 n ) ⎟ , adică f n ( x) = . (2 ⋅ 5 n − 2 n +1 ) ⋅ x + (2 n +1 + 5 n ) 2 n +1 + 5 n ⎟ ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a Fie şirurile (x n )n≥0 , ( y n )n≥0 , date prin sistemul de recurenţe: ⎧ x n +1 = − x n + 3 y n , ∀n ≥ 0 cu x0 = 2, y 0 = 1 . ⎨ ⎩ y n +1 = −3 x n + 5 y n Să se determine termenii generali ai şirurilor (x n )n≥0 , ( y n )n≥0 . Soluţie. Sistemul de relaţii de recurenţă se scrie sub formă matricială astfel ⎛x ⎞ ⎛ x n +1 ⎞ ⎛ − 1 3⎞ ⎜ ⎟ = A ⋅ ⎜ n ⎟ , unde A = ⎜ ⎜ − 3 5 ⎟ .Dacă dăm lui n valorile 0,1,2,..., n − 1 obţinem: ⎟ ⎜y ⎟ ⎜y ⎟ n +1 ⎠ n ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ x x ⎛ x n +1 ⎞ ⎛ xn ⎞ n n +1 ⎛ 0 ⎞ n ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ y ⎟ = A ⋅ ⎜ y ⎟ , deci ⎜ y ⎟ = A ⋅ ⎜ y ⎟ . Problema revine la a calcula A , unde ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠ ⎝ n +1 ⎠ ⎝ n⎠ ⎛ − 1 3⎞ 2 A=⎜ ⎜ − 3 5 ⎟ .Ecuaţia caracteristică a matricei A este λ − TrA ⋅ λ + det A = 0 , adică ⎟ ⎝ ⎠ 2 λ − 4λ + 4 = 0 , cu rădăcinile λ1 = λ 2 = 2 .În continuare considerăm A n = λ1 ⋅ B + λ1 ⋅ n ⋅ C , unde B, C ∈ M 2 (C ) se determină pentru n = 1 şi n = 2 . Obţinem sistemul: ⎧2 B + C = A ⎛1 0⎞ ⎛ − 3 3⎞ , care rezolvat dă B = ⎜ ⎨ ⎜ 0 1 ⎟ şi C = ⎜ − 3 3 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩4 B + 4C = A n n 3n ⎞ ⎛ x n ⎞ 3n ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 − 3n ⎛ 2 − 3n ⎟ şi ⎜ ⎟ = 2 n −1 ⋅ ⎜ Deci A n = 2 n −1 ⋅ ⎜ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ − 3n 3n + 2 ⎟⎜ 1 ⎟ . ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ n⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ n −1 n −1 Termenii generali sunt: x n = 2 (4 − 3n) şi y n = 2 (2 − 3n) , ∀n ≥ 0 . 104
  • 106. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 2 1⎞ Fie matricea A = ⎜ ⎜ 2 3 ⎟ .Să se determine şirurile ( x n )n≥1 , ( y n )n≥1 astfel încât ⎟ ⎝ ⎠ n A = xn ⋅ A + yn ⋅ I 2 x şi să se calculeze lim n . n→∞ y n Soluţie.Folosim metoda inducţiei matematice. Pentru n = 1 obţinem x1 = 1, y1 = 0 . Pentru n = 2 ,cum A 2 − TrA ⋅ A + det A ⋅ I 2 = O2 , rezultă x 2 = TrA = 5, y 2 = − det A = −4 . Presupunem acum că ∀n ≥ 1, n ∈ N ∃ x n , y n astfel încât A n = x n ⋅ A + y n ⋅ I 2 .Atunci, obţinem A n +1 = A n A = ( x n A + y n I 2 ) A = x n A 2 + y n A = = x n ( x 2 A + y 2 I 2 ) + y n A = (x 2 xn + y n )A + x n y 2 I 2 = x n+1 A + y n+1 I 2 ,deci x n +1 = x 2 x n + y n = (TrA) x n + y n (1) şi y n +1 = y 2 x n = (− det A) x n (2) Rezultă A n = x n ⋅ A + y n ⋅ I 2 ∀n ≥ 1, n ∈ N . Din relaţiile (1) şi (2) rezultă x n şi y n . Astfel, din (2) rezultă y n = − det A ⋅ x n −1 , care înlocuit în (1), obţinem x n +1 − TrA ⋅ x n + det A ⋅ x n −1 = 0 care are ecuaţia caracteristică λ2 − TrA ⋅ λ + det A = 0 . În cazul nostru avem λ2 − 5λ + 4 = 0 cu radăcinile λ1 = 1, λ 2 = 4 . n n Şirul x n este de forma x n = αλ1 + βλ 2 , unde constantele α şi β se determină din 1 1 condiţiile x1 = 1, x 2 = 5 .Se rezolvă sistemul şi se obţine α = − , β = .Rezultă 3 3 1 ⎛1⎞ n 4 ⎛1⎞ n x n = − + ⎜ ⎟ ⋅ 4 , care înlocuit în y n = − det A ⋅ x n −1 , ne dă y n = − ⎜ ⎟ ⋅ 4 . 3 ⎝ 3⎠ 3 ⎝3⎠ x În continuare rezultă uşor lim n = −1 . n→∞ y n 105
  • 107. Probleme rezolvate Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 4 8⎞ ∗ Să se rezolve în M 2 ( R) ecuaţia : A n = ⎜ ⎜ 3 6⎟ , n ∈ N . ⎟ ⎝ ⎠ n n Soluţie.Observăm că det( A ) = 0 .De aici (det A) = 0 , de unde det A = 0 .Utilizând ⎛a b ⎞ n −1 relaţia Cayley-Hamilton obţinem A n = (TrA) ⋅ A .Considerăm A = ⎜ ⎜ c d ⎟ şi obţinem ⎟ ⎝ ⎠ sistemul: ⎧(a + d )n −1 a = 4 ⎪ n −1 ⎪(a + d ) b = 8 ⎨ n −1 ⎪(a + d ) c = 3 ⎪ n −1 ⎩(a + d ) d = 6 1 n Adunând prima şi ultima ecuaţie rezultă (a + d ) = 10 , de unde a + d = 10 , iar n n −1 (a + d )n−1 = 10 n a= 4 10 n −1 n ,b = , apoi înlocuind în sistemul de mai sus obţinem: 8 3 6 , c = n −1 , d = n −1 . n −1 10 n 10 n Soluţia ecuaţiei este matricea A = 10 10 1− n n n ⎛ 4 8⎞ ⋅⎜ ⎜ 3 6⎟ . ⎟ ⎝ ⎠ Problemă pentru clasa a XI-a, ⎛ 0 1 0⎞ ⎜ ⎟ Fie matricea A = ⎜ 1 0 0 ⎟ . Să se determine şirurile ( x n )n≥1 , ( y n )n≥1 , ( z n )n≥1 astfel încât ⎜0 0 1⎟ ⎝ ⎠ n 2 A = x n ⋅ A + y n ⋅ A + z n ⋅ I 3 , ∀n ∈ N ∗ . 106
  • 108. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Soluţie.Procedăm prin inducţie : pentru n = 1 , relaţia este adevărată ( x1 = 0, y1 = 1, z1 = 0 ); pentru n = 2 , relaţia este de asemenea adevărată( x 2 = 1, y 2 = 0, z 2 = 0 ); pentru n = 3 , ţinând seama de ecuaţia caracteristică A 3 − σ 1 A 2 + σ 2 A − σ 3 I 3 = O3 (1) a a12 a11 a13 a 22 a 23 ( σ 1 = TrA, σ 2 = 11 + + , σ 3 = det A ), avem a 21 a 22 a31 a33 a32 a33 x3 = 1, y 3 = 1, z 3 = −1. Presupunem că A k = x k ⋅ A 2 + y k ⋅ A + z k ⋅ I 3 este adevărată pentru k ≥ 3 .Atunci avem: A k +1 = A k A = ( x k ⋅ A 2 + y k ⋅ A + z k ⋅ I 3 ) A = ( x3 x k + y k ) A 2 + ( y 3 x k + z k ) A + z 3 x k I 3 . ⎧ x k +1 = x3 x k + y k ⎪ Notăm ⎨ y k +1 = y 3 x k + z k , ⎪z = z x 3 k ⎩ k +1 (2) şi obţinem A k +1 = x k +1 ⋅ A 2 + y k +1 ⋅ A + z k +1 ⋅ I 3 , deci relaţia este adevărată ∀n ∈ N ∗ .Din (2) rezultă relaţia de recurenţă x n +1 = x3 x n + y 3 x n −1 + z 3 x n − 2 , n ≥ 3 , căreia i se asociază ecuaţia caracteristică r 3 = x3 r 2 + y 3 r + z 3 , care este totuna cu ecuaţia caracteristică λ3 − σ 1 λ 2 + σ 2 λ − σ 3 = 0 . În cazul nostru avem r 3 = r 2 + r − 1 , de unde r1 = 1, r2,3 = n n n n n 1± 5 şi 2 n x n = c1 r1 + c 2 r2 + c3 r3 . Din condiţiile iniţiale x1 = 0, x 2 = 1, x3 = 1 se determină constantele c1 = 0, c 2 = 5− 5 5+ 5 , c3 = 10 10 n n 5 − 5 ⎛1+ 5 ⎞ 5 + 5 ⎛1− 5 ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ . de unde x n = 10 ⎜ 2 ⎟ 10 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 5 − 5 ⎛1+ 5 ⎞ ⎜ ⎟ Din relaţiile (2) rezultă imediat y n = 10 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ 5 − 5 ⎛1+ 5 ⎞ ⎜ ⎟ respectiv z n = 10 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ n −1 5 + 5 ⎛1− 5 ⎞ ⎜ ⎟ − 10 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ Problema pentru clasa a XII-a 107 n−2 n −1 . 3 5 + 5 ⎛1− 5 ⎞ ⎜ ⎟ − 10 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ n−2 ,
  • 109. Probleme rezolvate 1 ⎧ {x} + 1 ⎪ x , {x} ≤ 3 + n ⎪ Se considera functia f : (0, ∞) → R, f(x) = ⎨ ⎪1 − {x}, {x} > 1 ⎪ x 3+ n ⎩ unde {x} este partea fractionara a numarului real x si n ∈ N. 1 2+ n Sa se calculeze lim n →∞ ∫ f(x)dx. 1 5+ n Soluţie: 1 ⎤ ⎡ 1 Este suficient sa consideram x ∈ ⎢ , ⎥. ⎣5 + n 2 + n ⎦ In acest caz avem{x} = x si deci 1 ⎤ x +1 ⎡ 1 pentru x ∈ ⎢ , ⎥ , f(x) = x . ⎣5 + n 3 + n ⎦ 1 1- x Pentru x ∈ ( ,1) avem f(x) = si deci 3+ n x 1 2+ n ∫ 1 5+ n f ( x)dx = 1 3+ n ∫ 1 5+ n x +1 dx + x 1 2+ n ∫ 1 3+ n 1− x n −1 n+5 + ln ⋅ dx = x (n + 2)(n + 3)(n + 5) n+2 Deci limita cautata este zero. 108
  • 110. Neculai Stanciu, Berca, Buzău ⎧ {x} − 1 ⎪ x , {x} ≤ ⎪ XII .Se considera functia f : (0, ∞) → R, f(x) = ⎨ ⎪ {x} + 1 , {x} ⎪ x ⎩ unde {x} este partea fractionara a numarului real x si n ∈ N ∗ . 1 3n 1 3n 1 2n Sa se calculeze lim ( ∫ f(x)dx). n →∞ 1 5n Publicată în RIM – nr.XI -2006 (9646) ; Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (10002) Soluţie: ⎡1 1⎤ Este suficient sa consideram x ∈ ⎢ , ⎥. ⎣ 5n 2n ⎦ In acest caz avem{x} = x si deci x -1 ⎡1 1⎤ pentru x ∈ ⎢ , ⎥ , f(x) = . x ⎣ 5n 3n ⎦ 1 x +1 si deci Pentru x ∈ ( ,1) avem f(x) = 3n x 1 2n 1 3n 1 5n 1 5n ∫ f ( x)dx = ∫ 1 2n x −1 dx + x lim ( ∫ f(x)dx) = ln n →∞ 1 5n 1 2n ∫ 1 3n 3 9 x +1 dx = + ln ⇒ 10n 10 x 9 ⋅ 10 Problema pentru clasa a XII-a Sã se calculeze : 2006 ⎡ 2007 − x − arctg (2007 − x) ⎤ ⎥ dx ∫ arctg ⎢ x − arctgx ⎣ ⎦ 1 . Publicată în RIM – nr.XIII -2007 (10004) Soluţie; Facem schimbarea de variabila 2007 - x = t 2006 (1) I = ∫ 1 ⎡ 2007 − x − arctg (2007 − x) ⎤ arctg ⎢ ⎥ dx = x − arctgx ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ t − arctg ⎢ 2007 − t − arctg (2007 − t ) ⎥ dt = ⎦ 2006 ⎣ 1 =− ∫ 109
  • 111. Probleme rezolvate 2006 = ∫ 1 ⎡ ⎤ x − arctgx arctg ⎢ ⎥dx. ⎣ 2007 − x − arctg (2007 − x) ⎦ 2007 - x − arctg (2007 − x) = y si f ( x) = x − arctgx. x − arctgx x2 Cum f (0) = 0 si f ′( x) = 0, rezulta ca f ( x) 0 ∀x 0. 1+ x2 Prin urmare x − arctgx 0 si 2007 - x − arctg (2007 − x) 0, ∀x ∈ [1,2006]. Notam Deci y 0, cum arctgy + arctg si integrand pe [1,2006] avem : 2006 (2) ∫ 2006 arctgydx + 1 ∫ 1 1 π = , ∀y y 2 1 arctg dx = y Din (1) si (2) avem : 2 I = π 2006 ∫ 1 π 2 dx. ⋅ 2005 ⇒ I = 2 Problemã pentru clasa a XII-a, 0 2005π . 4 Sã se calculeze: 2π sin x ⋅ cos 2 x ∫ ( 1 + sin 2 x )( 1 + sin 2 2 x )dx 0 Publicată în G.M. – seria A – 4 / 2007 (pg. 316); G.M. – seria B – nr. 4 / 2007 (25775); Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10176) Soluţie: 110
  • 112. Neculai Stanciu, Berca, Buzău (1) Functia f : [a − r , a + r ] → R se numeste a - para, daca f (a + x) = f (a − x), ∀x ∈ R cu x ≤ r ; respectiv a - impara, daca f (a + x) = − f (a − x) ∀x ∈ R cu x ≤ r. (2)Daca f este continua, atunci a+r ∫ a −r ⎧ a+r ⎪2 ⋅ f ( x)dx, daca f este a − para f ( x) dx = ⎨ ∫ a ⎪0, daca f este a - impara ⎩ (3) Produsul(catul) a doua functii de a - paritati diferite este o functie a - impara si produsul(catul) a doua functii de aceeasi a - paritate este o functie a - para. cos 2 x sin x , g( x) = . 2 1 + sin 2 x 1 + sin 2 x Se observa ca f (π − x) = f (π + x), adica este π - para si g (π − x) = − g (π + x) adica este π - impara. Functia h : [0,2π ] → R, h( x) = f ( x) ⋅ g ( x) este conform (3) π - impara si conform (2) avem : Fie f , g : [0,2π ] → R, f ( x) = 2π 2π 0 0 ∫ h( x)dx = ∫ sin x ⋅ cos 2 x dx = 0. (1 + sin 2 x)(1 + sin 2 2 x) Problemã pentru clasa a XII-a, Sã se calculeze: 2007 ∫ x 2008 n − 2007 ∑ sh 2 k −1 x dx +1 e k =1 Publicată în RMT – nr. 1 / 2007 (XII.211.); Publicată în G.M. – seria A – 4 / 2007 (pg. 316); Publicată în RIM – nr.XIV -2007 (10175) soluţie: n Notam (1) f ( x) = x 2008 , g ( x) = ∑ sh 2 k −1 x si h( x) = k =1 1 n ∑ e k =1 sh 2 k − 1 x . +1 Se observa imediat ca (2) f este continua si para, g este continua si impara iar h( x) + h(− x) = 1. ( not ) 2007 Rezulta (3)I x 2008 = ∫ - 2007 n ∑ sh 2 k −1 x (1) 2007 dx = ∫ f ( x)h( x)dx − 2007 +1 ⎧0, daca f este impara a ⎪ Se stie (∗) ∫ f ( x)dx = ⎨ a -a ⎪2∫ f ( x)dx, daca f este para ⎩ 0 si ca o functie arbitrara(care nu este nici para nici impara) se poate scrie ca o suma de doua functii una para si alta impara; e k =1 astfel (4)h(x) = h1 ( x) + h2 ( x), unde h1 ( x) = si h 2 ( x) = h( x ) + h( − x ) = para 2 h( x ) − h( − x ) = impara 2 111
  • 113. Probleme rezolvate În continuare utilizãm faptul cã produsul(câtul) a douã funcţii de aceeşi paritate este o funcţie parã şi respectiv produsul(câtul) a douã funcţii de paritãţi diferite este o funcţie 2007 (5)I = ∫ (∗) 2007 f ( x)(h1 ( x) + h2 ( x))dx = - 2007 imparã şi obţinem: ∫ f ( x)h1 ( x)dx − 2007 (∗) si (2) = 2007 = ∫ 0 2007 2009 f ( x)dx = 2009 Problemă pentru clasa a XII-a, a+2 Să se calculeze : 1 ∫ ( x − a)(a + 2 − x) a dx , unde a ∈ N ∗ fixat. Publicată în SM – 1 / 2008 (L.22.) 1 este nemărginită în punctele x = a şi Soluţie.Funcţia f ( x) = ( x − a)(a + 2 − x) x = a + 2. Atunci avem a+2 a+2 a + 2 −δ 1 1 1 ∫ ( x − a)(a + 2 − x) dx = ∫ 1 − ( x − a − 1) 2 dx = εlim++ a∫ε 1 − ( x − a − 1) 2 dx = →0 a + a δ →0 2 lim arcsin( x − a − 1) a +ε −δ = = lim [arcsin(1 − δ ) − arcsin(ε − 1)] = a+ + + ε →0 δ →0 + ε →0 δ →0 + π 2 + π 2 =π . Problemă pentru clasa a XII-a, 1 2 x 1004 + x 3014 + x 2008 sin x 2007 Calculaţi : ∫ dx . 1 + x 2010 −1 Publicată în SM – nr. 1 / 2008 (L.29.) Soluţie. Termenul Mai departe 1 x 2008 sin x 2007 este impar în x , aşa că 1 + x 2010 facem substituţia 1 x 2008 sin x 2007 ∫1 1 + x 2010 dx = 0 . − x1005 = y ⇒ 1005 x 1004 dx = dy 1 1 2 x1004 + x 3014 1 2 + y2 x1004 (2 + x 2010 ) dx = ∫ dx = dy = ∫ 1 + x 2010 ∫ 1005 −1 1 + y 2 1 + x 2010 −1 −1 1 = 1 1 1 2 1 ∫1(1 + 1 + y 2 )dy = 1005 ∫ (1 + 1 + y 2 )dy = 1005 − 0 2 1 2 2 π = (1 + ∫ dy ) = (1 + arctg1) = (1 + ) . 2 1005 1005 1005 4 0 1+ y Vezi G.M. nr. 1 / 2005 (O.G: 403); G.M. nr. 4 / 2003 (24892) 1 112 şi calculăm
  • 114. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Problemă pentru gimnaziu sau clasa a XII-a , Fie N = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2008 − 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2007 .Arătaţi că 2009 divide pe N . Publicată în GMB – 4 / 2009 (C.O:5019) Soluţie 1. (clasa a XII-a) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ 2008 ≡ [(−2007) ⋅ (−2005) ⋅ (−2003) ⋅ ... ⋅ (−3) ⋅ (−1)]mod(2009) ≡ (1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ 2007 ) mod(2009) . Rezultă N ≡ 0 mod(2009) .Q.E.D. Soluţie 2.(gimnaziu).Generalizare. Notăm A = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ... ⋅ (2k − 1) , B = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ... ⋅ (2k ) , C = 2k + 1 . Observăm că k A = (C − 2k )(C − (2k − 2)) ⋅ ... ⋅ (C − 2) = M C + (− 1) ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ (2k ) = M C + (−1) k ⋅ B . Rezultă N = − M C + (1 + (−1) k +1 ) ⋅ B . Acum luom k = 1004 şi rezultă 2009 N .Q.E.D. Mayhem Solutions M 345. Proposed by John Grant McLoughlin, University of New Brunswick, Fredericton, NB. The area of isosceles ΔABC is q 15 .Given that AB = 2BC , express the perimeter of ΔABC in terms of q . Solution by Neculai Stanciu, High School “Saint Sava”, Berca, Romania. Obviously q > 0 . We have two cases. 1. Case. AB = AC > BC . AB = AC = 2a, BC = a , and the perimeter is P = 5a . 5a a a 3a a 2 15 thehypothesis ⋅( )⋅( )⋅( ) = = q 15 . 2 2 2 2 4 Results a = 2 q and the perimeter P = 10 q . 2. Case. AC = BC = a < AB = 2a . We do in the same way as 1. Case, and obtain P = 4a, With Heron’s formula we have S = S = 2 a ⋅ ( a ) ⋅ ( a ) ⋅ ( 0) = 0 thehypothesis = q 15 .False. In conclusion we have the solutions P = 10 q 113
  • 115. Probleme rezolvate M 349. Proposed by the Mayhem Staff. (a) Find all ordered pairs of integers (x,y) with 1 1 1 + = . x y 5 (b) How many ordered pairs of integers (x,y) are there with 1 1 1 + = ? x y 1200 Solution by Neculai Stanciu, High School “Saint Sava”, Berca, Romania 1 1 1 5y + = ⇔ 5 y + 5 x = xy ⇔ 5 y = x( y − 5) ⇔ x = x y 5 y −5 ⎧y − 55y 5y ⎪ ×( −5 ) x= ∈Z ⇒ ⎨ ⇒ y − 5 5 y − 5 y + 25 ⇒ y − 5 25 y −5 y − 5 y − 5 ⇒ y − 5 − 5 y + 25 ⎪ ⎩ ⇒ y − 5 ∈ D25 = {± 1,±5,±25} ⇒ (1) y ∈ {6,10,30,4,0,−20}. (a) 5y ⇒ ( y, x) ∈ {(6,30), (10,10), (30,6), (4,−20), (0,0), (−20,4)}. y −5 The pair (0,0) is not a solution.So he have 5(five) solutions ( y, x) ∈ {(6,30), (10,10), (30,6), (4,−20), (−20,4)} . x= (b) We do in the same way as (a) point . We get y − 1200 (1200) 2 . (1200) 2 = 2 8 ⋅ 3 2 ⋅ 5 4 , so he have (8+1)(2+1)(4+1)= 9 ⋅ 3 ⋅ 5 naturals divisors and 2 ⋅ (9 ⋅ 3 ⋅ 5) = 270 integers divisors of (1200) 2 . If you eliminate the solution (0,0) there are so, 269 pairs of integers (x,y) are there with 1 1 1 + = . x y 1200 Mayhem Solutions M 357. Proposed by Mayhem Staff. Determine all real numnbers x that satisfay 3 2 x + 2 + 3 = 3 x + 3 x +3 . Solution by Neculai Stanciu, High School “Saint Sava”, Berca, Romania. ( ) 3 2 x + 2 + 3 = 3 x + 3 x +3 ⇔ 3 x 9t 2 − 28t + 3 = 0 . 2 ⋅ 9 + 3 = 3 x + 3 x ⋅ 27 , we denoted by 3 x = t , and results 28 ± 676 28 ± 26 1 , t1 = 3 , t 2 = . = 18 18 9 We return to the substitution and obtain x1 = 3, x 2 = −2 . x ∈ {− 2,3} . Δ = 28 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 9 = 676 , t1, 2 = Mayhem Solutions 114
  • 116. Neculai Stanciu, Berca, Buzău M 357. Proposed by George Tsapakides, Agrinio, Greece. Let a, b and c be positive real numbers.Prove that ab(a + b − c) + bc(b + c − a) + ca(c + a − b) ≥ 3abc. Solution by Neculai Stanciu, High School “Saint Sava”, Berca, Romania. x y We use the Theorem: + ≥ 2 , ∀x, y ≥ 0 . y x x y 2 Proof. + ≥ 2 ⇔ ( x − y ) ≥ 0 .Q.E.D. y x We divide the equation ab(a + b − c) + bc(b + c − a ) + ca(c + a − b) ≥ 3abc , with abc , a +b−c b+c−a c +a −b and obtain + + ≥3⇔ c a b a b b c c a ⇔ + − 1 + + − 1 + + − 1 ≥ 2 + 2 + 2 − 3 = 3 .Q.E.D. c c a a b b Mayhem Solutions M 357. Proposed by Mayhem Staff. Solution by Neculai Stanciu, High School “Saint Sava”, Berca, Romania. We denoted by: C = circle, DE ∩ C = P, EF ∩ C = N , FG ∩ C = M , GD ∩ C = Q , GQ = GM = x , H = PrGF D , GH = x − 1, GD = x + 1, DH = 4 . GH 2 + DH 2 = GD 2 ⇒ x = 4 . EF = 2 ⋅ radius = 4 . GF = GH + HF = 6 ( DE + GF ) ⋅ EF = 18 Area DEFG = 2 115
  • 117. Probleme rezolvate Neculai STANCIU (CV) Director Profesor de matematicã Studii Master în management educaţional şi comunicare instituţionalã, SNSPA, Bucureşti (2005 – 2007) Licenţiat în matematicã, Universitatea Bucureşti (1992 – 1998) Licenţiat al Facultãţii de Tehnologia Construcţiilor de Maşini, Universitatea Tehnicã ’’Gh. Asachi’’ Iaşi (1987 – 1992) Cursuri Postuniversitare pentru profesionalizarea pedagogicã a absolvenţilor de învãţãmânt superior, Universitatea Politehnicã Bucureşti, (1994 ) Experienţă profesională Titular la Grupul Şcolar Tehnic ‘’Sf. Mucenic Sava ‘’ , Berca, Buzãu Lider de sindicat la Grupul Şcolar Tehnic ‘’Sf. Mucenic Sava ‘’ , Berca, Buzãu (2004 –2005) Director adjunct la Grupul Şcolar Tehnic ‘’Sf. Mucenic Sava ‘’ , Berca, Buzãu (2005) Director la Grupul Şcolar Tehnic ‘’Sf. Mucenic Sava ‘’ , Berca, Buzãu ( 2005 2008) 116
  • 118. Neculai Stanciu, Berca, Buzău Lucrări publicate Reflecţii Metodice şi Psihopedagogice, Editura Casa Corpului Didactic ’’I. Gh. Dumitraşcu’’, Buzãu, 2005 (coautor) Matematicã de vacanţã, Editura ’’Rafet’’, Rm. Sãrat, 2006 (coautor) Monografie Zona – Berca – Buzǎu, Editura Casa Corpului Didactic ’’I. Gh. Dumitraşcu’’, Buzãu, 2006 (coautor) Matematicǎ gimnaziu & liceu, Editura ’’Rafet’’, Rm. Sãrat, 2007 Elemente de Management Educaţional, Editura ’’Rafet’’, Rm. Sãrat, 2007 (coautor) Peste 100 de probleme şi comunicãri ştiinţifice Peste 30 de articole de pedagogie şi metodicã Altele Membru în Biroul de conducere al Societãţii de Ştiinţe Matematice din România, filiala Râmnicu Sãrat Directorul revistei de cultură matematică pentu tineret „Sclipirea Minţii” CUPRINS I. Prefaţã / 3 Istoricul noţiunilor matematice studiate în gimnaziu şi liceu / 4 Bibliografie / 10 II. Probleme rezolvate / 11 Bibliografie / 100 III. Inegalitatea izoperimetricã / 101 Bibliografie / 110 IV. Aplicaţii ale coordonatelor baricentrice / 111 Bibliografie / 119 V. Teoreme fundamentale ale algebrei liniare, geometriei afine şi euclidiene / 120 Bibliografie / 125 VI. Calculul integral pentru funcţiile pare şi impare generalizate / 126 Bibliografie / 135 VII. Calculul integral în cazul funcţiilor periodice / 136 Bibliografie / 138 117
  • 119. Probleme rezolvate VIII. Rezolvarea analitică şi sintetică a unor probleme de geometrie în spaţiu / 139 Asupra unei propoziţii şi aplicaţiile ei / IX. Generalizarea unor inegalităţi / X. XI. Despre şirul lui Fibonacci / Bibliografie / 147 Moto: „Conştiinţa datoriei împlinite prelungeşte viaţa” 118