Moros an 2006 Sol

Inspectoratul Scolar Judetean Braila Concursul interjudetean de Matematica

“PETRU MOROSAN-TRIDENT” Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006

Barem de corectare

CLASA a-V-a

Problema 2 Se dau numerele 75 156234 +=A si 32 312546 +=B . Stabiliti valoarea de adevar a propozitiilor:

A>B; B>A (prelucrare G.M., 9/2006)

Rezolvare Se compara 5

234 cu 2546 si 7156 cu 3

312

BA <⇒+<+⇒

<⇒

==

<⇒

==

==

327537

9337

251282212555

312546156234

312156

1561562312

156

546234

78787546

78783234

)(

)(

)(

(A)

AB <⇒ (F) Paun Viorica- Sc Ion Creanga

Problema 1 Aflati toate numerele naturale de trei cifre care impartite la 67 dau restul egal cu cubul catului Solutie 2p… rcxyz += 67 , cr

3= si 67<r si 0≠r

1p… Deci },,,{ 642781∈r

1p… r=1 ⇒ c=1 ⇒ xyz≠=+⋅ 681167 1p…r=8 ⇒ c=2 ⇒ 1428267 =+⋅=xyz 1p…r=27⇒c=3 ⇒ 22827367 =+⋅=xyz 1p…r=64⇒c=4 ⇒ 33264467 =+⋅=xyz

BOICESCU NAZELI- “G.M.MURGOCI” Problema 3 Fie sirul de numere naturale

11 =a

532 +=a

11973 ++=a

191715134 +++=a …..

a) Calculati a8.

b) Aratati ca an este cub perfect, (∀) Nn *∈ .

Solutia

a) Observam ca a8 are opt termeni si anume:

... )1587(...)587()387()187(8

+⋅+++⋅++⋅++⋅=a

… 8364856)17...531(856 =+⋅=+++++⋅=

b) =−+−+++−++−= 444444444 3444444444 21n

nnnnnnnna ]12)1[(...]3)1[{]1)1[(

2p… nnnnnnn 22 )(12...531)1( 1 +−=−+++++−=

1p… n3=

BOICESCU NAZELI CN “MURGOCI”, BRAILA

Inspectoratul Scolar Judetean Braila

Concursul interjudetean de Matematica “PETRU MOROSAN-TRIDENT”

Editia a-IV-a, Braila, 8-10 decembrie 2006

Barem de corectare

CLASA a-VI-a Subiectul nr.I

a) 3p b=34c , 2

2

916

cc

+ =400 1p

Rezolvare ec. si c=12 1p Finalizare 1p b) 100a+10b+c=50c+5b 1p 100a+5b=49c c=5 1p Finalizare a=2, b=9 abc=295 2p Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 3p respectiv 4p. Subiectul nr.II

A= →⋅⋅10099

43

21 … 50 factori B= →⋅⋅

9998

54

32 … 49 factori

C= →⋅⋅101100

76

54

32 … 50 factori

a) C<B 1p pBCA

CA1

<<⇒<

b) 100

1=⋅ BA 1p

A<101 1p B >

101 1p Finalizare 1p

Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 7p. Subiectul nr.III

( ) ( )( ) ( )

≡≡

FBNCBFEBMABE

corectDesen 1p

−==

ooo

xMBCmxMBFm

2110)()(

2p

m(ABM)=70°+2x° 2p m(EBA)=35+a° 1p m(EBF)=35° 1p Orice alta rezolvare corecta se puncteaza cu 7p.



Barem de corectare

CLASA a-VII-a

Problema nr 1

=−++−+−=2006

12005

1...

41

31

21

1B

=+++−+++++= )2006

1...

41

21

(22006

12005

1...

31

21

1 ……2p

=++++−+++++= )1003

1...

31

21

1(2006

12005

1...

31

21

1 ……1p

+++=⇒

→+++=

20061

...1005

11004

12006

1....1005

11004

1

B finalizxare…..1p

2006

2...

10062

10042

10031

...503

1502

1+++=+++=A ….. 1p

20061

20061

...1006

11006

11004

11004

1++++++= …..1p

Comparand termen cu termen obtinem ca A>B…..1p Total 7p Orice alta rezolvare decat cea din barem primeste punctajul maxim.

PROBLEMA NR 2

a) a=k 2 +p 2 , k,p N*∈ k ≠ p…..1p

{

nr

nr

nr

nr

nr

nr

1

3;;

7.;....................;.........

7........;..........;

7.......;;.........;

7;....;;

76857565

9454935343924232

91514131

22

222222

2222

222222

222222

22222222

→+

→+++

++

→+++

→+++

→++++

→

Total 29 numere “prietenoase”…..2p b) n=1 26=25+1= 15

22 +

n=2 102426222

+= ………1p

Daca n=par=2k k N*∈ k>1

2121

22)1(2)1(22222

)()(

)(

1026242610242667626262626

⋅+⋅=

=+=⋅=⋅=−−

−−−

kk

kkkk

Obs: se poate lua n=2k+2 k∈N 222222222 )()()( 10262426102426262626 ⋅+⋅=+=⋅=⇒ + kkkkk

…1p

Daca n=impar=2k+1 k N

*∈ 222212 )()()( 12652612526262626 ⋅+⋅=+=⋅=+ kkkkk

Total 7 p

PROBLEMA NR 3

a) ∆ BCM: m<C=90 ° ……………………1p ∆ BCM: D= centru de greutate……….1p

AF=l. mijlocie in ∆ BCM AE=l. mijlocie in ∆BCM……………….1p Finalizare: AFCE= dreptunghic………..1p b)AFMC=trapez dreptunghic…………..1p c) ∆ BFN=isoscel……………….1p finalizare BA⊥ NF……………1p Total 7p Orice alta rezolvare corecta, diferota de cxea din barem, primeste punctaj maxim



Barem de corectare

CLASA a-VIII-a

I. Fie MN, NP, PM linii mijlocii ale triunghiului echilateral ABC.AP = PB = … =AN = 1 Punand cate un punct in fiecare triunghi, al cincilea il vom pune in unul din cele patru triunghiuri si astfel rezulta ca exista doua puncte a caror distanta este mai mica decat 1.

II. Determinati a, b ? R+ daca )3)(34( ba ++ + )3)(27( abb −− = 7 SOLUTIE :

2p )3)(34( ba ++ = 2

334 ba +++

2p )3)(27( abb −− = 2

327 abb −+−

7 = 2

334 ba +++ + 2

327 abb −+−

1p 7 = 7

1p Egalitate pentru

−=−+=+

abbba

327334

ó

=+=+

baba337

31

1p b=3; a=32

III Fie sirul 1 + 3 + 5; 6 + 8 + 10; 11 + 13 + 15; 16 + 18 + 20; a) Verificati daca 2019 este termen al sirului. Dar 2006 ? b) Calculati suma primilor 108 termeni ai sirului.

SOLUTIE : 2p a) Fiecare termen al sirului este de forma (5k + 1) + (5k + 3) + (5k + 5) = 15k + 9 1p 15k + 9 = 2019 => 15k = 2010 => k = 134 1p => 2019 este al 135 – lea termen al sirului 1p 15k + 9 = 2006 => 15k = 1997 => 2006 nu este termen al sirului

1p b) k = 107;0 => S = ∑=

+107

0

)915(k

k = 15 ∑=

107

0k

k + 9∑=

107

0

1k

1p 15 2108107 ⋅ + 9 108⋅ = 86670 + 972 = 87642



Matematica M1

CLASA A IX-A Subiectul 1 Din x3=ax+a-1 ⇒ x3+1-a(x+1)=0 ⇒ (x+1)(x2-x+1-a)=0 X+1=0 ⇒ x1=0 Z∈ .......................2p Pentru x2-x+1-a=0 34441 −=+−=∆ aa ................................................................1p Pentru a avem x2, x3 Z∈

Trebuie 4

3;

22 +

=⇒∈=∆ kk aNk .........................................................1p

1;12 2 ++=⇒∈+=⇒∈ naNnnkZa n ....................................................2p

Obtinem x2/3= 2)12(1 +± n

X2= -n Z∈ si x2=n+1 Z∈ .........................................................................1p

OBS pentru 1; ≠∈ nNn si a=n2+n+1 avem 3 radacini intregi distincte Subiectul 2

a) )1(21

2

2

21−−=

−+<= kk

kkkk si sumand (sau inductie) pentru

nnk S n2,1 <⇒= .............................................................................2p

Analog 212 −+> nS n…………………………………………1p

b) Fie a1=1 ; a2=2……a100 ; a101=102, an=n+1 ; 101≥n

Notez Tn=n

1...

3

1

2

11 ++++

Si din a) rezulta nn T n2212 <<−+

Demonstram sub inductie : 1,9,112 ≥∀<−+ nn T n(*)

Pentru n=1 9,22219,122 <⇔<−⇒ (A)

Presupun T nn

1912

+<−+ si demonstrez ca T n

n1

9,122+

<−+ . Cum Tn+1=Tn+1

1

+n e

suficient sa demonstrez :

32)1)(2(21

11222

1

19,1129,122 +<++⇔

+++<+⇔

++−+<−+ nnn

nnn

nnn

(a)…..1p

Revenim la sirul (an) definit mai sus. Pentru n nn STS nnn2212100 <<−+⇒=⇒≤

Fie .101≥n

nnn TS nn

21

...101

1

100

1...

2

11

1

1...

102

1

100

1...

2

11 <=++++++<

+++++++= …..1p

Avem apoi 101

11−=

+TS nn

Conform (*) 9,1221

−+>⇒+

nT n si deci

21222210119,122 −+>⇒−+>−−+> nnn SS nn

……………..1p

Obs 1 Pentru 101 se poate alege orice k cu 1,01

<k

Obs 2 Baremul pentru alte solutii corecte se adapteaza respectand ponderile sugerate de acest barem Subiectul 3 Notam x=p2, y=g2, z=r2, p,q,r,>0

Inegalitatea se scrie echivalent rpqrpqcbarqp

++≥++222

........1p

Aplicam inegalitatea Cauchy-Schwarz, inegalitatea (p+q+r)2≥(pq+qr+rp), 0,, >∀ rqp si

inegalitatea MA- MP. Avem

rpqrpqrpqrpq

cbarpqrpq

cbarpqrpq

cbacba cbarqprqp

++=++

++≥

++++

=++

++≥

++≥++

++

33

)(3222

22

22 )(

(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1+2 =2p 2+3=2p 5+6=1p Nota: Solutia poate fi data fara a face x=p2, y=q2, z=r2



Matematica M1

CLASA A X-A PROBLEM A 1 Sa se resolve in R ecuatia [ ] xx =2

3

Ion Nedelcu, Prahova

1 Notand ],[3 kx = ,Zk ∈ rezulta

=

∈ +2

)1 )(,[33

kx

x kk ................................2p

2 Atunci )1(233 +<≤ kk k , unde .Nk ∈

3 Avem inegalitatea ( demonstrabila prin inductie matematica) 2n >n3 , 10, ≥∈∀ nNn ........................................................2p 4 Atunci 10,2

3 ≥∈⇒≤ kNkk

k sau k=1..................................................1p

2k<(k+1)3 Nk *∈⇒ , 10≤k .....................................................1p

5 Rezulta }{ }( 210,210,1 ∈⇔∈ xk ……………………………………...1p Problema 2

Fie z1, z2,…zn ∈C cu nkzk,1,05 =∀>= si Re 0

1 1 1 1

=

∑∑∑∑

= = = =

n

k

n

i

n

j

n

l lk

ji

zzzz

Demonstrati ca ∑=

−n

kkz

1

1 2 = n(r2+1)

Viorel Botea, Braila PROBLEMA 2 1 Avem succesiv

S=

=

= ∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑

======= = = =

n

k k

n

jj

n

l l

n

k k

n

jj

n

kk

n

k

n

i

n

j

n

l lk

ji

zzzzzzzzzz

1111111 1 1 1

111 2 =

∑∑

==

n

k

kn

jj r

zk1

21

2 =54

1 zzz n+++ ...

214 ....................................3p

Cum ReS=0 => zzz n+++ ...

21 =0 , adica z1+z2+....+zn=0...................2p Atunci

∑=

−n

kkz

1

12= )1()1()1)(1( 22

1

2

1

+=+=+−−=−− ∑∑==

rrzzzzz nnnk kk

n

kk

n

kk

.........2p

Problema 3 Sa se determine functia f: R+ →R astfel incat

f(x)+ [ ] { } Rff xxxx+

∈∀=+ ,)((22

Marius Damian, Braila Pentru x=0 => f(0)+ 0)(2 =xf , de unde rezulta f(0)=0............................1p

Pentru)1,0(,0)()()1,0( ∈∀=+⇒∈ xxfxfx.................................................1p

Presupunand ca exista x0 ∈(0,1) a.i. f(x0)<0, rezulta, din relatia de mai sus, ca x0=0, contradictie.

Deci f(x)>0, )1,0(∈∀x adica (1) )1,0(,2

)( ∈∀= xx

xf ..................................1p

Pentru x NxxxfxfN ∈∀=+⇒∈ ,)()( .........................................................1p Presupunand ca exista x0 N∈ a.i. f(x0)<0, din relatia de mai sus obtinem x0=0, contradictie.

Deci f(x) ≥0, nx ∈∀ , adica (2) f(x) Nxx

∈∀= ,2

.......................1p

Folosind relatiile (1) si (2) obtinem

{ } { } Rxxxf +∈∀⋅= ,21

)(

[ ] [ ] Rxxxf +∈∀⋅= ,21

)( iar din enunt gasim

[ ] { } Rxx xxxf+

∈∀+−= ,21

)(22 ............................................... .................2p



Matematica M1

CLASA A XI-A

I. Ce relatie trebuie sa fie intre constanbtele positive a si b ca sa existe

∞>−nlim (a nn + b) n/ln n si sa fie finite si nenula ? Sa se calculeze in acest caz limitative.

SOLUTIE

2p Deoarece ∞>−n

lim n n = 1 si ∞>−n

limn

nln

= +∞ suntem in cazul (a+b)+ ∞

1p Daca : a + b > 1 limita este +∞ 1p a + b < 1 limita este 0 1p Daca a + b = 1 suntem in cazul 1∞ si avem

L = ∞>−n

lim (1 + a( n n - 1))n/ln n = nna

na

n

n

nn

n

na ln)1(

1(

1

]))1(1lim[(−

−

∞>−−+

2p Deoarece n

na nn

n ln)1(

lim−

∞>− = a

nn

e nn

n ln1

lim

ln

−∞>−

= a obtinem L = ea

II. Consideram An = { A ? M2 ( ℜ) | An+1 = 2007n A⋅ }, n ? N* fixat. a) Aratati ca An contine o infinitate de elemente b) Determinati A4 ∩ A2007

SOLUTIE 1p a) Consideram A=2007 B⋅ cu B2 = B si ramane sa demonstram ca avem o infinitate de matrici B ? M2 ( ℜ )

Consideram B =

dcba

si atunci B2 = B ó

=+=+=+

=+

dbcdcdacbdab

abca

2

2

)()(

=> Consideram a + d = 1 ó d = 1-a; b=1 si c =

a – a2 cu a ? ℜ => B =

−− aaa

a1

12 , a ? ℜ (2p)

A = 2007

−− aaa

a1

12 , a ? ℜ (2p)

1p b) A ? A4 ∩ 2007A ó

==

AAAA

20072008

45

20072007

i) Daca detA 0≠ obtinem

==

22007

244

20072007

IAIA

Deoarece c.m.m.d.c (4,2007)=1 )(∃ u, v astfel incat 4u +

2007v = 1 => A = ( ) ( ) 22007420074 20072007 IAA vuvu

==⋅ + (1p)

ii) Daca detA = 0 si A

tzyx

=> An = (x + t)n-1A, n 2≥

obtinem: ( )( )

=+=+

AAtxAAtx

20072007

44

20072007 => A = O2 sau

==+

zyxttx 2007

A4 ∩ 2007A =

≠

0;

2007;

200700

;00

2007;;2007 22 z

zzxt

xyyOI (2p)

3.Fie a>0 fixat .Sirul (xn)n>1este dat de relatia de recurenta: xn+1=xn + 1)(,22 ≥∀− naxn cu x1 ≥ a.

Sa se calculeze ∞→n

lim (n

n

x2 ).

D.Negulescu , Braila Solutie si barem de corectare.

Daca x1=a obtinem xn=a ( ∀ )n ≥ 1 si +∞=∞>− a

n

n

2lim (1 pct)

Daca x1>a transformam , prin notatia yn =axn ,relation de recurenta in :

yn+1=yn+ 1,12 ≥− nyn , y1=ax1 (2 pct)

deoarece y1=cth(b) ).( 1yarccthb =⇔

).

2(

)()(1

)(1

)(2

bcth

bshbch

bshbcthy =

+=+=

Prin inductie obtinem yn=cth(12 −n

b ) ( ∀ )n .1≥ Si deci xn=acth )2

( 1−n

b (2 pct)

Avem ab

bch

b

bsh

ab

bch

bsh

abacth nn

n

n

n

nn

n

n

n

n

2

)2

(

1

2

)2

(lim2

)2

(

)2

(2lim1

)2

(

2lim

11

1

1

1

1

=⋅==

−−

−

∞>−

−

−

∞>−

−

∞>−(2pct)



Matematica M1

CLASA A XII-A 1. Avem Gyxyfxfyxf ∈∀⋅=⋅ ,),()()( si nnn yxxyygxgxyg =⇔⋅= )()()()( si

nnn yxxy 222)( = , ;, Gyx ∈∀ 1 pct Din .,,)()()( 222 Gyxxyyxyxyxxyxyxyyx nnnnnnnnnnnnn ∈∀=⇒=== 2 pct Avem ,,,)()()()( Gyxyxxyyxfxyfxyyxxyyx nnnnnn ∈∀=⇒=⇒=== 2pct Daca f este surjectiva , atunci ,Gx ∈∀ Gba ∈∃ , astfel incat ybxa nn == , si din (1) avem

yxyyxabbaxy nnnn =⇒=== 2 pct 2. RxxxfxfxfxfRxxxfxfxf ∈∀=−′−′−′′⇔∈∀+′=+′′ ,))()(())()((,)(2)()( 1 pct Notam )()()( xfxfxg −′= derivabila,

Rxxxgxg ∈∀=−′ ,)()( | xe− ⇒ 1 pct ⇒′+−==′⇒ −−− ])1([))(( xxx exxeexg

CexxgRxCexexg xx ++−=⇒∈∀++−=⇒ −− )1()(,)1()( xCexxfxfRx ++−=−′⇒∈∀ )1()()( | xe− ⇒ 2 pct

])1[()1())(( ′+++=++−=′⇒ −−−− CxeexCexexf xxxx .,,,2)(,)2()( 2111 RCCRxeCCxexxfRxCCxexexf xxxx ∈∈∀+++=⇒∈∀+++=⇒ −− 2 pct

3.1)

;)cosln(sin2

)1()ln(

)ln(cos2

)()(

)1()1(

2

2

2222

Cxxx

pctCxtgx

xx

dxxtgxxtgx

dxtgxx

pctdxxtgx

xtgdx

xtgxxtgx

pctdxxtg

x

+−+−=+−+

++−=−

′−++−=

=−

+−

−=

−

∫ ∫

∫∫∫

2) .))ln

lnln(

21

)1(1)

ln(

)ln

()1(

1)ln

(

ln1ln

)1(ln

1ln22

2

22 Cxxxx

pctdx

xx

xx

pctdx

xx

x

pctdxxx

x x+

+−

=−

′=

−

−

=−

−∫∫∫



MA TEMATICA M2

Clasa a IX-a SUBIECTUL I 1. 0 = 1) - y + xy + y)(x-(x 22 ∃⇒ xy = .

2. Rezolvarea ecuatiei: 0233 2 =−+ yy si alegerea solutiei. 3. 122 =++ yxyx ( ) 2, Zyx ∈ ⇒ ( ) { }esimetricelyx ),1;1(),1;0(),1;0(, −−∈

SUBIECTUL II (2p) 1. [ ] { } [ ] [ ] { } 8,182 +=−⇒+= abaaaa . (2p) 2. { } 2,02 =a sau { } 2,12 =a . (3p) 3. 1,31=a si 5,12=b ; 6,31=a si 11=b . SUBIECTUL III (2p) 1. G = centrul de greutate al ∆ABC G’ = centrul de greutate al ∆MNP

P Ρ∈ ⇒ 3→→→→

++= RCRBRARG

(2p) 2. →→→→

++= RPRNRMRG'3

(3p) 3. →→→→→→

++=++ RCRBRARPRNRM

→→→→

==+ PCAQBNAM

→→→→

=++ 0CPBNAM



MATEMATICA M2

Clasa a X-a

SUBIECTUL I

Câte (1p) deductia: 15log1

ax= 21log1

ay= 35log

1az

=

înlocuire si aplicarea consecintei schimbãrii bazei (1p).

( ) 7log5log3log35log21log15log21

aaaaaa ++=++

restrângerea si descompunerea în factori (2p): 7log5log3log753log21 222

aaaa ++=⋅⋅

finalizare (1p). SUBIECTUL II

Restrângerea expresiei (3p): 1

)1(log)2(log)1(loglog 2222 +

+=+++−

nnn

nnn

Aplicarea consecintei din def. logaritmului (1p): 1

)2(2 1

)2(log2

++

=++

nnnn

nn

Scoaterea întregilor (1p):11

22

++=

++

nnn

nnn

Evidentierea )1,0(1

∈+nn - (1p)

Determinarea pãrtii întregi (1p): nn

nn =

++

1

SUBIECTUL III a) Exprimarea modulelor (2p): )(2))(())(( 221121212121 zzzzzzzzzzzz +=−−+++ Conjugatul sumei(diferentei) = suma(diferenta) conjugatelor (1p): )(2))(())(( 221121212121 zzzzzzzzzzzz +=−−+++ Calcule, reduceri (1p) – finalizare. b) Înlocuirea conditiilor din enunt (1p): 4)11(23 2

21 =+=−+ zz

Obtinerea expresiei finale (1p): 1221 =− zz

Finalizare (1p): 11

0212

21

21 =−⇒

=−

≥−zz

zz

zz



MATEMATICA M2

Clasa a XI-a Subiectul 1. (2p) 1. TrA=5, det A=6 ⇒ A∈M 2 (R) ⇒verifica ec : ⇒=+⋅ 0detXXTrX- X (2p) 2. X n =(X 2 -5X+6)C(x)+ax+b (1p) 3. x=2 si x=3 ⇒ a si b (2p) 4. Finalizare A n = aA+b Subiectul 2. (1p) 1. det X 3=1 ⇒ det X =1 (2p) 2. X 2 -(TrX) X+I 2 =O 2 / *X ⇒

X 3-(TrX) 2 X +X=O 2 ⇒ (2p) 3. X 3- (Tr 2 X - 1)X – TrX * I 2 =O 2 ⇒ Tr 3X=(Tr 2 X – 1)(TrX) – 2TrX (1p) 4. TrX= -1 sau TrX =2 (1p) 5. ⇒ X 3=I 2 (nu convine)

X=31

+−−

23

2

438243

aaaa

Subiectul 3. (1p) 1. f este strict crescatoare, deci injective si ecuatia are solutie unica

(2p) 2. ∞→a

lima

aax ln)( ⋅ =∞→a

lim))(ln1()(

ln)(axax

aax+⋅⋅ =

∞→alim

aax

a ln)(ln

ln1

1

+;

∞→alim 0

ln1

=a

(1p) 3. Ramane de aratat ca ∞→a

lim 1ln

)(ln=

aax

(3p) 4. Logaritmand ecuatia si aratand ca pentru a>e e ⇒ lna>1+lnx(a) ⇒

∞→alim <+

aax

ln))(ln1ln(

∞→alim 0

lnlnln =aa



MATEMATICA M2

Clasa a XII-a

Problema 1: z=x+iy , x,y∈R (1p) Calculul correct al modulelor (0.5 x 4 = 2p)

⇒

+−=+

+−=+−

36)8(5363

)8()4(22

2222

yy

yxyx

Din ecuatia I ⇒x 2 -8x+16+y 2 =x 2 -16x+64+y 2 ⇒x=6 (2p) Inlocuirea in ecuatia II ⇒y 2 -25y+136=0 ⇒ y 1=17, y 2 =8 ⇒ z 1=6+8i , z 2 =6+17i (2p) Problema 2: P(1)=2 (1p), P(-1)=6 (1p), P(2)=3 (1p) P(x)=(x-1)(x+1)(x-2)Q(x)+ax 2 +bx+c, ( ∀ )x∈R (1p) Obtinerea celor trei ecuatii (1p) Rezolvarea ⇒a=1,b=-2,c=3 (1p) R(x)=x 2 -2x+3 (1p)

Problema 3: I1= ∫+

−dx

xxx

x

)1

(

1

443

4

(1p) , n=x 2 +2

1x

(1p) , n’=2( x -3

1x

) (1p)

I1= 21

∫ − 22ndn (1p), I1=

24

1 ln2

1

21

22

22

++

−+

xx

xx

+ C (1p)

I 2 =n

n

xx 2

2 11

+( 1

1 1+

− − nn

xx )dx (1p), n= n

n

xx

1+ si

I 2 =22

1n

ln2

1

21

++

−+

nn

nn

xx

xx

+ C (1p)

Moros an 2006 Sol

Documents

Transcript of Moros an 2006 Sol