Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid · Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid Marina...

Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid

Marina Constantinescu Mircea Constantinescu

Algoritmul lui Euclid poate fi folosit la determinarea celui mai mare divizor comun a două numere întregi.

Definiţia 1. Fie , .a b Se numeşte cel mai mare divizor comun al numerelor a şi b

un număr d care verifică simultan proprietăţile:

1 |d a şi |d b

2 dacă d | a şi d | b atunci d | .d

Observaţia 2. Cu notaţiile anterioare, dacă 1d este un cel mai mare divizor comun al

numerelor a şi b , atunci , din definiţie, 1|d d şi 1 |d d , deci 1d d , caz în care se spune

că numerele d şi 1d sunt asociate în divizibilitate. Aşadar, cel mai mare divizor comun al

numerelor a şi b este unic, abstracţie făcând de o asociere în divizibilitate, şi-l vom nota prin , .a b

Propoziţia 3. Dacă , ,a b m atunci , , .a b b a mb

Demonstraţie. Fie 1d ,a b şi 2 , .d b a mb Cum 1 | ,d a 1 | ,d b rezultă 1 |d a mb ,

deci 1 2| .d d Din 2 | ,d b 2 |d a mb rezultă că 2 | ,d a deci 2 1| .d d Aşadar 1 2.d d

Acest rezultat poate fi folosit la argumentarea existenţei celui mai mare divizor comun a două numere întregi a şi b , dedusă prin folosirea algoritmului lui Euclid, algoritm pe care-l prezentăm în continuare: dacă 0,b împărţind a la b se obţine câtul 1q şi restul

1.r Dacă 1 0,r împărţind b la 1r se obţine câtul 2q şi restul 2.r Dacă 2 0,r împărţind 1r

la 2r se obţine câtul 3q şi restul 3r , şi aşa mai departe. Ultimul rest nenul, notat ,nr va fi

cel mai mare divizor comun al numerelor a şi .b

Într-adevăr, conform Propoziţiei 3, avem

1 1 1 1 1 1 2 1, , , , , ... , ,n n na b b a bq b r r b q r r r r r r deoarece 1| .n nr r

Din aplicarea algoritmului lui Euclid rezultă:

Propoziţia 4. Dacă ,a b şi ,d a b atunci există ,u v astfel încât .au bv d

Definiţia 5. Două numere întregi ,a b se numesc prime între ele (sau relativ prime)

dacă , 1.a b

Pe baza Propoziţiei 4 se obţine următorul rezultat:

Propoziţia 5. Fie , .a b Atunci , 1a b dacă şi numai dacă există ,u v astfel

încât 1.au bv

Demonstraţie. Dacă 1au bv şi ,d a b , atunci | ,d au bv deci 1.d Reciproc,

dacă 1,d atunci, din Propoziţia 4, există ,u v astfel încât 1.au bv

Propoziţia 6. Dacă , ,a b c şi , 1a b , atunci , , .a bc a c

Demonstraţie. Fie 1 ,d a bc şi 2 , .d a c Atunci 2 2| , |d a d c , deci 2 | ,d bc deci

2 1| .d d

Pe de altă parte, din , 1a b , conform Propoziţiei 5, există ,u v astfel încât

1,au bv deci

.acu bcv c Cum 1 1| , | ,d a d bc deducem că 1 | ,d c deci 1 2| .d d Aşadar 1 2.d d

Vom prezenta în continuare câteva aplicaţii ale rezultatelor anterioare.

Problema 1. Pentru *,n notăm / 1 .nnU z z Să se arate că

, ,m n m nU U U unde *, .m n

Soluţie. Fie ,d m n şi .dz U Atunci 1dz şi, cum | , |d m d n , se obţine că

1,m nz z deci z .m nU U Reciproc, să presupunem că z m nU U , deci 1.m nz z

Din Propoziţia 4, există ,u v astfel încât .mu nv d Atunci

1,u vd mu nv m nz z z z deci .dz U Din toate acestea rezultă concluzia.

Problema 2. Fie , , ,a m n , , 2.a m n Atunci ,1, 1 1.

m nm na a a

Soluţie. Vom arăta relaţia prin inducţie după max , .A m n Pentru 2A , avem

2m n şi relaţia se verifică. Să presupunem acum că 2A şi, fără a restrânge generalitatea, putem presupune că .m n Dacă m n relaţia se verifică imediat. Dacă m n avem, conform Propoziţiilor 3 şi 6:

1, 1 , 1 1 , 1 1, 1m n m n n n m n n m m na a a a a a a a a a (deoarece

, 1 1n na a ). Conform ipotezei de inducţie aplicată numărului max ,m n n A , avem

, ,1, 1 1 1,

m n n m nm n na a a a ceea ce încheie demonstraţia.

Problema 3. Fie * * *:f o funcţie care, pentru orice *,x y verifică

simultan condiţiile:

i , ,f x y f y x

ii ,f x x x

iii , , .f x y f x x y

Să se determine .f

Soluţie. Dacă ,x y înlocuind în iii x cu y şi y cu x obţinem

, , , .f x y f y x f y y x Înlocuind acum x cu x y se obţine

, ,f y x y f y x ,f x y . Suntem astfel conduşi către un raţionament de tipul celui

întâlnit la problemele anterioare, bazat pe algoritmul lui Euclid. Vom demonstra prin

inducţie după max ,A x y că *, , , , ,f x y x y x y unde ,x y reprezintă cel mai

mare divizor comun al numerelor x şi .y Pentru 1x y avem 1,1 1,f deci relaţia este

verificată. Dacă x y avem , , ,f x x x x x deci şi-n acest caz relaţia se verifică. Să

presupunem acum că .x y Atunci , , , , .f x y f y x y y x y x y

Problema 4. Fie P un polinom cu coeficienţi întregi. Fie n na

un şir definit prin

0 0,a şi, pentru orice *,n 1 .n na P a Să se arate că, pentru orice numere întregi

, 1m n avem ,, .m n m na a a

Soluţie. Vom nota prin ... ... ,nP a P P P a unde compunerea se face de n ori.

Atunci 0 , 1.nna P n Vom demonstra rezultatul cerut prin inducţie după

max , .A m n Dacă 1,A atunci 1m n şi deci 1 1 1 1,1, .a a a a Să presupunem

acum că 1A şi că .n m Dacă m n relaţia este evidentă. Dacă n m avem

0 ,n mn ma P deci n mP este un polinom cu termenul liber .n ma Aşadar

0 0 ,n n m m n mn m n m ma P P P P a a a k

unde ,k adică

, , .n m n m ma a a a Dar, din ipoteza de inducţie, max , ,m n m A deci

, ,, , .n m n m m n m m n ma a a a a a

Problema 5. Se consideră un grup multiplicativ ,G şi fie ,a b G şi

*, , , 1m n m n astfel încât m mab ba şi .

n nab ba Să se arate că .ab ba

Soluţie. Într-adevăr, din , 1m n , conform Propoziţiei 5, există ,u v astfel încât

1.mu nv Atunci

.u v u vmu nv m n m n mu nv

ab ab ab ab ba ba ba ba

Problema 6. Fie ,G un grup şi , , , 2m n m n cu , 1m n astfel încât au loc

simultan relaţiile:

1 n n n nx y y x

2 m m m mx y y x

pentru orice , .x y G

Să se arate că ,G este grup abelian.

Soluţie. Deoarece , 1m n rezultă că există ,u v astfel încât 1.mu nv Din 1

şi 2 rezultă

3 nv nv nv nvx y y x şi

4 mu mu mu mux y y x .

Dacă notăm 1,nv p atunci p mu şi relaţiile 3 şi 4 devin: 1 1 1 1p p p px y y x

respectiv , , .p p p px y y x x y G Atunci se obţine: 1 11 1 1 1 ,

p pp p p px y y y x y deci

11 1 1 1 ,

p pp p p p px y x y yy y x y de unde

11 1 1 ,p pp p p p px y x y y x y

deci

1 1 1 1 ,p pp p p p p py x x y y x y x y şi deci 1,p px yx y adică , , .p px y yx x y G

Înmulţind la stânga cu x şi la dreapta cu py se obţine:1 1 ,p p p py x xyx y deci ,p p p pyy xx xyx y adică ,p p p pyxy x xyx y şi, cum

, ,p p p px y y x x y G , rezultă , , ,xy yx x y G deci ,G este grup abelian.

Problema 7. Fie , 2.n n Considerăm mulţimea / , 1A x n x � �. Să se arate

că A este parte stabilă a lui faţă de adunare dacă şi numai dacă n este o putere a unui număr prim.

Soluţie. Să presupunem mai întâi că mulţimea A este parte stabilă a lui faţă de adunare. Să presupunem prin absurd că n are în descompunerea sa cel puţin doi factori primi distincţi p şi ,q deci există ,u v astfel încât 1.pu qv Deoarece p este divizor

comun al numerelor n şi pu , rezultă că pu A . În mod analog .qv A Atunci

1 ,pu qv A fals, deoarece ,1 1.n Contradicţia conduce la faptul că n este o putere a

unui număr prim.

Reciproc, fie ,kn p unde p este un număr prim şi *.k Dacă x şi , 1,n x atunci

|p x şi reciproc. Aşadar mulţimea A este formată din toţi multiplii lui ,p deci A este

parte stabilă a lui faţă de adunare.

Problema 8. Fie p un număr natural prim şi considerăm mulţimea

/ , 1 .tpG z t z Să se arate că G înzestrat cu operaţia de înmulţire uzuală este

subgrup al grupului *, şi că orice subgrup propriu al lui ,G este ciclic.

Soluţie. Se verifică fără dificultate că ,G este subgrup al lui *, . Fie

/ 1 .tp

tG z G z Atunci tG este subgrup ciclic al lui G (grupul rădăcinilor de ordinul

tp ale unităţii). Avem 1,t tG G t şi tt

G G

prin definiţie. Fie H un subgrup

propriu al lui .G Considerând un element tt

x H G

, rezultă că există t astfel

încât ,tx H G deci există 0,1,..., 1tk p astfel încât , 1tk p şi

2 2cos sin .

t t

k kx i

p p

Cum , 1,tk p există ,u v cu 1tuk vp şi atunci

2 2 2 2 2 2cos sin cos sin

t tu

t t t t

ku ku vp vpx i i

p p p p

2 2cos sin .

t ti H

p p

Cu alte

cuvinte, există t astfel încât 2 2

cos sin .t t

i Hp p

Cum H G rezultă că există un cel

mai mic număr t astfel încât 1 1

2 2cos sin

t ti H

p p

şi

2 2cos sin .

t ti H

p p

De aici rezultă tG H şi 1 .tG H Vom arăta că .tG H Să presupunem prin absurd că

există \ ,tz H G adică există 0,1,..., 1tk p astfel încât 2 2

cos sin \ ,tt ti H G

p p

unde

.t t Cum , 1,tk p rezultă că există ,u v astfel încât 1tuk vp şi atunci

2 2 2 2 2 2cos sin cos sin cos sin ,

u

t t t t t t

uk uk k ki i i H

p p p p p p

deci tG H cu

1,t t deci

1 ,tG H contradicţie. Aşadar orice subgrup H al lui G este ciclic.

Bibliografie

1. Andrei Gh, Caragea C, Ene V- Algebră- C.d.p., Editura Scorpion 7, Bucureşti, 19952. Vornicu V – Olimpiada de Matematică de la provocare la experienţă, Editura Gil, Zalău, 2003

Profesoară, Şc. Gen. Constantin Săvoiu,Tg-Jiu Profesor, Colegiul Naţional Ecaterina Teodoroiu,Tg-Jiu

O demonstraţie a inegalităţilormediilor de ordin “s”

Valeriu V. BărbieruCornelia Elena Bărbieru

Începem acest articol cu următoarea:

Definiţie. Fie numerele reale a1, a2 ,..., an ; n , n 1 cu ak>0; k n,1 şi numărul real s.

Se numeşte media (neponderată) de ordin ,,s” a numerelor a1, a2 ,..., an , numărul

Ms (a1, a2 ,..., an ) = ss

n

1s

n

s

21 a,...,aa

Observaţia 1. Pentru simplificarea scrierii, uneori notăm a=( a1, a2 ,..., an ) ;notaţia pentru media astfel introdusă devine, prin urmare, Ms(a).

Propoziţia 1. a) min{ak | k n,1 } Ms(a) max{ ak | k n,1 }

b) s

lim Ms(a) = min{ak | k n,1 }

s

lim Ms(a) = max{ak | k n,1 }

c) M -1(a)=

naa

n

1...

1

a

1

21

; M1(a)=n

aaa n ...21

d) 0

lims

Ms(a)= nnaaa ...21

Demonstraţie. a) Dacă m=min{ak | k n,1 },pentru s<0 avem:

m ak ; k n,1 m s aks;k n,1

n

mn

k

s1

n

an

k

s

k1 ssm

1

aMmn

a

s

sn

k

s

k

1

1 .

Demonstraţie analogă pentru s >0.

Dacă M= max{ak | k n,1 },urmând o cale asemănătoare, se obţine Ms(a)M.

În ambele cazuri egalitatea are loc numai dacă a1 = a2 = ... = an.

b) Există i n,1 astfel încât m=ai. Avem:

slim Ms(a)=

slim

ss

i

n

s

i

si

n

a

a

a

aa

1

1 ...1...

= man

an

a

a

a

a

a ii

ss

i

n

s

i

si

0

1

1

1...1...

lim .

Analog, pentru a doua limită.c) Calcul direct

d) Limita este de tipul 1 calculul ei se bazează pe limita fundamentală 0

1lim ln

x

x

tt

x

,

t >0. Avem 0

lim ( ) ls

sM a e

, unde 1 1

1

nsk

k

a

ln s

=

01

11lim

snk

sk

a

n s

= 1 2

1

1ln ln ...

n

nk n

k

a a a an

, deci 1 20

lim ( ) ln ...ns n

sM a a a a

.

Observația 2 Pct. a) justifică denumirea de medie pentru Ms(a), întrucât ea este “cuprinsă”

între minimul și maximul numerelor ka ; 1,k n .

Punctele b) și d) ne permit să extindem noțiunea de medie de ordin „s” și pentru cazurile “limită”. Folosind aceeași notație, definim

1 2

10

1

min 1, , dacă s= -

ln ... , dacă s=0

max 1, , dacă s= +lim ( )

, dacă s ,0

k

nn

k

ss

n ssk

k

a k n

a a a

a k nM a

a

n

Dacă ținem seama și de pct. c) observăm că Ms(a), s generează mediile fundamentale ale analizei.

Prin fixarea n-uplui a= 1 2... na a a ; 0, k 1,ka n se obține funcția ( )ss M a .

Scopul articolului nostru este stabilirea monotoniei acestei funcții pe o cale diferită de cele

urmate în lucrările 1 , Cap. 16, par. 16.2, respectiv 2 , Cap. 7, par. 7.6 . Din monotonie

rezultă ușor inegalitățile de bază ale mediilor de ordin „s”.Rolul decisiv în demonstrația noastră îl are următoarea

Lemă :Fie numerele reale 1 2, ,..., ; , 1na a a n n cu 0, 1,ka k n , astfel încât

nu toate sunt egale între ele.

Atunci funcția 1 2 ...: , ( ) ln

x x xna a a

h h xn

este strict convexă pe .

Demonstrație: Dacă 1 2 ...: , ( )

x x xna a a

u u xn

, ( ) ln ( )h x u x ,

( )( )

( )

u xh x

u x

,

2

2

( ) ( ) ( ( ))( )

( )

u x u x u xh x

u x

, 1

1( ) ( ln )

nxi i

i

u x a an

. Obținem

2( ) ( ) ( ( ))u x u x u x =

2

2

21 1 1

1ln ln ln

n n nx x xi i j j k k

i j k

a a a a a an

.

Cu notațiile , lnxi i i ia a b , 1,i n expresia de mai sus devine

2( ) ( ) ( ( ))u x u x u x =

2

2

21 1 1

1 n n n

i j j k ki j kn

Și cu o nouă notație:

Sn(x)= 2 2

1 1 1

( )( ) ( )n n n

i j j k ki j k

= 2

1 1 1 1

n n n n

i j j i j i ji j i j

2

1 1 1

( )n n

i j j i j i j iji j j i n

c

, unde ijc = 2i j j i j i j .

Avem ( )nS x =1

ijj i n

c =

1ij

i j n

c +

1ij

i j n

c +

1ij

j i n

c =

1( , )ij

i j A

c +

2( , )ij

i j A

c +

3( , )ij

i j A

c , unde mulțimile 1 ( , )A i j i j n , 2 ( , )A i j i j n ,

1 ( , )A i j j i n reprezintă o partiție a mulțimii ( , ) ,A i j i j n .

Dacă 2( , )i j A , atunci i j , 2 2 2 2ij ii i i i ic c =0, așa că

2( , )

0iji j A

c

.

Aplicația 1 3( , ) ( , )A i j j i A este evident bijecție, prin urmare3( , )

iji j A

c =

1( , )ij

i j A

c , deci

1( , )

( ) ( )n ij jii j A

S x c c

. Pe de altă parte ij jic c = 2i j j

i j i j + 2j i i j i j i = 2 2( 2 )i j i i j j = 2( )i j i j , deci

2

1

( ) ( )n i j i ji j n

S x

=

2

1

lnx x ii j

i j n j

aa a

a

, ținând seama de notațiile anterioare.

Din faptul că )(1

)()()(2

2xS

nxuxuxu n , obţinem în final

2

1

2

1

)(

)(ln

)(

n

i

x

nji

xx

ai

aj

aiajai

Xh .

Funcţia h este strict pozitivă pe , ceea ce implică convexitatea strictă a sa.

Propoziţia următoare justifică necesitatea convexităţii.

Propoziția 2. Fie un interval din şi funcţia : I

Pentru orice a considerăm funcţia

ax

axxpRap aa

)()()(,:

Următoarele afirmaţii sunt echivalente:i) este convexă

ii) pentru orice a , funcția ap este crescătoare (respectiv strict crescătoare)

Lăsăm în seama cititorului lecturarea demonstraţiei, aceasta găsindu-se în 3 , Cap. 7, par.

1.Ajunşi în acest punct suntem în măsură să enunţăm rezultatul principal al

prezentului articol.

Propoziţia 3. Fie numerele reale ;,...,, 21 naaa 1, nNn cu ,,1;0 nkak astfel încât

nu toate sunt egale între ele.Funcţia f definită prin

1

1 2

1 2

..., dacă 0

: , ( )

... , dacă 0

x x x xn

nn

a a ax

f f x n

a a a x

, este strict crescătoare.

Demonstrație: Evident, funcția f este continuă pe ; conform Prop. 1, pct. d) ea este continuă și în 0, deci pe .

Din faptul că ( ) 0f x pentru orice x vom avea ln ( )( ) f xf x e =11

ln

nnk

k

a

x ne

11

ln

nxk

k

a

x ne

.

Dacă g și h sunt funcțiile :g , 11

ln1( )

nxk

k

a

x ng x ex

, respectiv :h ,

11ln

( )

nxk

k

a

x nh x e

, atunci 1

( )( )( )

h xg x xf x e e , 0x . Aplicația h este strict convexă pe

(cf. Lemei), deci aplicația 0 :p , 0

( ) (0)( )

0

h x hp x

x

( )h x

x= ( )g x , pentru 0x .

Prin urmare g este strict crescătoare pe . Rezultă că și f este strict crescătoare pe , întrucât exponențiala este strict crescătoare. Cum f este continuă în 0, tragem concluzia că f este strict crescătoare pe .

Inegalități rezultate din monotonia funcției fPentru un n-uplu oarecare a=(a1, a2, ..., an) de numere reale strict pozitive, am văzut că

( ) ( )sM a f s oricare ar fi s

Funcția f este strict monotonă pe cu condiția ca măcar două dintre numerele ,ka

1,k n să fie diferite și constantă în caz contrar.

Ținând seama de aceste remarci vom avea:

a)

1 2

lim ( )1 1 1

...s

s

n

nM a

a a a

1 2...n

na a a 1 2 ... na a a

n

max 1,ka k n ,

adică inegalitatea mediilor. Egalitățile au loc numai dacă 1 2 ... na a a .

b) Fie p , 2p ,1

,s t pp

.

Evident 0 1s t , deci 0 ( ) ( )sM a M a 1( )M a ( )tM a sau

1 2...nna a a 1 2 ...

pp p p

na a a

n

1 2 ... na a a

n

1 2 ...p p p

npa a a

n

.

Egalitățile au loc numai dacă 1 2 ... na a a .

c) Fie ,s t , astfel ca 2 s t . Atunci 1( ) ( ) ( )s tM a M a M a sau

1 2 ... na a a

n

1 2 ...s s sns

a a a

n

1 2 ...t t t

nta a a

n

. Egalitățile au loc numai

dacă 1 2 ... na a a .

d) Fie ,p q , astfel ca 2 p q ; 1

sp

;1

tq

. Evident 0 1t s , deci

0 ( ) ( ) ( )t sM a M a M a sau 1 2...nna a a 1 2 ...

qq q q

na a a

n

1 2 ... na a a

n

. Egalitățile au loc numai dacă 1 2 ... na a a .

Observația 3 : În urma unui simplu calcul, cititorul poate stabili că, pentru s , 0s ,

are loc 1 2

1 2

1 1 1( , ,..., ) , ,...,s n s

n

M a a a Ma a a

=1. Această egalitate ne permite să deducem

proprietățile ( )sM a , cu s 0 din proprietățile ( )sM a cu 0s .

Bibliografie[1] Drimbe, Mihai Onucu - Inegalități; idei și metode, Ed. Gil, Zalău, 2003[2] Nicula, Virgil – Analiză matematică pt. cls. a XI-a, Ed. Teora, București, 1999[3] Sirețchi, Gheorghe - Calcul diferențial și integral, vol. 1, Ed. Șt. și Enc., București, 1985

Valeriu V. Bărbieru – profesor, Șc. gen. “Al. Ștefulescu”, Tg. JiuCornelia Elena Bărbieru – profesor, C. N. “Tudor Vladimirescu”, Tg. Jiu

În legătură cu o inegalitate geometrică

Justin Paralescu Andrei Răzvan Băleanu

Abstract: This note presents some interesting observations about some problems, starting with problem 23797, proposed by Valeriu Drulă and Justin Paralescu in G.M.-B, nr. 10-11/1997.Keywords: parallelogram, rectangle, geometric inequality.

Teoremă (Inegalitatea lui Ptolemeu): Într-un patrulater convex ABCD există relaţia AC BD AB CD AD BC cu egalitate dacă şi numai dacă patrulaterul este inscriptibil.

Problema 1. (Problema 23797, G.M.-B, nr. 10-11/1997) Fie ABCD un dreptunghi cu AB a şi BC b . Să se demonstreze că oricare ar fi punctul M în planul dreptunghiului are loc inegalitatea: MA MC MB MD a b .

Demonstraţie: Fie M în interiorul dreptunghiului. Construim prin punctul M paralele la laturile dreptunghiului.Astfel se formează dreptunghiurile APMS , BQMP , CRMQ şi

DSMR unde ( )P AB , ( )Q BC , ( )R CD şi ( )S DA (fig. 1).Atunci avem:

[ ] [ ]AM SP , [ ] [ ]BM PQ , [ ] [ ]CM QR , [ ] [ ]MD SR , SQ a şi PR b . Atunci

inegalitatea din enunţ devine: SP RQ PQ SR PR SQ care chiar Inegalitatea lui

Ptolemeu aplicată in patrulaterul SPQR .

Pentru M în exteriorul triunghiului, umplem planul dreptunghiului cu dreptunghiuri congruente cu acesta ce au câte o latură comună. Se vede că [ ]MA , [ ]MB , [ ]MC şi [ ]MD

sunt simultan minime când punctul M se află într-un dreptunghi ce are o latură comună cu cel dat. Fie [ ]AB latura comună şi 'M simetricul lui M faţă de aceasta. Cum

[ ] [ ']AM AM , [ ] [ ']BM BM , [ ] [ ']DM DM şi [ ] [ ']CM CM concluzia este imediată.

Observaţie: Inegalitatea este echivalentă cu MA MC MB MD S unde S este aria dreptunghiului dat. Acum să demonstrăm că MA MC MB MD a b pentru orice punct M aflat în interiorul unui paralelogram ABCD , unde AB a şi BC b . Considerăm punctul N în planul paralelogramului astfel încât patrulaterul ADMN să fie paralelogram(fig. 2). Atunci AD MN şi AD MN , de unde BC MN şi BC MN ,

deci şi patrulaterul BCMN este paralelogram.Atunci AN DM , BN CM şi MN b .Atunci inegalitatea ce trebuie demonstrată devine: MA NB MB AN AB MN , care este Inegalitatea lui Ptolemeu în patrulaterul AMBN .

-figura 1- -figura 2- Înmulţind termenii inegalităţii din paralelogram cu sin obţinem inegalitatea: sin ( )MA MC MB MD S ,

unde S este aria paralelogramului. Pentru 90 obţinem inegalitatea 23797.

Cotinuăm cu următoarea inegalitate mai puternică care le implică pe cele demonstrate până acum pentru orice punct aflat în interiorul unui paralelogram dat.

Problema2. (Revista Kvant, L.1028, R.M.I. Constanţa, Tudorel Lupu)În interiorul paralelogramului ABCD de arie S se consideră un punct M . Să se arate că S MA MC MB MD .

Demonstraţie:(fig. 3) Fie [ ]P AB , [ ]Q BC , [ ]R CD şi [ ]S AD astfel încât

||PR AD , ||SQ AB şi { }PR SQ M . Cum ASM APMS S , BPM BQMS S , CQM CRMS S şi

DRM DSMS S avem1

2AMB CMD ABCDS S S , deci 2 2AMB CMDS S S .

Construim, în exteriorul paralelogramului, triunghiul 'ABM , congruent cu CDM , astfel

încât [ '] [ ]AM CM iar [ '] [ ]BM DM .Evident, 'ABM CDMS S . Atunci avem

' ' ' '2 2 2 2 2 ' 'AMB AM B AMBM AMM BMMS S S S S S AM AM BM BM , de unde

obţinem concluzia.

Revenim la problema iniţială, să demonstrăm că 2MA 2 2 2MC MB MD . Într-

adevăr,dacă O AC BD atunci din formula medianei avem:

2 2 2 2 2 2 24 2 2MO MA MC AC MB MD BD şi cum AC BD obţinem

concluzia.

Problema3. (problema O.G:468, G.M.-B nr.10/2007 )Fie ABCD un dreptunghi şi M un punct interior cu 4AM , 8BM şi 7CM . Să se arate că 1DM .Demonstraţie: Reiese imediat din calcul.

Problema iniţială este echivalentă cu:

Fie ABCD un dreptunghi si M un punct interior. Să se arate că aria dreptunghiului

este cel mult 2 2 2MA MC MB MA MC MB .

-figura 3-

Problema4. (Generalizarea problemei C.O:4914, G.M.-B. nr. 1/2008, H. Andreescu). În interiorul unui dreptunghi ABCD se consideră un punct M .Dacă aria dreptunghiului este MA MC MB MD să se demonstreze că dimensiunile acestuia sunt

2 2

MB MC MA MD

MA MC

şi

2 2

MA MB MC MD

MA MC

.

Demonstraţie: Facem construcţiile din fig.1. Notăm MQ x , MS y , MP z

şi MR t . Din Inegalitatea Cauchy-Schwarz obţinem

2 2 2 2xt yz x z t y MB MD şi 2 2 2 2xz ty x t z y MA MC .

Adunând inegalităţile anterioare obţinem: x y z t MA MC MB MD .Cum din

enunţ x y z t MA MC MB MD rezultă că inegalităţile anterioare sunt

egalităţi.Atunci 2 2

2 2 2 2

x

t

z x z

y x t z y

şi

2 2

2 2 2 2

t y

x t z y

de unde obţinem:

2 2

MB MCx

MA MC

,

2 2

MA MDy

MA MC

,

2 2

MA MBz

MA MC

şi

2 2

MC MDt

MA MC

, şi de aici

imediat concluzia.Observaţii:

1)Lungimea segmentului MD poate fi înlocuită cu 2 2 2MA MC MB . Pentru 4MA ,

8MB , 7MC şi evident 1MD obţinem problema C.O:4914.2) Cazul de egalitate al inegalităţii

2 2 2 2 2 2 2 2x z t y x t z y x y z t

este propus în problema 4 de la Olimpiada Locală de Matematică, Bucureşti 2009, clasa a X-a(problema a fost preluată din G.M. unde a fost propusă de Liviu Pârşan).

În încheiere propunem spre rezolvare, următoarele aplicaţii:

Problema5. Fie ABCD un dreptunghi şi M un punct în interiorul paralelogramului. Dacă 1P , 1r , 1R sunt perimetrul, raza cercului înscris, respectiv raza cercului circumscris

în triunghiul AMC . Analog stabilim 2P , 2r , 2R în triunghiul BMD . Fie S este aria

dreptunghiului şi R raza cercului circumscris dreptunghiului să se demonstreze că 1 1 1 2 2 2Pr R P r R SR .

Problema6. Fie ABCD un patrulater inscriptibil.Construim paralelogramul ' 'BDB Dastfel încât punctul C se află in interiorul acestuia şi 'BB AC .Să se arate că

' 'CB CD CD CB AB CD AD BC . Problema7. (Concursul Laurentiu Duican, 1993).

Fie ABCD un pătrat şi M Int ABCD . Să se arate că următoarele afirmaţii sunt

echivalente:

a) 180m AMB m CMD

b) M AC BD

c) 2MA MC MB MD AB .

Problema8. (Andrei Răzvan Băleanu, R.M.T.)

În paralelogramul ABCD notăm cu E punctual de tangenţă al diagonalei AC cu cercul

înscris în triunghiul ABC şi cu F notăm punctual de tangenţă al diagonalei BD cu

cercul înscris in triunghiul BCD .Să se demonstreze că 2EB ED AF FC S AB BC , unde S este aria paralelogramului.Observaţie: În rezolvarea acestei probleme ne folosim şi de rezultatul din problema O.G:463 propusă de Ion Tudor în G.M., nr. 1/2008.

Problema9. (Andrei Răzvan Băleanu, R.M.T.)În paralelipipedul (oarecare) ' ' ' 'ABCDA B C D considerăm punctul M în interiorul feţei

ABCD şi 'M în interiorul feţei ' ' ' 'A B C D astfel încât ' ' 'MM AA BB .Demonstraţi că

' ' ' ' ' ' ' 'AA M M CC M M BB M M DD M MS S S S V d ,

unde V este volumul paralelipipedului si d este distanţa dintre planele

ABCD şi ' ' ' 'A B C D .

BIBLIOGRAFIE

[1] V. Boskoff, L. Nicolescu, Probleme practice de geometrie, Editura Tehnică, Bucureşti, 1990.[2] C. Chiser, N. Ivăşchescu, G. Tica, Probleme alese de geometrie plană, Editura

REPROGRAPH[3] B. Enescu, Arii, Editura GILL, Zalău, 2006.[4] Colecţia revistei Gazeta Matematică.

Profesor, Colegiul Naţional Ecaterina Teodoroiu , Târgu jiu Elev, Colegiul Naţional George Coşbuc ,Motru

Expresia produsului a n numere complexesub formă de determinant

Prof. Pîrvulescu Camelia-Carmen Colegiul Naţional “Tudor Vladimirescu”, Tg-Jiu

Fie 1 1 1z a ib , 2 2 2z a ib cu 1 1,a b , 2 2,a b .

1 2 1 1 2 2( )( )z z a ib a ib = 1 2 1 2 1 2 2 1( )a a b b i a b a b , adică

1 1 1 1

1 1 2 2

2 2 2 2

( )( )a b b a

a ib a ib ia b b a

(1). Înmulțind ambii membrii cu 3 3a ib vom

avea 1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2

( )( )( ) (a b b a b a

a ib a ib a ib a b i aa b b a b a

1 1

3

2 2

a bb

a b).

Dar 1 1

1 1 1 1

3 3 2 2 3

2 2 2 2

2 2 3

0a ba b b a

a b b a ba b b a

a b a

, iar

1 1 1 1

3 3

2 2 2 2

b a a ba b

b a a b

=

1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

, astfel încât 1 1 2 2 3 3( )( )( )a ib a ib a ib =

1 1

2 2 3

2 2 3

0a b

b a b

a b a

+1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

i b a b

a b a

(2)

Observăm că determinanții din membrul al doilea s-au obținut mărginind

determinanții din formula (1) cu 3

2 2 3

0

b

a b a

.

Dacă înmulțind ambii membrii ai formulei (2) cu 4 4a ib vom avea:

1 1 2 2 3 3 4 4( )( )( )( )a ib a ib a ib a ib =1 1

4 2 2 3 4

2 2 3

0a b

a b a b b

a b a

1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

+

1 1 1 1

4 2 2 3 4 2 2 3

2 2 3 2 2 3

0 0b a a b

i a b a b b b a b

a b a a b a

(3).

Dar partea reală a produsului se poate scrie:

1 1

4 2 2 3 4

2 2 3

0a b

a b a b b

a b a

1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

=

1 1

2 2 3 3

2 2 3 3

4 4

0 0

0 0

a b

b a b a

a b a b

a b

(4).

(Se dezvoltă determinantul de ordinul 4 după elementele ultimei linii)

Observăm că în paranteza cu factorul i coeficientul lui 4b este:

-1 1

2 2 3

2 2 3

0a b

b a b

a b a

=1 1

2 2 3

2 2 3

0a b

a b b

b a a

= -1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

=1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

=

-1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

, și regăsim cel de-al doilea termen din membrul întâi al formulei (4).

De asemenea avem:

1 1

4 2 2 3 4

2 2 3

0a b

a b a b b

a b a

1 1

2 2 3

2 2 3

0b a

b a b

a b a

=

1 1

2 2 3 3

2 2 3 3

4 4

0 0

0 0

b a

b a b a

a b a b

a a

.

Vom avea deci:

1 1 2 2 3 3 4 4( )( )( )( )a ib a ib a ib a ib =

1 1

2 2 3 3

2 2 3 3

4 4

0 0

0 0

a b

b a b a

a b a b

a b

+

1 1

2 2 3 3

2 2 3 3

4 4

0 0

0 0

b a

b a b ai

a b a b

a b

Observăm că determinanții din membrul al doilea se obțin mărginind determinanții din

membrul ala doilea al formulei (3) cu 3

3

4 4

0

0 0

a

b

a b

. La modul general vom avea

produsul a n numere complexe scris astfel: 1 1 2 2( )( )...( )n na ib a ib a ib = n nA iB , unde

nA și nB sunt determinanții de ordinul n constituiți după regula anterioară.

Atunci 1 1 2 2 1 1 1 1( )( )...( )( )n n n n n na ib a ib a ib a ib A iB , unde 1nA și 1nB

sunt determinanți de ordinul n+1 care se deduc din nA și nB în funcție de paritatea lui n

astfel:

1. Dacă n este impar, mărginirea se face cu

1 1

0

:

0

0 ... 0

n

n

n n

a

b

b a

.

2. Dacă n este par, mărginirea se face cu

1

1

0

:

0

0 ... 0n

n n n

b

a b a

.

Demonstrația se face cu metoda inducției complete.

Aplicații:

1. (cosα1 + i sinα1)(cosα2 + i sinα2)...(cosαn+1 + i sinαn+1) = cos (α1 + α2 +...+ αn) +

+ i sin(α1 + α2 +...+ αn)

Membrul întâi se scrie în funcție de regula de mai sus astfel:Pentru n=2(cosα1 + i sinα1)(cosα2 + isinα2) = cos (α1 + α2) + i sin(α1 + α2)

Deci 1 2cos( ) = 1 1

2 2

cos sin

sin cos

1 2sin( ) = 1 1

2 2

sin cos

sin cos

.

Pentru n=3(cosα1 + i sinα1)(cosα2 + i sinα2)(cosα3 + i sinα3) = cos (α1 + α2 + α3) + i sin(α1 + α2 + α3). Atunci

1 2 3cos( ) =1 1

2 2 3

2 2 3

cos sin 0

sin cos sin

cos sin cos

1 2 3sin( ) =1 1

2 2 3

2 2 3

sin cos 0

sin cos sin

cos sin cos

Pentru n=4

(cosα1 + i sinα1)(cosα2 + i sinα2)(cosα3 + i sinα3)(cosα4 + i sinα4) = cos(α1 + α2 + α3+α4) + i sin(α1 + α2 + α3 + α4)

unde

1 1

2 2 3 3

1 2 3 4

2 2 3 3

4 4

cos sin 0 0

sin cos sin coscos( )

cos sin cos sin

0 0 sin cos

1 1

2 2 3 3

1 2 3 4

2 2 3 3

4 4

sin cos 0 0

sin cos sin cossin( )

cos sin cos sin

0 0 sin cos

.

Aceste identități se verifică folosind proprietățile determinanților ți formulele trigonometrice.

Bibliografie:1. D.V. Ionescu - ,,Complemente de matematici pentru licee”, Editura Didactica

și Pedagogică;2. C. Udrişte, C.M. Bucur - ,,Probleme de matematică și observații

metodologice”, Editura Facla.

NOTĂ MATEMATICĂ

Studiul funcției de gradul al doilea oferă elevilor posibilitatea interacționării cu elemente de geometrie, contribuind astfel la dezvoltarea gândirii, imaginației și abilităților de aplicare practică a noțiunilor specifice acestei teme. Exemplificăm aici problemele de determinare a locului geometric descris de vârfurile parabolelor dintr-o familie de parabole sau de determinare a unor condiții ca acestea să descrie o mulțime plană, etc. .

Adăugăm în această notă următoarea afirmație:

Condiția necesară și suficientă ca o familie de parabole 2( ) ( ) ( )mf x a m x b m x

( )c m , ( ) 0a m să conțină o pereche de parabole simetrice față de axa Ox este ca să existe

1 2,m m , 1 2m m astfel încât 1 1 1

2 2 2

( ) ( ) ( )1

( ) ( ) ( )

a m b m c m

a m b m c m cu 2 2 2( ) ( ) ( ) 0a m b m c m .

Întra-adevăr fie 1 2,m m , 1 2m m astfel încât 1 2( ) ( ) 0a m a m și graficele

funcțiilor 1 2( ) ( ), ( ) m mf x f x x , deci 1 2( ) ( ),a m a m 1 2( ) ( ),b m b m

1 2( ) ( )c m c m și de aici condiția din enunț este evidentă.

Dacă 2( ) 0b m sau 2( ) 0c m atunci este necesar ca și 1( ) 0b m sau 1( ) 0c m ,

în condiția evidentă 1 2( ) ( ) 0a m a m .

Remarcă: Subiectul abordat se poate extinde studiind existența unei perechi de parabole simetrice față de dreapta y a , paralelă cu axa Ox .

Valeriu Drulă, profesor C.N. George Coșbuc, MotruPetre Ciungu, profesor C.C.V.M., Tg-Jiu

NOTĂ MATEMATICĂ

Câteva proprietăți ale unei progresii aritmetice de ordin ,k k .

Definiție: Spunem că un șir ( )n na de numere reale este o progresie aritmetică de

ordinul k dacă există un polinom de gradul k cu coeficienți reali,

1 0...kkf X X astfel încât ( ), ( )na P n n , k .

Propoziția 1: Dacă ( )n na este o progresie aritmetică de ordinul k , k , atunci

șirul ( )n nb definit prin 1n n nb a a este o progresie aritmetică de ordinul 1k .

Demonstrație: Dacă ( )na f n 1 0...kk n n atunci 1n n nb a a =

1 0 1 0( 1) ... ( 1) ...k kk kn n n n ( )g n unde g este un polinom cu

coeficienți reali având gradul exact 1k , ceea ce trebuia demonstrat.

Propoziția 2: a) Suma primilor n termeni ai unei progresii aritmetice de ordinul 1,

1 0na n este dată de formula 1

( )1 1 0

0

( 1)

2

nn

ii

n nS a n

(ușor de calculat).

b) Suma primilor n termeni ai unei progresii aritmetice de ordinul 2, 21na n

1 0n este dată de formula 1 1 1

( ) 2 12 0 1 2 0

0 0 0

( 1)

2

n n nn

ii i i

n nS a n i i n

2( 1)(2 1)

6

n n n (calculul se face imediat).

c) Suma primilor n termeni ai unei progresii aritmetice de ordinul 3 este dată de

relația: 1

( ) 13 0

0

( 1)

2

nn

ii

n nS a n

2( 1)(2 1)

6

n n n +

2 23( 1)

4

n n .

Aplicație: Dacă na este o progresie aritmetică de ordinul 1 cu 1 4 și 1 1

atunci aceasta conține o infinitate de numere prime.Soluție: Termenul general al unei astfel de progresii este 4 1na n . Trebuie

demonstrat că există o infinitate de numere prime de forma 4 1n . Presupunem prin absurd că există un număr finit de numere prime de această

formă și anume 1 2, ,..., kp p p . Observăm că orice număr natural de forma 4 1n admite cel

puțin un divizor prim de această formă (căci dacă ar admite numai divizori primi de forma 4 1n , atunci ți numărul ar fi de această formă).

Atunci numărul 1 24 , ,..., 1kp p p va admite ca divizor cel puțin unul din numerele

1 2, ,..., kp p p . Fie acesta ip . Dar atunci ip divide și numărul 1 24 , ,..., kp p p

1 2(4 , ,..., 1)kp p p =1, contradicție.

Cu aceasta demonstrația se încheie.

Petre Ciungu, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Liceul Louis-le-Grand, testul pentru intrarea în clasa preparatoare MPSI, sesiunea 2008.

Exerciţiul 1. Determinaţi cel mai mic număr real a , astfel încât, pentru orice

1n , are loc inegalitatea 1! n nn an e .

Soluţie: În mod natural vom studia monotonia şirului nu definit prin 1

!n n n

nu

n e

şi deci studiem câtul 11

12

( 1)( 1) 1

nnn

nn

u n nn e e

u n n

11

11

n

en

.

Deci 1n

n

u

u 1

11

11

n

en

1

1 11 ( 1) ln 1 0 ln 1

1 1n

n n

1

1n

. Cum inegalitatea ln(1 )x x este realizată pentru orice x >-1 . Aceasta provine

de exemplu din studiul funcţiei f , definită prin ( ) ln(1 )f x x x . În sfârşit

1( ) 1 ,

1f x

x

se anulează în x=0, este negativă înainte şi pozitivă după, ceea ce arată că

minimul funcţiei f este realizat în x=0 şi este deci 0. Astfel şirul nu este descrescător. În

consecinţă cea mai mică valoare a lui a este 1u e .

Exerciţiul 2. Fie a şi b două numere reale strict pozitive.

a. Arătaţi că, dacă 1, 1 1 2n n

na bn

b a

.

b. Demonstraţi aceeaşi inegalitate pentru n .

Soluţie: a) Punem a

xb

. Inegalitatea de demonstrat devine 11(1 ) 1 2

n

n nxx

.

Prin formula binomului , 1

(1 ) 1n

nxx

0

1nk kn k

k

C xx

.Dar

12k

kx

x după

inegalitate între media aritmetică şi media geometrică . Deci

1(1 ) 1

n

nxx

1

0

2 2n

k nn

k

C

.

b) Putem presupune fără a modifica generalitatea, cu notaţiile precedente că 1x . Punând p n inegalitatea de demonstrat devine:

11 12

(1 ) 11

p

ppx

x

, fie încă 12 ( 1) (1 )p p px x . Introducem funcţia f definită

prin ( )f x = 12 ( 1) (1 )p p px x . Atunci 1 1( ) ((2 ) (1 ) ) 0p pf x p x x , unde

1x .Astfel f este crescătoare. Cum (1) 0f , avem deci ( ) 0f x .

Exerciţiul 3. Fie 1

6(200) . Determinați numerele raționale 0 1 5, ,...,a a a astfel

încât 50 1 53

1...

2 5a a a

.

Soluție: Fie 2a și 3 5b . Cum 200= 3 22 5 obținem 6 200c = ab . Trebuie să

exprimăm pe 1

a bîn funcție de puterile lui c . Căutăm la început o exprimare a lui

1

a b

de forma 1

a b= 5

0 1 5...u u c u c . Această egalitate este echivalentă cu

( 2 3 4 50 1 2 3 4 5u u c u c u c u c u c )( a b )=1. Pentru dezvoltare ținem cont de relația

2 2ac a b b . Generalizând, expresia ia o valoare întreagă ce i se atribuie. Obținem 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5u u c u c u c u c u c = 2 20 1 2 3 4 52 10 20 20u u ab u b u a u b u ab . Apoi

1=( 2 20 1 2 3 4 52 10 20 20u u ab u b u a u b u ab )( a b )

= 2 20 1 2 3 4 52 2 20 20 40u a u b u ab u u ab u b 2 2

0 1 2 3 410 10 20u b u ab u u ab u b

+ 5100u a . Pentru ca această egalitate să se realizeze este suficient să avem:

3 220 10 1u u ; 0 5100 0u u ; 4 320 10 0u u ; 2 12 0u u ; 5 440 20 0u u ;

1 02 0u u . Acest sistem se rezolvă fără dificultate și obținem 0

10

17u ; 1

5

17u ;

2

5

34u ; 3

2

85u ; 4

1

85u ; 5

1

170u . Aceasta este expresia cerută.

Exerciţiul 4. a) Determinați o primitivă a lui 1

cos tpe ,

2 2

. Se va utiliza

pentru aceasta funcția arctg , funcția inversă a funcției tg ce realizează o bijecție pe

,2 2

cu valori în .

b)Determinați o funcție f de două ori derivabilă pe , astfel încât (0) 0f ,

(0) 2f și astfel încât ( ) sin ( ) 0f t f t , pentru orice t .

Soluție: a) Funcția f arctg , satisface ( )( )f g t t , unde g tg . Deci, prin

derivare obținem ( )( ) ( ) 1f g t g t , unde 2

1( ( ))

1 ( )f g t

g t

. Cum x , există

,2 2

t

astfel încât ( )x g t . Obținem astfel pentru orice x ,

2

1( )

1f x

x

.

Astfel putem scrie ca urmare a schimbării de variabilă 2 x arctg v ,echivalentă cu

2

xv tg ,

2

2 2 2

2 1 2

cos 1 1 1

dx dv v dv

x v v v

1

1 2ln ln1 1

2

xtg

v

xv tg

.

b) Ne limităm la căutarea unei funcții f astfel încât f nu se anulează. Egalitatea

dată este echivalentă cu 2 ( ) ( ) 2 ( )sin ( ) 0f t f t f t f t , deci 2 ( ) 2cos ( )f t f t C , cu

C=2 ținând cont de valoarea în 0. Deci 2 2 ( )( ) 2(1 cos ( )) 4cos

2

f tf t f t , unde

( )( ) 2cos

2

f tf t , cu f nenulă , deci cos

2

fnu se anulează, ceea ce arată că aceste

funcții sunt pozitive pe , luând în 0 valori pozitive. Dacă punem ( )

2

f ty obținem

cos

y

y

=1, deci1

2ln

12

xtg

xtg

= t D ,cu D=0 ținând cont de valoarea în 0. În final

12ln

12

xtg

xtg

= te , fie 1

2 1

t

t

y etg

e

unde

1( ) 2 4

1

t

t

ef t y arctg

e

.

Exerciţiul 5. Fie a un număr real. Determinați toate funcțiile f derivabile pe cu

proprietatea că ( ) ( )f t f a t , pentru orice t real.

Soluție: În mod necesar , f este derivabilă și ( ) ( ) ( )f t f a t f t . Deci

( ) cos sinf t A t B t .Condiția devine

sin cosA t B t = cos cos sin sinA a t A a t + sin cos cos sinB a t B a t , adică ( cos sin )cos ( cos sin )sinB A s B a t B a A A a t =0. Evaluând această egalitate în 0

și 2

se obține că cos sinB A s B a = cos sinB a A A a =0.

- dacă cos 0a și sin 1a se obține că ( ) sinf t B t , ce convine efectiv (cu

2a

)

- dacă cos 0a și sin 1a se obține că ( ) cosf t A t , ce convine efectiv

(cu 2

a

)

- dacă cos 0a , se obține că A=B=0, deci f=0.Exerciţiul 6. Fie 1 2 3, ,M M M și 4M puncte necoliniare din planul afin euclidian.

Arătați că dacă aceste puncte sunt coliniare dacă și numai dacă există patru numere reale

1 2 3, ,a a a și 4a , nu toate nule , astfel încât, pentru orice punct M din plan , 4

2

1i i

i

a MM =0.

Soluție: Presupunem relația verificată. Pentru orice punct O avem ,

0=4

2

1

( )i ii

a MO OM

=4 4 4

2 2

1 1 1

( ) 2( )i i i i ii i i

a MO a OM MO a OM

,deci

42

1

( )i ii

a MO OM

=4 4

2

1 1

( ) 2( ) 0i i ii i

a MO a OM MO

. Deci 4

1

0ii

a

, rezultă că

4

1

0i ii

a OM

.

Fie O centrul și R raza cercului circumscris triunghiului 1 2 3M M M . Obținem că 4

2 2 2 2 21 2 3 4 4 4 4

1

0 ( ) ( )i ii

a OM a a a R a OM a OM R

. În consecință punctul 4M

este pe cerc și cele patru puncte sunt conciclice.Reciproc, presupunem că cele patru puncte sunt conciclice. Notăm cu ( , )i ix y

coordonatele punctelor iM într-un reper afin al planului. Cum punctele iM nu sunt

coliniare, trei dintre acestea nu sunt coliniare, de exemplu primele trei. Fie 3( , ,1)i i iu x y . Cei trei vectori 1 2 3, ,u u u care sunt situați în planul de ecuație z=1,

formează o bază a lui 3 , care permite scrierea 4 1 1 2 2 3 3u a u a u a u .

Punând 4 1a , relația se scrie 4

1

0i ii

a u

și conduce la 4

1

0i ii

a MM

, pentru

orice punct M. pentru orice punct O, 4 4

2 2

1 1

( )i i ii i

MM a MO OM

=

4 4 42 2

1 1 1

( ) 2( )i i i i ii i i

a MO a OM MO a OM

=4

2

1i i

i

a OM . Astfel spus funcția

42

1i

i

M MM

este constantă. Evaluăm această funcție în punctul O, centrul cercului de

rază R pentru punctele 1 2 3, ,M M M și 4M .

Putem scrie 4

2

1i i

i

a OM =

42

1i

i

a R =0, ceea ce trebuie demonstrat.

Exerciţiul 7. a) Admitem că este un număr irațional. Demonstrați că șirul

1

1

sinn

t

este bine definit.

b) Arătați că șirul 1

sin t

nu tinde către .

Soluție: a) Arătăm că sin 0n pentru 1n . În caz contrar există k astfel încât n k , din care deducem că este un număr rațional, contradicție.

b) Presupunem prin absurd că șirul 1

sin t

tinde către . Atunci șirul (sin )n tinde

către 0. Deci sin( 1) sin( 1) 2 cos1 0n n cosn . Dar cos1 0 căci 0 <1<2

. Deci

0cosn , ceea ce duce la contradicția 2 2sin cos 0n n .

Exerciţiul 8. Fie d un întreg mai mare sau egal cu 1 și 11( ) d d

dP x x a x

… 0a un polinom cu coeficienți complecși.

a) Fie r un număr real strict pozitiv astfel încât 11 0...d d

dr a r a . Arătați că orice

rădăcină complexă z a lui P verifică relația z r .

b) Arătați că orice rădăcină complexă z a lui P verifică relația 1

1max( ) k

d kk d

z d a

.

Soluție: a) Fie z o rădăcină nenulă a lui P. Avem 11 0...d d

dz a x a și deci din

inegalitatea triunghiului și apoi prin împărțire cu d

z obținem 1 01 ...d

d

a a

z z

.

Introducem funcția definită pe 0, prin 1 0( ) ...d

d

a ax

x x . Această funcție este

strict descrescătoare și din ipoteză avem că ( ) 1r . Pe de altă parte ( ) 1z . Deci

z r .

b) Arătăm că r 1

1max( ) k

d kk d

d a

satisface ipoteza a. Pentru orice 1,k d avem,

kd kd a r . Deci 1

1 01 1

1...

d dd d k d d

d d kk k

a r a a r r rd

.

Exerciţiul 9. Fie E elipsa cu semiaxele a și b. Care este aria maximă a unui patrulater convex înscris în această elipsă? Soluție: Începem prin a trata cazul cercului de rază 1 și arătăm că patrulatele convexe de arie maximă înscrise în acest cerc sunt pătrate , care au toate aceeași arie, egala cu 2. Remarcăm că un romb înscris într-un cerc este un pătrat. În sfârșit, două unghiuri opuse sunt suplementare și egale, deci drepte. Fie acum un patrulater convex ABCD înscris într-un cerc, care nu este romb. Putem presupune că AB>CD, vârful

opus lui A fiind D. Fie A mijlocul arcului de extremități B și C trecând prin A. Aria

triunghiului A BC este strict mai mare decât aria triunghiului ABC, pentru că înălțimea acestui triunghi este strict mai mare decât a celuilalt. Deci aria patrulaterului ABCD este

strict mai mică decât aria patrulaterului A BCD . Urmând același procedeu se vede că aria

patrulaterului ABCD este strict mai mică decât aria rombului A B C D , romb care este

pătrat. Deci aria maximă a patrulaterului convex înscris în cercul unitate este 22R . În

cazul general al unei elipse de semiaxe a și b, a cărei ecuație este 2 2

2 21

x y

a b în reperul

ortonormat, se știe că funcția ( , ) ( , )x y

x ya b

duce elipsa într-un cerc unitate și un

patrulater convex într-un patrulater convex. De asemenea duce un patrulater convex de arie maximă înscris într-o elipsă într-un pătrat din cercul unitate de arie 2. Cum aria

imaginii prin funcție a unui patrulater din plan este 1

abdin aria acestui patrulater, rezultă

astfel că aria maximă a unui patrulater înscris într-o elipsă este egală cu 2 ab .

Exerciţiul 10. Fie ( )nu și ( )nv două șiruri complexe. Presupunem că șirurile 2( )n nu v și 2 2( )n nu v sunt mărginite. Arătați că șirurile ( )nu și ( )nv sunt mărginite.

Soluție: Există o constantă M astfel încât, pentru orice n , 2 3n nu v M și

2 2 2n nu v M (în caz contrar am avea că 2 3

n nu v M ). În primul caz, cea de-a doua

inegalitate implică 2 22 nv M , fie 2nv M și în cel de al doilea 2 22 nu M . În ambele

cazuri ( )nu și ( )nv sunt mărginite de 2M .

PROBLEME PROPUSE

CLASA V

Problema G1. Ordonați crescător numerele: 2012 2013

,2006 2007

,2014 2015 2016

, ,2008 2009 2010

.


Problema G2. Suma a nouă numere naturale este 2011. Suma a şase dintre acestea este 1001 . Este adevărat că produsul celor nouă numere este întotdeauna multiplu de 4 ? Justificare.

Marina Constantinescu, profesorSc. Gen. C. Săvoiu, Tg-jiu

Problema G3. Se dă numărul 110 10 ... 10 1, n nA n , scris în baza zece.

Găsiți toate cifrele sale.


Problema G4. Un număr abcd , cu , , ,a b c d cifre distinctive , are cifra unităților și

cifra miilor consecutive iar suma dintre cifra zecilor și cifra sutelor maximă. Dacă numărul este divizibil cu 10, aflați numărul.

Ion Sanda, profesor Șc. Gen. Nr. 2, Motru

Problema G5. Aflați x din egalitatea: 1003 2 2000 2010(3 ) 3 729 3 :81 3x .

Gabriel Bălan, profesor Șc. Gen. Nr. 2, Motru

Problema G6. Știind că 10 caiete, 2 gume și 6 creioane costă 40 lei și că pentru 2 caiete 2 caiete, 6 gume și 4 creioane trebuie plătit la casă 22 lei, aflați:

a) Cât costă un caiet, o gumă și un creion împreună?b) Cât costă fiecare dacă un caiet costă cât o gumă și un creion la un loc și o gumă

costă dublul creionului?Gabriel Modroiu, profesorGr. Șc. Energetic Nr.1, Tg-Jiu

Problema G7. Determinați numărul n natural, știind ca 2 2n n este prim.

Velcea Emilia, profesorSc. Gen. Nr.2 Lupeni, Hunedoara

Problema G8. Se consideră , , , ,a b c d e cinci numere naturale pare astfel încât

a b c d e şi produsul lor să fie egal cu 30240 . Să se determine numerele. Justificare.


Problema G9. Într-o clasă sunt 25 de elevi care numără în ordine alfabetică 1,2,3,1,2,3,… până la sfârșit și în ordine inversă 1,2,3,4,1,2,3,4,… până la sfârșit, apoi în ordine alfabetică 1,2,1,2,… până la sfârșit și în final 1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,… .

a) Există elevi care au spus același număr întotdeauna?b) Câți elevi au spus același număr de 3 ori?c) Câți elevi au spus numărul 1 de cel puțin 3 ori?

Stelică Modroiu, profesorȘc. Gen. Drăguțești

Problema G10. Aflați suma tuturor resturilor împărțirii tuturor numerelor naturale de 4 cifre mai mari ca 2010 la 2010.


Problema G11. Dacă suma a trei numere naturale consecutive impare se împarte la 2010 se obține câtul 3 și restul 12. Care sunt numerele?


CLASA VI

Problema G12. Să se afle numerele naturale , ,a b c , știind că 1 a b c și că

1

a bc

ab

.

Petre Ciungu, profesor C.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema G13. Aflați numerele naturale , ,a b c proporționale cu 2,3 și 8 dacă ba c .

Ion Sanda, profesor Șc. Gen. Nr. 2, Motru

Problema G14. Determinați a si b știind ca 11a = 5b si (a,b) = 715, unde (a,b) reprezintă . . . . .c m m d c al lui a și b.

Velcea Emilia, profesor

Sc. Gen. Nr.2 Lupeni, Hunedoara

Problema G15. Se consideră zece unghiuri în jurul unui punct care verifică simultan condiţiile:

i) oricum am lua trei dintre aceste unghiuri, există cel puţin două de aceeaşi măsură

ii) valoarea cea mai mică a măsurilor celor zece unghiuri este 27 , iar valoarea cea

mai mare a măsurilor lor este 45 .Să se determine măsurile celor zece unghiuri.


Problema G16. Se consideră zece numere naturale mai mari sau egale cu 2, nu

neapărat diferite două câte două, cu produsul egal cu 610 şi suma egală cu 42.a) Să se găsească zece astfel de numere.b) Să se arate că nu există alte zece numere cu proprietăţile din enunţ.

Mircea Constantinescu, profesorC.N. Ecaterina Teodoroiu, Tg-Jiu

Problema G17. Rezolvați în ecuațiile:a) ( 3,3) 19x x

b) 5,8 55x x , unde ( , )a b și ,a b reprezintă c..m.m.d.c. , respectiv

c.m.m.m.c. al numerelor a șib.Stelică Modroiu, profesorȘc. Gen. Drăguțești

Problema G18. Trei prieteni A, B și C au în buzunar exact una din următoarele bancnote: de 1 leu, de 5 lei, de 10 lei. Dintre următoarele propoziții exact una este adevărată (restul fiind false):

1) Are bancnota de 1 leu.2) B nu are bancnota de 1 leu3) C nu are bancnota de 10 leiDeterminați propoziția adevărată.


Problema G19. Fie punctele A,B,C,D în această ordine.

a) Dacă 2 ,BC AB 3 ,CD AC și M este mijlocul segmentului AD , arătați că

C este mijlocul segmentului AM .

b) Dacă 2 3 2AB BC CD AD și M este mijlocul segmentului BC , arătați

că AM AC BM MD .

Gabriel Modroiu, profesor

Gr. Șc. Energetic Nr.1, Tg-JiuCLASA VII

Problema G20. Pentru orice numere întregi a și b demonstrați că:

a) Dacă 52 3a b , atunci 2 252 3a b .

b) Dacă 2 252 3a b , atunci 52 3a b sau 52 3a b .


Problema G21. Se dă triunghiul ABC și punctele , ,N P E și F - mijloacele

segmentelor AC , AB , CP respectiv CP . Dacă BN CP G ,

1AF NP B și 1AE NP C , demonstrați că 1 1GB C ABC și determinați

raportul de asemănare.


Problema G22. În interiorul pătratului ABCD se iau punctele M și P astfel încât triunghiurile MAB și PCD să fie dreptunghice în M respectiv P și ( ) ( ) 15m MAB M PCD . Demonstrați că MP AB .


Problema G23. Fie triunghiul ABC isoscel cu ( ) 90m A , [D AB , astfel încât

AD BC . Dacă AE DC , E DC și 2AE BC , aflați unghiurile triunghiului

ABC .Gabriel Bălan, profesor Șc. Gen. Nr. 2, Motru

Problema G24. Aflați x știind că: 10

1

23

1......

42

1

30

12

xx

.


Problema G25. Fie triunghiul ABC scalen si A mijlocul lui BC . Daca printr-un

punct M BC se duce o paralela la AA care întâlnește laturile triunghiului in S si T ,

să se arate ca suma MS MT este constantă.Velcea Emilia, profesor

Sc. Gen. Nr.2 Lupeni, Hunedoara

Problema G26. Fie O un punct situat în interiorul pătratului ABCD astfel încât

OA OB şi OAB ODA . Să se arate că O este centrul pătratului.


Problema G27. Se consideră patrulaterul convex ABCD cu proprietatea că pentru

orice punct M din interiorul său are loc relaţia MAB MCD MBC MDAS S S S . Să se arate

că ABCD este paralelogram.( XYZS reprezintă aria triunghiului XYZ ).


Problema G28. Se consideră triunghiul echilateral ABC , un punct O în interiorul

triunghiului şi , ,M N P proiecţiile punctului O pe ,BC CA respectiv .AB Să se arate

că dacă triunghiul MNP este echilateral atunci O este centrul de greutate al triunghiului ABC .


Problema G29. Există ,a b astfel încât 2 2 20094a b ? Justificare.


Problema G30. Fie 1 1 1 2

1 ...3 6 10 ( 1)

An n

,

2 ori

2 ori

1 1 1 1...

22 202 2002 200...02

1 1 1 1...

33 303 3003 300...03

n

n

B

,

37 3713 12 12

38 38

2 2( 5) ( 5) : ( 5)

2 2C

.

a) Arătați că 12

A dacă n .

b) Determinați n , astfel încât A B .

c) Determinați n , astfel încât A B C .

Gabriel Modroiu, profesorGr. Șc. Energetic Nr.1, Tg-Jiu

CLASA VIII

Problema G31. Fie a și b cifre nenule ale sistemului zecimal. Demonstrați că:

a)19 91

.91 19

ab

ba

b)ab

baeste număr natural dacă și numai dacă a=b.


Problema G32. Determinați tripletele de numere reale ( , , )x y z care verifică

simultan inecuațiile 3 4 11x y

3 2y z

4 1z x .Petre Ciungu, profesor

C.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema G33. Fie 1 2, ,..., 0,nx x x a , ( 0)a astfel încât 1 2

1 1 1...

n

n

x x x a .

Calculați 1 2 ... nx x x .

Petre Ciungu, profesor C.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema G34. Determinați ,x y astfel încât 4

a , unde:

a = 71268 yyxx .


Problema G35. Fie ABC un triunghi dreptunghic ( ( ) 90m A ), 4 2BC a cm si

măsura unghiului dintre înălțimea si mediana corespunzătoare ipotenuzei este de 60 . În

vârful A al triunghiului se ridica perpendiculara AV de lungime 2a .Sa se afle:

a) Distanta de la punctul V la dreapta BC; .b) Măsura unghiului plan corespunzător diedrului format de planele (VBC) si

(ABC).c)Distanta de la punctul A la planul (VBC).


Problema G36. .Să se determine , ,a b c 0 astfel încât

6

1 1 1 3

2

a b c

a b c

.


Problema G37. Se consideră o mulţime infinită A de numere reale cu proprietatea că suma oricăror 2010 numere distincte din A este număr raţional. Să se arate că A .


Problema G38. Fie paralelipipedul dreptunghic ABCDA B C D . Să se arate că

dacă AA B CBC D C A atunci paralelipipedul este cub.


Problema G39. Se consideră cubul ABCDA B C D şi , ,M AA N BC

P C D astfel încât triunghiul MNP este echilateral. Să se arate că A M BN C P .


Problema G40. Se consideră cubul ABCDA B C D şi , ,M N P mijloacele

muchiilor ,AB CC respectiv .A D Să se demonstreze că .B D MNP


Problema G41. Fie 2 2; ,A x x a b a b .

i) Precizați valoarea de adevăr a propoziției: ”Există ,m n A astfel ca m n A ”.

ii) Arătați că dacă ,m n A , atunci m n A .

iii) Precizați dacă 2009 A .Gabriel Modroiu, profesorGr. Șc. Energetic Nr.1, Tg-Jiu

CLASA IX

Problema L1. Fie ABCD un paralelogram. Pe laturile , ,AB BC CD și

DA considerăm punctele M,N,P,Q astfel încât , ,AM CN CP

l k mMB NB PD

și AQ

pQD

,

( , , , 1l k m p . Arătați că dacă AP AN CQ CM

= 0

atunci QN, PM și AC sunt

concurente.Adrian Ivan, profesor

Colegiul Dobrogean ”Spiru Haret”, Tulcea

Problema L2. Fie :f astfel încât 1(3 ) 3 2,n nf n și

( ( )) 2 3f f n n , n . Să se calculeze (1917)f .

Adrian Ivan, profesorColegiul Dobrogean ”Spiru Haret”, Tulcea

Problema L3. Dacă ,a b , demonstrați că

2 22

1 1 2 2 2

a b a b a bab ab

a b

, cu egalitate dacă și numai dacă a b .


Problema L4. Demonstrați că pentru orice punct din interiorul unui triunghisuma distanțelor de la acel punct la laturile triunghiului este constantă, atunci triunghiul este echilateral.


Problema L5. Fie , , 0x y z . Arătaţi că :

2

6( ) 7

2 2 2 ( ) 2

x y y z z x xy yz zx

x y z y z x z x y x y z

.

Andrei Răzvan Băleanu, elevC.N. George Coşbuc, Motru

Problema L6. Fie ABC un triunghi ascuţitunghic cu , [ ]M N AB astfel încât

MBk

AB şi

NBt

AB , unde

1, 0,

2k t

şi t k . Fie ,P Q BC astfel încât

2 cosBP kAB B şi 2 cosCQ tAB B . Considerăm un punct S , variabil pe dreapta

BC . Arătaţi că:

a) Dacă [ ]S PQ , atunci 0MB MS NC NS .

b) Dacă S se află pe restul dreptei BC , atunci 0MB MS NC NS .


Problema L7. Fie P un punct în interiorul triunghiului ABC cu , ,a b cd d d distanţele

de la acesta la laturile triunghiului. Dacă PS este aria triunghiului podar al punctului M ,

p,R,r sunt semiperimetrul şi razele cercurilor circumscris, respectiv înscris, arătaţi că:

2P

a b c

S p

d d d Rr .


Problema L8. 1.a)Fie triunghiul ABC. Demonstrați că se poate construi un triunghi cu ajutorul medianelor triunghiului ABC b)Cu medianele triunghiului ABC construim triunghiul 1 1 1A B C iar cu medianele

acestui triunghi construim triunghiul 2 2 2A B C . Arătați că triunghiul ABC este asemenea cu

triunghiul 2 2 2A B C ; care este raportul de asemănare?

c)Se repetă procedeul de la b) până la triunghiul 2010 2010 2010A B C ; care este raportul

de asemănare între primul triunghi și ultimul triunghi? (preferăm demonstrație vectorială)

Emil Pătrășcoiu, profesorC.N. Ecaterina Teodoriu, Tg-Jiu

Problema L9. Pe laturile triunghiului ABC se iau punctele variabile M si N astfel încât BM=CN. Arătați că punctul P, mijlocul segmentului [MN] se mișcă pe o dreaptă paralelă cu bisectoarea unghiului A; (preferăm demonstrație vectorială).

Emil Pătrășcoiu, profesorC.N. Ecaterina Teodoriu, Tg-Jiu

Problema L10. Fie ecuația 2 22 2( ) 6( ) 5 0x m n x m n , cu ,m n . Să se

arate că:a) Ecuația nu admite rădăcini raționale.b) Dacă , 2m n m , atunci ecuația admite rădăcini reale și în acest caz să se

determine părțile întregi ale rădăcinilor ecuației.


Problema L11. Să se afle valorile lui m , astfel ca în familia de

parabole :mf , 2 2 2( ) ( 1) 1mf x mx m x m să existe parabole simetrice față de

axa x x în sistemul ortogonal xOy .

Valeriu Drulă, profesor C.N. George Coșbuc, MotruAlin Băcilă, profesor C.N. George Coșbuc, Motru

CLASA X

Problema L12. Pentru n , 2n se consideră progresia aritmetică 1k k n

a

cu

termeni pozitivi. Demonstrați că :

a) 11 1 2 ...

2nn

n n

a aa a a a a

, oricare ar fi 2n și cu egalitate dacă și numai

dacă 2n .

b)

2 21 1 2 1 1

1 1 1 ... 1 1( 1) ( 1) ( 1) 2

n nn

n n n n n n n n

, oricare ar fi

2n și cu egalitate numai dacă 2n .


Problema L13. Rezolvaţi ecuaţia 6)!1(1 pp , p - prim, 6p .

Antonie Cristian, profesorC.N. Ecaterina Teodoroiu Tg-Jiu

Problema L14. Fie , , (0,1)a b c sau , , 1,a b c . Arătaţi că:

2 2 2 2 2 2

5 5 5 5 5 5log log log 6ab c a bc a b c

b c c a a b .


Problema L15. Demonstrați că suma 9 9 9 910 11 12 ... 27S este divizibilă cu 37.

Marius Stroie, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema L16. Se consideră binomul (1+ 2 )100

a) Determinaţi termenul din mijloc al dezvoltării acestui binom b) Determinaţi numărul de termeni raţionali ai dezvoltării c) Notăm cu S suma termenilor raţionali şi cu T suma termenilor iraţionali din această dezvoltare. Demonstraţi că S >T.

Rodica Pera, profesorC.T. Ion Mincu, Tg-Jiu

Problema L17. Se consideră ecuaţia mz2-2(2+i)z-1+2i=0 , m . a) Determinaţi m pentru care ecuaţia admite rădăcini egale şi rezolvaţi ecuaţia în acest caz. b) Determinaţi m pentru care z1

2+z22=0 , unde z1,z2 sunt rădăcinile ecuaţiei date.


Problema L18. Determinaţi numerele naturale x şi y astfel încât numerele

;11

YXC ;1

yxC

yxC să fie în progresie aritmetică, iar numerele y

xA , 1yxA , 1

1

yxA să fie in

progresie geometrică


Problema L19. Determinaţi elementele mulţimii { n nz z │ n }, dacă

1 3

2

iz

.


CLASA XI

Problema L20. Arătaţi că pentru orice matrice pătratică 2A M cu

( ) det( ) 1tr A A avem 20112A A O .

Ionel Sichitiu, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema L21. Fie , , , 0,a b c d și , , ,x y z t numere reale, cel puțin unul dintre

ele fiind nenul. Să se arate că: x y z ta b c d ; z t y xb a c d ; t y x zc a b d ; y z t xd a b c , dacă și numai dacă 1a b c d .


Problema L22. Rezolvați ecuația: 2010 2011 2009 2010x x x x .

Daniela Calistrate, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema L23. Fie , 0, , 2a b n n şi ,nM a b mulţimea matricelor pătratice

de ordinul n având toate elementele din mulţimea ,a b . Dacă

det 0, ,nA A M a b să se arate că a b .


Problema L24. Să se arate că există un şir 1n na

de numere reale cu proprietatea

că 1 , 1,n na a n dacă şi numai dacă 1

.4


Problema L25. Fie 1n na

o progresie aritmetică cu raţia 0r cu proprietatea că

între oricare doi termeni consecutivi ai progresiei există exact un număr natural. Atunci 1.r


CLASA XII

Problema L26. Să se calculeze 2 3

( 1)( 2)( 3)

xdx

x x x x n

, unde n și x >0.

Adrian Ivan, profesorColegiul Dobrogean ”Spiru Haret”, Tulcea

Problema L27. Să se calculeze 20112

0

(cos sin ) 2011

sin cos

x xdx

x x

.


Problema L28. Se consideră funcția : 0,2

f

, care admite primitive și are

proprietatea că ( ) ,f x ctg x 0,2

x

. Dacă F este o primitivă a lui f pentru

care 02

F

, demonstrați că există 0,2

astfel încât 1F .


Problema L29. Să se calculeze 20112

0

(cos sin ) 2011

sin cos

x xdx

x x

.


Problema L30. Se consideră polinomul 1 21 1... 1n n

nf X a X a X X ,

unde 2na 0. Să se arate că f nu are toate rădăcinile reale.


Problema L31. Fie ecuația algebrică 11 1 0... 0n n

nx a x a x a , cu coeficienți

în mulțimea și cu soluțiile 1 2, ,..., 0,nx x x a , 0a . Știind că 1 2

1 1 1...

n

n

x x x a ,

n , determinați coeficienții 1 2 1 0, ,..., ,n na a a a în funcție de n și a și apoi rezolvați

ecuația.Petre Ciungu, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema L32. Fie polinomul 5 4 3 2 1f aX bX aX X , f X , 0a .

Demonstrați că dacă 2 22b a atunci f are cel puțin o rădăcină complexă.

Marius Stroie, profesorC.C. Virgil Madgearu, Tg-Jiu

Problema L33. Se dă funcția : 0,1f , 2

( )1

xef x

x

și

1

2 2

0(1 )

xarctgxI e

x

. Să

se demonstreze că:

a) 1 ( )2

ex

b)2 2

32 64

eI


Problema L34. Să se arate că1 2010 2010

2

0

(1 ) (1 )

1

x xdx

x

.


Problema L35. Să se arate că 2

12

04

x ex e dx .


Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid · Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid Marina...

Documents

Transcript of Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid · Unele aplicaţii ale algoritmului lui Euclid Marina...