Www.gazetamatematica.net

Neculai STANCIU

ELEMENTE

DE

TEORIE ŞI APLICAŢII

MATEMATICÃ

GIMNAZIU

&

LICEU

Buzãu, 2007

Elemente de teorie şi probleme rezolvate

2

Referenţi ştiinţifici:

Prof. gr. I Constantin Apostol, Colegiul Naţional „Alexandru Vlahuţã”, Râmnicu Sãrat

Prof. gr. I Gheorghe Ghiţã, Colegiul Naţional „Mihai Eminescu”, Buzãu

Redactor: Cosmin Ciurea

Tehnoredactare computerizatã: Roxana Mihaela Stanciu

Neculai Stanciu , Berca, Buzãu

3

PREFAŢÃ

’’Dedic aceastã carte copiilor inteligenţi care, descoperã

matematica singuri la masa lor de lucru.’’ 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, 2007 Autorul


4

I. ISTORICUL NOŢIUNILOR MATEMATICE STUDIATE ÎN GIMNAZIU ŞI

LICEU

aria triunghiului, paralelogramului şi trapezului; volumul prismei, piramidei

şi trunchiului de piramidă; pătrate şi triunghiuri echilaterale înscrise în cerc – papirusurile

egiptene şi cărămizile caldeene – 2000 î. e. n.;

egalitatea şi asemănarea triunghiurilor – Tales – sec. VI î. e. n.;

teorema catetei şi înălţimii, suma unghiurilor unui triunghi, numere prime,

numere perfecte, numere prietene, media aritmetică, geometrică şi armonică – Pitagora –

sec. VI î. e. n.;

teorema cosinusului, teorema lui Pitagora generalizată, raţionamentul

deductiv, construcţii cu compasul, lunulele lui Ipocrat – Ipocrat – – sec. IV î. e. n.;

metoda exhaustivă pentru demonstrarea formulei ariei cercului şi a

volumului piramidei – Eudoxiu sec. IV î. e. n.;

hiperbola şi parabola – Menecmus – sec. IV î. e. n.;

teorema împărţirii cu rest şi algoritmul lui Euclid pentru aflarea c. m. m. d.

c. a două numere întregi, forma numerelor perfecte, există o infinitate de numere prime,

2 este iraţional primul text care sa păstrat („Elementele”) – Euclid – sec. III î. e. n.;

concurenţa înălţimilor şi medianelor unui triunghi, axioma de continuitate,

determinarea numărului л cu două zecimale exacte, determinarea ariei elipsei (л a b) prin

metode exhaustive, 1 + 3+……+ • (2n -1) = n2; 2n + 1 = (n + 1)

2 – n

2; 1

2 + 2

2 +…..+ n

2 =

n • (n + 1) • (2n + 1) / 6 – Arhimede – sec. III î. e. n.;

cercul lui Apoloniu – Apoloniu – sec. III î. e. n.;

probleme izoperimetrice – Zenodor – sec. III î. e. n.;

ciurul lui Eratostene pentru determinarea numerelor prime – Eratostene –

sec. III î. e.n.;

simplificarea fracţiilor, rădăcina pătrată şi cubică, progresii aritmetice şi

geometrice, metoda „fan cen” pentru rezolvarea sistemelor de ecuaţii liniare, rezolvarea

ecuaţiei de gradul II – „Matematica în nouă cărţi” – de la chinezi – sec. II î. e.n.;

teorema lui Menelau – Menelau – sec. I;

formulele s2

= p • (p-a) • (p-b) • (p-c), p = (a + b + c) / 2; S = p • r, a • b • c =

4 • R • S – Heron – sec. II; (sec. I).

teoremele lui Ptolemeu şi formulele: sin2 (α / 2 ) = 1 ─ cos (α / 2), cos (α +

β) = cos α •cos β ─ sin α • sin β – Ptolemeu – sec. II;

teorema medianei, teorema celor trei perpendiculare, teorema bisectoarei

exterioare, biraportul, proprietatea comună a conicelor – Papus – sec. III;

introducerea operaţiilor şi notaţiilor prescurtate pentru necunoscute –

Diofant – precursorul algebrei – sec. III;

numerele negative marchează diferenţa dintre aritmetică şi algebra –

considerate pentru prima data de indieni;

teorema congruenţelor şi determinarea lui π cu şase zecimale exacte – de la

chinezi – sec. III;

algebra şi trigonometria – create de arabi;

regulile de calcul cu numere negative – de la chinezi;


5

regula de trecere a termenilor dintr-o parte în alta, procedeu numit al Djabr,

de la care a venit si numele disciplinei algebra – AL Horezmi – sec. IX;

0

nC + C 1

n +…..+C n

n =2n

– de la indieni;

C n

m = C 1

1

n

m + C n

m 1 – de la arabi;

criteriile de divizibilitate cu 2, 3, 5, 9; adunarea fracţiilor prin aducerea la c.

m. m. m. c.; legea creşterii organice sau şirul lui Fibonacci – Leonardo da Pisa (Fibonacci

1175-1240) – sec. XIII;

simbolurile +, –, , =, x, >, <,: – sfârşitul – sec. XV;

forma actuală a cifrelor – sec. XV, XVI;

cifra zero – sec. XVII;

rezolvarea ecuaţiilor de gradul III prin radicali – Cardano (1501 – 1576) –

1545;

rezolvarea ecuaţiei de gradul IV prin radicali – Ferrari (1522 – 1565) –

1545;

inventarea logaritmilor – Neper (1550 – 1617) – 1614;

teorema lui Desargues – Desargues (1593 – 1662) – 1636;

marea teoremă Fermat („Conjectura” lui Fermat):ecuaţia xn

+ yn

= zn, n > 2,

n є N, nu are soluţie în Z – Pierre Fermat (1601 – 1665) – 1637;

crearea geometriei analitice – René Descartes (1596 – 1650) şi Pierre

Fermat – 1637;

triunghiul lui Pascal şi teorema lui Pascal pentru hexagon – Blaise Pascal

(1623 – 1662) – 1640;

noţiunea de probabilitate – Blaise Pascal şi Pierre Fermat;

creatorul probabilităţi – Jacob Bernoulli (1654 – 1705);

creatorii calculului diferenţial şi integral – Isaac Newton (1642 – 1727) şi

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 – 1716). Newton a elaborat metodele sale din 1665 dar

nu le-a publicat. Leibniz a publicat descoperirile sale în analiza în 1675.

demonstrarea teoremei mici a lui Fermat (p > 0, prim, a Є Z, (a, p) = 1

=> ap-1

≡ 1 (mod p)); notaţiile dx şi ∫; denumirile de derivat şi diferenţială precum şi

formulele pentru (u/v)′, (u

v)

′, (v•u)

(n), ∫ b

a udv; denumirile de abscisă, ordonată şi

coordonată – Leibniz;

teorema lui Ceva – Ceva Giovani (1648 – 1734) – 1678;

daca N = aα • b

β…..e

λ, atunci numărul divizorilor este (α + 1) • (β +1)….(λ +

1) şi suma lor (1 + a + a2 +…+ a

α) • (1 + b + b

2 + …b

β) …(1 + e + e

2 + …e

λ) – Johann

Wallis (1616 – 1703);

simbolul ∞ ─ John Wallis;

regula lim f (x) / g (x) = lim f’(x) / g’ (x) (pentru x → a) a fost dată de Johann

Bernoulli, dar publicată de L’ Hospital (1661 – 1704) în 1696;

formula lui Taylor – Taylor (1685 – 1731) – 1712;

introducerea numărului e – Daniel Bernoulli (1700 – 1782);

teorema lui Stewart – 1735;

notaţiile π, e, i, f (x); calculul lui e cu 23 de zecimale exacte şi calculul lui π

cu 100 de zecimale exacte; lim (1 + x / n)n = e

x (pentru n → ∞) (1743); lista completă a

derivatelor cu demonstrarea acestora, şi extinderea regulilor lui L’Hospital la formele

nedeterminate ∞ / ∞, 0 • ∞ şi ∞ –∞ (1755); generalizarea teoremei mici a lui Fermat (n ≥ 2,


6

n є N, a є Z, (a, n)= 1 => aφ(n)

≡ 1 mod n)) – 1758; relaţia v + f = m +2 pentru poliedru

convex (1750) – Leonhard Euler (1707 – 1783);

media aritmetică ≤ media geometrică ≤ media armonică – Colin MacLaurin

(1698 – 1746) – 1748;

regula lui Cramer– Gabriel Cramer (1700 – 1782) – 1750;

notaţia a + b i pentru numere complexe şi teorema fundamentală a algebrei –

Jean D’Alembert (1717 – 1783) – sec. XVIII;

π este iraţional – Heinrich Lambert (1728 – 1777) – 1767;

notaţiile f’(x), f(n)

(x),– Joseph Louis Lagrange (1736 – 1813) – – 1772;

introducerea simbolului [ • ], pentru partea întreaga Arien Marie Legendre

(1752 – 1833) – 1798;

introducerea numerelor transcendente – Joseph Liouville (1809 – – 1882);

denumirea de determinant (1801); denumirea de număr complex şi

reprezentarea în plan a numerelor complexe (1832); rezolvarea problemei construirii

poligoanelor regulate (1801); 1 + 2 +…..+ n = n (n + 1) / 2; notaţia φ (n) pentru indicatorul

lui Euler; inelul Z [ i ]; demonstrarea teoremei fundamentale a algebrei – Carl Friedrich

Gauss (1777 – 1855);

noţiunile de limită, convergenţă, convergenţa seriilor şi continuitate aşa cum

sunt prezentate astăzi; regula lui L’Hospital pentru 0o, ∞

o şi 1

∞ ; denumirile de linii,

coloane, ordine, elemente, diagonala principală şi secundară pentru determinanţi (1815);

creatorul teoriei grupurilor (1815) – Augustin Louis Cauchy (1789 – 1857);

notaţia ∫ b

a f (x) dx – Joseph Fourier (1768 – 1830) – 1822;

notaţia de funcţie de astăzi şi notaţiile f (a + 0), f (a – 0) – Peter Dirichlet

(1805 – 1859) – 1828;

denumirea de grup – Evariste Galois (1811 – 1832) – 1830;

noţiunile de margine inferioară şi superioară ale unei funcţii, convergenţă

uniformă – Weierstrass (1815 – 1897) – 1841;

spaţiul cu n dimensiuni – Arthur Cayley şi Hermann Grasmann – – 1843;

studiul algebrelor (1843) şi grupurilor (1854) noţiunea de matrice – –

Arthur Cayley (1821 – 1895);

integrala Riemann ∫ b

a f (x) dx – Bernhard Riemann (1823 – 1866) – 1854;

spaţiu vectorial, calcul vectorial, clase, operaţiile de asociativitate,

comutativitate, distributivitate, simetrie, tranzitivitate – William Hamilton (1805 –1865) –

1853;

notaţia │aij│ = det (aij) ─ Kronecker (1823 – 1891) – 1853;

noţiunile de inel şi corp algebric – R. Dedekind (1831 – 1836) – – 1871;

teoria mulţimilor – G. Cantor (1845 – 1918) – 1872;

introducerea numerelor raţionale prin tăieturi – Dedekind – 1872;

transcendenţa numărului e – Charles Hermite (1822 – 1901) – 1873;

denumirea de subgrup – Sophus Lie (1842 – 1899) – 1874;

teorema Rouche – E. Rouche – 1875;

transcendenta numărului π – Ferdinand Lindemann (1852 – 1939) – 1882;

introducerea axiomatică a numerelor întregi – David Hilbert (1862 – 1943) –

1900;

rezolvarea problemei paralelismului:


7

- geometria hiperbolică – Nikolai Ivanovici Lobacevski (1792 – – 1856) –

1829;

- geometria hiperbolică – Jánoş Bolyai (1802 – 1860) – 1831;

- geometria eliptică – Riemann Benhard – (1826 – 1866) – 1854 ;

- geometria neeuclidică este geometria proiectivă care lasă o cuadrică fixă –

Cayley Arthur (1821 – 1895) – 1859;

- orice grup de transformări generează o geometrie (axiomă) – programul de la

Erlangen (1872) – Felix Klein (1849 – 1925);

- sistemul axiomatic al lui Hilbert – David Hilbert (1862 – 1943) – „Bazele

geometriei” – 1899;

Prin profunzimea ideilor şi a modului de exprimare, „Bazele geometriei” lui Hilbert

a devenit cartea de temelie a matematicilor moderne şi metoda axiomatizării în sensul

Hilbert a fost generalizată pentru toate ramurile noi ale matematicii. Totuşi, pentru uşurarea

înţelegerii geometriei afine şi euclidiene, astăzi se adoptă o construcţie a geometriei cu

ajutorul unei axiomatizări bazate pe algebra liniară. Acest fapt este în concordanţă cu

schimbările determinate de noul curriculum, de noul sistem de evaluare şi de noile

manuale.

Bibliografie:

1. N. Mihăileanu – Istoria matematicii, vol. 1, Editura Enciclopedică Română,

Bucureşti, 1974.

2. N. Mihăileanu – Istoria matematicii, vol. 2, Editura Ştiinţifică şi Enciclopedică,

Bucureşti, 1981.


8

II

)( areductibil este

Fractia :reGeneraliza

a.reductibil este fractia si

2cu divide se fractiei numitorul si lnumaratoru ca rezulta aici De

pare. numeresunt )( forma de Numerele

:Solutie

.rezultatul zatia.Generalireductibil este )(

: fractia ca Aratati

a,-V a clasapentru Problema

m,...,2,1j,n,...,2,1i,Nd,c,Nb,a

dcdc...dcdcdcdc

baba...babababa

baababba

Nd,c,b,a,cddc

abba

jjii

2

mmm

2

m

2

222

2

2

2

111

2

1

2

nnn

2

n

2

222

2

2

2

111

2

1

22

22

22

Problema pentru clasa a V-a

Arãtaţi cã fracţia

par.numar

un -printr simplificã senu )Nd,c,Nb,a(,)ba(ab

d2753 cba

Soluţie:

par.numar

un -printr simplificã senu datã fractia decipar;numãr un iar

, sa) a cifrã ultima calculeaza (se

imparnumar un este 2d3 causor zãdemonstrea Se

)ba(ab

75 cba


9



par.numar un -printr simplifica senu )Nb,a(,)ba(ab

120072005 ba

Soluţie:

par.numar un -printr simplifica senu data fractia decipar;numar un iar

sa), a cifra ultima calculeaza (se

impar numar un este 2005 causor zademonstrea Se

)ba(ab

12007ba


par.numar un -printr simplifica senu fractia ca rezulta aici De

par.numar un numitoruliar impar numar un este lnumaratoru ca faptul obtinem

:cacont Tinand

:scrie se data Fractia

(par numar un -printr simplifica senu

fractia ca Arãtati

,impar7,par6,par)dc(cd,par)ba(ab

.6)dc(cd

7)ba(ab

:Solutie

).Nm;Nn,d,c,b,a,6cddc

7abba

nm

m

n

m22

n22



par.numar un -printr simplifica senu )Nb,a(,)ba(ab

175 ba

Soluţie:


10

par.numar un -printr simplifica senu data fractia decipar;numar un iar

sa), a cifra ultima calculeaza (se

impar numar un este 5 causor zademonstrea Se

)ba(ab

17ba


Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât

.)3,4(),5,2(),( Deci

3.y si 412-y si 31.2

;5 si 232 si 111.

:tiposibilita eurmatoarel Avem

.3)2)(1( daca aechiunitar este data fractia

:Solutie

a.echiunitar fie sa )2)(1(

3

yx

xx

yxyx

yx

yxfractia


Sã se afle x şi y numere naturale astfel încât

.subunitara fie sa 3

2-2-

yxxyfractia

Soluţie:

. 2y

02. ;

11.

:solutiile obtinem calculele Efectuand

2. si 0,1sunt )1)(2( produsului ale posibile Valorile

).1)(2()1(2)1(22 Avem

x

Nx

y

yx

yxyyxyxxy



.simplifica poate se N),(n 64

2

nn

n

Soluţie:

2.cu simplifica poate se 2.Fractiacu divizibil este deci ),32(2 scrie se lNumaratoru

par. este econsecutiv naturale numere doua a Produsul).1( scrie se Numitorul

n

nn


11



.simplifica poate se )(,110

6

Nnn

Soluţie:

3.cu simplifica se

; oricepentru 3cu divide se numitorul deci,9...9910...10110 ca Observam

fractia

Nnn



par.numar un -printr

simplificã senu )Nd,c,Nb,a(,)ba(ab

d2200720052003 cba

Soluţie:

par.numar un -printr simplificã senu datã fractia decipar;numãr un iar

, sa) a cifrã ultima calculeaza (se

imparnumar un este 2d2003 causor zãdemonstrea Se

)ba(ab

20072005 cba

Problemã pentru clasa a V-a

.2

si 1

cu forma denumerelor suma afle se Sa Na

bN

b

aab

Soluţie:

3b5a

1b3a

3,12a

N1Na

22a

N2a

31

2a

1aN

2a

1a

2ab)1(

.1a,a,1a,2ab,2ba1ab

Pentru

deci si canecesar Este


12

141. este ceruta suma si Asadar,

1

1

1abPentru

abPentru

1-abPentru

34,12,11,53,31ab

4b3a

2b1a

Na

31

a

3aN

a

3a

N1Na

a

)4(

1b1a

Na

2a

Na

1a

)3(

a

Na

11

a

1aN

a

1a

N1a

21

1a

1aN

1a

1a

)2(


4.y,1 :este ecuatiei solutia urmarein Pr

.3 si 0 unde de 7,1-2 respectiv 11-2 si 0 ca Urmeaza

7.1)-(22 si 11)-(22scriu mai se relatii doua Ultimile

72-2 respectiv1,2-2 si Rezulta

.27 ,21 ,2 Fie

:Solutie

.2)7)(1(

:ecuatiei ale naturale solutiile iDeterminat

x

tvu

ytvu

xxx

xxx

utuv

utuuvu

utuv

tvu

y

Problemã pentru clasa a V-a,

Rezolvaţi în NxN ecuaţia :

.Nyx,12007y

2007

2006x

1

daca

Soluţie:


13

este Solutia

Pentru

solutie; avemnu Pentru

unde De

Avem

Din

.1y,2x

.2x1y

02006x

10y

.1,0y

1y2007y

20081

2007y

2008

2007y

2007

2007y

1

2007y

2007

2006x

1

2007y

1

2006x

12007y2006x1yx1yxNyx


Sã se compare numerele:

.22327320072006 200760214012100320072006 80242 si

Soluţie:

.7322232

.2006273)2(

1716

5949

23

1716

5949

23

;591722006

.20072232)1(200722322007223232

;22332007

40121003802420076021

2006802440121003

20062006

20062006

200610032

2007200760212007200720073323

2

>

<

<

<

<

<

<

<

<<<<

20072006 20072006 (2) si (1)Din


14


Sã se compare numerele:

.22373220072006 2007401210031404520072006 si

Soluţie:

.223732

.2006273)2(

1716

5949

23

1716

5949

23

;591722006

.20072232)1(200722322007223232

;22332007

20074012100314045

2006802440121003

20062006

20062006

200610032

2007200760212007200720073323

2

>

<

<

<

<

<

<

<

<<<<

20072006 20072006 (2) si (1)Din


Rezolvaţi în NxN ecuaţia :

.Na,Nyx,11ay

1a

ax

1

daca

Soluţie:


15

este Solutia

Pentru

solutie; avemnu Pentru

unde De

Avem

Din

.1y,2x

.2x1y

0ax

10y

.1,0y

1y1ay

2a1

1ay

2a

1ay

1a

1ay

1

1ay

1a

ax

1

1ay

1

ax

11ayax1yx1yxNyx


Sã se gãseascã numerele de forma divizori. 15au care 15cu divizibile abcd

Soluţie:

2m4,n31m si 51n

sau

4m2,n51m si 31n

...1)(k1)(m1)(n15 divizori 15au

3 15cu divizibile n

abcd

...p5abcdabcd km

.5625,2025abcd

.20255abcd56255abcd 24

3 sau 3 :Avem 42


Sã se gãseascã numerele de forma divizori. 25au care 15cu divizibile abcde


16

Soluţie:

4m si 4n51m si 51n...1)(k1)(m1)(n25 divizori 25au

3 15cu divizibile n

abcd

...p5abcdabcde km

.50625abcde

506255abcde 4

. 3 :Avem 4


Sã se gãseascã numerele de forma divizori. 15au care 35cu divizibile abcde

Soluţie:

2m4,n31m si 51n

sau

4m2,n51m si 31n

...1)(k1)(m1)(n15 divizori 15au

5 35cu divizibile n

abcd

...p7abcdabcde km

.60025,30625abcde

.306257abcde600257abcde 24

5 sau 5 :Avem 42


Sã se afle numerele naturale n şi m care verificã condiţiile:


17

divizori. 12 are m (iv)

divizori; 15 aren (iii)

11m (ii)

115n (i)

zx

zy

;2

;

Soluţie:

968

75625

31z

23

24

112m(ii)din

115n(i)din

2z

4y

3x

41x

51y

121)(z1)(x (iv)din

151)(z1)(y(iii)din

Problemã pentru clasa a VI-a,

Aflaţi restul împãrţirii numãrului 8. la 20072006 33

Soluţie:

4. estecerut restul deci

32006

,48M)18M(4

)18(43434)31(33 100310032200620072006

Problemă pentru clasa a VI- a,

Să se arate că 23 divide 232323 1553 .

Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: .1,, 1

p

p MaapprimpZa

În cazul nostru avem 232323 1553 = 222222 15155533 = )1(15)1(5)1(3 232323 MMM

2323 1553 MM


Să se determine mulţimea 420 ,6z ,3 , / babayzyxNxA .


18

Soluţie.(1) Nbabazyx )2(363 .Din 420 ba şi (1) rezultă

(2)

3

11,

3

10,3,

3

8,

3

7,2,

3

5,

3

4,1,

3

2,

3

12ba .Din (1) şi (2) avem

11,10,9,8,7,6,5,4,3,2,1A .


Fie NnbanbznayzyxNxA ,420,2,, / .Să se determine A şi

cardA.

Soluţie.(1) )2(2 bannbnazyx

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nnnbaNx

14,...,

23,

13,

3,...,

22,

12,

2,...,

2,

1,,...,

3,

2,

12

)1(

Avem 14,...,3,2,1 nA şi cardA=4n-1.

Problemǎ pentru clasa a V- a,

Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= 10ababab la 13.

Soluţie. Numǎrul ababab=10101 ab = 13M .Obţinem cǎ restul împǎrţirii numǎrului N la

13 este 10.

Problemǎ pentru clasa a V- a,

Aflaţi restul împǎrţirii numǎrului N= 13ababab pe rând la 21 şi 37.

Soluţie. Numǎrul ababab=10101 ab = 3721 MM .Obţinem cǎ restul împǎrţirii

numǎrului N la 21 şi 37 este 13.


Fie NpNmNnpbamnbznayzyxNxA ,,,2,2,, / .Să se

determine cardA.

Soluţie.(1) )2(2 bannbnazyx


19

(2) pnxmnpbam )1(

2 .Deoarece .1,, mnpncardANpnmnx

Problemǎ pentru clasa a VI- a,

Fie zyx ,, numere întregi nenule şi 222 pmn zyxA ,

22 24 pmn zyxB .

Sǎ se arate cǎ A şi B au acelaşi semn.

Soluţie.Avem 0244 222

ppmmnn zyxBA (deoarece mmnn 22 , şi pp 2

sunt numere pare) A şi B au acelaşi semn.


Fie numǎrul 20072006 20072006 n .Determinaţi restul împǎrţirii lui n prin 5.

Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a lui n , 9)( nu .Avem cǎ 95 Mn , de unde rezultǎ

cǎ restul împǎrţirii lui n prin 5 este 4.


Sǎ se arate cǎ numerele 20072006 20072006 A şi 20082007 20082007 B dau acelaşi

rest prin împǎrţirea lor la 5.

Soluţie.Se calculeazǎ ultima cifrǎ a celor douǎ numere şi obţinem u(A)=u(B)=9.

Avem 95 MA , 95 MB , de unde rezultǎ cǎ restul împǎrţirii lor la 5 este 4.


Sǎ se rezolve în Z ecuaţia 20082008 )2007()2005( xx .

Soluţie. 20082008 )2007()2005( xx 22 )2007()2005( xx 20072005 xx sau

20072005 xx 2006 x .


20

Problemã pentru clasa a VI –a

DCE).m( si CDE)m( determine se Sa

AC). dreapta de fata diferite semiplanein sunt sau AC dreptei

a alta de si parte o desunt E si (D E si D punctele separa ACincat astfelBCA ADE teconstruies Se

BC.ADincat astfel (AB)D si 20A)(), AC(AB ABC isoscel l triunghiuda Se 0

m

Soluţie:

A

D E

B C

.702

40180CDE)m(DCE)m(402060AED)m(-AEC)m(DEC)m(

isoscel. - DECCEDEEACEDE

EACEAClechilatera-ACE60CAE)m( si ACAE ,60DAC)m(DAE)m(CAE)m(

80CBA)m(DAE)m(

20BAC)m(AED)m(

DEACBAAE

BCAADE

isoscel - ABC

000

000

00

0

0



21

.

.

.

,

0

0

00

0

10CDN)m(isoscel - NDCdin si DD adica ,DAAD deci AD,BC.Dar DABC

DADNMNMCBC

isoscel - DMN

isoscel - DNA

lechilatera - CMN

isoscel - BCM

ca observa Se

20)DANm(cu (AB)D Fie

:Solutie

CDN).m( determine se Sa60NMC)m(cu (AC)N si 20BCM)m(cu (AB)M Fie

BC.AD si (AB) D 20A)m( carein AC)(AB ABC isoscel l triunghiuda Se

A

D ,D

N

M

B C


ACE. abisectoare - DCDCA)m(DCE)m(DACDEC (L.L.L)DCDC AC,EC AD,ED

ACCECAEABC )L.U.L(

AEBC

80CAE)m(ABC)m(

CAAB

:Solutie

ACE. unghiului abisectoare este CD ca arate se Sa

. E si C punctele separa ABincat astfel ADE lechilatera iul triunghteconstruies Se

BC.ADincat astfel (AB)D,20A)m(AC),(AB ABC isoscel ul triunghida Se

0

0


22

A

E

D

B C


BC.AD si (AB) D ,20A)m( carein AC)(AB ABC isoscel l triunghiuda Se 0

.702

40

4060

,

00

00

0

0

00

0

180EDC)m(

100FED)m(-FEC)m(DEC)m(

isoscel - DEC ECED l;echilatera - FDE60DFE)m( 20AFD)m(

FEABACFDFAABCFAD

BCAD

80ABC)m(FAD)m(

FAAB

:Solutie

EDC).m( determine se Sa

C. si E punctele separa AB si BCE ACEF, rombul teconstruies Se

F A

D

E B C


23


BC.AD si (AB) D ,20A)m( carein AC)(AB ABC isoscel l triunghiuda Se 0

.

,

0

0

0

10EDC)m( concluzie,In

isoscel. - DEC adica EC,DE Rezulta

EB).(DE isoscel - BDE adica 20BDE)m(Asadar

EF.AD si EFcu paralela AD Deoarece

EC).(EF isoscel triunghi- EFC

20FCE)m(EFC)m(AB.Din cu paralela EFincat astfel (AC),F Fie:Solutie

EDC).m( determine se Sa

E. siA punctele separanu BCincat astfel lechilatera triunghiBCE teconstruies Se

A

D F

E

B C



24

isoscel. - BDEBEEDBCEBECdin si ECED

isoscel - EDC10ECD)m(EDC)m( 10DCE)m(DAE)m(

BAC); bisect. - AE BC,AE10EAC)m(EDC)m(

isoscel trapez- ACED20ECA)m(DAC)m(

ECADECBC BC,AD:Solutie

isoscel. este BDE l triunghiuca arate se Sa

l.echilatera - BCEincat astfel Int(ABC)E Fie

BC.AD (AB),D 20A)m( AC),(AB ABC isoscel l triunghiuda Se

00

0

0

0

,

(

,

A

D

E

B C

Problemã clasa a VI-a

N.n laireductibi este

61712n

57n

fractia ca Aratati

2

n

Soluţie:

11/)57(4)34(7/

)34(7/)34/(

)57(4/)57/(3)5,4n(7nd

)23)(34(

57

61712n

57n Avem

).23)(34()34(2)34(36891261712n

:fractiei numitorul mDescompune

2

22

ddnnd

ndnd

ndndFie

nn

n

n

nnnnnnnnn


25

la.ireductibi este (2) si (1)Din

1.2)5,3n(7n )2(

11/)23(7)57(3/

2)d/7(3n2)d/(3n

5)d/3(7n5)d/(7nd2)5,3n(7n Fie

13)5,4n(7n )1(

fractia

ddnnd

Problemã clasa a VI-a

Arãtaţi cã fracţia:

N.n laireductibi

12176

752

este

nn

n

Soluţie:

la.ireductibi este fractia (2) si (1)Din

1.4)7,3n(5n )2(

11/)43(5)75(3/

4)d/5(3n4)d/(3n

7)d/3(5n7)d/(5nd4)7,3n(5n Daca

1.4)7,3n(5n )1(

11/)75(2)32(5/

)32(5/)32/(

)75(2/)75/(d3)7,2n(5n

)43)(32(

75

12176n

75n

)43)(32()43(3)43(21289612176

2

22

ddnnd

ddnnd

ndnd

ndnddaca

nn

n

nAvem

nnnnnnnnnn

Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a,

Sã se rezolve în NxN ecuaţia:

7

2007200620052004200320022001ba

222222222

Soluţie:


26

Se observã cã: 2001=2004-3, 2002=2004-2, 2003=2004-1, 2005=2004+1, 2006=2004+2

şi 2007=2004+3.

.747

27)32004()22004()12004(2004)12004(

)22004((

22222

2

222

2

22222222

220042004

282004

3)-20042007200620052004200320022001 Atunci

Prin urmare soluţia ecuaţiei este :

.2004,2;2,2004ba,

Problemã pentru clasa a VII-a şi a VIII-a,

Sã se rezolve în ZxZ ecuaţia:

7

2007200620052004200320022001ba

222222222

Soluţie:

Se observã cã: 2001=2004-3, 2002=2004-2, 2003=2004-1, 2005=2004+1, 2006=2004+2

şi 2007=2004+3.

.747

27)32004()22004()12004(2004)12004(

)22004((

22222

2

222

2

22222222

220042004

282004

3)-20042007200620052004200320022001 Atunci

Prin urmare soluţia ecuaţiei este :

.2004,2;2,2004;2,2004;2,2004;2,2004;2004,2;2004,2;2004,2 ba,

Problemã clasa a VII-a

.3)1

OB

2(OA

: ca arate se .30AOB)m(incat astfel

(AC)B si 90AOC)m(cu AOC cdreptunghi iun triungh Fie

0

0

OC

Sa


27

Soluţie:

O

30 60

A B C

. 3)12

(2

3

2)(:/

2

3

2

1

2

sin90OAOC

2

sin60OCOB

2

sin30OBOAAria(OAC)Aria(OBC)Aria(OAB) :

000

OCOBOA

OB

OA

OC

OAOCOBOCOAOCOBOBOA

Avem

Problemã pentru clasa a VII-a

isoscel. este ANM daca numai si dacaDA BCCDAB ca arate se Sa

BAC).m(ADM)m( BCA),m(MAD)m( CAD),m(ABN)m( DCA),m(BAN)m(

:incat asa Ext(ABCD)N M, punctele si ABCDconvex patrulaterun

Consideram

Soluţie:

DA.BCCDAB (2) si (1)din AMANisoscel este AMN:Suficienta

isoscel. este AMNAMAN (2) si (1)din DABCCDAB:aNecesitate

)2(

CA

ADCABADMBAC)m(ADM)m( si BCA)m(MAD)m(

)1(

CA

ABCADABNCAD)m(ABN)m( si DCA)m(BAN)m(

AC

DABCAM

BC

MADin

AC

CDABAN

DC

NADin


R. si b a, de functiein AC calculeze se sa bBC si a,AB

.90)()(incat astfel ),;(,,, 0

Daca

BCDmBADmROCDCBAFie


28

Soluţie:

R

aRb

BD

ADBCBDABCBCMBCMC

R

bRa

BD

DCABBDCABBAMABAM

din

MCAMACBMFie

patrulaterABCD

RBD

ipotezadin

AC

2

4coscos

2

4coscos

)3((1)

)2(Pr

BDABCA

BDCBACilinscriptib

2

)1(

22

22

)44(2

1(3) si (2) 2222 aRbbRa

RACDin


isoscel. este ADE ca arate se Sã BE.ACCEAB si

ECD)m(BCA)m(CED),m(ABC)m( carein ABCDEconvex poligonul considerã

Se

Soluţie:

isoscel. este

1ED

AD(3) si (2)

)3()1(

)()(

)2(DE

AB(1)

DECABC avem ECD)m(BCA)m( si CED)m(ABC)m(

ADEDEAD

CEAB

BEAC

CEAB

BC

BC

BEACDin

BC

BEACAD

DA

EB

CD

CE

AC

BCACDBCE

CD

CE

AC

BC

ACDmBCEm

BC

CEABED

CD

CA

EC

BC

Din


29

Problemã pentru clasa a VII-a,

Se consideră triunghiul isoscel ABC cu 0150)( BACm şi M mijlocul lui AB.Să se

arate că aria triunghiului ABC este egală cu aria pătratului AMPQ.

Soluţie.Din datele problemei rezultă că 015)()( ACBmABCm .Dacă AM=a atunci

AB=AC=2a.Considerăm ABD astfel încât 090)( CDBm deci, 030)( CADm şi

CD=a.Aplicăm teorema lui Pitagora în triunghiul ADC şi obţinem 3aAD .În

continuare calculăm

Aria(ABC)=Aria(BDC)-Aria(ADC)=2

2

3

2

)32(a

aaaaa

=Aria(AMPQ).

D

A

M 2a a

015 015

B C

Problemã pentru clasa a VII-a,

Se consideră dreptunghiul ABCD în care 075)( ADBm şi BDACO .Să se arate

că aria dreptunghiului ABCD este egală cu aria pătratului DOMN.

Soluţie.

D C

E

030 O

015 015

A B

Construim BDAE şi considerăm AE=a.Deoarece într-un triunghi dreptunghic care are

un unghi de 015 înălţimea corespunzătoare unghiului drept este un sfert din ipotenuză,

avem că aBD 4 .În continuare


30

(1) Aria(ABCD)=2Aria(BAD)= 2442

2 aaaAEBD

(2) Aria(DOMN)= 2DO = 22 4)2( aa

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

naturale şi verifică relaţiile: ,1112

baab

c şi 222 bac .

Soluţie.Ecuaţia este echivalentă cu (1) .22 abbaba Din ipoteză avem:

(2)

Nyx

xyb

yxyxa

Zba

,

2

, 2222

22 .

Din (1) şi (2) 1)( yxy 1,2 11 yx sau 1,2 22 yx 3 a şi

4b .Ipotenuza triunghiului este c=5 , deci perimetrul este 12u . şi aria 6 2u .

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.

2. Fie un triunghi dreptunghic cu 1111

hba, unde a şi b sunt catete iar h este

înălţimea corespunzătoare ipotenuzei.Să se afle laturile acestui triunghi ştiind că în plus

sunt numere naturale.

3. Să se rezolve în NNN sistemul de ecuaţii:

22 bac

abcba .


Să se arate că dacă laturile unui triunghi dreptunghic sunt numere naturale atunci aria şi

semiperimetrul acestuia sunt numere naturale.

Soluţie. Într-un triunghi dreptunghic avem : 222 acb 22 2)( abccb

22)(2 acbbc 2

))(()(

acbacbbc

.

Însă produsul bc este număr natural , rezultă atunci că produsul :

))(( acbacb trebuie să fie divizibil cu 2, adică unul din factorii )( acb , sau

)( acb trebuie să fie par .Fie k un număr natural :


31

(1) Să presupunem că kacb 2 )(2 akacb , şi prin urmare din

)( parakkbc )(2

Nkcba

p

Nakkbc

S

2

)(2

,

(2) Să presupunem că )(22 akacbkacb , şi prin urmare din

)(

Nakcba

p

Nakkbc

S

parakkbc

2

)(2

)(2

Din (1) şi (2) rezultă că în ambele cazuri aria şi semiperimetrul sunt numere naturale.


Considerăm patrulaterul convex ABCD şi CDABO .Prin punctele A, B, C, D şi O

ducem 111 DDCCOO , 212 DDAAOO , 123 BBAAOO , 224 BBCCOO , unde ,1 CDO

ADO 2 , ABO 3 , CBO 4 ; ODCA 11, ; OBCA 22 , ; OADB 21 , ; OCDB 12 , .

Să se arate că:

14

4

2

2

2

2

3

3

1

1

2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1 CO

BO

CB

OB

OC

BC

BO

AO

AB

OB

OA

BA

DO

AO

AD

OD

OA

DA

DO

CO

CD

OD

OC

DC.

Soluţie. Pentru rezolvarea problemei se aplică următoarea:

Lemă (Teorema lui Ceva cu punct impropriu) .Dacă prin vârfurile triunghiului ABC

ducem 000 CCBBAA , unde ABCCABBCA 000 ,, , atunci avem )(

10

0

0

0

0

0 AB

CB

CA

BA

BC

AC.

Demonstraţie.Avem BCBCAA 00 (1) 00

0

BA

BC

AB

CB şi

)2(00 BAACBCCB

CA

BC

AC 0

0

0 . Se observă că relaţiile (1) şi (2) se pot obţine mai

uşor utilizând teorema lui Thales în triunghiurile 0BCB şi 0BCC cu paralela 0AA .

Prin înmulţirea relaţiilor (1) şi (2) se obţine relaţia de demonstrat.

Pentru rezolvarea problemei propuse se aplica această Lemă

DOC (cu 111 DDCCOO ), DOA (cu 212 DDAAOO ), BOA (cu 123 BBAAOO ) şi

BOC (cu 224 BBCCOO ).Rezultă relaţiile:


32

11

1

1

1

1

1 DO

CO

CD

OD

OC

DC, 1

2

2

2

2

1

1 DO

AO

AD

OD

OA

DA, 1

3

3

1

1

2

2 BO

AO

AB

OB

OA

BA şi

14

4

2

2

2

2 CO

BO

CB

OB

OC

BC care, prin înmulţire demonstrează relaţia din problemă.

Problemã pentru clasa a VIII-a

Sã se rezolve în R3 ecuaţia :

. unde 0m,0m)yz()xz()zy()xy()zx()yx( 333333

Soluţie:

0.ba dacã loc are Egalitatea

. evidentã este care

avem si notãm Dacã

Notam

,0b)ba(ba)ba(a)z,y,x(E

.0b,0a,baxzyzb,xya,zyx

.)yz()xz()zy()xy()zx()yx()z,y,x(E

333333

333333

.zyx0m

nuecuatia0m

Daca

solutii. are Daca >



0)yz()1z()zy()1y()z1()y1( 333333 .

Soluţie:




Notam




333333

333333

.1zyx.zyx0)z,y,x(E solutia avem si 1nostru cazulIn




33

.0)yz()2007z()zy()2007y()z2007()y2007( 333333 .

Soluţie:




Notam




333333

333333



.CBAABC corpului volumulzy,x,c,b, a, de functiein calculeze se

.60))CBA((ABC),( si zAC y,CB x,BA; cCC b,BB a,AA

incat astfel CC siBB ,AA lareleperpendicu ridica se ABC lui triunghiuplanul

0

Sa

Pe

Soluţie:

6z)-y)(p-x)(p-p(p)CBAVol(ABC

:estecerut Volumul

Heron lui formulacu S determinam si 2

zyxp Notam .

2

Scos60SS

.3

)(

3

)2(

2

)(

3

1)()()(

.,,B , A a.i planulcu

paralel plan un cu CBAABC prisma amc).Sectionb,min(a,a si )CBAAria(SAria(ABC),S (ABC),

0

11111111

1111

cba

Dar

cbaSacbSSa

BBCCCBADSaBCCBAVolCBAABCVolCBAABCVol

CBADCCCBB

Fie

Problemã pentru clasa a VIII-a, a X-a

.c,b,ac,b,a,z,y, x,de functiein )CBAVol(ABC calculeze se Sa

.cCC c,CC z,AC

,bBB b,BB y,CB ,aAA a,AA x,BAcu )C(CC ),B(BB ),A(AA

:incat astfel drepte treicele pelar perpendicu ),CBA( planul de teintersecta

directie, aceeasi de paralele, ),C(C),B(B),A(A enecoplanar dreptele considera

Se

Solutie:


34

3z)-y)(p-x)(p-p(p)CBACBAVol()()CBAVol(ABC

:estecerut Volumul

2

zyxp Notam Heron. lui formulacu calculeaza se S .

3

)cbaS()CBACBAVol( log

.3

)(

3

)2(

2

)(

3

1)()()(

.,,B, A a.i planulcu

paralel plan un cu ABCCBA prisma amc).Sectionb,min(a,a si )CBAAria(S ),CBA(

11111111

1111

cbacbaABCCBAVol

undeAna

cbaSacbSSa

BBCCCBADSaCBCABVolCABCBAVolABCCBAVol

CBADCCCBB

Fie

Problemã pentru clasa a VIII-a, a X-a

).CBAvol(O vol(OABC)ca arate se Sa

.COBOAOOCOBOAincat astfel (OCC(OB,B(OA,A si

cCb,Ba,A punctele .Ocbaincat astfelspatiu din ,, dreptele

ConsideramcbaFie

Soluţie:

)()(1)CBAVol(O

Vol(OABC)

AA

AA si OAA si OC

6)CBAVol(O si

6

AAOBVol(OABC) Avem

OB. dreapta pe A siA r varfuriloeproiectiil ,A OAB;

planul pe C si Cr varfuriloeproiectiil ,C si tetraedredoua cele CBAsiO OABC

00

00

0

0

0

00000

0000

00

00

CBAOVolOABCVolCOBOAO

OCOBOA

CCAABO

CCAAOBDeci

AO

OA

CO

OC

CC

CCAAOCCOCDin

CCAABOCC

A

CFie

Problemã pentru clasa a VIII-a sau a IX-a,

Sã se rezolve în Z3 sistemul :

0

01

2

2

zxxxz

yxxyxy

Soluţie:


35

:succesiv obtine se ecuatie prima

.63.)4

;62.)3

;00.)2

;01.)1

.1,0,2,3- xRe

.21-sau x 11- xadica 1/2,- xRezulta

Z. 1-x

22xz forma sub z pe scriem

,1

x1)-z(x scrie se ecuatie doua 2

2

Din

zxpt

zxpt

zxpt

zxpt

zulta

apoi

x

xxzxA

6,1,2,0,1,0,0,2,1,0,0,1zy,x,

:solutiile deci Avem

Z.y si 04233.)

;2

3-ysau 1y 032y2c)pt.x

-1;y si 01--y0b)pt.x

-2;ysau oy si 02-y-1` x.)

2

2

2

yyxptd

Zsiy

ypta


Demonstraţi inegalitatea :

.Rz,y,x,0)yz()xz()zy()xy()zx()yx( 333333

Soluţie:

. evidentã este care devine eaInegalitat


,0b)ba(ba)ba(a


333333

Egalitatea are loc dacã a=b=0.


Sã se demonstreze inegalitatea:


36

2,02006

1

2005

1...

7

1

6

1

5

1

4

1<

Soluţie:

.2,05

1

15056

1507

1505

1003

6

5 Deci

))1

...11

)(...(

mediilor eainegalitatutilizat a-s(1505

1003

2006...10051004

1003

2006

1

2005

1...

1006

1

1005

1

1004

1

3

1

2

1-1

:rezulta ,2006

1

2005

1...

1006

1

1005

1

1004

1

2006

1

2005

1...

4

1

3

1

2

1-1

:avem ,2

1...

3

1

2

1

1

1

2

1...

4

1

3

1

2

1-1

:Catalan-Botez iidentitati Conform

2006

1

2005

1...

7

1

6

1

5

1

4

1 Notam

2

21

21

2

<<>

>

SS

naaa

aaa

S

nnnnn

S

n

n

Problema pentru clasa a X-a (sau a VIII-a)

.5187

5

)442525)(425(4257

)442525)(425(4255

42529

42529 obtinem si 4 si 25 luam

respectiv sus, mai ca formule aceleasi utilizeaza se fractiei reasimplificaPentru

.1,012,342

,5

21

)42)(2(25

)42)(2(27 devine data ecuatia si 2y Luam

))((7)(

))((5)(

: formulele utilizeaza Se

Solutie;

.42529

42529 fractia tisimplifica apoi ,

5

21

32)2(

1282)(

; ecuatia Rezolvati

222

22

777

555

22

2

22

222777

22555

777

555

55

77

yx

xxxxx

xxxx

xxxx

yxyxyxxyyxyx

yxyxyxxyyxyx

xx

xx


37

Problemă pentru clasa a IX-a ,

Să se arate că 23 divide 122122122 1553 pmn , Npmn ,, .

Soluţie.Se aplică Mica teoremă a lui Fermat: .1,, 1

p

p MaapprimpZa

În cazul nostru avem 122122122 1553 pmn = pmn 222222 15155533 =

pmn MMM )1(15)1(5)1(3 232323

)1(15)1(5)1(3 232323 MMM 2323 1553 MM .

Problemã pentru clasa a IX-a


. unde 0m,0m)yz()xz()zy()xy()zx()yx( 200720072007200720072007

Soluţie:




Notam




200720072007200720072007

200720072007200720072007

.zyx0m

nuecuatia0m

Daca

solutii. are Daca >



.0)yz()1z()zy()1y()z1()y1( 200720072007200720072007

Soluţie:



Notam




200720072007200720072007

200720072007200720072007



38



.0)yz()2006z()zy()2006y()z2006()y2006( 200720072007200720072007

Soluţie:




Notam




200720072007200720072007

200720072007200720072007


Problemă pentru clasa a IX-a,

Să se rezolve în N ecuaţia axx nm , dacă Nanm ,, şi a impar .

Soluţie.Este necesar ca nm .Din axx nm avem axx nmn )1( , apoi

axxxx nmnmn )1...)(1( 21 axxxxx nmnmn )1...)(1( 211 .

Deoarece )1( xx este un număr par şi a este un număr impar rezultă că ecuaţia nu are

soluţii.


.BB calculeze se Sa

. n0,i M,prB punctele Consideram

. n1,i ),,1800(i)OAAm( d,M)d(O,

incat astfel A ..., ,A ,A ,A M, O, puncteleeuclidian planulin

1-n

0i

1ii

OAi

00

i1-i

n210

i

Fie

Soluţie:

Avem doua situatii:

);OAA(IntM)1 1ii

)()2 1 iiOAAExtM

..)1isin(dBB

dOMR2)1isin(

BBB

MBOB180)M)MDeoarece

1ii

1ii1i

1ii

0

α

α

i

1ii

OB iurilein triunghr sinusurilo emad.Din teorOMdiametru de cercul

in ilinscriptib patrulater este m(OBOBm(


39

2

)1n(sin

2sin

2

nsin

dBBobtinem

2

)1n(sin

2sin

2

nsin

nsin...3sin2sinTinand

).nsin...3sin2sin(sind)1isin(dBBAvem

1ii

1n

0i

1ii

α

α

α

α

α

α

αααα

ααααα

1-n

0i

1-n

0i

sin cunoscuta egalitatea decont

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 :

. )

; )

; )

; )

; )

3

2

A

BC

C

B

CB

Rrotatieiecuatiilee

Saxialesimetrieiecuatiiled

Scentralesimetrieiecuatiilec

homotetieiecuatiileb

titranslatieecuatiilea

Soluţie :

3

3:)()3,3(CB

:)(tsunt ),(v vector de ei translati)v

yy

xxtDeoarece

byy

axxbaecuatiilea

CB

62

32:)(h avemnostru cazul

)1(

)1(:)(h de datesunt omotetiei )

2-

B

K

B

yy

xxIn

ykkyy

xkkxxecuatiileb

B

B

yy

xxzulta

yyy

xxxecuatiilec

C

C

2

4:)(S Re

2

2:)(S de datesunt centrale simetriei )

C

C


40

1

1:)(S01-y xecuatia are (BC)

2

a

2ab-y

22bx

ecuatiile de data este (d) dreaptacu raport in

axiala simetria atunci 0cbyax ecuatie de (d) drepta o avem )

BC

2222

22

22

222222

22

xy

yxDreapta

ba

bcy

ba

bax

b

ba

acy

ba

abx

ba

a

dacad

2

3

22

3

2

1

2

3

2:)(R ecuatiile rezulta unde de

2

3y

2

1

avemnostru cazul

sin)2

(

sin)2

(

cossin

sincos)R ( de datesunt rotatiei )

3-

A

0

0

0

0

0

0

A

yxy

yxx

x

In

xtgyy

ytgxx

unde

yyxy

xyxxecuatiilee

AA

AA



Sã se calculeze centrul de greutate al triunghiului DEF,unde

)(),(),( 2 BSFChEAtD CBCB

O)centru de Sk;raport si Ocentru de ;v vector de ( o simetriaomotetiahtranslatiat k

ov

Soluţie :

)3,2()(3

3:)()3,3(CB

:)(tsunt ),(v vector de ei translati)v

DAtyy

xxtDeoarece

byy

axxbaecuatiilea

CBCB


41

)8,7()(62

32:)(h avemnostru cazul

)1(

)1(:)(h de datesunt omotetiei )

22-

B

K

B

EChyy

xxIn

ykkyy

xkkxxecuatiileb

B

B

B

)4,5()(2

4:)(S Re

2

2:)(S de datesunt centrale simetriei )

C

C

FBSyy

xxzulta

yyy

xxxecuatiilec

C

C

C

Din a),b),c) rezultã coordonatele centrului de greutate sunt

)3

7,

3

4()

3

483,

3

572(

GG

Problemã clasa a IX-a

Sã se arate cã:

spatiu.din punctesunt M si CB,A, unde ,1)

;0)

222

BCAC

MC

CBAB

MB

CABA

MAb

BCAC

MC

CBAB

MB

CABA

MAa

Soluţie:

.1))()((

)()()(

))(2())(2())(2()()()(

1

)()(

)(

)()(

)(

)()(

)(

ACABBA)

;0)()()(

1

)()()()()()(AC

MC

AB

MB

BA

MAa)

O. de fata M si CB,A,punctelor ai pozitie de vectoriix si ,,

cu notam sispatiu din O oarecarepunct un

222

222222222

222

accbba

abccabbca

abxcxccaxbxbbcxaxaaccbbabcac

xc

cbab

xb

caba

xa

BC

MC

CB

MB

CA

MAb

xacaxbcbxccbxabaxbbaxccaaccbba

bcac

xc

cbab

xb

caba

xa

BCCBCA

cba

Consideram

( Am utilizat formula cunoscutã:

))()(()()()( 222 accbbaabccabbca ).


42

Problema clasa a IX-a

Sã se afle locul geometric al punctelor M din spaţiu care verificã relaţia:

spatiu.din CB,A, ,0222

BCAC

MCMC

ABCB

MBMB

CABA

MAMA

Soluţie:

ABC. lui triunghiual greutate de centrulG,M .3OA (5) Stim

3OA ipoteza

,33))()((3))()()(())()(a(

1(4)E (3) si (2)(1),Din

algebra. la de cunoscute ),)()(()()()(a (3)

si ))()()(()()()(a (2):relatiile

)()()(3)()()())()(a(

1(1)E

:avemr termeniloreducerea sinumitor acelasi la aducerea

))((

)(

))((

)(

))((

)(E

M. si CB,A,punctelor ai pozitie de

x si ,,a sispatiu din O oarecarepunct un

222

333

222333

333222

DeciOGOCOB

OMOCOBDin

OMOCOBOAxcbaaccbbaxaccbbacbaaccbb

accbbaabccabbc

accbbacbaabccabbcAvem

abccabbcaxabccabbcaaccbb

Dupa

bcbc

xc

cbab

xb

caba

xa

BCAC

MCMC

ABCB

MBMB

CABA

MAMA

vectorii

cbConsideram



Sã se arate cã mijlocul segmentului DE se aflã pe prima bisectoare, unde

)( si )(3 ASEBRD BCA

.

d) axa de axiala ; unghi de si Ocentru de ( simetriaSrotatiaR do

Soluţie :

)0,1()(1


2

a

2ab-y

22bx



BC

2222

22

22

222222

22

EASxy

yxDreapta

ba

bcy

ba

bax

b

ba

acy

ba

abx

ba

a

dacaa

BC


43

)13,3()(

2

3

22

3

2

1

2

3


2

3y

2

1

avemnostru cazul

sin)2

(

sin)2

(

cossin


33-

A

0

0

0

0

0

0

A

DBRyx

y

yxx

x

In

xtgyy

ytgxx

unde

yyxy

xyxxecuatiileb

A

AA

AA

Din a) şi b) avem

)2

13,

2

13(

M



Sã se arate cã mijlocul segmentului DE se aflã pe prima bisectoare, unde

)( si )(3 ASEBRD BCA

.

d) axa de axiala ; unghi de si Ocentru de ( simetriaSrotatiaR do

Soluţie :

)0,1()(1


2

a

2ab-y

22bx



BC

2222

22

22

222222

22

EASxy

yxDreapta

ba

bcy

ba

bax

b

ba

acy

ba

abx

ba

a

dacaa

BC


44

)13,3()(

2

3

22

3

2

1

2

3


2

3y

2

1

avemnostru cazul

sin)2

(

sin)2

(

cossin


33-

A

0

0

0

0

0

0

A

DBRyx

y

yxx

x

In

xtgyy

ytgxx

unde

yyxy

xyxxecuatiileb

A

AA

AA

Din a) şi b) avem

)2

13,

2

13(

M

Problemã clasa a X-a

Sã se afle rãdãcinile polinomului

c.adb daca ,23 XRdcXbXaXf

Soluţie:

.10)1)(1)(1(

0)1)(1(011

0101

1:/

321321

13232323232321

321133221321321

xxxxxx

xxxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxSSS

a

d

a

c

a

baacdbcadb


45

Problemã clasa a X-a

alteia. opusulcu egala radacina o are daca numai si daca ca arate se Sa

. Fie 23

fadbc

XRdcXbXaXf

Soluţie:

.

0))((

0))()((0

321

321133221321

1332212121

adbca

d

a

c

a

bSSS

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxx

Problemã pentru clasa a X-a

Sã se arate cã în orice triunghi ABC, are loc inegalitatea:

.,10,( , 33

sinsinsin

n

R

pCBAnnnn

Soluţie:

enunt.din eainegalitat obtinem

sinsinsin aidentitate de seama tinandsi

)3

sinsinsin(

3

sinsinsin

rezulta , sin,sin,sin Punand

.,1.0-n si 0,...,, unde

,)...

(...

cunoscuta eainegalitat Folosim

321

21

2121

R

pCBA

CBACBA

CxBxAx

xxx

m

xxx

m

xxx

nnnn

m

nm

n

m

nn

>

Problemã pentru clasa a X-a

Sã se arate cã în orice triunghi ABC, are loc inegalitatea:

.,10,( , 2

cos2

cos2

cos3

4

3

sinsinsin

n

cBACBA nnn

nnnn


46

Soluţie:

enunt.din eainegalitat obtinem

2

cos2

cos2

cos4sinsinsin aidentitate de seama tinandsi

)3

sinsinsin(

3

sinsinsin

rezulta , sin,sin,sin Punand

.,1.0-n si 0,...,, unde

,)...

(...

cunoscuta eainegalitat Folosim

321

21

2121

cBACBA

CBACBA

CxBxAx

xxx

m

xxx

m

xxx

nnnn

m

nm

n

m

nn

>

Problemã clasa a XI-a

.Rm k,iar intrega partea este .

ax

:calculeze se Sa

0.e2dx si 0b2ax ,0dx ,0ax : ecuatiilepentru solutie , xFie

2

2

xx

22

0

lim0

unde

fexdx

k

m

cbx

fexcbxR

Soluţie:

md

ak

edx

bax

m

k

fexdx

cbxax

m

k

m

cbxaxTinand

fexdx

cbxax

m

k

fexdx

k

m

cbxax

m

cbxax

fexdx

cbxax

m

cbx

fexdx

k

fexdx

k

fexAvem

xx 2

2l avem

Hospital-l lui teoremasienunt din conditiile clestelui, adin teorem , 0 cacont

;m

k

:obtinem si ax

cu 1 relatia nmultimintregi).I partii definitia(din

;1dx

k1:

limlim00

2

2

xx

2

2

2

2

22

2

2

2

222

<

<

Problemã pentru clasa a XI-a

Sã se scrie ecuaţia dreptei perpendicularei comune dreptelor :

zyxdsizyxd 21: , 321: 21


47

Soluţie:

0320

022

111

321

0)v,v,(:P

:ecuatiileau plane doua cele

.d si d dreapta de determinat planul P respectiv d si d dreapta de determinat ,P

.22

111

111vvv

ested comuna lareperpendicu dreptei aldirector vectorulRezulta

. d dreptei alcurent punctul respectiv,director ulsunt vetor )0,2,1(M si )1,1,1(v Analog

).3,2,1(M, d dreapta pecurent punct un si )1,1,1(v, d dreptei aldirector vectorul

: ,1

3

1

2

1

1:d dreptei ecuatia

111

p.c22p.c11

21

p.c

222

1111

1

zyx

zyx

rr

Atunci

planulFie

ji

kji

rezultazyx

Din

012

032:d este comune lareiperpendicu

.0120

022

111

21

0)v,v,(:

p.c

222

zyx

zyxEcuatia

zyx

zyx

rrP

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

0

01:d si 12: 21

zx

yxzyxd


48

Soluţie:

02z-2yx

04-z-2y-3x:d

cautate dreptei ecuatia obtinem din si pe

.2

1,

2

1

0)11(111

0)211(111dA

.d pe si d pe sprijina se cespatiu din dreptelor tuturor ,0)(1

0)2(1:

,d pe contine ce plane de ,0)(1:

d pe contine ce plane de ,0)2(1:P

A. punctul contine ce dreapta fascicoldin extrage se

care dupa, d si d pe sprijina se cespatiu din dreptelor tuturor multimea obtine se si

azaintersecte se ,d si d dreptelecontin ce plane de efascicolelscriu

,

,

21

2

1

21

21

inlocuind

Din

multimeazxyx

zxyxd

fascicolulzxyxP

fascicolulzxyx

apoiSe


Sã se scrie ecuaţia dreptei d ,ce se sprijinã pe dreptele

1

1

3

5

2

3-x:d

dreaptacu paralela este si 13

1:d si

1

2: 21

zy

xz

xy

xz

xyd

Solutie:

0163

01:

13

3

2

2

3

1

:)0,3

2,

3

1(

3

7 tsi

3

1

1

23

3

12

2

)1,3,2(vcu coliniar este MPenunt ).23,12,(MP

)13,1,(

)1,2,(

2

1

zx

yxd

zyx

dP

stststs

Dintststsrezulta

sssPdP

tttMdM


49


Sã se determine ecuaţia dreptei ce trece prin proiecţia punctului A(1,0,0) pe dreapta

01

02:d si

01

0:d dreptele pe sprijina se si : 21

zx

yx

zy

zyxzyxd

Soluţie:

Proiecţia punctului A pe dreaptã o aflãm intersectând dreapta d: cu planul P:care conţine

punctul A şi este perpendicular pe dreapta d.

0137

012:d

este cautate dreptei Ecuatia 3

1,1Adin

0)1(2

0)1(:

d si d pe sprijina se caredreptelor tuturor

multimea d Re.0)1(2:P, 01)z-(yz-y-x:P

.d respectiv

d dreptelecontin careP si P plane de efascicolel consideram continuare

)3

1,

3

1,

3

1(

3

1

01:0)1(:);0,0,1(:

)1,1,1(:,A ,Pr

3

11,-

,0,

21

,

2

1

0

0

00

zyx

yx

dzxyx

zyzyxd

zultazxyx

In

Azyx

zyx

zyxAzyxPvNAP

vzyxdPdAdA

Problemă pentru clasa a XI-a ,

Să se arate că ecuaţia dcxbxa x 2 are cel mult trei rădăcini reale

1a ,b R ;c,d R .

Soluţie.Ne folosim de proprietatea:Între două rădăcini ale funcţiei avem cel puţin o

rădăcină a derivatei.

Fie RRf : , dcxbxaxf x 2)( şi presupunem prin reducere la absurd că are 4

rădăcini deci oxf )( are cel puţin 2 rădăcini.Dar cum

baaxf x 2ln)( 2 =0a

ba x

2ln

2 are o singură soluţie, rezultă că f are cel mult 3

rădăcini.


50


Sa se calculeze:

Nnundeknk

nk

),1(3max

1

Soluţie:

: variatiede tabelurmatorul Re.12

1

13ln

1

2

12ln31

3ln

11

in anuleaza se 13ln)1(3)(

)1(3)( functia

0

0

zultannxn

Avemnx

xnxfDerivata

xnxfConsideram

x

x

<<<

<<<<

X 1 n x0 n+(1/2) n+1

f1

++++++++++++++++0--------------------------------------------------------------------

f Crescãtoare descrescãtoare

nk

nk

n knnfDeoarece 3)1(3max3)( 1


nAseSa

a

b

ba

AFie

calculeze

10

01

1

Soluţie:


51

aba0

bab0

000

BEfectuam

BCBCIA

,OBOBConstatam

00a

00b

ba0

Bunde,BIAscriem

2

22

22

n

1

n3

n

k3

3

obtinem si calculele

:obtinem siNewton lui binomului formula Folosim

3.kpentru ca

2

ab)1n(n1

2

a)1n(nna

2

b)1n(n

2

ab)1n(n1nb

nbna1

A

2

2n

si


. 2 ,)2()1()3(

: ecuatia rezolve se

dataundeaaaa

Sa

xxxx

Solutie:

.1,0sunt

.1011,10

00)( devine ecuatia (2) si (1)

;)1)(2(

x)(ff(a)-1)f(a a.i )1,(

;)2()3)(1(

x)(f2)f(a-3)f(a a.i 3)a2,(a:

1aa, sipe 3a2,a pe )( functiei Lagrange lui teorema

)1()2(3)(acu aechivalent este

1

11-x

1111

1

1-x

1

1-x

x

xSolutiile

xxsau

xxxxDin

xaa

aa

xaa

avemsi

yyfAplicam

aaaEcuatia

x

x

xxxx

xxx

xxx

x

xxx

>


52


pozitivi. cu termeni aritmetica

progresie o este )(a sirul si 0 ,)()()()(

: ecuatia rezolve se

n121 dataundeaaaaaaaa

Sa

x

n

x

n

x

n

x

n >

Solutie:

.1,0sunt

.101,10

00)( devine ecuatia (3) si (2) , (1)

)3(

aritmetica a ;)()())(2(

)xa-()(f)a-()af(a-)f(a a.i ),(

;)()())(1(

)xa-()(f)a-()af(a-)f(a a.i )a,a(a:

a,aa pe si a,a pe )( functiei Lagrange lui teorema

)()()()a(acu aechivalent este

1

11-x

1111

112

n

1

1111

1-x

1-n11-n11-n111

1

22

1-x

n2n2n22n

11-n2

11

x

2n

xSolutiile

xxsau

xxxxDin

aaaa

progresiedeoarecexaaaaaa

aaaaaaa

xaaaaaa

aaaaavemsi

aaayyfAplicam

aaaaaaEcuatia

x

x

xxxx

nnnn

x

nn

x

n

x

n

nnnnn

x

nn

x

n

x

n

nnnn

nnn

x

x

n

x

n

x

n


n

i i

n

i

i

PA

PA

12

1

2

n

n321

)1

min(

:calculeze se sa C(0;1)P Daca

C(0;1).in inscrisregulat poligon un AAAA si unitate cercul C(0;1) Fie

lim

Soluţie:


53

.4

n2

1n

n2lim

PA

1min

PA

lim

n2

1n

AA

1min)

PA

1min()2(

n2

1n

AA

1

AA

1

AA

1

1n)AA

1

AA

1

AA

1)(AAAAA

.n2AA

.nR2AAAAA

2nn

1i2

i

n

1i

2

i

n

2n

2k2

k1

n

1i2

i

2

2

n1

2

31

2

21

2

2

n1

2

31

2

21

2

n1

2

31

2

2

2n

2k

k1

2

22

n1

2

31

2

2

(2) si (1)Din

A(:avemmediilor eainegalitatDin

PA(1)1R si AP Cum

A ca stie Se AP Presupunem

AAA ipoligonulu iledin varfur unul este P (I)

1

n

1i

i1

11

n21

4.cu egala este cautata limita C(0;1)P

.4

2

2lim

)1

min(

lim (5) si (4)

2)

1min()5(

2

1

)111

)(PA(:avemmediilor eainegalitat

.2(4)C(0;1)P .2PA(3) ca stie

.,1,AP )(

12

1

2

n

12

2

12

2

22

2

2

1

22

2

2

1

2n

1i

2

2n

1i

i

i

Deci

n

n

PA

PA

Din

n

PAn

n

PA

nPAPAPA

PAPADin

nPACumnRSe

niII

nn

i i

n

i

i

n

i i

n

i i

n

n

i


nn

nn

nnn

nnn

nn

dc

ba

abc

bdb

cb

Fie

n

n

n

lim

:calculati si Nn,

a

forma are A ca Aratati

113

151

311

A


54

Soluţie:

.... eaproprietatcu ,...,, elementele edeterminat unicsunt si exista conditii acestedoua.In cate doua

,...,, radacinileK corpulin are care polinom , 1p grad de XKf polinomun verificaca eaproprietatcu element un I Fie

K. inchis algebric comutativ corpul subinel ca contine ce vnecomutatiunitar inelun I Fie:Lema

:lema urmatoarea aplica

2211

n

21

21

p

n

p

nn

p

p

Idistincte

Se

.

2

10

2

10002

10

2

1

,

6

1

3

1

6

13

1

3

2

3

16

1

3

1

6

1

,

3

1

3

1

3

13

1

3

1

3

13

1

3

1

3

1

A

:obtinem sistemul Re.

A

: tipulde sistemun verificesa care )(A,A ,A matricile Determinam

.2,6,3 : proprii valorileobtinem si 0f ecuatia Rezolvam .367

113

151

311

detf

f. polinomul A verifica matricea Cayley,-Hamilton lui Teoremei A.Conform matricii al ),I-det(Af

si unitate matricea fiind ,),(MI consideram lemadin notatiileCu

321

2

3

2

32

2

21

2

1

332211

3321

3321

32

23

3

333

AA

zolvand

AAAA

AAAA

IAA

CM

ticcaracterispolinomul

ICaaIKC

2

1

)221(3

)12(3lim

)1()6

2()

6

3(16

)1()6

2()

6

3(16

limlim

.233,)1(263),12(3,632)1(a

632)1()12(3632)1(

)12(3233)12(3

)1(263)12(3632)1(

A: avea vomlemei uirezultatul

1

1

111

111

1111111111

n

1111111

11111

1111111

332211

n

nn

nn

nnnnn

nnnn

nnn

nn

n

nnn

n

nnnn

n

nn

n

nnnn

nnnnnnnnnn

nnnnnnn

nnnnnnnnnn

nnn

dc

ba

dcbAvem

AAAConform


detA. calculeze se

).(

1...11

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

1...111

1...11

1...111

A matricea 2006

Sa

CM

iiii

iii

iiii

iii

Fie


55

Soluţie:

Lema1

unitatii. alen ordinul de

radacinilesunt 1,0, unde ),...(adetA

sicirculant numeste se

a...aa

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

a...aa

a...aa

a...aa

forma de matrice

k

1

2

1-n

0k

1

132

2-n1-n

1-n1n

n21

nkaa

O

n

knk

n

Demonstraţia lemei 1:

1

0

1

21110

n1

k

k

1

132k

1

1

11k

1

21k

1

21k

k

)....(...detA Rezultadistincte. proprii n valori si distincti

proprii n vectori obtinem distincte radacinin are 1u cetor.Deoarecorespunzapropriu vectoruleste ),...,(1,iar

proprie valoareo este aceea de ,

...

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

...

...

ca ....

notam si unitatii an ordinul de radacina o

n

k

n

knkn

tn

k

n

kk

n

k

n

knknk

n

knk

n

knk

aaa

aaa

aaa

aaa

Observamaaa

Fie

Lema 2

.)x-(1detA

atunci

1...xxx

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

x...1xx

x...x1x

x...xx1

A

1n

32

3-n1-n2-n

2-n1-n

1-n2

n

Daca

Demonstraţia lemei 2:


56

.)1()1()1(

)1(

1

1detA

1

1

1

1)((xu)...xu1

atunci ,1u daca, ca observam, parte alta de

)...1(detA 1 lema

11

0k

1-n

n

111

0

nn

nn

nnn

k

n

nn

n

k

n

k

n

k

xx

x

x

xAstfel

xu

x

xu

xu

Pe

xxDin

Soluţia problemei

.2)i-(1detA , ipentru x 2 Lemadin ,Re

1...iiiii

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

i...ii1ii

i...iii1i

i...iiii1

forma de esteA

200520052006

5432

2003220052004

2004322005

2005432

zulta

Deoarece


distincte. paralele drepte treidupa zeintersecte se c)sa

dreapta; aceeasi o-printr treacab)sa

punct;un comun in )

01:)(;0:)(;01:)(P

planeleincat astfel Rba, determine se

321

aibasaa

azbyxPazyxPzyx

Sa

Soluţie:

Rb ,1022

1

111

111

:zero.Deci dediferit fie sa sistemului tuldeterminan ca

suficient sinecesar este urmare,.Prin determinat compatibil fie saplanelor

ale ecuatii treicelecu format sistemul casuficient sinecesar este

punct singur un comun in aiba sa plane treicele ca )

aa

ab

Pentrua


57

1.b si 1a

:solutiile obtinem doi,cu egal si

extinse matricei rangulcu egal fie sa sistem acestui matricei rangul ca conditia Punand

.at nedeterminsimplu compatibil fie sa 0,0,0P ecuatii de sistemul ca

suficient sinecesar este dreapta aceeasiprin treacasa plane treicele ca )

321

PP

Pentrub

1.b si 1a

obtinem conditii acesteplan.Din treileaalcu paralela este care dreapta o dupa azaintersecte se

plane dintre doua fiecare el trei.Astffie sa sistemului a extinse matricei ranguliar , doi fie

sa 0,0,0P sistemului rangul ca trebuiecazacest ) 321

PPInc


nAseSa

m

m

mm

AFie

calculeze

10

01

1

Soluţie:

2

)1(1

2

)1(2

)1(

2

)1(1

1

si

0

0

000

obtinem si calculele

:obtinem siNewton lui binomului formula Folosim

3.kpentru , ca

00

00

0

,

22

22

22

222

221

3

3

3

mnnmnnna

mnnmnnnm

nmnm

A

mm

mmBEfectuam

BCBCIA

OBOBConstatam

m

m

mm

BundeBIAScriem

n

nn

n

k


58

Problemã pentru clasa a XII-a

Fie aplicaţiile liniare :

injectiva. este g

00,00

0

02

023

0

0

0

0:xKerg

:metoda2

injectiva. este g si 0Kerg deci 0,dimKerg

2dimdim;2Imdim;dimImdimdim

:1

.0Kerginjectiva este c)g

.surjectiva este f deci 2dimRdimWiar 2rangFrangfdimImf

:dardimW,dimImfWImfW f(V) surjectiva este :)

2

23y

:sunt g lui

323

32:sunt f lui FXa)Y

:solutie

kerg.in baza o determine se e)sa

Imf;in baza o determine se d)sa

injectiva; este g ca arate se c)sa

; surjectiva este f ca arate se b)sa

g; si f liniareor aplicatiil ecuatiile scrie se )

11-

1-2

2-3

G , 323

132

:matricileau canonice bazelein care RR:g si RR:f

21

21

21

21

3

2

1

2

2

2

213

212

211

3212

3211

3223

3

deci

Kergxx

xx

xx

xx

y

y

y

OYxfR

rezulta

RgrangGrangggggKerg

metoda

WVfb

xxy

xxy

xx

ecuatiileGXY

xxxy

xxxyecuatiile

saa

F

R


59

2,3,1,3-A este Imfin baza o

2,3,y si 3,1,y

0,1,0,,x si 1,0,0,,x .,, xlui valoridam Imfin baze uei obtinerea

,323,32(,yf(x) a.i. :Im)

2121

321321321

32132121

32

rezulta

yyavem

xxxxPentruxxpentru

xxxxxxyyRxRyfd

baza. avemnu ca rezultati,independen liniari vectoriavemnu deci , 0)dim() Kerge

Problema pentru clasa a XII-a

n2

1

n5

1n

f(x)dx. lim calculeze se

.Nn si x real numarului a afractionar partea este x

3

1,

1

3

1,

1x

f(x)R,)(0,:f functia considera

Sa

unde

nx

x

x

nx

xSe

>

Soluţie:

zero. este cautata limita

2

5ln

)5)(3)(2(

111)(

deci si x

x-1f(x) avem )1,

n3

1( x

.x

1xf(x),

3

1,

n5

1pentru x

deci six xavem cazacest .2

1,

n5

1 xconsideram sasuficient

2

1

3

1

2

1

5

1

3

1

5

1

Deci

n

n

nnn

ndx

x

xdx

x

xdxxf

Pentru

n

Inn

Este

n

n

n

n

n

n


60

Problemã pentru clasa a XII-a

2n

1

5n

1n

f(x)dx).lim calculeze se

Nn si x real numarului a afractionar partea este x

f(x)R,)(0,:f functia considera

(Sa

.unde

n3

1x,

x

1x

n3

1x,

x

1x

Se

>

Soluţie:

2n

1

5n

1n

2

1

3

1

2

1

5

1

3

1

5

1 10

9lnf(x)dx)(lim

10

9ln

10

311)(

deci si x

1xf(x) avem )1,

3n

1( x

.x

1-xf(x),

3

1,

5n

1pentru x

deci six xavem cazacest .2

1,

5n

1 xconsideram sasuficient

n

n

n

n

n

n

ndx

x

xdx

x

xdxxf

Pentru

n

Inn

Este


61

Problema pentru clasa a XII-a

Sã se calculeze:

dxarctgxx

xarctgxarctg

)2007(20072006

1

.

Soluţie;

1

2006

2006

1)2007(2007

)2007(2007

)1(

-2007 variabilade schimbarea Facem

dttarctgt

arctgtdx

arctgxx

xarctgxarctgI

tx

.)( si )2007(-2007

.)2007(2007

2006

1

arctgxxxfyarctgxx

xarctgxNotam

dxxarctgx

arctgxxarctg

.4

20052005

22 :avem (2) si (1)Din

.2

1(2)

: avem 1,2006 pe integrand si 0,2

1 ,0 Deci

.2006,1,0)2007(-2007 si 0 urmarePrin

.0 0)( ca ,01

)( si 0)0( Cum

2006

1

2006

1

2006

1

2

2

II

dxdxy

arctgarctgydx

yy

arctgarctgycumy

xxarctgxarctgxx

xxfrezultax

xxff

>>

>>

>>>

Problemã pentru clasa a XII-a,

Sã se calculeze:

dx)x2sin1)(xsin1(

x2cosxsin2

0

22

π

Soluţie:


62

.0dx)x2sin1)(xsin1(

x2cosxsindx)x(h

)x(g)x(f)x(h,R2,0:h

)x(g)x(gsi

),x(f)x(f.xsin1

xsin)x

x2sin1

x2cos)x(f2,0:g,f

)3(

f,0

paraaf,dx)x(f2dx)x(ff)2(

.rxRx)xa(f)xa(frespectiv

;rRx),xa(f)xa(fRra,ra:f)1(

2

0

22

2

0

22

ra

ra

ra

a

ππ

ππ

πππ

ππππ

:avem (2) conform si impara- (3) conform este Functia

impara.- este adica

para- este adica ca observa Se g(, R, Fie

para.-a functie o este paritate-a aceeasi de functii

doua a atul)produsul(c si impara-a functie o este diferite paritati -a de functii doua a atul)Produsul(c

impara-a este daca

este daca atunci continua, este Daca

cu daca impara,-a

xcu daca para,-a numeste se Functia

Problemã pentru clasa a XII-a,

Sã se calculeze:

dx

1e

x2007

2007 xsh

2008

n

1k

1k2

soluţie:

impara2

)x(h)x(h)x(

para2

)x(h)x(h)x(),x(h)x(

fdaca,dx)x(f

fdaca,0

dx)x(f

dx)x(h)x(fdx

1e

x

.1)x(h)x(h

Se.

1e

1)x(hxsh)x(gx)x(f

2

2007

2007

)1(

xsh

2008)not(

xsh

n

1k

1k22008

n

1k

1k2

n

1k

1k2

2

11

a

a-

a

0

2007

2007-

h si

h unde h(4)h(x) astfelimpara; alta si para una functii doua de suma o ca scrie poate se

impara) nici para nici estenu carearbitrara( functie o ca si para este 2

impara este

)( stie Se

(3)I Rezulta

iar impara si continua este g

para, si continua este f (2) caimediat observa si , (1) Notam

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


63

imparã şi obţinem:

2009

2007dx)x(fdx)x(h)x(fdx))x(h)x(h)(x(f)5(

20092007

0

)(2007

2007

1

)(

21

(2) si 2007

2007-

I


64

III.1. Inegalitatea izoperimetricã

Teorema ce urmeazã îşi propune sã dea rãspuns la urmãtoarea întrebare:

“Dintre toate curbele plane regulate, simple şi închise, având aceeaşi lungime L, care

mãrgineşte domeniul cu aria maximã?”.

.,Ey(t))(x(t),c(t)t,EI:c

bilãdiferentia - C aplicatie o ,E spatiulîn curbã numeste einterval.SR,I Fie 1. Def

euclidian. vectorial).,.,(

.Rdin vectoridoi ascalar yx,

/R. vectorial,/),(R reale,numerelor multimeaR

22

2

2

2

2

2121

2

It

spatiulRE

produsul

spatiuRxRxxx

.ba,t 0(t)c dacã regulatã curbã numeste se Eb, a:C curbã O 2. Def 2

0.i )()(c si c(b)c(a) dacã inchisã curbã numeste se Eb, a:C curbã 4.O Def

).t(c)c(t avem ,tcu t

b,at,t dacã simplã curbã numeste se Eb, a:C curbã O 3. Def

)((i)

2

2121

212

>

bca i

.,1(s)c

dacã canonic, atãparametriz este EI:C curbã O 5. Def 2

Is

b

a

b

a

b

a

b b

a

dssysxdssysxsysxdssysx

ieDemonstrat

dssysxdssysx

sysxscE

.)()()()()()()()(

: avem adevar, inchisa.In curba o

este C ca faptul si partiprin integrare de formula folosindusor obtine se (1)din egalitate douaA

:

.)()()()(S (1)

:formulele avem Atunci

C. aplicatiei imaginea demarginit D domeniului aria S fie si ))(),(()(,ba,:C

inchisã si simplã regulatã, planã curbã o Considerãm Lemã.

b

a

a

2

/

D

Imc D

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

1dxdyS

:obtinem atunci-y y)P(x, six y)Q(x, luomGreen lui formulain Daca

D. pe definite bilediferentia functiisunt Q si P unde ,)x

Q(y)dyQ(x,y)dxP(x,

Green lui formula folosi vom(1)din egalitate prima stabili aPentru

b

a

b

a

b

a

dssysxdssysxdssxsysysx

dxdyy

P


65

rica.izoperimet eainegalitat de numele poarta )( eaInegalitat

cerc.un este C curba daca numai si daca loc are egal Semnul

.L4ππ )( C.Atunci curba demarginit D

domeniului aria S fie si L lungimea avand inchisa, si simpla regulata, plana curba o Consideram :

2

Teorema

Demonstraţie:

Fie t1 şi t2 douã drepte paralele, tangente la curba datã astfel încât toate punctele curbei sã

se gãseascã în regiunea cuprinsã între t1 şi t2 .Fie 2r distanţa între cele douã drepte şi

C(O,r) un cerc tangent dreptelor t1 şi t2.

Alegem sistemul de axe carteziene ortogonale cu originea în O şi axã a absciselor

paralela la t1 dusã prin O.

Curba consideratã este:

L

0

0

2

121

2

,)()(-(3)S

:este C aplicatiei imaginea demarginit D domeniului a S Aria

)()x(r(2)

: de data este cercului aria ca obtinem ,anterioara lemadin (1) formula Folosind

)).(),x(()(,,0:C

: bilediferentia aplicatiei imaginea este r)C(O, cercul Deci

s. peparametru ca alegem r)C(O, cercul Pe

.,0,1)()),(),(()(,,0:

dssysx

dssys

sysscEL

LsscsysxscELC

L

π

rL,r)()()()x(r

)()()()x()()()()(x

)()()()x(

)()()()(xr (3) si (2)Din

0

2

0

22

0

22222

0

2

0

2

dsdssysysxs

dssysysxssxsysys

dssxsysys

dssxsysysS

LL

L

L

L

π


66

,2

rr(8) obtinem

,,,2

a(7)mediilor eainegalitat folosind parte alta de Pe

rL,r(6) eainegalitatobtinut Am

.,,,,)())(())(5(

1)()(

r)()(x(4)

(5), Lagrange lui aidentitate si (4) eegalitatilfolosit am unde

22

2222

2

222222

22

222

SS

Rbaba

b

S

Rdcbacdabdbcabcad

sxsy

sys

ππ

π

.stabilita) trebuiacare eainegalitat tocmaiadica(4)(

4

rrrL)

2

r(r)r(

:obtinem (8) si (6) Inmultind

2

222

222

LS

LS

SSS

π

ππ

ππ

Singurul lucru pe care îl mai avem de arãtat este acela cã în (*) avem egalitate dacã şi

numai dacã curba C este un cerc.

Necesitatea:

Presupunem cã curba C este un cerc de razã r, atunci avem:

.r)2(r4S4 222 L ππππ Suficienţa:

Reciproc sã presupunem cã avem egalitatea: 2S4 Lπ

şi sã demonstrãm cã curba C este un cerc

Lssxsysys

Lssysysxs

SSS

SL

,0,0)()()()x()13(

,0,0)()()()(12)x(

: avem sa trebuieca arata ne

(11) egalitatea (6), iiinegalitat stabilireapentru parcurs drumul de seama Tinand

rLr(11)rLrr2(10) (6) si (8)Din

rLr2)9(,rS4r (9)

222

2222

>

πππ

ππ


67

.tan,)r

rcos()()17(

)r

sin()()(r)( si (16).din tan),r

sin(r)( (16) la duce

integrareprin care r

1

)(r

)(1)(

r

)(y avem ,1)()(din si

r

)()()(r)( avem Deci

1 implica 0) (s)r(s)r( (13) conditia (15) de seama Tinand )(r)(

)(r)x((15)(14) si )(12Din

-1sau 1 unde r,)()14(r)()(

)()(x

)(

)(

)(

)(x)()(12Din

biladiferentia functie o este ,0:

),()(

)(

)(

)x()(12 forma sub scrisa fi poate (12) regulata este C curba Deoarece

0

000

22

2

2

222

22

2

22

22

2

2

2

22

taconsaass

sx

ss

sxsxsytaconssss

sy

sy

sysy

ssysx

sysxsxsy

xysxsy

sys

ssxsy

sys

sx

sy

sy

ss

RL

undessx

sy

sy

s

εεεε

ε

εεελλ

λ

λ

>

)).sr

srsin(a,)s

r

srcos((c(s) ,EL0,:C

curba det reprezentar, raza si (a,0) punctulin

centrulcu cercul este cautata curba(19) si (18)Din

r2L)19((11) si LS4Din

r)()((18) (17) si (16)Din

002

2

222

ππ

syasx

Observaţie:Este evident cã aria domeniului plan mãrginit de o curbã închisã şi convexã

având lungimea L, este mai mare decât aria domeniului plan mãrginit de o curbã închisã

neconvexã având lungimea L.Din aceastã cauzã în demonstraţia teoremei curba C am

considerat-o convexã.


68

III.2. Câteva observaţii ale ,, inegalităţii izoperimetrice”

O1. În 1827, Jacob Steiner (1796–1863) a demonstrat pentru prima oară teorema

următoare:

,,Dintre toate figurile plane, convexe, izoperimetrice (adică care au aceeaşi lungime)

aria maximă este realizată de cerc”.

O2. În 1916, Blaschke Wilhelm (1885-1961) demonstrează următoarea teoremă:

,,Pentru orice curbă plană, închisă, de lungime L şi arie A avem 4 A L2

.

4 A=L2 curba este un cerc”.

O3. În 1921, Carleman Torsten (1892-1949) a demonstrat inegalitatea izoperimetrică

pentru curbe pe suprafeţe minimale.

O4. În 1933, E.F.Beckenbach şi F.Radó demonstrează inegalitatea izoperimetrică pentru

curbe pe suprafeţe de curbură gaussiană negativă.


69

III.3. Consecinţe ale inegalităţii izoperimetrice:

C1. Dintre toate triunghiurile izoperimetrice (care au acelaşi perimetru) aria

maximă o are triunghiul echilateral (Zenodor, sec.2 î.Hr.).

Demonstraţie: Se va ţine cont de următoarea propoziţie:

℗ ,, Dacă factorii unui produs au suma constantă, atunci produsul lor este maxim

dacă factorii sunt egali”. Avem S = )()()( cpbpapp , aria triunghiului şi

a+b+c = const.(din ipoteză), p = 2

)( cba = const; a, b, c- variabile.

S este maximă ⇔S2

este maximă ⇔produsul )()()( cpbpap cu suma

factorilor constantă este maxim ⇒p-a = p-b = p-c ⇒a = b = c (q.e.d.).

C2. Dintre toate patrulaterele inscriptibile, izoperimetrice, aria maximă o are pătratul

(Zenodor).

Demonstraţie: Considerăm patrulaterul inscriptibil de laturi a, b, c, d. Din ipoteză,

a+b+c+d = const. Aria patrulaterului inscriptibil, este dată de formula: S =

)()()()( dpcpbpap , unde p = 2

)( dcba = const. Avem suma: (p-

a)+(p-b)+(p-c)+(p-d) constantă, şi din propoziţia ℗ ⇒p-a = p-b = p-c = p-d ⇒a=b=c=d

(q.e.d.).

C3. Un poligon de laturi date, are aria maximă, dacă este inscriptibil. (enunţată de

Christian Huygens (1629-1695) în 1675 şi demonstrată de Gabriel Cramer (1704-1752)

în 1752).

Demonstraţie: Fie două poligoane P şi P' formate cu aceleaşi laturi, cu P înscris într-

un cerc şi P' neinscriptibil. Pe laturile poligonului P' purtăm exterior segmente de cerc,

corespunzătoare laturilor poligonului P. Obţinem astfel o linie curbă (C') izoperimetrică

cu (C). Din inegalitatea izoperimetrică avem Aria (C) > Aria (C') .

Aria (C) = Aria (P) + Aria (segm. de cerc) >Aria (P') + Aria (segm. de cerc)= Aria (C')

Deci Aria (P) > Aria (P') (q.e.d.).

C4. Dintre toate poligoanele izoperimetrice cu acelaşi număr de laturi, poligonul

regulat are aria maximă. (Zenodor)

Demonstraţie: Din consecinţa 3 avem că poligonul de arie maximă este inscriptibil.

Pe de altă parte, acest poligon trebuie să aibă laturile egale. În caz contrar, presupunem

AB BC şi construim triunghiul isoscel AB'C cu acelaşi perimetru cu ABC. Dar Aria

(AB'C) > Aria (ABC) şi obţinem un poligon izoperimetric de arie mai mare, ceea ce este

contrar ipotezei. Poligonul care extremează aria, are deci toate laturile egale, şi fiind

inscriptibil, este regulat.

C5. Dintre toate poligoanele echivalente (cu aceeaşi arie), de acelaşi număr de laturi,

poligonul regulat are perimetrul minim.


70

Demonstraţie: Fie P un poligon oarecare, de arie a şi perimetru ℓ, şi P', P" două

poligoane regulate de acelaşi număr de laturi cu P, astfel încât P' este echivalent cu P

(a'=a) şi P" izoperimetric cu P (ℓ"=ℓ).

Deoarece P" este izoperimetric cu P şi P" este regulat, rezultă din C4 a">a.

'

"

aa

aa⇒a">a' ⇒ℓ">ℓ'. Din ℓ"=ℓ şi ℓ">ℓ'⇒ℓ>ℓ'⇒P' are perimetrul minim (q.e.d.).

Notă: Am optat pentru aceste consecinţe deoarece, pot fi înţelese uşor de elevii din liceu

şi de cei din clasele terminale din gimnaziu.

Bibliografie:

1. N. Mihăileanu - ,,Istoria matematicii”, vol.1, Editura Enciclopedică Română,

Bucureşti, 1974.

2. N. Mihăileanu - ,,Istoria matematicii”, vol. 2, Editura Ştiinţifică şi Enciclopedică,

Bucureşti, 1981.

3. L. Nicolescu - ,,Geometrie”, Editura Universităţii Bucureşti, 1993.


71

IV. Elemente de geometria triunghiului în coordonate baricentrice

(egalitãţi şi inegalitãţi în triunghi).

Articolul vine uşor în completarea programei şcolare din liceu şi are scopul de a

pune în evidenţã noi metode de rezolvare a problemelor de geometrie şi de a lãrgi

orizontul matematic al elevilor.În cele ce urmeazã, voi enunţa şase teoreme importante şi

voi demonstra numeroase aplicaţii ale acestor teoreme referitoare la unele egalitãţi şi

inegalitãţi în triunghi.

Teorema 1.Se considerã un triunghi fix ABC şi notãm BC=a,CA=b,AB=c,S=Aria(ABC).

Atunci pentru orice ME2 (unde, E2 este planul euclidian)existã şi este unic tripletul

ordonat (x,y,z) R3,x+y+z=1 astfel încât

0 MCzMByMAx

şi reciproc,pentru orice triplet ordonat (x,y,z) R3,x+y+z=1 existã şi este unic un punct

ME2 astfel încât

0 MCzMByMAx

şi în acest caz vom spune cã punctul M are coordonatele baricentrice (x,y,z) în raport cu

triunghiul ABC şi vom nota M(x,y,z).Pentru orice XE2 avem

XMXCzXByXAx (demonstraţie în [1]pag.66).

Exemple de coordonate baricentrice pentru câteva puncte remarcabile într-un triunghi: 1.1.A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1);

);,( 2

,2

,2

.3.1; 3

1,

3

1,

3

1.2.1 rICinscriscerculuicentrul

p

c

p

b

p

aIgreutatedecentrulG

);,( )(2

,)(2

,)(2

.4.1 aaa rICexinscriscerculuicentrulap

c

ap

b

ap

aI

; ,,.5.1 Nagelluipunctulp

cp

p

bp

p

apN

; )4(

))((,

)4(

))((,

)4(

))((.6.1 Gergoneluipunctul

rRr

bpap

rRr

apcp

rRr

cpbp

;,,.7.1 lortocentructgActgBctgCctgActgBctgcH

);,( )2

2sin,

2

2sin,

2

2sin(.8.1

222

ROCscircumscricerculuicentrulS

CR

S

BR

S

ARO

. ),,(.9.1222

2

222

2

222

2

Lemoineluipunctulcba

c

cba

b

cba

aL

Teorema 2.Puterea punctuluiM(x,y,z) E2 faţã de cercul C(O,R),circumscris

triunghiului ABC este dat de relaţia:

.);()( 22222 MpROMxyczxbyzaMp cc

(demonstraţie în [1] pag.68).

Aplicaţii ale teoremei 2:

;9,9

,9

)(.1.2 2222222

22222

Rcbasicba

ROGcba

Gpc


72

demonstraţie:se aplicã teorema2 şi 1.2.

;2,,2,2)(.2.2 22 rRsiRrROIRrIpc

demonstraţie:rezultã imediat din teorema2 şi 1.3.

;2,2)(.3.2 22

aaaac RrROIRrIp

demonstraţie:folosim teorema2 şi 1.4.

;2),(4)(.4.2 rRONrRrNpc

demonstraţie:utilizãm teorema 2 şi 1.5.

.3,),(9

,8

1coscoscos,),coscoscos81(,coscoscos8)(.5.2

22222

222

OGOHdeoarececbaROH

iarCBAsiCBAROHCBARHpc

demonstraţie:se aplicã teorema 2 şi 1.7.

;4

2)()(.6.2

rR

prRrpc

demonstraţie:se foloseşte teorema 2 şi 1.6.

;34

,,3,3)(.7.2

222

2

222

22

2

222

Scba

sicba

abcROL

cba

abcLpc

demonstraţie:rezultã imediat din teorema 2 şi 1.9.

Teorema 3.a)Pentru M(x,y,z) E2 existã relaţia:

)(222 MpzMCyMBxMA c

b)Pentru orice XE2 existã relaţia:

.,),( 2222222222 xyczxbyzazXCyXBxXAsiMpXMzXCyXBxXA c

(demonstraţie în [1] pag.69)

Aplicaţii ale teoremei 3 :

. ,3

;3

;3

3.1.3

2

222222

222222

2

2222222

GpentruXegalitatecuEXcba

XCXBXA

cbaGCGBGA

EXcba

XGXCXBXAGM

. ,,

;;,2.2.3

2

222

222

2

2222

IpentruXegalitatecuEXabccXCbXBaXA

abccICbIBaIAEXabcpXIcXCbXBaXAIM

. ;

;,)(2.3.3

222222

2

2222

aaaaa

aa

IpentruXegalitatecuaXAabccXCbXBAaIabcCcIBbIIX

EXXIapaXAabccXCbXBIM


73

).(2,

.,

,tan ,

:,),,(.4.3

22222

22222222

22

RXIpcXCbXBaXAabcIpentruMexempluDe

OpentruMdreaptainegalitatesi

MpentruXgasinegalitatecuRXMzXCyXBxXAxyczxbyza

avemEXatunciEzyxDacaM

; ,

,,,.5.3

2222

22222222

OpentruMegalitatecuRzMCyMBxMA

siOMRxyczxbyzazMCyMBxMAMXDaca

.)()()()(3

:, ,)(,.6.3

222222

222

cyxbxzazyMpMCMBMA

rezultaundedeyczbMpMAAXDaca

c

c

Teorema 4.Dacã 2,1,),,( 2 kEzyxM kkkk ,atunci distanţa între punctele M1,M2

este datã de relaţia:

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

2121

2

2121

2

2121

2

21 cyyxxbxxzzazzyyMM (demonstraţie în [1] pag.70).


Utilizând coordonatele baricentrice (vezi exemplele date)şi teorema 4 obţinem

urmãtoarele relaţii:

cdreptunghiABCesteRcbarezultaundedeCBARcba

cbaRCBAROHcba

ROG

,8, ),coscoscos1(8

)(9)coscoscos81(.2.4;9

.1.4

22222222

222222222

22

;4

)(4.7.4;43

4

31.6.4

;3)(43)(4.5.4;165

1659.4.4;2;2.3.4

22

22

2

22

222222

222222

Rrrp

rRRSLIrRp

rR

prI

rrRRprrRRHIRrrp

RrrpGINIOIHNRrROI

.)4()2(2)4(

)2(214.9.4

;)4()52)(2()4()584()4(9

4.8.4

22

2

222

323222

2

2

rRRrRprRR

rRpRH

rRrprRrRrRrrRrRprR

G

Teorema 5. Dacã 2,1,),,( 2 kEzyxM kkkk ,atunci avem:

.)()()(2

1 2

1221

2

1221

2

1221

2

21 cyxyxbxzxzazyzyROMOM

(demonstraţie în [1] pag.71.).


Folosind aceastã teoremã obţinem egalitãţi şi inegalitãţi importante printre care cele ce

urmeazã:


74

;,,)(3,,90)()(3,,3

)(.3.1.5

;,,)3(2

,,90)()3(2,),2(6

1.2.1.5

90)(6,,6);(6

1.1.1.5

)()()(6

1.1.5

02

2

22

022222

0222222222

2222

OGONsaucbarRpiarNOGmrRpsip

rRONOG

OGOIsaucbarprRR

iarIOGmrprRRsiRrrpROIOG

AOGmRcbsiRcbOAOGcbROAOG

cyxbxzazyROMOG

.,,)(

,,90)()(,,2

1.2.2.5

;,,)5(2

,,90)()5(2,),(2

15.1.2.5

);(2

1)(.2.5

02

22

022222

OIOAsaucbarcbaR

iarAOImrcbaRsibcRrROAOI

ONOIsaucbarprRR

iarIONmrprRRsirpRrRONOI

zabycaxbcrRROMOI

Teorema 6.Dacã

;)()()(2

1)()()(

2

14)

:,2,1,),,(

2

1221

2

1221

2

122121212121

2

cyxyxbxzxzazyzycayybcxxabzzRrIMIMa

avemkEzyxM kkkk

(demonstraţie în [1],pag.73)

;)()()(2

1)()()(

6

1)(

9

2) 2

1221

2

1221

2

1221

2

21

2

21

2

21

222

21 cyxyxbxzxzazyzyczzbyyaxxcbaGMGMb


....)()()(2

1)() 2

1221212121 azyzyyyzzzyMpMMMMc c


Observaţie.Cu ajutorul acestor relaţii remarcabile se pot determina ,în particular,produse

scalare,distanţe,egalitãţi şi inegalitãţi utilizând puncte din mulţimea:

LNIIIIHGOCBA cba ,,,,,,,,,,,,

asociatã unui triunghi ABC.(Exerciţiu!).

Mai fac observaţia cã particularizãri şi unele extinderi ale coordonatelor baricentrice

sunt abordate în lucrãrile [2] , [3] şi articolele [4] , [5] .Un fapt care motiveazã studiul

coordonatelor baricentrice este legãtura acestora cu calculul vectorial recent (relativ)

introdus în programele şcolare IX-XII .

Notã:Problemele rezolvate aici s-au vrut cât mai elegante;ele au fost alese dintre cele

date la diferite concursuri sau publicate în diverse alte cãrţi sau reviste.


75

Bibliografie

[1] V.Nicula,Geometrie planã,Ed.Gil,2002.

[2] N.Teodorescu,ş.a.,Culegere de probleme pentru concursurile de

matematicã,vol.5,S.S.M.R,Bucureşti,1977.

[3] M.Craioveanu,I.D.Albu,Geometrie afinã şi euclidianã,Ed.Facla,Timişoara,1982.

[4] T. Bârsan, Recreaţii matematice, nr. 1 / 2002;

[5] C. Coandã, Gazeta matematicã, nr. 8 / 2005;


76

V. Teoremele fundamentale ale algebrei liniare, geometriei afine şi

euclidiene

1. Introducere.

Punctul de plecare al acestui articol îl constituie un principiu emis de Felix Klein în

memoriul „Consideraţii comparative asupra noilor cercetări geometrice”, la Erlangen, în

1872, cunoscut sub numele de Programul de la Erlangen. Cu ajutorul acestui principiu sunt

definite: algebra liniară, geometria afină şi geometria euclidiană cu ajutorul invarianţilor

unui grup de transformări. Prin emiterea grupului, am identificat sistemul axiomatic ca o

teorie a invarianţilor fundamentali (puncte, drepte, relaţia de incidenţă, de ordine, de

egalitate, de paralelism, de continuitate) ai unui grup de transformări. În acest sens, ca să

studiem o disciplină matematică este esenţial să determinăm grupul în raport cu care

noţiunile ei sunt invariante.

În elaborarea acestui articol, am ţinut cont că acum la liceu, se adoptă o

construcţie a geometriei cu ajutorul unei axiomatizări bazată pe algebra liniară, care

permite îmbinarea metodelor sintetică şi analitică în studiul geometriei şi uşurează

înţelegerea geometriei afine şi a geometriei euclidiene.

2. Algebra liniară

Noţiunile de spaţiu vectorial, aplicaţie liniară precum şi proprietăţile acestora sunt

tratate în [1] şi [2]

Fie V şi W două spaţii vectoriale peste corpul K cu dim KV = n şi

dim KW

= m.

2.1. Teoremă (fundamentală a algebrei liniare).

)3( )

y

y

( AXY

forma de este matriciala ei ecuatia daca numai si daca liniara aplicatie este

2

1

32.p,,

x

.

x

x

a...aa

....

a...aa

a...aa

y

...

y

,WV:f

n

2

1

mn2m1m

n22221

n11211

m

3

2.2. Teoremă. Operaţia de compunere determină pe mulţimea transformărilor

liniare bijective ale unui spaţiu vectorial V peste corpul K o structură de grup.

. liniara are transformo este

(b)f avem 2.1, teoremeiconform si AX atunci , AXY ecuatia de data este V:f 2.1.Daca teoremeiconform

liniara, are transformo este VV:fg (a) deci ZBY.Avem Zecuatie de bijectiva liniara are transformalta o

VV:g si AXY ecuatie de bijectiva liniara are transformo V:f Fie

1-1- VV:YV

,X)BA(

,V:ieDemonstrat

o

Din (a) şi (b) rezultă c.c.t.d.

2.3. Definiţie. Grupul din teorema 2.2 se numeşte grupul liniar (vectorial) general

al spaţiului vectorial V şi se notează GL(V).

2.4. Definiţie. Vom numi algebra liniară a spaţiului vectorial V peste corpul K,

studiul proprietăţile sistemelor din V care sunt păstrate de transformările grupului GL(V).

3.Geometria afină


77

bijectiva. este OA(A)f

f aplicatiaincat astfel O2)ACBCAB CA.B,1):incat astfel

ABnotat B)f(A, vectorulBA, elemente de perechi fiecarei asociaza care aplicatie o

Vx:f si nevida multime oA K, comutativ corpul peste torialspatiu vecun V Fie

0

0

VA:,A;,A

,A

AA

3.1. Definiţie. Aplicaţia f cu proprietăţile de mai sus se numeşte structură afină.

3.2. Definiţie. Mulţimea A dotată cu structura afină f se numeşte spaţiu afin

asociat spaţiului vectorial V peste corpul K. Prin convenţie elementele lui A se numesc

puncte. Spaţiul afin A asociat spaţiului vectorial V peste corpul K cu structura afină f se

desemnează deseori prin tripletul (A, V / K, f). dim K A ═ dim K V.

Fie A1 şi A2 două spaţii afine asociate spaţiilor vectoriale V1 şi V2 peste acelaşi

corp K.

. afine arii transformurma numeste se T liniara area.Transform liniara fie sa A

AOAT( de data VV:T aplicatiaincat astfel O ca eaproprietatcu :

aplicatie o afin spatiulin afin spatiului a afina are transformnumeste Se Definitie. 3.3.

1

1121

τ

τττ

1

121

21

A

,)()O()AAA

AA

3.4. Teorema (fundamentală a geometriei afine) τ: A1 → A2 este transformare

afină dacă şi numai dacă este dată de ecuaţia Y = AX +B.( dim K A1 = n, dim K A2 = m)

([3], p. 245, [4], p. 140)

3.5. Teoremă. Operaţia de compunere determină pe mulţimea transformărilor

afine bijective ale unui spaţiu afin A o structură de grup ([4], p.136).

3.6. Definiţie. Grupul din teorema 3.5. se numesc grup afin şi se notează GA (A).

3.7. Definiţie. Se numeşte geometrie afină studiul proprietăţilor invariante ale

spaţiului afin la acţiunea grupului afin.

4. Geometrie euclidiană.

Printre spaţiile afine distingem o clasă importantă, spaţiile punctuale euclidiene.

4.1. Definiţie. Un spaţiu vectorial real V dotat cu un produs scalar (< , >) se

numeşte spaţiu vectorial euclidian.

4.2. Definiţie. Un spaţiu afin ℰ asociat unui spaţiu vectorial euclidian E se

numeşte spaţiu punctual euclidian. dim K ℰ = dim K E.

Fie E1 şi E2 două spaţii vectoriale euclidiene.

..,.scalar produsul pastreaza daca ortogonala numeste se EE:T Aplicatia Definitie. 4.3. 21

Fie ℰ1 şi ℰ2 doua spaţii punctuale euclidiene asociate spaţiilor vectoriale

euclidiene E1 şi E2 (dim K ℰ1 = n, dim kℰ2 = m).

4.4. Definiţie. O transformare afină τ: ℰ1 ℰ2 se numeşte izometrie dacă urma

sa T: E1 E2 este ortogonală.

4.5. Teoremă. T: E1E2 este ortogonală dacă şi numai dacă matricea asociată A verifică

relaţia TA •A = In

m

1i

jkikij n,1k,j,kj,0

kj,1aa) )(( δ

([4], p. 90).

def


78

4.6. Teorema (fundamentală a geometriei euclidiene). Transformarea τ: ℰ1 ℰ2

este izometrie dacă şi numai dacă este dată de ecuaţia y = AX +B şi matricea A verifică

relaţia TA•A = In .

Demonstraţie: rezultã imediat din definiţia 4.4 şi teoremele 3.4 şi 4.5.

4.7. Observaţii.

a) Dacă dim K ℰ1 = dim kℰ2 = n se obţine teorema fundamentală a geometriei

euclidiene în spaţiul punctual euclidian ℰn.

b) Teorema fundamentală a geometriei euclidiene plane, respectiv teorema

fundamentala a geometriei euclidiene în spaţiu se obţine din teorema 4.6. pentru m = n=

2, respectiv m = n = 3.

c) O altă demonstraţie pentru teorema fundamentala a geometrie euclidiene

în spaţiu se bazează pe proprietăţi elementare ale izometriilor planului ([4], p. 98).

d) O altă demonstraţie pentru teorema fundamentala a geometriei euclidiene

în spaţiu se bazează pe proprietăţi elementare ale izometriilor spaţiului ([4], p. 98).

4.8. Teoremă. Mulţimea izometriilor bijective ale unui spaţiu punctual euclidian

dotat cu operaţia de compunere constituie un grup.

Demonstraţie. Fie τ: ℰℰ, izometrie cu urma sa T: EE. Din teorema

3.5.compunerea a două aplicaţii afine bijective este o aplicaţie afină şi în plus

compunerea a două aplicaţii ortogonale este o aplicaţie ortogonală. Deci avem (a)

compunerea a doua izometrii bijective este o izometrie. Tot din teorema 3.5. inversa unei

aplicaţi afine bijective este o aplicaţie afină şi în plus inversa unei transformări

ortogonale este o transformare ortogonală. Deci avem (b) inversa unei izometrii bijective

este o izometrie.

Din (a) şi (b) rezultă că mulţimea izometriilor bijective ale unui spaţiu punctual

euclidian dotată cu operaţia de compunere constituie un grup.

4.9. Definiţie. Grupul din teorema 4.8. se numeşte grupul izometriilor spaţiului

punctual euclidian ℰ şi se notează GI(ℰ).

4.10. Definiţie. Se numeşte geometrie euclidiană studiul proprietăţilor invariante

ale spaţiului punctual euclidian la acţiunea grupului izometriilor (studiul acelor

proprietăţi care sunt păstrate de transformările grupului GI(ℰ), adică de izometrii).

Bibliografie

[1] C. Năstăsescu, C, Niţă, Gh. Grigore, D. Bulacu, Matematică, Manual pentru

clasa a XII – a, profil M1, E.D.P. Bucureşti, 2002.

[2] M. Ţena, Matematică, manual pentru clasa a XII – a, profil M1, Ed. Gil, Zalău,

2002.

[3] N. Soare, Curs de geometrie (Partea I), Tipografia Universităţii Bucureşti,

1996.

[4] A. Turtoi – Geometrie, Tipografia Universităţii Bucureşti, 1996.


79

VI.Calculul integral pentru funcţiile pare şi impare generalizate

VI.I. Asupra calculului integral pentru funcţiile pare şi impare.

Propoziţia 1.

Fie

R)c,c(:f),,0(c o funcţie continuã.Atunci:

b

a

a

b

)c,c(b,a,dx)x(fdx)x(f)1(

.

În particular,

a

0

0

a

)c,c(a,dx)x(fdx)x(f

.

(2) f este parã, dacã şi numai dacã ,

));c,c(arespectiv()c,0(a,dx)x(fdx)x(f

a

0

0

a

(3) f este imparã, dacã şi numai dacã,

));c,c(arespectiv()c,0(a,0dx)x(f

a

a

(4)Dacã, în plus, f este parã, atunci

a

a

a

0

)c,c(a,dx)x(f2dx)x(f

;

(5)(i) dacã f este parã, atunci

a

a

)c,c(a,0dx)x(xf

;

(ii) dacã f este imparã, atunci

a

a

a

0

)c,c(a,dx)x(xf2dx)x(xf

;

(iii) dacã f este arbitrarã, atunci

a

a

a

0

22 )c,c(a,dx)x(f2dx)x(f

Şi

a

a

2 )c,c(a,0dx)x(xf

;

Demonstraţie:

(1) Fie ba <),c,c(b,a fixaţi; fãcând substituţia x=-t, obţinem c.c.t.d.


80

(2) Dacã f este parã, )c,c(x),x(f)x(f şi deci:

c)(0,a

,dx)x(fdx)x(fdx)x(f

0

a

a

0

a

0

)1(

Reciproc, sã presupunem cã

c)(0,a

,dx)x(fdx)x(f

0

a

a

0 .

Atunci:

a

0

0

a

)1(a

0

a

0

a

0

)c,0(a,0dx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(fdx))x(f)x(f(

Rezultã cã

).a,0(x,0)x(f)x(f

Dacã 0))x((f)x(f);c,0(x),0,c(x urmareprin - şi deci

),c,c(x),x(f)x(f adicã f este parã.

(3)Dacã f este imparã , )c,c(x,0)x(f)x(f şi deci

a

0

0

a

a

0

)1(

.0dx))x(f)x(f(dx)x(fdx)x(fdx)x(f),c,0(a

a

a-

avem

Reciproc, fie ba),c,c(b,a < fixaţi. Conform ipotezei, avem:

b

b

a

a

.0dx)x(fdx)x(f

Dar,

b

b

a

a

a

b

a

b

dx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(f

şi

b

a

a

b

)1(

dx)x(fdx)x(f

Rezultã cã

b

a

a

b

dx)x(fdx)x(f

,

deci

)c,c(x,0)x(f)x(f,0dx))x(f)x(f(

b

a

unde de

; prin urmare f este imparã.

(4) Dacã f este parã, avem )c,c(x),x(f)x(f şi deci:

a

0

)1(a

0

0

a

a

0

a

a

0

a

dx)x(f2dx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(f

.


81

(5) (i) Dacã f este parã, atunci funcţia )x(fxx este imparã, şi deci

)c,c(a,0dx)x(xf

a

a

)3(

.

(ii) Analog ca în (i)

(iii) Rezultã imediat din (i) şi (ii), ţinând seama de faptul cã, funcţia

))x(xfx),x(fx 22 (respectiv este parã (respectiv imparã).

Propoziţia 2.

Sã se arate cã o funcţie RR:f , continuã este imparã, dacã şi numai dacã

.ttanconsdt)t(f,Rx

x

x

Demonstraţie:

f fiind continuã, admite primitive; fie F o primitivã a sa; rezultã cã :

Cdt)t(f

x

x

dacã şi numai dacã C)x(F)x(F , prin derivare, dacã şi numai dacã 0)x(f)x(f ,

adicã f este imparã .

Reciproc, dacã f este imparã )x(f)x(f implicã

0dt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(f

0

x

0

x

)1(x

0

0

x

x

0

0

x

x

x

.


82

VI.II. Asupra calculului integral pentru funcţiile pare şi impare

generalizate.

Definiţie. Funcţia Rra,ra:f se numeşte a-parã, dacã rxx),xa(f)xa(f cu

respectiv a-imparã, dacã rxRx),xa(f)xa(f cu

.

Propoziţia II.1.

Fie Rrx,rx:f 00

continuã, cu proprietatea cã:

Rc,Rb,a,rx,x,c)xx(bf)xx(af 00 ; atunci :

0ba

,ba

cr2dx)x(f)i(

rx

rx

0

0 ;

rx

x

rx

rx

0

0

0

0

dx)x(fa

ba

a

crdx)x(f)ii(

.

Demonstraţie:

Considerãm Rrx,rx:f;tx)t(,tx)t(,rx,rxr,r:, 000000 cum βαβα

este continuã , putem aplica schimbarea de variabilã :

)r(

)r(

rx

rx

r

r

r

r

0

0

r

r

r

r

r

r

0

)r(

)r(

rx

rx

0

0

0

0

dx)x(fa

b

a

cr2dx)x(f

a

b

a

cr2dt)t())t((f

a

b

a

cr2dt)tx(f

a

b

a

cr2

dt))tx(fa

b

a

c(dt)tx(fdt)t())t((fdx)x(fdx)x(f)i(

β

β

α

α

ββ

αα

;

Rezultã cã

rx

rx

rx

rx

0

0

0

0a

cr2dx)x(f

a

bdx)x(f

şi deci

ba

cr2dx)x(f

rx

rx

0

0

.


83

0

0

0

0

0

0

x

rx

rx

x

rx

rx

dx)x(fdx)x(fdx)x(f)ii(

. Dar

0

0

0

0

x

rx

)0(

)r(

0

r

0

r

0

0

r

0

0

r

0

r

0

)0(

)r(

x

rx

dx)x(fa

b

a

crdx)x(f

a

b

a

cr

dt)t())t((fa

b

a

crdt)tx(f

a

b

a

crdt))tx(f

a

b

a

c(

dt)tx(fdt)t())t((fdx)x(fdx)x(f

β

β

α

α

ββ

αα

;

rezultã cã

rx

x

rx

x

x

rx

rx

rx

0

0

0

0

0

0

0

0

dx)x(fa

ba

a

crdx)x(fdx)x(f

a

b

a

crdx)x(f

Propoziţia II.2.

(i) Dacã Rra,ra:f este continuã atunci :

imparã-a este dacã

parã-a este dacã

f,0

f,dx)x(f2dx)x(f

ra

a

ra

ra

(ii)Produsul (câtul) a douã funcţii de a-paritãţi diferite este o funcţie a-imparã şi produsul

(câtul) a douã funcţii de aceeaşi a-paritate este o funcţie a-parã.

Demonstraţie:

(i) Dacã f este a-parã, atunci 0)xa(f)xa(f ; deci în II.1. punând a=1, b=-1,

c=0, x0=a şi conform II.1.(ii) rezultã cã :

.dx)x(f2dx)x(f1

)1(1dx)x(f

ra

a

ra

a

ra

ra

Dacã f este a-imparã, atunci, 0)xa(f)xa(f şi punând în II.1.(ii) a=b=1, c=0,

rezultã cã

ra

ra

0dx)x(f

.

)xa(g)xa(g),xa(f)xa(f,pareag,fFie)ii( adicã ; rezultã cã

)xa(gf)xa(g)xa(f)xa(g)xa(f)xa(gf şi analog ,

)xa(g

f)xa(

g

f

; rezultã cã gf şi

g

f

sunt a-pare, analog arãtându-se şi restul.


84

Propoziţia II.3.

Pentru orice funcţie Rra,ra:f , existã o funcţie 1f a-parã şi o funcţie 2f a-

imparã, astfel încât ra,rax),x(f)x(f)x(f 21 .

Demonstraţie:

2

)xa2(f)x(f)x(f,

2

)xa2(f)x(f)x(fFie 21

;

rezultã cã )xa(f)xa(f).x(f)x(f)x(f 1121 Cum rezultã cã

. imparã-a este ca rezultã cumiar , parã-a este 2221 f,0)xa(f)xa(ff Propoziţia II.4.

Dacã Rra,ra:g,f sunt integrabile şi f este a-parã, atunci:

ra

ra

ra

a

dx))xa2(g)x(g()x(fdx)x(g)x(f

.

Demonstraţie:

Din II.3. rezultã cã )x(g)x(g)x(g 21 , unde g1 este a-parã şi g2 este a-imparã. Rezultã

ra

a

)3.II(ra

a

1

)2.II(

)2.II(ra

ra

2

ra

ra

1

ra

ra

21

ra

ra

dx))xa2(g)x(g)(x(f2dx)x(g)x(f2

dx)x(g)x(fdx)x(g)x(fdx))x(g)x(g)(x(f)x(g)x(f

Propoziţia II.5.

Fie Rra,ra:g,f integrabile şi f este a-imparã. Atunci:

ra

ra

ra

a

dx))xa2(g)x(g()x(fdx)x(g)x(f

Demonstraţie:

Se demonstrezã analog cu propoziţia II.4 utilizând II.2. şi II.3.

Bibliografie

1 . V. Arsinte, Probleme elementare de calcul integral, Editura Universităţii

Bucureşti, 1995.


85

VII. Calculul integral în cazul funcţiilor periodice

Propoziţia 1. Fie RRf : o funcţie continuă. Atunci avem:

a) f este periodică de perioadă T, dacă şi numai dacă, Ta

a

dxxf )( = c(constant)

)( a R ;

b) Următoarele afirmaţii sunt echivalente:

(i) Orice primitivă a lui f , este periodică de perioadă T;

(ii) f este periodică, de perioadă T;

(iii)

Ta

a

dxxf 0)( , Rx)(

Demonstraţie:

a) )( . Din ipoteză, .)( ),()( RxxfTxf Avem:

Ta

a a

Ta

T

T

Radttfdttfdttfdttf

0

0

;)(,)()()()()1(

Făcând în ultima integrală, schimbarea de variabilă t=y+t, Ty ,0 , obţinem:

.)( ,)()()()2(00

RadyyfdyTyfdttf

aaTa

T

Din (1) şi (2) rezultă:

Ta

a a

TaT

RadtTfdttfdttfdttfdttf0

000

;)(,)()()()()(

).( Presupunem că

Tx

x

Rxcdttf )( ,)( şi fie F o primitivă a lui f .

Atunci , RxxFTxFc )( ),()( şi deci prin derivare obţinem:

,)( ,0)()()()( RxxFTxFxfTxf de unde rezultă că f este periodică

de perioadă T.

b) (i) (ii) Mai întâi, observăm că , orice primitivă a lui f este periodică de

perioadă T, dacă şi numai dacă, există o primitivă a lui f , periodică, de perioadă T,

dacă şi numai dacă, funcţia R, x,)()( x

a

dttfxF este periodică de perioadă T.

(ii) (i). Dacă f este periodică, de perioadă T,

avem: , ,0)()())()(( RxxftxfxFtxF şi deci, există un Rc ,

astfel încât . ,)()( RxcxFtxF Atunci 0)()0()0(0

T

dttfFtFc , deci

)()( xFtxF , Rx şi deci F este periodică, de perioadă T.

(ii) (iii). Rezultă din a).


86

(i) (iii). Dacă (i) este adevărată, atunci F este periodică, de perioadă T, şi avem:

. ,0)()()( RxxFtxFdttf

Tx

x

(iii) )(i . Din RxxFtxFdttf

Tx

x

,0)()()( şi deci F este periodică, de perioadă T.

Bibliografie

1 . V. Arsinte, Probleme elementare de calcul integral, Editura Universităţii

Bucureşti, 1995.


87

VIII. Rezolvarea analitică şi sintetică a unor probleme de geometrie în

spaţiu

Articolul de faţǎ îşi propune:

Prezentarea altor trei metode pentru calculul distanţei dintre douǎ drepte

necoplanare una sinteticǎ şi celelalte douǎ drept aplicaţii ale produsului mixt.

Scopul acestui articol este de a îngloba într-o schemă generală rezolvarea acestei

probleme(determinarea distanţei dintre două drepte necoplanare) şi abordarea

dintr-o altă perspectivă a problemelor de acest gen, atât din punct de vedere

metodologic cât şi creativ.

Problema determinǎrii distanţei dintre douǎ drepte necoplanare a mai fost tratatǎ în

G.M. nr. 9 /2004 de cǎtre profesorii Valentina şi Ion Cicu (o metodǎ sinteticǎ) şi în

G.M. nr. 8 /2006 de cǎtre regretatul prof. dr.Florin Cîrjan (o metodǎ analiticǎ – ca

aplicaţie a produsului scalar).

Metoda 1.(vezi G.M. nr. 9 / 2004 ) Distanţa dintre douǎ drepte necoplanare se poate

calcula fǎrǎ determinarea poziţiei segmentului care defineşte distanţa, utilizând o

formulǎ de calcul.

Astfel , pentru calculul distanţei dintre dreptele necoplanare AB şi CD )(not

d(AB,CD),

putem utiliza formula (1) d(AB,CD)=CD) (AB,sinCDAB

V(ABCD)6

, unde V(ABCD) este

volumul tetraedrului ABCD iar ),( CDAB este mǎsura unghiului dintre dreptele AB

şi CD. Aceastǎ relaţie este cunoscutǎ sub numele de formula lui Chasles.

Metoda 2. Calculul distanţei cu determinarea poziţiei segmentului care o defineşte,

utilizând produsul mixt .Produsul mixt al trei vectori 21 , vv şi 3v este numărul

),,()( 321

)(

321 vvvvvvnot

care se determină calculând determinantul format cu

coordonatele celor trei vectori scrise pe liniile determinantului.


88

În figura de mai sus, dreptele necoplanare sunt )( 1d şi )( 2d cu vectorii directori

1v şi 2v .Dreapta perpendicularǎ comunǎ celor douǎ drepte este )( .cpd care are ca

vetor director pe v .Din 1. dd cp şi 2. dd cp , rezultǎ 21 vvv .

Dacǎ )( 11 dM şi )( 22 dM atunci cele douǎ plane )( 1P şi )( 2P au ecuaţiile :

0),,(:)( 111 vvrrP , respectiv 0),,(:)( 222 vvrrP , unde 1r (respectiv 2r ) este

vectorul de poziţie al punctului 1M ( respectiv 2M ).Ecuaţia dreptei perpendiculare

comunǎ este datǎ ca intersecţia celor douǎ plane )( 1P şi )( 2P .Deci avem:

)(

)()(

2

1

..P

Pd cp

0),,(

0),,()(

22

11

..

vvrr

vvrrd cp

În continuare se determinǎ coordonatele punctului M (respectiv N) ca intersecţia a

douǎ drepte.

)(

)(

..

1

cpd

dM şi

)(

)(

..

2

cpd

dN

În final se determinǎ distanţa dintre dreptele necoplanare )( 1d şi )( 2d ca distanţǎ

dintre punctele M şi N; ),())(),(( 21 NMdddd .

Metoda 3. Calculul distanţei dintre douǎ drepte necoplanare fǎrǎ determinarea

poziţiei segmentului care o defineşte.Aceastǎ metodǎ are la bazǎ tot produsul mixt.

Dacǎ dreptele necoplanare sunt )( 1d şi )( 2d cu vectorii directori 1v şi 2v se

considerǎ douǎ puncte )( 11 dM şi )( 22 dM .Avem figura de mai jos:

)( ..cpd )( 1d

)( 1P

)( 2P

)( 2d v

1v

2v

N

M


89

2M

21MM

h

2v

1M

1v

Vectorii 1v , 2v şi 21MM determinǎ un tetraedru a cǎrui înǎlţime este distanţa cǎutatǎ (

vezi demonstrarea sinteticǎ din G.M. nr. 9 / 2004).Se ştie din interpretarea geometrică a

produsului mixt că volumul paralelipipedului determinat de trei vectori este valoarea

absolută a produsului mixt .

Avem

))(),(( 21 ddd înǎlţimea tetraedrului format de vectorii 1v , 2v , 21MM )(not

h.

Scriem volumul tetraedrului în douǎ moduri :

(1) 6

),,(

6

2121 MMvvVV

pedparalelipi

tetraedru

(2) 323

21 hvvhAV b

tetraedru

Din (1) şi (2) rezultǎ formula de calcul pentru distanţa cǎutatǎ :

21

2121 ),,( )(

vv

MMvvh

În continuare vom utiliza metodele1, 2 şi 3 descrise în articolul de faţă pentru

rezolvarea aplicaţiilor 1 şi 3 din G.M. nr. 9 / 2004 cuprinse în articolul’’În legătură cu

distanţa dintre două drepte necoplanare’’(respectiv problemele 2.1. ,2.2. şi 2.3. din G.M.

nr.8/2006 tratate în articolul ’’Rezolvarea analitică a unor probleme de geometrie în

spaţiu’’) .Pentru utilizarea metodelor 2 şi 3 alegem reperul Axyz cu originea în vârful A,

iar )0,,( ),0,0,( ),,0,0( ,( ,( ,( aaCaBaAAyDAzAAxB şi ).,,0( aaD

Problema 1. Să se calculeze distanţa dintre o diagonală a cubului şi o muchie ce nu o

intersectează.


90

z D C

A B y

D C

A

B x

Soluţie(metoda 1.) .

),(sin

)(6),(

DBAADBAA

BDAAVDBAAd

.Dacǎ înlocuim în aceastǎ relaţie

3

2),(sin),(sin ,3 ,

a

a

DB

BDDBDDDBAAaDBaAA

şi

6)(

3aBDAAV obţinem

2

2),(

aDBAAd .


);,(),( NMdDBAAd )0,,( ),,,( ),,0,0( 22

2121 aavvvaaaDBvaAAv

02

0:)( ,02 :)( ,0:)( ..21

zyx

yxdzyxPyxP cp

02

0 ;

02

0

0

;0

:)()( ; 0

0:)()( 21

azyx

yx

zy

ayx

N

azyx

yx

y

x

Mzy

ayxDBd

y

xAAd

.2

2),(),( ),

2,

2,

2( ),

2,0,0(

aNMdDBAAd

aaaN

aM


21

21 ),,(),(

vv

ABvvDBAAd

, unde

)0,,( ),,,( ),,0,0( 22

2121 aavvvaaaDBvaAAv , )0,0,(aAB .Se obţine:

3

21 ),,( aABvv , 22

21 avv şi 2

2),(

aDBAAd .

Problema 2. Să se calculeze distanţa dintre o diagonală a cubului şi o diagonală a unei

feţe ce nu o intersectează.


91


z D C

A B y

D C E

A

B x

),(sin

)(6),(

DBACDBAC

ABCDVDBACd

.Fie ,(DCE astfel încât ACBE şi

ABCE . Calculând laturile BED , din reciproca teoremei lui Pitagora rezultǎ cǎ

BED este dreptunghic în B.Se obţine 190sin),(sin),(sin 0 BEDBACDB .

Mai departe înlocuim 3 ,2 aDBaAC şi 6

)(3a

ABCDV ; obţinem

6

6),(

aDBACd .


);,(),( NMdDBACd )2,,( ),,,( ),,,( 222

2121 aaavvvaaaDBvaaaACv

0

0:)( ,0 :)( ,0:)( ..21

ayx

zyxdayxPzyxP cp

0

0

0

0

;

0

0

0

0

;0

0:)()( ;

0

0:)()( 21

ayx

zyx

zy

ayx

N

ayx

zyx

z

yx

Mzy

ayxDBd

z

yxACd

.6

6),(),( ),

3,

3,

3

2( ),0,

2,

2(

aNMdDBACd

aaaN

aaM



92

21

21 ),,(),(

vv

ABvvDBACd

, 3

21

2

21 ),,( ,6 ),0,0,( aABvvavvaAB , de unde

obţinem 6

6),(

aDBACd .

Problema 3.Să se calculeze distanţa dintre diagonalele a două feţe ce nu se intersectează.

z D C

A B y

D C

A

B x


),(sin

)(6),(

ACBAACBA

ABCAVACBAd

.

060),(),( CABAACBA deoarece CBA este echilateral.Obţinem

3

3),(

aACBAd .


),,( ),0,,( ),,0,( 222

2121 aaavvvaaACvaaBAv

02 :)( ,2 :)( 21 zyxPazyxP ,

02

2 :)( ..

zyx

azyxd cp

02

02

0

0

;

02

02

0

0

;0

0:)()( ;

0

0:)()( 21

azyx

zyx

yx

z

N

azyx

zyx

azx

x

Mz

yxACd

azx

xBAd

.3

3),(),( ),0,

3,

3( ),

3,0,

3

2(

aNMdACBAd

aaN

aaM


93


21

21 ),,(),(

vv

ABvvACBAd

, 3

21

2

21 ),,( ,3 ),0,0,( aABvvavvaAB , de unde

obţinem 3

3),(

aACBAd .

Cele trei probleme prezentate, se mai pot rezolva utilizând produsul scalar cu

determinarea poziţiei segmentului care defineşte perpendiculara comună – metoda 5.

(vezi G.M. nr.8/2006 articolul ’’Rezolvarea analitică a unor probleme de geometrie în

spaţiu’’,de prof. Dr. Florin Cîrjan) sau fără determinarea poziţiei segmentului urmând

algoritmul redat în metoda de mai jos - metoda 4.

Metoda 4. Fie )( 1d , )( 2d două drepte necoplanare şi fie MN perpendiculara lor comună.

)( 1d

M 1v

A

B

N

)( 2d 2v

Presupunem că sunt cunoscute două puncte )( 1dA , )( 2dB astfel încât este cunoscut

vectorul AB .Dacă 1v este vectorul director al dreptei )( 1d şi 2v este vectorul director al

dreptei )( 2d atunci vectorul MN se exprimă astfel:


94

21 vABvBNABMAMN unde numerele reale şi sunt încă

nedeterminate.Ele vor fi determinate din condiţiile de ortogonalitate

0

0

2

1

vMN

vMN

Acestea constituie un sistem de ecuaţii liniare în necunoscutele şi .După

determinarea lui şi aflăm ))(),(( 21 ddd = MN = 21 vABv .

Metoda 5. Determinarea distanţei dintre dreptele necoplanare )( 1d şi )( 2d cu

determinarea poziţiei segmentului MN care defineşte dreapta perpendiculară

comună.Considerăm aceeaşi figură ca mai sus.

Din )( 1dM ))(),(,( 21 ffM , iar din ))(),(,()( 212 ggNdN , unde

2121 ,,, ggff sunt funcţii liniare .Necunoscutele şi se determină din condiţiile de

ortogonalitate

0

0

2

1

vMN

vMN.Se determină coordonatele punctelor M şi N iar apoi

).,())(),(( 21 NMdddd

În încheiere, invităm cititorii să încerce utilizarea celor cinci metode pentru

rezolvarea unor probleme în condiţii mai generale.

Bibliografie

1 . G.M. nr. 9/2004;

2 . G.M. nr. 8/2006.


95

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 (din 2006) 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, 2006 Peste 100 de probleme şi comunicãri ştiinţifice Peste 30 de articole de pedagogie şi metodicã

Altele Membru al Societãţii de Ştiinţe Matematice din România, filiala Râmnicu Sãrat


96

CUPRINS

Prefaţã / 3

I. Istoricul noţiunilor matematice studiate în gimnaziu şi liceu / 4

II. Probleme rezolvate / 7

III. Inegalitatea izoperimetricã / 48

IV. Aplicaţii ale coordonatelor baricentrice / 55

V. Teoreme fundamentale ale algebrei liniare, geometriei afine şi euclidiene / 60

VI. Calculul integral pentru funcţiile pare şi impare generalizate /

VII. Calculul integral în cazul funcţiilor periodice /

VII. Rezolvarea analitică şi sintetică a unor probleme de geometrie în spaţiu /

Moto: ’’Nu alegeţi viitoarea voastrã carierã pe baza unor meschine interese materiale, ci numai dupã vocaţia voastrã.’’

Gh. Mihoc

Www.gazetamatematica.net

Documents

Transcript of Www.gazetamatematica.net