Upload
ach67
View
228
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
1/88
Anul IV, Nr. 2 Iulie – Decembrie 2002
RECREAŢ II
MATEMATICE
REVIST Ă DE MATEMATIC Ă PENTRU ELEVI ŞI PROFESORI
E d i t u r a “ C r e n g u ţ a G â l d ă u ”
I AŞ I , 2 0 0 2
eiπ
= −1
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
2/88
Semnificaţia formulei de pe copertă:
Într-o formă concisă, formula 1−=π ie leagă cele patru ramuri fundamentale alematematicii:
ARITMETICA reprezentată de 1GEOMETRIA reprezentată de π ALGEBRA reprezentată de i ANALIZA MATEMATIC Ă reprezentată de e
Redacţia revistei :
Petru ASAFTEI , Temistocle BÎRSAN, Dan BRÂNZEI, Constantin CHIRILĂ,Eugenia COHAL, Adrian CORDUNEANU, Paraschiva GALIA, Mihai GÂRTAN,Paul GEORGESCU, Dumitru GHERMAN (Paşcani), Gheorghe IUREA,Lucian Georges LĂDUNCĂ, Gabriel MÎR ŞANU, Gabriel POPA,
Dan POPESCU (Suceava), Florin POPOVICI (Braşov), Maria RACU,Petru R ĂDUCANU
Coordonatorul numărului : Temistocle BÎRSAN
Adresa redacţiei: Catedra de Matematică – Universitatea Tehnică “Gh. Asachi” Iaşi
Bd. Carol I, nr.11, 6600, IaşiTel. 032 – 213737 / int. 123
E-mail: [email protected]
©EDITURA CRENGUŢA GÂLDĂU Toate drepturile rezervateISSN 1582 - 1765
Bd. N. Iorga, Bl. K2, ap. 4Tel. / Fax: 032 - 230598IAŞI, 6600
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
3/88
Anul IV, Nr. 2 Iulie – Decembrie 2002
RECREAŢ I I
MATEMATICE
REVIST Ă DE MATEMATIC Ă PENTRU ELEVI ŞI PROFESORI
Apare cu sprijinul
FILI LEI I I a SOCIET ŢII de TIINŢE M TEM TICE
IAŞI, 2002
e
iπ
= −1
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
4/88
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
5/88
FractaliŞtefan Frunz ̆ a 1
Ce este un fractal ? Benoit B. Mandelbrot a inventat termenul în 1975. Acest
cuvânt derivă din fractus care în limba latină înseamnă fracturat (derivat, la rîndulsău, din verbul frangere - a frânge, a rupe). El vrea să sugereze o muļtime careeste mult mai ”neregulată” decât muļtimile considerate în geometria clasică; cu câtaceasta este mărită, tot mai multe neregularităţi devin vizibile. În lucrarea sa ”The Fractural Geometry of Nature” (1982), Mandelbrot argumentează că asemenea ab-straçtiuni geometrice se potrivesc adesea cu lumea fizică mai bine decât curbele şisuprafȩtele netede. De exemplu, o linie de coastă neregulată (cum ar fi, de exem-plu, coasta estică a Angliei) arată destul de netedă dacă o privim din avion, de lao înălţime mare, dar, pe măsură ce ne apropiem, tot mai multe neregularităţi devinvizibile. Aceste neregularităţi creează probleme şi în calcularea lungimei liniei decoastă sau a frontierei a două ţări vecine. Fizicianul englez L. F. Richardson stu-dia, în 1961, variaţiile lungimilor aproximative L (ε) ale diverselor coaste, măsuratecu compasul, pe hartă, ca funcţie de etalonul ε şi constata că, pentru un larg domeniude valori ale lui ε, lungimea varia după o putere a lui ε,
L (ε) = N (ε) ε ∝ ε−ρ, ρ > o
(N (ε) este numărul de paşi de lungime ε cuprinşi cu compasul în linia respectivăşi a (ε) ∝ b (ε) înseamnă că a (ε) şi b (ε) variază la fel când ε → 0+, mai precisa (ε) /b (ε) tinde la o constantă nenulă când ε → 0+).
Se vede că pentru o curbă netedă cum este cercul, lungimea devine constantă(ρ = 0) când etalonul este suficient de mic în raport cu raza de curbură. Dimen-siunea cercului este D = 1 (şi corespunde lui ρ = 0). Alte curbe însă prezintă unexponent ρ > 0, astfel încât lungimea lor creşte nedefinit pe măsură ce etalonul semicşorează; este imposibil să le atribuim o lungime finită, se spune că aceste curbesunt nerectificabile.
Exponentul 1+ ρ al lui 1
N (ε) , definit mai sus, este în fapt o ”dimensiune fractal ̆ a”.Această determinare a măsurii fractale, prin acoperirea curbei cu discuri de rază ε,este exact cea utilizată de Pontriaghin şi Schnirelman, în 1932, pentru a definidimensiunea de acoperire.
O variantă idealizată a unei asemenea situa̧tii, care este şi un model matematicde fractal, este curba lui Helge von Koch (1904). Se porneşte cu un segment unitate(iniţiatorul ) care se împarte în 3 segmente congruente şi se înlocuieşte segmentul dinmijloc cu cele două laturi ale unui triunghi echilateral, avându-l ca bază şi situatdeasupra lui (generatorul ).
. . .
În continuare se repetă aceeaşi procedură cu fiecare din cele 4 segmente obţinute;construçtia are un caracter recursiv. Curba poligonală obţinută în fiecare stadiu1 Conf. dr., Facultatea de matematică, Univ.”Al. I. Cuza”, Ia şi
1
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
6/88
este, după Mandelbrot, o structură prefractală. Curba lui Koch este figura obţinutăla limită.
În această situaţie se poate urmări explicit cum depinde lungimea de etalonul demăsură.
În stadiul 0 avem ε1 = 1, N (ε1) = 1 şi L (ε1) = 1. Pentru ε2 = 1
3 avem N (ε2) = 4
şi L (ε2) = N (ε2) ε2 = 4
3 ; pentru ε3 = 1
32 avem N (ε3) = 42
şi L (ε3) = N (ε3) ε3 == 42/32.
Se demonstrează prin inducţie că, pentru εn = 1
3n−1, N (εn) = 4n−1 şi L (εn) =
= N (εn) εn = 4n−1/3n−1. Se observă deci că L (εn) → ∞ pentru εn → 0 (n → ∞).
De aici rezultă şi dimensiunea fractală1
N (εn) =
1
4n−1 =
1
3(n−1)log3 4 = εlog3 4n ,
deci D = 1 + ρ = log3 4 = ln 4
ln 3 = 1, 2618... .
O variantă a curbei lui Koch se obţine dacă triunghiul echilateral se înlocuieşte cu
un triunghi isoscel cu unghiul la vârf α şi baza l
2
sin α
2
(l-lungimea laturii segmentului
ini̧tial).Dimensiunea fractalului corespunzător este D = log 4/ log [2 + 2 sin (α/2)].Cazul α = 0 conduce la D = 2, adică o curbă care umple un triunghi. Aceasta
nu e o curbă simplă deoarece are multe puncte duble.
. . .
Dimensiunea D = 2 se poate obţine pentru o curbă simplă (curba lui Peano) încare generatorul este o uşoară adaptare a situaţiei
. . .
pentru a elimina punctele duble:
. . .
Aceasta este o curbă simplă densă într-un pătrat; faptul că nu are puncte multiplese traduce prin faptul că e o curbă simplă. Deci are dimensiunea topologică 1.
Trei copii ale curbei lui Koch construite, în exterior, pe cele trei laturi ale unuitriunghi echilateral formează o curbă simplă închisă, numită adesea insula lui Koch sau curba fulgului de z ̆ apad ̆ a (snowflake).
Un fractal cu lacune, construit pe dreaptă este mulţimea (sau praful ) lui Cantor .Ca şi curba lui Peano, acestă mulţime a fost imaginată din motive pur matematice.Se porneşte cu un segment care se împarte, în stadiul 1, în trei segmente congruenteşi se elimină treimea din mijloc.
. . .
Cu fiecare din segmentele rămase se procedează analog.
2
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
7/88
Ea este un fractal cu dimensiunea (fractală) D = log2/ log3 = 0, 6309... şi di-mensiunea topologică zero.
Dimensiunea fractală nu caracterizează ea singură obiectul. Există mulţimi de tipCantor având aceeaşi dimensiune fractală, dar o structură spaţială diferită.
Se împarte un segment (iniţiatorul) în 27 segmente congruente şi se reţin, în primaetapă 4 segmente de lungime 1/9, egal depărtate, începând cu primul segment din
stânga până la ultimul segment din dreapta. În continuare se procedează la fel cufiecare din segmentele reţinute.. . .
Cele două mulţimi de tip Cantor au aceeaşi dimensiune fractală, dar diferă prinlacunaritatea lor, o altă caracteristică ce se cere nu numai intuită ci şi clar definită.
Un alt fractal lacunar, cu o descriere similară, este triunghiul (sau sita ) lui Sier-pinski . Se porneşte cu un triunghi echilateral care se împarte prin mijloacele laturilorsale în 4 triunghiuri congruente şi se elimină triunghiul din mijloc. Cu fiecare dintriunghiurile rămase se procedează analog.
. . .
Mulţimea rămasă este sita lui Sierpinski. Acesta este un fractal cu dimensiuneaD = log 3/ log 2 = 1, 585...
Adesea se consideră numai laturile şi se obţine un fractal cu aceeaşi dimensiune.Se poate arăta că ambele structuri prefractale converg la aceeaşi structură fractală însensul unei distaņte naturale introduse de matematicianul român Dimitrie Pom-peiu şi de matematicianul german Felix Hausdorff .
O altă variantă este covorul (carpeta ) lui Sierpinski .Se porneşte cu un pătrat care se împarte în 32 pătrate congruente şi se elimină
pătratul din mijloc. Cu fiecare din pătratele rămase se procedează la fel.
. . .
Exemplele de structuri fractale deterministe construite după cele două modele sepot multiplica la infinit. Aceste structuri se pot dovedi foarte interesante pentrua modela unele probleme de transport în medii poroase şi permit calcule analiticeexacte pentru diverse proprietăţi fizice (conductanţă, vibraţii, electrozi fractali etc.).Se pot imagina şi analoage tridimensionale: sita tridimensional ̆ a a lui Sierpinski şiburetele lui Menger , care au dimensiunile fractale D = log4/ log2 = 2, respectiv
D = log 20/ log 3 = 2, 73 . . .O altă variantă posibilă constă în prezenţa simultană a mai multor scări de di-
latare. Figura următoare ilustrează iterarea determinată de factori 1/4 şi 1/2.
3
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
8/88
. . .
Dimensiunea sa fractală este D = log ¡1 +√
17¢ / log2 − 1. Am dat pînă acumexemple de fractali determinişti (exacţi), dar se pot defini cu uşurinţă şi structurifractale statistice. Cei mai simpli sunt cei omogeni, când aria, volumul (sau masa)structurii sunt repartizate uniform la fiecare nivel al ierarhiei, adică diverşii generatoriconservă raportul de masă de la un nivel la următorul.
Astfel, se poate porni de la recureņta cu caracter statistic
. . .
cu raportul de masă (arie) 2/4 = 1/2 şi se poate construi fractalul statistic ce începeprin
. . .
Raportul de masă poate varia de la un pas la cel următor ( fractali eterogeni ).Un alt exemplu de fractal statistic poate modela distribuţia craterelor Lunii. Ea
poate fi privită ca o distribu̧tie de discuri ale căror centre urmează de exemplu odistribuţie Poisson şi ale căror raze sunt aleatoare cu o densitate de probabilitate detipul P (R > r ) = Qr−α. Numeroase asemenea exemple sunt descrise de Mandelbrotîn [3].
Să ne reîntoarcem acum la conceptul de dimensiune. O tentativă naturală de
a măsura dimensiunea unui obiect E constă în pavajul obiectului prin ”paveuri”(apaŗtinând spaţiului în care obiectul este scufundat) de măsura µ = εd(E), unded (E ) este dimensiunea obiectului. Dar cum d (E ) este apriori necunoscută, o soluţieconstă în a face încercări luând unităţi de măsură µ = εα cu un exponent α nedeter-minat. Să considerăm de exemplu un pătrat (d = 2) de latură L şi să-l acoperim cupaveuri (pătrate) de latură ε. Măsura sa va fi dată de M = N µ, unde N e numărulde paveuri, adică N = (L/ε)d. Astfel
M = N εα =
µL
ε
¶dεα = L2εα−2.
Dacă se încearcă α = 1 se obţine M → ∞ când ε → 0+; lungimea unui pătrat esteinfinită. Dacă se încearcă α = 3, se găseşte că M → 0 când ε → 0+; ”volumul” unuipătrat este nul. Aria pătratului se obţine doar pentru α = 2 şi dimensiunea sa este
cea a unei suprafeţe α = d = 2.Faptul că această metodă se poate aplica pentru un α real oarecare permitegeneralizarea la dimensiuni care nu sunt întregi. Se poate formaliza puţin această
4
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
9/88
măsură. Mai întâi, având de-a face cu un obiect de formă oarecare, nu este în generalposibil să-l acoperim cu paveuri identice de latură ε. Se poate însă acoperi obiectulprin bile V i de diametru d (V i) ≤ ε. Aceasta oferă un plus de suplȩte, dar impune săluăm limita inferioară a sumei măsurilor elementare µ = d (V i)
α. Se obţine astfel ceeace se numeşte α-m ̆ asura de acoperire (Hausdorff 1919, Besicovici 1935) definităprin
mα (E ) = limε→0inf nX d (V i)α : E ⊂ ∪V i, d (V i) ≤ εo .Se defineşte dimensiunea Hausdor ff -Besicovici prin
d (E ) = inf {α : mα (E ) = 0} = sup {α : mα (E ) = ∞} .Deci dimensiunea Hausdorff -Besicovici este valoarea lui α pentru care mα face unsalt de la zero la infinit. Această măsură pentru α = d (E ) poate fi orice număr întrezero şi infinit.
Aceste consideraţii sugerează, de exemplu, că lungimea unei curbe nerectificabiletrebuie înlocuită cu măsura Hausdorff corespunzătoare.
Există şi alte defini̧tii ale dimensiunii unei muļtimi, unele echivalente, altelediferite de dimensiunea Hausdorff -Besicovici. Se poate defini, de asemenea, o di-mensiune topologică; o mulţime formată dintr-un punct are dimensiunea topologică
zero, o mulţime ce poate fi pus˘
a în corespondenţ˘
a bijectiv˘
a şi bicontinu˘
a (homeomor-fism) cu o curbă netedă are dimensiunea topologică 1 ş.a.m.d.O definiţie-tentativă a fractalilor, propusă de Mandelbrot, constă în a cere ca
dimensiunea Hausdorff -Besicovici să fie strict mai mare ca dimensiunea topologică.Aceasta se referă desigur la fractalii ideali, obţinu̧ti din prefractali prin trecere lalimită în raport cu distanţa Pompeiu-Hausdorff .
Trebuie precizat că fractalii au fost introduşi şi utilizaţi în matematică încă lasfârşitul secolului XIX-lea de Cantor, Peano, Sierpinski, Menger ş.a. Aceste exempleau fost considerate multă vreme ca situate împotriva naturii. Este meritul incon-testabil al lui B.Mandelbrot de a fi demonstrat că mulţimile fractale modelează oîntreagă varietate de fenomene ştiinţifice, de la cele moleculare la cele astronomice:mişcarea browniană a particulelor, turbulenţa în fluide, creşterea plantelor, studiulrocilor, materiale compozite, polimeri şi geluri, peisaje, muņti, linii de coastă ge-
ografice, distribuţia galaxiilor în univers şi chiar fluctuaţiile de preţuri pe pieţele deschimb. Ultimul eseu al lui Mandelbrot se referă la aceste fluctuaţii.
Mulţimile fractale joacă un rol important în unele ramuri ale matematicii, cumar fi teoria numerelor şi ecuaţiile diferenţiale neliniare (stabilitate şi haos).
Astfel, ceea ce a părut la început un concept de matematică pură a găsit nu-meroase aplicaţii în ştiinţe. Dacă aceste aplica̧tii vor continua să se diversifice şisă se adâncească, s-ar putea ca studiul fractalilor să devină o parte obligatorie acursurilor universitare. Geometria fractală este completarea care lipsea geometrieieuclidiene şi simetriei cristaline (sau cvasicristaline).
Bibliografie1. K. Devlin - Vârsta de aur a matematicii , Theta, Bucureşti, 2000.2. J. -F. Gornyet - Physique et structures fractales , Masson, Paris, 1992.3. B. Mandelbrot - The Fractal Geometry of Nature , W.H.Freeman, 1982.4. B. Mandelbrot - Obiectele fractale , Editura Nemira, 1998.
5
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
10/88
Dreapta lui Euler privită ca loc geometricGabriel POPA1, Paul GEORGESCU 2
Vom arăta în cele ce urmează că dreapta lui Euler a unui triunghi poate fi gân-dită ca locul geometric al punctelor de concureņtă a trei ceviene variabile asociatetriunghiului.
Fie O, G, H punctele remarcabile (în no-taţii uzuale) ale triunghiului ABC , A1, B1, C 1punctele de pe cercul circumscris diametral opusevârfurilor notate corespunzător, iar S A, S B, S C puncte pe dreptele A1M , B1N respectiv C 1P (unde M , N , P sunt mijloacele laturilor) care îm-part segmentele orientate A1M , B1N , C 1P într-
un acelaşi raport k ∈ R\½
1, 4
3
¾.
Teoremă. Dreptele AS A, BS B şi CS C sunt concurente într-un punct situat pe dreapta lui Euler a triunghiului ABC .
Demonstraţie. Raportăm planul la un reper cu originea în centrul cerculuicircumscris O ; vom nota cu rX vectorul de poziţie al punctului X . Atunci
rS A = 1
1 − k (rA1 − krM ) = 1
k − 1·
rA + k
2 (rB + rC )
¸.
Fie Q un punct pe dreapta AS A care împarte segmentul orientat AS A în raportulQA
QS A= l; avem
rQ = 1
1 − l (rA − lrS A) = 1
1 − l rA − l
(1 − l) (k − 1)·
rA + k
2 (rB + rC )
¸ =
= 1 + l − k
(1
−l) (1
−k)
rA + lk
2 (1
−l) (1
−k)
rB + lk
2 (1
−l) (1
−k)
rC .
Vom încerca să determinăm l ∈ R\ {1} astfel încât rQ să aibă o scriere simetrică înraport cu rA, rB, rC . Pentru aceasta,
2 (1 + l − k) = lk ⇔ l (k − 2) = 2 − 2k ⇔ l = 2 − 2kk − 2 (1)
unde l = 1 dacă şi numai dacă k = 4
3. Pentru valoarea lui l dată de (1), obţinem
rQ = k
3k − 4 (rA + rB + rC ) (2)Considerând acum punctele Q0 pe BS B şi Q00 pe CS C care împart segmentele
orientate corespunzătoare în acelaşi raport l dat de (1), va rezulta că rQ0 = rQ00 = rQ,deci cele trei puncte coincid. Prin urmare, există un punct comun dreptelor AS A,BS B şi C S C .
1 Profesor, Liceul Teoretic ”Garabet Ibrăileanu”, Iaşi2 Profesor, Liceul de Informatică ”Grigore C. Moisil”, Iaşi
6
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
11/88
Deoarece rO = 0 şi rG = 1
3 (rA + rB + rC ), obţinem că
−→OG =
1
3 (rA + rB + rC ).
Atunci punctul Q dat de (2) se află pe dreapta OG, care este dreapta lui Euler atruinghiului AB C .
Observaţia 1. Pentru k = 4
3, dreptele AS A, BS B şi CS C nu sunt concurente,
întrucât sunt toate paralele cu dreapta lui Euler. Într-adev˘
ar, în acest caz S A ar fisimetricul lui A1 fa̧tă de H , deoarece punctele H , M şi A1 sunt coliniare şi M estemijlocul segmentului [HA1]. Rezultă de aici că HO este linie mijlocie în triunghiulA1S AA, deci H OkAS A.
Cazul k = 1 trebuie evident exclus, întrucât el corespunde punctelor ”de la infinit”de pe dreptele A1M , B1N , respectiv C 1P .
Observaţia 2. Câteva cazuri particulare remarcabile:• k = 0 conduce la obţinerea punctului O drept punct de concurenţă a diametrilor
AA1, B B1, C C 1;• k = 2 corespunde situaţiei în care S A = S B = S C = H ; evident atunci că
punctul de concurenţă Q dat de (2) este chiar H -ortocentrul triunghiului;• k = −2 corespunde situa̧tiei în care S A = GA este centrul de greutate al
triunghiului A1BC etc. În acest caz, punctul de concurenţ˘
a Q are vectorul de poziţierQ =
1
5 (rA + rB + rC ) deci
QG
QO =
2
3. Dealtfel, articolul de faţă a pornit tocmai de
la acest caz, autorii demonstrând că OGAkAΩ, unde Ω este centrul cercului celornouă puncte;
• k = 4 corespunde situaţiei în care S A este simetricul lui GA în raport cu M şianaloagele; în acest caz, punctul de concurenţă Q este Ω, centrul cercului celor nouăpuncte.
Observaţia 3. Orice punct de pe dreapta lui Euler, cu excep̧tia centrului degreutate G, poate fi gândit ca un punct de concurenţă Q obţinut pentru un anumitraport k . Mai precis, pe dreapta cu orientarea OH avem:
• k ∈ (0, 1), deci S A se află pe semidreapta opusă lui (A1M şi analoagele; atuncik
3k − 4 ∈ (−1, 0) şi se obţin astfel punctele de pe dreapta lui Euler dintre O şisimetricul lui H faţă de O ;
• k ∈ (−∞, 0], deci S A aparţine segmentului (M A1] şi analoagele; atunci k3k − 4 ∈
∈·
0, 1
3
¶ şi se obţin astfel punctele de pe segmentul (GO];
• k ∈µ
1, 4
3
¶ ∪µ
4
3, ∞¶
, deci S A se află pe semidreapta opusă lui (M A1 şi
analoagele; atunci k
3k − 4 ∈ (−∞, −1) ∪µ
1
3, ∞¶
şi se obţin punctele semidreptei
(GH pentru k ∈µ
4
3, ∞¶
şi cele ale semidreptei rămase pentru k ∈µ
1, 4
3
¶.
7
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
12/88
Un mod de calcul al numărului lexicografic de ordineasociat unei permutări
Iuliana GEORGESCU 1, Paul GEORGESCU 2
În cele ce urmează vom studia câteva proprietăţi ale relaţiei de ordine lexicografică
pe mulţimea S n a permut˘
arilor de ordinul n şi vom preciza un mod de calcul alnumărului lexicografic de ordine asociat.După cum este cunoscut, rela̧tia de ordine lexicografică pe mulţimea S n se de-
fineşte în modul următor.
Defini̧tie. Date σ şi σ0 ∈ S n, vom spune c ̆ a σ precede lexicografic σ0 şi vom nota σ ≺ σ0 dac ̆ a ∃ i0 ∈ 1, n astfel încât σ (i) = σ 0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar σ (i0) < σ0 (i0).
În raport cu această rela̧tie de ordine, fiecărei permutări din S n i se va puteaasocia un număr de ordine cuprins între 1 şi n!, care va fi numit în cele ce urmeazănumărul lexicografic de ordine al acelei permutări. De asemenea, dacă σ ∈ S n,notăm cu mσ (i) numărul de inversiuni corespunzătoare poziţiei i în permutarea σşi cu sσ (i) = {σ (i + 1) , σ (i + 2) , . . . σ (n)} mulţimea elementelor care-l succed peσ (i) în permutarea σ .
Lema 1. Dac ̆ a σ, σ0
∈ S n, atunci are loc echivalenţa σ ≺ σ0
⇔ ∃i0 ∈ 1, n în aşa fel încât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) < mσ0 (i0).Demonstraţie. „⇒” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât σ (i) = σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1,
iar σ (i0) < σ0 (i0). În mod evident, mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, pentru căsσ (i) = sσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) < mσ0 (i0) (prin trecerea pe poziţia i la unelement mai mare se „câştigă” inversiuni).
„⇐” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) << mσ0 (i0). Deoarece mσ (1) = mσ0 (1), se obţine că σ (1) = σ 0 (1), ştiind că mσ (1) == n−σ (1), mσ0 (1) = n −σ0 (1) . Cu un raţionament asemănător se obţine că σ (i) == σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, şi deci sσ (i0 − 1) = sσ0 (i0 − 1). Deoarece mσ (i0) < mσ0 (i0),rezultă evident că σ (i0) < σ0 (i0).
Observaţia 1. Evident, mσ (i) ≤ n − i. De asemenea, are loc inegalitateanPi=k mσ (i) (n − i)! ≤ nPi=k (n − i) (n − i)! şi de aicinP
i=k
mσ (i) (n − i)! ≤nP
i=k
[(n − i + 1)! − (n − i)!] = (n − k + 1)! − 1, ∀k ∈ 1, n.
Notăm N (σ) = 1+nP
i=1mσ (i) (n − i)!. Conform observaţiei anterioare,
1 ≤ N (σ) ≤ n! .Lema 2. Are loc echivalenţa σ ≺ σ0 ⇔ N (σ) < N (σ0).Demonstraţie. „⇒” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât σ (i) = σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1,
iar σ (i0) < σ0 (i0). Atunci N (σ0) − N (σ) = [mσ0 (i0) − mσ (i0)] (n − i0)! ++
nPi=i0+1
[mσ0 (i) − mσ (i)] (n − i)! ≥ (n − i0)! −nP
i=i0+1mσ0 (i) (n − i)!.
Conform Observaţiei 1, N (σ0)−
N (σ)≥
1.
1 Profesoară, Liceul cu Program Sportiv, Iaşi2 Profesor, Liceul de Informatică ”Grigore Moisil”, Iaşi
8
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
13/88
„⇐” Presupunem prin reducere la absurd că σ0 ¹ σ. Dacă σ0 = σ, atunci N (σ) == N (σ0), absurd. Dacă σ0 ≺ σ, atunci N (σ) < N (σ0), conform celor demonstrateanterior, ceea ce este absurd.
Fie acum F 1 : S n → 1, n!, F 1 (σ) = N (σ). Conform Lemei 2 , F 1 este injectivă.Deoarece card S n = n! =card 1, n!, F 1 este bijectivă, şi deoarece F 1 păstrează or-dinea lexicografică (Lema 2 ), N (σ) este chiar numărul lexicografic de ordine asociat
permutării σ . Se obţine deci următoareaTeoremă. Num ̆ arul lexicografic de ordine asociat unei permut ̆ ari σ este
N (σ) = 1 +nP
i=1mσ (i) (n − i)! .
Vom propune în continuare câteva aplicaţii ale acestui rezultat.Problema 1. Fie σ, σ0 ∈ S n în aşa fel incât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, n.
Demonstraţi c ̆ a σ = σ0.Soluţie. Se observă că N (σ) = N (σ0), deci σ = σ 0.
Fie M n = 0, n − 1 × 0, n − 2 × . . . × {0}.Corolar. Funcţia F 2 : S n → M n, F 2 (σ) = (mσ (1) , mσ (2) , . . . , mσ (n)) este
injectiv ̆ a.Demonstraţie. Evident, card S n = card M n = n!, iar F 2 este injectivă conform
Lemei 2 , deci în fapt este bijectivă.Problema 2. Demonstraţi c ̆ a pentru orice n-upl ̆ a (k1, k2, . . . , kn) ∈ Nn astfel
încât 0 ≤ ki ≤ n − i, ∃σ ∈ S n satisf ̆ acând mσ (i) = ki, ∀i ∈ 1, n.Soluţie. Rezultă imediat din surjectivitatea lui F 2.Fie acum n ∈ N∗, n ≥ 2, şi k ∈ N, 1 ≤ k ≤ n. Notăm cu Akn muļtimea
tuturor aranjamentelor de câte n elemente luate câte k . Cu această notaţie, fiecăruiaranjament A ∈ Akn, privit ca o funcţie de la mulţimea 1, k la mulţimea 1, n, i sepoate asocia în mod natural muļtimea M (A) ce conţine toate permutările σ ∈ S ncu proprietatea că σ (i) = A (i), ∀i ∈ 1, k, iar σ (i) ∈ 1, n\{A (1) , A (2) , . . . , A (k)},∀i ∈ k + 1, n. Evident, M (A) conţine (n − k)! elemente cu numere lexicografice deordine asociate consecutive.
Pentru i ∈
1, k, notăm cu nA (i) numărul elementelor din mulţimea 1, n\{A (1) ,A (2) , . . . , A (i)} care sunt mai mari decât i. Evident, pentru n = k, nA (i) = mA (i).
Relaţia de ordine lexicografică definită pe mulţimea S n se poate extinde în modevident şi la mulţimea Akn. Aplicând ra̧tionamentul descris anterior, obţinem cănumărul lexicografic de ordine asociat unui aranjament A este
N A = 1+kP
i=1mσ (i) (n − i)!/ (n − k)! .
Observaţia 2. Împreună cu schiţa unei alte demonstratii, Teorema este menţio-nată în [1] şi preluată în [2], f ̆ară demonstraţie şi f ̆ară indicarea sursei originale.
Bibliografie.1. P. Georgescu - Asupra relaţiei de ordine lexicografic ̆ a pe mulţimea permut ̆ arilor
de ordinul n, Revista „Joc Secund”, Liceul de Informatică „G. Moisil”, Iaşi, ianuarie
2001.2. D. Hrinciuc-Logof ̆atu - C++. Algoritmi şi probleme rezolvate, Editura Polirom,Iaşi, 2001.
9
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
14/88
Generalizări ale teoremei lui Ceva şi aplica̧tiiTemistocle BÎRSAN 1
Teorema lui Ceva şi reciproca sa caracterizează concurenţa a trei ceviene cu aju-torul rapoartelor în care picioarele acestora împart laturile triunghiului. În loculcevienelor vom considera trei drepte oarecare şi vom exprima concurenţa lor în ace-
laşi mod: cu ajutorul rapoartelor în care punctele de intersecţie a dreptelor cu laturiletriunghiului împart aceste laturi. Diversitatea pozi̧tiilor celor trei drepte în raport cutriunghiul dat face posibile mai multe generalizări ale teoremei lui Ceva. Utilizareasegmentelor orientate este avantajoasă în gruparea cazurilor ce pot apărea. Ca şi în[2], se exclud tacit unele poziţii triviale ale celor trei drepte.
Vom începe cu două rezultate pregătitoare.Lema 1. Fie ABC un triunghi oarecare şi punctele U ∈ AB, V ∈ AC , X ∈ BC
şi Y ∈ AC . Not ̆ am u = U BU A
, v = V C
V A, x =
XB
XC , y =
Y A
Y C şi {T } = U V ∩ XY .
Atunci, avem:T U
T V =
(1 − v) (x − uy)(1 − u) (1 − vy) .
Demonstraţie. Fie {X 0
} = AB ∩ XY (fig. 1). Teorema lui Menelaus aplicat˘
atriunghiului AU V şi secantei X Y conduce la relaţia
T U
T V =
Y A
Y V · X 0U
X 0A. (1)
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3
Cum y = Y A
Y C ⇒ Y A = y
1 − y AC şi v = V C
V A⇒ AV = 1
1 − v AC , urmează că
Y V = Y A + AV = 1 − vy
(1 − v) (1 − y) AC şi, deci, Y A
Y V =
y (1 − v)1 − vy (2).
Poziţia punctului X 0 pe latura AB este precizată de raportul X 0A
X 0B=
y
x (teorema
lui Menelaus relativ la 4ABC şi secanta X Y ). Deducem că X 0A = y
x − y AB şi cum
u = UB
U A⇒ AU = 1
1 − u AB, obţinem: X 0U = X 0A + AU =
x − uy(1 − u) (x − y) AB. Ca
urmare, X 0U
X 0A=
x − uyy (1
−u)
(3).
Combinând (1), (2) şi (3), obţinem relaţia de demonstrat.1 Prof. dr., Catedra de matematică, Univ. Tehnică ”Gh. Asachi”, Iaşi
10
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
15/88
Lema 2. Fie ABC un triunghi şi punctele U ∈ AB, V ∈ AC , X ∈ BC şi y ∈ AB. Notând u = U B
U A, v =
V C
V A, x =
XC
XB, y =
Y A
Y Bşi {T } = U V ∩ XY
(fig.2), avem:T U
T V =
(1 − v) (1 − uy)(1
−u) (x
−vy)
.
Observaţia 1. Rela̧tia din Lema 1 a fost demonstrată în cazul particular dinfig. 1: punctele U,V, X,Y sunt interioare laturilor pe care se află, dar rămâne valabilă(cu aceeaşi demonstraţie) şi în cazurile în care o parte dintre aceste puncte sau toatear fi situate pe prelungirile laturilor respective. Doar cazul X Y kAB (în care x = y)
necesită o demonstraţie diferită; se ajunge la formula T U
T V =
x (1 − v)1 − vx care se obţine,
de altfel, din cea prezentă în Lema 1 dacă se ia în aceasta x = y. Aceleaşi observaţiise pot face şi privitor la Lema 2.
Propoziţia 1. Fie dat un triunghi ABC şi dreptele d1, d2, d3. Presupunem c ̆ a d1 intersecteaz ̆ a AB şi AC în punctele M şi respectiv N , d2 intersecteaz ̆ a BC şi BA în P şi respectiv Q, iar d3 intersecteaz ̆ a CA şi CB în R şi respectiv S şi not ̆ am
m = MB
M A
, n = N C
N A
, p = P C
P B
, q = QA
QB
, r = RA
RC
, s = SB
SC
. Atunci d1, d2, d3 sunt
concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a este îndeplinit ̆ a condiţia
1 + mpr + nqs = mq + ps + rn, i.e.
¯̄̄̄¯̄ 1 q rm 1 s
n p 1
¯̄̄̄¯̄ = 0.
Demonstraţie. Fie {T } = M N ∩ SR şi {T 0} = M N ∩ P Q (fig. 3). În conformi-tate cu Lemele 1 şi 2, putem scrie:
T M
T N =
(1 − n) (s − mr)(1 − m) (1 − nr) ,
T 0M
T 0N =
(1 − n) (1 − mq )(1 − m) ( p − nq ) .
Atunci, d1, d2, d3 sunt concurente ⇔ T coincide cu T 0 ⇔ (1 − n) (s − mr)(1 − m) (1 − nr) =
= (1 − n) (1 − mq )(1 − m) ( p − nq ) ⇔ 1 + mpr + nqs = mq + ps + rn, q.e.d.Dacă Q coincide cu A, S cu B , şi N cu C , adică q = s = n = 0, obţinem:Corolarul 1 (Ceva). Cevienele AP , B R, C M (se exclude cazul AP kBRkCM )
sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a 1 + mpr = 0 sau
¯̄̄̄¯̄ 1 0 rm 1 0
0 p 1
¯̄̄̄¯̄ = 0.
Dacă S coincide cu B şi P cu C , adică s = p = 0, vom obţine un alt rezultatcunoscut([4, Teorema 3], [3, Teorema 1], [2, Prop.2] etc.):
Corolarul 2. Dreapta MN trece prin punctul de intersecţie a cevienelor BR şi CQ dac ̆ a şi numai dac ̆ a mq + nr = 1.
Aplicaţia 1. Dac ̆ a pentru k ∈ Z fixat avem: BS
ck =
SP
ak =
P C
bk , CN
ak =
N R
bk =
= RA
ck şi
AQ
bk =
QM
ck =
M B
ak (fig.3), atunci M N , P Q, RS sunt concurente.
11
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
16/88
Demonstraţie. Avem: m = n = − ak
bk + ck, p = q = − b
k
ck + ak, r = s =
= − ck
ak + bk. Se verifică printr-un calcul simplu condiţia din Propoziţia 1.
Observaţia 2. Pentru k luând valorile 0, 1 şi 2 punctele de intersecţie corespun-zătoare sunt G, I şi respectiv K (Lemoine ).
Aplicaţia 2 (Newton). Într-un patrulater circumscris unui cerc dreptele care unesc punctele de contact ale laturilor opuse trec prin punctul de intersec ţie a diago-nalelor.
Demonstraţie. Să arătăm numai faptul că XY , AC şi BD sunt concurente(fig.4). Vom aplica Corolarul 2. Avem:
Fig. 4 Fig. 5 Fig. 6
m = XB
XE = −
µr ctg
B
2
¶/µ
r tg B + C
2
¶, n =
Y C
Y E = −
µr ctg
C
2
¶/µ
r tg B + C
2
¶,
q = AE
AB= − d sin D
a sin(B + C ) şi r =
DE
DC = − d sin D
c sin(B + C ), unde a = AB, b = BC ,
c = C D şi d = DA. Cu acestea şi ţinând seama că a = rµ
ctg A
2 + ctg
B
2
¶ etc. şi că
sin A + B
2 = sin
C + D
2 , cos
B + D
2 = − cos A + C
2 , se verifică prin calcul condiţia
mq + nr = 1.Propoziţia 2. Dac ̆ a poziţiile punctelor M , N , P , Q, R, S (fig. 5) sunt precizate
de rapoartele m = M B
M A
, n = NC
N A
, p = P B
P A
, q = QC
QA
, r = RB
RA
, s = SC
SB
, atunci
dreptele MN , P Q, RS sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a avem
prs + mq + nr = mrs + np + rq , i.e.
¯̄̄̄¯̄ 1 1 1m p r
n q rs
¯̄̄̄¯̄ = 0.
Demonstraţie. Notăm {T } = SR∩N M şi {T 0} = SR∩QP . Conform Lemei 1,avem:
T S
T R=
(1 − 1/r) (n − ms)(1 − s) (1 − m/r) şi
T 0S
T 0R=
(1 − 1/r) (q − ps)(1 − s) (1 − p/r) . Aşadar, M N , P Q,
RS sunt concurente ⇔ T S T R
= T 0S
T 0R⇔ (n − ms) (1 − p/r) = (q − ps) (1 − m/r) ⇔
prs + mq + nr = mrs + np + rq .Procedând la fel, dar cu utilizarea Lemei 2, se dovedeşte şi
Propozi̧tia 20
. Dac ̆ a punctele M , N , P , Q, R, S (fig.6) au pozi̧tiile precizate de rapoartele m =
M B
M A, n =
N C
N A, p =
P B
P A, q =
QC
QA, r =
RB
RC , s =
SC
SA, atunci
12
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
17/88
dreptele MN , P Q, RS sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a avem
qrs + ms + np = nrs + mq + ps, i.e.
¯̄̄̄¯̄ 1 1 1m p rs
n q s
¯̄̄̄¯̄ = 0.
Corolarul 3. Ceviana AD, cu D ∈ BC precizat de raportul d = DC
DB
, trece prin
punctul de intersecţie a dreptelor MN şi P Q dac ̆ a şi numai dac ̆ a ¯̄̄̄¯̄ 1 1 0m p 1
n q d
¯̄̄̄¯̄ = 0, i.e. d = n − q m − p .
Demonstraţie. În Propoziţia 2 (sau 20) se face ca R să coincidă cu A (respectiv,S să coincidă cu A) şi se ia s = d (respectiv, r = 1/d).
Aplicaţia 3. Fie ABC un triunghi cu a ≤ b ≤ c. Fie D, E , F mijloacele laturilor (BC ), (CA) şi respectiv (AB) şi D0, E 0, F 0 mijloacele liniilor frânte BAC ,CB A şi respectiv ACB (i.e. BD0 = CA + AD 0, CB + BE 0 = AE 0 şi AF 0 =BC + CF 0). Ar ̆ ataţi c ̆ a dreptele DD0, EE 0 şi F F 0 sunt concurente (fig. 7).
Demonstraţie. Rezultatul se obţine aplicând Propoziţia 2 cu n = p = s = −1,
m = E 0B
E 0A = −c−
a
a + c (căci 2AE 0 = a + c şi B E 0 = c − AE 0 = 1
2 (c − a)), q = F 0C
F 0A =
= −b − aa + b
şi r = D0B
D0A= −b + c
c − b .
Fig. 7 Fig. 8 Fig. 9Observaţia 3. În [1] este dată o demonstraţie sintetică (se arată că DD0, E E 0,
F F 0
sunt bisectoare ale 4DEF ), iar în [5, Teorema 2] una analitic˘
a.În legătură cu Problema 191 [6] (a se vedea şi [2]) dăm
Aplicaţia 4. Fie ABC un triunghi ce nu este isoscel. Fie A0 punctul de in-tersecţie a dreptei ce uneşte picioarele bisectoarelor unghiurilor B şi C cu dreapta ce uneşte punctele de contact al cercului înscris cu laturile (AB) şi (AC ) şi B0, C 0analoagele acestuia. S ̆ a se arate c ̆ a dreptele AA0, BB0, CC 0 sunt concurente.
Demonstraţie. Cu nota̧tiile din fig. 8, avem: m = −ab
, n = −ac
, p = − p − b p − a =
= −a + c − bb + c − a şi q = −
p − c p − a = −
a + b − cb + c − a . În conformitate cu Corolarul 3, obţinem:
d = DC
DB=
n − q m − p = . . . =
b (a − c) (a − b + c)c (a − b) (a + b − c) . În acelaşi mod obţinem şi
e = EAEC
= c (b − a) (a + b − c)a (b − c) (−a + b + c) , f = F BF A =
a (c − b) (−a + b + c)b (c − a) (a − b + c) . Ca urmare,
def = −1 şi, deci, dreptele AA0, B B0, C C 0 sunt concurente.13
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
18/88
Propoziţia 3. Fie D , M , P ∈ BC , Q ∈ AB şi N ∈ AC (fig.9) cu poziţiile precizate de d =
DB
DC , m =
M B
M C , p =
P C
P B, q =
QB
QAşi n =
NC
N A. Dreapta AD trece
prin punctul de intersecţie a dreptelor M N şi P Q dac ̆ a şi numai dac ̆ a
¯̄̄̄̄̄mn q d
n pq 1
1 1 0 ¯̄̄̄̄̄ = 0, i.e. d = mn − q
n − pq .
Demonstraţie. Utilizăm Propoziţia 2 luând punctul N în vârful C şi înlocuindnumerele m, n, p, q,r,s cu 1/d, 0, p, 1/q, 1/m, 1/n respectiv. Rezultatul dorit poate fiobţinut, în mod asemănător, şi prin utilizarea Propoziţiei 20.
Observaţie. Teorema lui Ceva este un caz particular al Propoziţiilor 2, 20, 3.
Aplicaţia 5. Se noteaz ̆ a cu A1 centrul p̆ atratului D1D2D3D4 înscris în tri-unghiul ABC cu D1, D2 ∈ BC , D3 ∈ CA şi D4 ∈ AB. Similar se introduc şi punctele B1, C 1. S ̆ a se arate c ̆ a dreptele AA1, BB1, CC 1 sunt concurente (punctul lui Van Vecten).
Demonstraţie. Aplicăm Propoziţia 3 luând drept MN şi P Q diagonalele pă-
tratului D1D2D3D4. Notând cu l latura acestuia, avem: m = D1B
D1C
=
− l ctg B
l + l ctg C
,
p = D2C
D2B= − l ctg C
l + l ctg B şi n = q . Condiţia din propoziţia amintită se scrie: d =
m − 11 − p = . . . = −
1 + ctg B
1 + ctg C . Relativ la laturile (CA) şi (AB) obţinem
e = − 1 + ctg C 1 + ctg A
, f = − 1 + ctg A1 + ctg B
. Rezultă că def = −1 şi, deci, dreptele AA1,BB1, C C 1 sunt concurente.
Aplicaţia 6. Fie Db, Dc punctele de contact al cercului A - exînscris triunghiului ABC cu dreptele AB şi respectiv AC , iar perechile de puncte E c, E a şi F a, F b având semnificaţii analoage. Dac ̆ a not ̆ am {A0} = E cE a ∩ F bF a, {B0} = F aF b ∩ DcDbşi {C 0} = DbDc ∩ E aE c, atunci dreptele AA0, BB 0, CC 0 sunt concurente în H -ortocentrul triunghiului ABC .
Demonstraţie. Dacă {D} = AA0 ∩ BC , se aplică Propozi̧tia 3 pentru a arătacă punctul D este piciorul înălţimii din A a triunghiului AB C etc.
Bibliografie1. F. D. Beznosikov - Problema 914, Matematika v şkole, 3/1971, p.75 (enunţ) şi
1/1972, p.76 (soluţie).2. T. Bîrsan - Un criteriu de concurenţ ̆ a a dreptelor , Recreaţii Matematice, 4(2002),
nr.1, 23-24.3. C. Chiser - Condiţii necesare şi su fi ciente ca o dreapt ̆ a s ̆ a treac ̆ a prin puncte im-
portante dintr-un triunghi , G.M.-9/2000, 336-343.4. N. Oprea - Un punct şi o dreapt ̆ a remarcabile din planul unui triunghi , G.M.-
11/1996, 532-540.
5. J. Tong - Perimeter bisectors of the triangle , G.M.-3/1998 (seria informare - per-fecţionare), 162-176.6. *** - Problema 191, Recreaţii Ştiinţifice, 4(1886), p.48 (enunţ) şi p.118 (soluţie).
14
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
19/88
O proprietate a sistemelor de generatoriale unor grupuriMarian TETIVA1
În Problema C:316 [1] se cere să se demonstreze că din orice sistem de generatori algrupului aditiv al numerelor reale se poate extrage orice element, mulţimea rămasăfiind, în continuare, sistem de generatori. Problema 26 din [3, p.55] arată că deaceeaşi proprietate se bucură şi sistemele de generatori ale grupului (Q, +). Amintimcă, dat fiind un grup abelian (aditiv) G, o mulţime nevidă S ⊆ G se numeşte sistemde generatori al grupului G dacă, pentru orice g ∈ G, există n ∈ N∗, a1, a2, . . . , an ∈ Zşi s1, s2, . . . , sn ∈ S astfel încât g = a1s1 + a2s2 + . . . + ansn. Remarcăm că oricegrup G are măcar un sistem de generatori (şi anume pe S = G). E uşor de văzutcă, dacă un element s ∈ S are o scriere de acest tip cu toate elementele si ∈ S \{s},atunci S \{s} este, de asemenea, sistem de generatori pentru G.
Ne propunem în cele ce urmează să arătăm că ambele probleme pot fi rezolvate înacelaşi fel, ţinând seama de o proprietate comună a grupurilor aditive ale numerelorreale, respectiv raţionale şi de următorul rezultat, pe care îl demonstrăm în aceastănotă.
Propozi̧tie. Fie G un grup divizibil, S un sistem de generatori al lui G şi s ∈ S .Atunci S \{s} este, înc ̆ a, sistem de generatori pentru G.
Vom considera grupul G abelian şi dat în notaţie aditivă; în aceste condiţii Gse numeşte grup divizibil dacă pentru orice g ∈ G şi orice număr întreg n 6= 0există x ∈ G astfel încât nx = g (vom mai spune că ”ecuaţia” nx = g are soluţiein G). Evident, grupurile (R, +) şi (Q, +), despre care a fost vorba în problemeleamintite mai sus, sunt grupuri divizibile. Un exemplu de grup care nu este divizibilîl reprezintă grupul (Z, +) al numerelor întregi (de exemplu, ecuaţia 2x = 1 nu aresoluţie în Z). În continuare dăm două demonstraţii ale propoziţiei enunţate, unaelementară, alta care face apel la o teoremă de izomorfism.
Demonstraţia I. Să considerăm mulţimea H a ”combinaţiilor liniare”, adică a
elementelor din G care pot fi scrise în formaa1s1 + a2s2 + . . . + ansn,
unde n ∈ N∗, a1, a2, . . . , an ∈ Z şi s1, s2, . . . , sn ∈ S \{s}; de asemenea, fie K ={ns | n ∈ Z}. Se verifică imediat că H şi K sunt subgrupuri ale lui G (ele se numescsubgrupurile lui G generate de S \{s}, respectiv de {s}). Trebuie să arătăm ori căs ∈ H (aşa vom proceda în această primă demonstraţie), ori că H = G (ceea ce vomface în a doua demonstraţie).
Arătăm, mai întâi, că există un ”multiplu” qs, q ∈ Z∗, al lui s care aparţine lui H .Într-adevăr, conform ipotezei, există x ∈ G astfel încât 2x = s; tot conform ipotezei,x poate fi exprimat ca o combina̧tie liniară a unor elemente din S , adică existăa, a1, . . . , a p ∈ Z şi există s1, . . . , s p ∈ S \{s} astfel încât x = as + a1s1 + . . . a ps p.Înlocuim aici s = 2x şi obţinem egalitatea (1 − 2a) x = a1s1 + . . . + a ps p care aratăcă (1 − 2a) x ∈ H ; evident , 1 − 2a este un număr întreg nenul (este impar).1 Profesor, Colegiul Naţional ”Gheorghe Roşca Codreanu”, Bârlad
15
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
20/88
Deci există q ∈ Z, q 6= 0 astfel încât qs ∈ H . Cum orice x ∈ G are o scriere deforma x = bs + b1s1 + . . . + brsr, cu b, b1, . . . , br ∈ Z şi s1, s2, . . . , sr ∈ S \{s}, rezultăcă, pentru orice x ∈ G, avem
qx = b (qs) + (qb1) s1 + . . . + (qbr) sr ∈ H ;aşadar avem qx ∈ H pentru orice x ∈ G. Dar, grupul G fiind divizibil şi q fiind
un întreg nenul, exist˘
a x0 ∈ G astfel încât qx0 = s; atunci s = qx0 ∈ H (ceea ceînseamnă că s este o combinaţie liniară a unor elemente din S \{s}), de unde concluziacă şi S \{s} este sistem de generatori pentru G este imediată.
Demonstraţia a II-a. Se bazează, în fond, pe acelea̧si idei, dar, după cum amspus, este formulată într-un limbaj mai abstract (v.[3]).
Se observă că avem G = H + K (din ipoteza că S este un sistem de generatorial lui G); conform unei teoreme de izomorfism rezultă că G/H = (H + K ) /H esteizomorf cu K/ (H ∩ K ).
Nu e greu de văzut că proprietatea unui grup de a fi divizibil se transmite prinmorfisme surjective (adică, dacă G este un grup divizibil şi f : G → G0 un morfismsurjectiv de grupuri, atunci şi G0 este un grup divizibil), cu atât mai mult prin izomor-fisme. De asemenea, orice grup factor al unui grup divizibil este divizibil (deoareceîntre un grup şi un grup factor al său există întotdeauna un morfism surjectiv -
surjecţia canonică).Revenind la problemă, din observa̧tiile de mai sus deducem că grupul K/ (H ∩ K )
este divizibil. Acest grup este însă ciclic (deoarece K este astfel, prin însăşi defini̧tialui, şi orice grup factor al unui grup ciclic este tot ciclic) şi, dintre grupurile ciclice,divizibil este numai grupul nul. Atunci rezultă că G/H (izomorf cu K/ (H ∩ K ))este grupul nul, deci H = G (adică orice element din G este o combinaţie liniară deelemente din S \{s}), ceea ce încheie demonstraţia.
(Un grup ciclic finit C , cu n ≥ 2 elemente, nu este divizibil deoarece nx = 0pentru orice x ∈ C şi în C mai există şi alte elemente în afară de 0; de altfel, aceeaşiobserva̧tie se poate face pentru un grup finit oarecare. În cazul în care este infinit,C este izomorf cu Z, despre care am arătat deja că nu este divizibil.)
În încheiere menţionăm că o altă demonstraţie elementară poate fi găsită în [2] la
pagina 95, iar ca observa̧tie finală să mai spunem că o consecinţă imediată a propozi-ţiei demonstrate este că orice sistem de generatori al unui grup divizibil trebuie săfie infinit (în particular, orice sistem de generatori al lui (Q, +) sau al lui (R, +) esteinfinit).
Bibliografie1. T. Albu - Problema C:316 , G.M. - 6/1983, p.256.2. T. Albu, I. Ion - Itinerar elementar în algebra superioar ̆ a , Editură All Educational,
Bucureşti, 1997.3. I. Ion, N Radu - Algebra , E.D.P., Bucureşti, 1991.
16
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
21/88
Şiruri recurente de tipul xn+1 = f (n, xn)Dan POPESCU 1
În Recrea̧tii Matematice, nr.1/2002, am abordat şirurile definite recurent prinxn+1 = f (xn), n ∈ N∗. Mai general, cu un instrument de lucru asemănător - înprincipal, teorema Stolz-Cesàro - pot fi studiate şirurile recurente date de xn+1 =
= f (n, xn), n ∈ N∗, x1 ∈ D, unde f : N∗ × D → D este o funcţie oarecare. Vom justifica prin exemple această afirmaţie.1 (G.M.-12/1994, 23145 , Gh. Marchitan). Fie şirul de numere reale pozitive
(xn)n≥1 dat de x1 > 0 şi x2n+1 = n (xn − xn+1), n ∈ N∗. S ̆ a se arate c ̆ a limn→∞n
xn = e.
Soluţie. Deoarece (xn)n≥1 este şir descrescător de numere pozitive, existălim
n→∞xn = l ∈ [0, x1). Sumând egalită̧tile x2k+1 = k (xk − xk+1), k = 1, n − 1, mem-
bru cu membru, obţinem relaţia x22+x
23+...+x
2n
n−1 = x1+x2+...+xn−1
n−1 −xn, n ≥ 2. Deoarecexn →
nl ⇒ x1+x2+...+xn−1n−1 →n l şi x
2n →n l
2 ⇒ x22+x23+...+x2nn−1 →n l2, trecând la limită în
relaţia precedentă obţinem l = 0.Cum lim
n→∞1
xn lnn= lim
n→∞1/xn+1−1/xnln(1+1/n) = limn→∞
xn+1/xnn ln(1+1/n) = limn→∞
nxn+1+n
· 1ln(1+1/n)n = 1,
rezult˘
a c˘
a limn→∞nxn
= limn→∞ exn lnn
= e.2 (G.M.-2/1997, p.58, V. Nicula). Fie şirul (xn)n≥1 definit prin x1 > 0 şi xn+1 =
nxnn+x2n
, n ∈ N∗. S ̆ a se arate c ̆ a acest şir este convergent şi s ̆ a se calculeze limita sa.
Soluţie. Observând că (xn)n≥1 este descrescător şi xn > 0, n ∈ N∗, existălim
n→∞xn = l ∈ [0, x1). Atunci l = lim
n→∞xn = lim
n→∞nxnn = limn→∞
[(n + 1) xn+1 − nxn] == lim
n→∞xn+1
£(n + 1) − ¡n + x2n¢¤ = limn→∞xn+1 ¡1 − x2n¢ = l ¡1 − l2¢ şi, deci, l = 0.
3 (Recreaţii Matematice - 1/2000, XI.9 , Gh. Iurea). Consider ̆ am şirul (xn)n≥1definit prin x1 ∈ (0, 1) şi xn+1 = xn−nx2n, n ≥ 1. Ar ̆ ataţi c ̆ a limn→∞ (1 + nxn)
n = e2.
Soluţia este dată în Recreaţii Matematice - 1/2001, p.69.Propunem cititorului câteva exerciţii de felul celor prezentate mai sus.
4 (G.M.-10,11,12/1990, 22216 , D. M. B˘
atineţu - Giurgiu). Fie şirul (xn)n≥1definit prin x1 > 0 şi xn+1 = xn1+anx2n , n ∈ N∗, unde a > 0 este fixat. S ̆ a se arate c ̆ a
şirurile (xn)n≥1 şi (nxn)n≥1 sunt convergente şi s ̆ a se determine limitele lor.5 (G.M.-4/1991, 22344, D. Popescu). Dac ̆ a x1 ∈ (0, 1) şi xn+1 = xn(1+xn)xn+1 ,
n ∈ N∗, s ̆ a se calculeze limn→∞
n√
xn.
6 (G.M.-9,10,11,12/1992, C:1330 , D. Popescu). Dac ̆ a şirul (xn)n≥1 este definit
prin x1 ∈ R şi xn+1 = 1np
1 + x2n, n ≥ 1, s ̆ a se determine limn→∞ (nxn)1/xn.
7 (G.M.-2/2000, C:2254, T. Tămâian). Fie şirul (xn)n≥1 dat prin x1 > 0 şi xn+1 = xn +
axn
, n ≥ 1, unde a > 0 este fixat. S ̆ a se calculeze limn→∞
¡xn −
√ 2an
¢.
8 (R.M.T.-1/2002, XI.108 , R. Sătnoianu). Fie a ∈ (0, 1], x0 ∈ (0, a] şi xn+1 == axne−xn, n ∈ N. S ̆ a se arate c ̆ a şirurile (xn)n≥0 şi (nxn)n≥0 au limite, care se cer precizate.1 Profesor, Colegiul Naţional ”Ştefan cel Mare”, Suceava
17
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
22/88
Proprietă̧ti ale punctului lui Nagelstabilite cu ajutorul numerelor complexe
Constantin ANTON 1
Vom prezenta câteva proprietă̧ti ale punctului şi dreptei lui Nagel folosind cainstrument de lucru numerele complexe. O prezentare sintetică a acestor proprietăţise poate găsi în [1]. Utilizarea numerelor complexe face ca demonstra̧tiile date să fiefoarte simple.
Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu A0 mijlocul laturii (BC ) şi cu D, D0
punctele de contact ale acesteia cu cercurile înscris şi A-exînscris triunghiului dat.Pe laturile (CA) şi (AB) considerăm punctele B0, E , E 0 şi respectiv C 0, F , F 0 cusemnificaţii analoage. Sunt cunoscute (sau se deduc uşor) următoarele relaţii:
BD0 = p − c, D0C = p −b; CE 0 = p − a, E 0A = p −c; AF 0 = p −b, F 0B = p − a. (1)Convenim ca afixul unui punct X oarecare să fie notat cu zX .
Propoziţia 1. Dreptele AD0, BE 0, CF 0 sunt concurente într-un punct N cu afixul dat de
zN = 1
p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] . (2)
Demonstraţie. Ţinând seama de (1), avem k = BD0
D0C =
p − c p − b , deci zD0 =
= zB + kzC
1 + k =
1
a [( p − b) zB + ( p − c) zC ]; se obţin formule similare pentru afixele
punctelor E 0 şi F 0. Fie V un punct pe segmentul (AD0) determinat de raportul
v = AV
V D0 . Avem
zV = zA + vzD0
1 + v =
1
1 + v · 1
p−
a ( p − a) zA + v
a ( p − b) zB + v
a ( p − c) zC ¸ .
Vom obţine o formă simetrică pentru paranteza pătrată alegând v astfel încât 1
p − a ==
v
a, adică v =
a
p − a . Atunci, punctul de pe AD0 corespunzător acestei valori a lui v,
punct pe care-l notăm cu N , va avea afixul zN = 1
p [( p − a)zA+ ( p − b)zB+ ( p − c)zC ].
Simetria acestei relaţii face evident faptul că punctul N este situat şi pe dreptele BE 0
şi C F 0. Demonstraţia este completă.
Punctul N pus în evidenţă de Propoziţia 1 se numeşte punctul lui Nagel . Propri-etăţi remarcabile ale acestuia sunt date în propoziţiile următoare.
Propoziţia 2. Punctul lui Nagel are propriet ̆ aţile:
a) G ∈ (IN ) şi N G = 2GI, b) N H kOI şi NH = 2OI .1 Elev, clasa a X -a, Colegiul Naţional ”C. Negruzzi”, Iaşi
18
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
23/88
Demonstraţie. a) Pentru afixele punctelor G şi I avem
zG = 1
3 (zA + zB + zC ) , zI =
1
2 p (azA + bzB + czC ) (3)
(acestea pot fi deduse aşa cum s-a procedat pentru zN în Propoziţia 1).
Datorită relaţiilor (2) şi (3), vom avea:
zG − zI zN − zG =
1
3 (zA + zB + zC ) − 1
2 p (azA + bzB + czC )
1
p
[( p
−a) zA + ( p
−b) zB + ( p
−c) zC ]
− 1
3
(zA + zB + zC )=
= 1
2 ·
2 p (zA + zB + zC ) − 3 (azA + bzB + czC )3 [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] − p (zA + zB + zC ) =
1
2,
deci zG − zI zN − zG =
1
2 ∈ R, de unde rezultă că G ∈ (IN ) şi |zN − zG| = 2 |zG − zI |,
adică N G = 2GI .b) Alegem un sistem de axe cu originea în O, centrul cercului circumscris triunghiu-
lui ABC . În acest caz, ştim că zH = zA + zB + zC şi vom avea:
zN − zH zI − zO =
1
p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] − (zA + zB + zC )
1
2 p (azA + bzB + czC )
= −2 ∈ R,
deci N H kOI şi |zN − zH | = 2 |zI − zO| , adică N H = 2OI .În geometria triunghiului, dreapta I N se numeşte dreapta lui Nagel .
Propoziţia 3. Cercul înscris în triunghiul median A0B0C 0 are centrul în mijlocul S al segmentului (IN ).
Demonstraţie. Evident, avem B 0C 0 = a
2, C 0A0 =
b
2, A0B0 =
c
2 şi p0 =
1
2 p,
p0 fiind semiperimetrul triunghiului median. Atunci, conform cu (3),
zI 0 = 1
2 p0
µa
2zA0 +
b
2zB0 +
c
2zC 0
¶ =
1
2 p
·a
zB + zC 2
+ bzC + zA
2 + c
zA + zB2
¸=
1
4 p [(b + c) zA + (c + a) zB + (a + b) zC ] .
Pe de alt˘
a parte,zS =
1
2 (zI + zN ) =
1
2
· 1
2 p (azA + bzB + czC ) +
1
p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ]̧
19
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
24/88
= 1
4 p[(2 p − a) zA + (2 p − b) zB + (2 p − c) zC ]= 1
4 p[(b + c) zA + (c + a) zB + (a + b) zC ].
Ca urmare, zI 0 = zS şi deci I 0 coincide cu S .
Punctul S , mijlocul segmentului (IN ), se numeşte punctul lui Spiecker , iar cercul
C
³S,
r
2
´, înscris în triunghiul median, cercul lui Spiecker .
Propoziţia 4. Centrul I al cercului înscris în triunghiul ABC este punctul lui Nagel al triunghiului median A0B0C 0.Demonstraţie. Pentru punctul lui Nagel N 0 al triunghiului A0B0C 0 avem:
zN 0 = 1
p0 [( p0 − a0) zA0 + ( p0 − b0) zB0 + ( p0 − c0) zC 0 ] =
= 1
p
·( p − a) zB + zC
2 + ( p − b) zC + zA
2 + ( p − c) zA + zB
2
¸ =
= 1
2 p (azA + bzB + czC ) = zI ,
deci N 0 coincide cu I.
Propoziţia 5. Punctul lui Nagel N al triunghiului ABC este centrul cercului înscris în triunghiul complementar XY Z (unde A
∈ Y Z kBC , B
∈ ZX kCA, C
∈∈ XY kAB).Demonstraţie. Aplicăm propoziţia precedentă luând triunghiul complementar
în rolul triunghiului ABC . Se poate da şi o demonstraţie directă acestei propoziţii(de tipul celei din Propoziţia 4).
Bibliografie1. D. Brânzei, S. Aniţa, M. Chirciu - Geometrie, cl. a IX-a , Colecţia Mate 2000,
Editura ”Paralela 45”, Piteşti, 1998.
20
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
25/88
Aplica̧tii ale rotaţiei în planul complexOana CÂRJ ̆ A1
Există o funcţie bijectivă între mulţimea numerelor complexe şi mulţimea puncte-lor dintr-un plan. Multiplicarea cu i, adică funcţia z → iz,z ∈ C, este o rotaţie a
planului cu centrul în origine şi unghi de 90◦. Multiplicarea z → az,z ∈C
, unde a esteun număr complex fixat, este o rotaţie în jurul originii cu un unghi egal cu argumentullui a, compusă cu o omotetie de raport |a|. Rota̧tia planului cu 90◦ în jurul unuipunct de afix b este dată de z0 = b + i (z − b) , z ∈ C. Rota̧tia planului cu un unghiϕ în jurul unui punct de afix b este dată de z 0 = b + (cos ϕ + i sin ϕ) (z − b) , z ∈ C.
Scopul propus este de a pune în evidenţă utilitatea acestei transformări, rotaţiade centru şi unghi date, în rezolvarea unor tipuri de probleme de geometrie.
Problema 1. Demonstraţi c ̆ a, dac ̆ a se construiesc triunghiuri echilaterale în exterior (sau în interior) pe laturile unui triunghi oarecare, atunci centrele lor sunt vârfurile unui triunghi echilateral.
Soluţie. Fie ε = cos π
3 + i sin
π
3; observăm că ε6 = 1 şi
ε2 = ε −1. Cu notaţiile din figura alăturată şi cu convenţiaca afixul unui punct P să fie notat p, avem: segmentul(A0C ) se obţine rotind (BC ) cu un unghi de 60◦ în senstrigonometric, adică a0−c = ε (b − c) sau a0 = c + ε (b − c) .Analog, găsim: b0 = a + ε (c − a) şi c0 = b + ε (a − b).Ca urmare, pentru centrele triunghiurilor echilaterale, vomavea:
a00 = 1
3 (a0 + b + c) , b00 =
1
3 (b0 + c + a) , c00 =
1
3 (c0 + a + b)
sau
a00 = 1
3 [b + 2c + ε (b − c)] , b00 = 1
3 [c + 2a + ε (c − a)] , c00 = 1
3 [a + 2b + ε (a − b)] .
Atunci,
b00
− a00
=
1
3 [2a − b − c + ε (2c − a − b)] , c00
− a00
=
1
3 [a + b − 2c + ε (a − 2b + c)]şi, înmulţind prima egalitate cu ε şi ţinând seama că ε2 = ε − 1, vom obţine:
ε (b00 − a00) = 13
[ε (2a − b − c) + (ε − 1)(2c − a − b)] =
= 1
3 [a + b − 2c + ε (a − 2b + c)] = c00 − a00.
Aşadar, |b00 − a00| = |c00 − a00|. Se obţine la fel că |c00 − b00| = |a00 − b00|. Ultimeleegalităţi arată că triunghiul A00B00C 00 este echilateral.
Problema 2. Determinaţi locul geometric al centrelor de greutate ale triunghiu-rilor echilaterale cu vârfurile pe laturile unui p˘ atrat.
Soluţie. Fie M NP un triunghi echilateral înscris în pătratul ABCD cu poziţiadin figură. Punctele ce intervin au afixele indicate (sistemul de axe ales are laturapătratului ca unitate de măsură pe acestea).1 Elevă, clasa a X-a, Colegiul Naţional ”C. Negruzzi”, Iaşi
21
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
26/88
Segmentul (MN ) se obţine rotind segmentul
(M P ) cu un unghi egal cu π
3, deci
n + i − mi =³
cos π
3 + i sin
π
3
´( p − mi) ⇔
⇔n + i
−mi = Ã12 +
√ 3
2 i! ( p − mi) ⇔
⇔
n = 1
2 p +
√ 3
2 m
1 − m =√
3
2 p − 1
2m
⇔½
m = 2 − √ 3 pn =
√ 3 − p .
Cum 0 ≤ m ≤ 1, obţinem că 0 ≤ 2 − √ 3 p ≤ 1, adică 1√ 3
≤ p ≤ 2√ 3
. Analog, din
0 ≤ n ≤ 1 obţinem √ 3 − 1 ≤ p ≤ √ 3. Ca urmare, √ 3 − 1 ≤ p ≤ 2√
3
3 .
Punctele M , N , P au afixele ¡
2 − √ 3 p¢ i, √ 3 − p + i şi p, cu p ∈ "√ 3 − 1, 2√ 33
#.
Centrul de greutate G al triunghiului MN P are afixul g = 1
3 £√ 3 + ¡3 − √ 3 p¢ i¤ ==
√ 3
3 + αi, unde α = 1 −
√ 3
3 p ∈
"1
3,
√ 3
3
#. Aşadar, G este situat pe un segment
paralel cu Oy de lungime
√ 3 − 1
3 .
Având în vedere şi celelalte trei poziţii posibile ale triunghiului echilateral faţă de
pătrat, obţinem în final că locul geometric căutat este un pătrat de latura
√ 3 − 1
3 ,
cu acelaşi centru ca al pătratului dat şi cu laturile paralele cu ale acestuia.
Problema 3. Fie ABC un triunghi şi D un punct în interiorul s ̆ au astfel încât
m( \ ADB) = m(
\ ACB ) + 90◦ şi AC · BD = AD · BC . G ̆ asiţi raportul
AB · CD
AC · BD .Soluţie. Alegem un sistem de axe de coordonatecu originea în punctul D şi fie A (a), B (b), C (c).Notăm ω = cos α + i sin α, unde α = m( \ CAD) ∈[0, π), şi k =
AC
AD =
BC
BD.
Deoarece printr-o rotaţie cu unghiul α şi o omotetie
de raport AC
AD = k segmentul (AD) se transformă în
(AC ), avem: a − c
AC = ω
a
AD sau a − c = kωa.
Din faptul că m( \ ADB) = m( \ ACB ) + 90◦ rezulta că m( \ CAD) + m( \ CBD) = 90◦
şi obţinem ca mai sus relaţia c − b = kiωb.Relaţiile obţinute conduc la c = a (1 − kω) = b (1 + ikω) şi vom obţine (a − b) c == k (iωb + ωa) c = kiωb · a (1 − kω) + kωa · b (1 + ikω) = kabω (1 + i). Ca urmare,
AB · C D = |a − b| · |c| = k |a| |b| |i + 1| = k√ 2AD · B D = √ 2AC · B D şi deci22
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
27/88
AB · CD
AC · BD =
√ 2.
Problema 4. Pe laturile unui hexagon ce are un centru de simetrie se constru-iesc în exterior triunghiuri echilaterale. Vârfurile acestor triunghiuri, care nu sunt vârfuri ale hexagonului dat, formeaz ̆ a un nou hexagon. Ar ̆ ataţi c ̆ a mijloacele laturilor acestuia din urm ̆ a sunt vârfurile unui hexagon regulat.
Soluţie. Fie A1A2 . . . A6 hexagonul dat (orientat în sens invers acelor de cea-sornic), fie A1B1A2, A2B2A3, . . . , A6B6A1 triunghiurile echilaterale construite pe la-turile acestuia şi C 1,C 2, . . . , C 6 mijloacele segmentelor (B1B2), (B2B3) , . . . , (B6B1).Alegem un sistem de axe cu originea în centrul de simetrie al hexagonului şi convenim
ca afixul unui punct X să fie notat x. Fie ε = cos π
3 + i sin
π
3 =
1
2 + i
√ 3
2 şi deci
ε6 = 1, ε2 = ε − 1, ε + ε = 1.Deoarece (A1B1) se obţine rotind (A1A2) cu
π
3 în sens negativ, obţinem b1−a1 =
= ε (a2 − a1), adică b1 = (1 − ε) a1 + εa2 sau b1 = εa1 + (1 − ε) a2. Analog, se obţineb2 = εa2 + (1 − ε) a3. Vom avea: c1 = 1
2 (b1 + b2) =
1
2 (εa1 + a2 + (1 − ε) a3) şi
relaţii similare pentru c2, . . . , c6.Pe de altă parte, dacă rotim C 1 în jurul originii cu un unghi de
π
3
, obţinem un
punct de afix 1
2ε (εa1 + a2 + (1 − ε) a3) = 1
2
¡ε2a1 + εa2 +
¡ε − ε2¢ a3¢ = 12 (εa2 +
+a3 + (ε − 1) a1) = 12 (εa2 + a3 + (1 − ε) a4) = c2 (s-a folosit faptul că a4 = −a1, Ofiind centru de simetrie). Aşadar, în urma rotaţiei amintite C 1 trece în C 2. La fel
se arată că punctul C i+1 se obţine rotind C i în jurul originii cu π
3 pentru i = 2, 6
(C 7 fiind vârful C 1). În concluzie, C 1C 2 . . . C 6 este un hexagon regulat cu centrul înorigine.
Probleme propuse
1. Pe laturile [AB], [BC ], [CD], [DA] ale patrulaterului ABCD se construiesc înexterior pătratele de centru O1, O2, O3 şi respectiv O4. Demonstraţi că O1O3⊥O2O4şi [O1O3]
≡[O2O4].
2. Pe laturile unui triunghi ABC se construiesc în exterior triunghiurile echilate-rale BA0C , CB 0A, AC 0B. Demonstraţi că: a) [AA0] ≡ [BB 0] ≡ [CC 0]; b) centreletriunghiurilor echilaterale sunt vârfurile unui triunghi echilateral având acelaşi centrude greutate ca şi triunghiul AB C .
3. Fie ABCD un patrulater convex. Demonstra̧ti că, dacă există un punct P în interiorul său astfel încât m( \ P AB) = m \ (P BC ) = m( \ P CD) = m( \ P DA) = 45◦,atunci ABCD este un pătrat. Generalizare.
Bibliografie1. M. Dincă, M. Chiriţă - Numere complexe în matematica din liceu , Editura All
Educaţional, 1996.
2. T. Andreescu, R. Gelca - Mathematical Olympiad Challenges , Birkhäuser, 1996.3. A. Engel - Problem-Solving Strategies , Springer, 1999.
23
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
28/88
Funcţii trigonometrice inverse - aplica̧tiiGheorghe IUREA1
În general, elevii au serioase difi
cult˘
aţi în folosirea funcţiilor trigonometrice in-verse. De asemeni, în unele culegeri şi chiar manuale se abuzează de formule cu astfelde funcţii sau sunt date rezolvări greşite.
Vom prezenta, în această notă, modalităţi de abordare a unor probleme cu funcţiitrigonometrice inverse care să apeleze la cât mai puţine cunoştinţe din partea elevilor.
Începem prin definirea acestor funcţii:
a) arcsin : [−1, 1] →h−π
2, π
2
i, definită prin arcsin x = α ⇔ x ∈ [−1, 1], α ∈
∈h−π
2, π
2
i, sin α = x;
b) arccos : [−1, 1] → [0, π], definită prin arccos x = α ⇔ x ∈ [−1, 1], α ∈ [0, π],cos α = x;
c) arctg : R →
³−π
2, π
2´, definită prin arctg x = α ⇔ x ∈ R, α ∈
³−π
2, π
2´,
tg α = x;d) arcctg : R→ (0, π), definită prin arcctg x = α ⇔ x ∈ R, α ∈ (0, π), ctg α = x.Aplicaţii.1. Au loc relaţiile: a) arcsin (−x) = − arcsin x, x ∈ [−1, 1];b) arccos (−x) = π − arccos x, x ∈ [−1, 1];c) arctg (−x) = − arctg x, x ∈ R;d) arcctg (−x) = π − arcctg x, x ∈ R.Soluţie. Vom dovedi numai egalită̧tile a) şi b).
a) Fie arcsin x = α, deci x ∈ [−1, 1], α ∈h−π
2, π
2
i, sin α = x. Cum −x ∈ [−1, 1],
−α ∈h−π
2, π
2
i şi sin(−α) = −x, rezultă că arcsin (−x) = −α = − arcsin x.
b) Fie arccos x = α, deci x ∈ [−1, 1], α ∈ [0, π] şi cos α = x. Cum −x ∈ [−1, 1],π − α ∈ [0, π] şi cos(π − α) = −x, urmează că arccos (−x) = π − α = π − arccos x.
Observaţie. Formulele stabilite sunt utile în determinarea valorilor funçtiilor
trigonometrice inverse pentru valori negative. De exemplu, avem arcsinµ
−12
¶ =
= − arcsin 12
= − π6
; arccosµ
−12
¶ = π − arccos 1
2 = π − π
3 =
2π
3 ; arctg (−1) =
= − arctg 1 = −π4
.
2. Determinaţi un interval de lungime π
12 în care este situat arctg
√ 10
3 .
Soluţie. Fie arctg
√ 10
3 = α, deci α
∈ ³−π
2, π
2´, tg α =√
10
3 . Încadrăm
√ 10
3între două numere care reprezintă tangentele unor unghiuri cunoscute. Cum 1 <
1 Profesor, Liceul ”D.Cantemir”, Iaşi
24
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
29/88
<
√ 10
3 <
√ 3, deducem tg
π
4 < tg α < tg
π
3. Folosind monotonia funcţiei tangentă,
rezultă α = arctg
√ 10
3 ∈
³π4
, π
3
´, iar acest interval are lungimea egală cu
π
12.
3. Calculaţi E = sin
µ2 arctg
1
2 + arccos
4
5¶.
Soluţie. Fie arctg 12
= α, arccos 45
= β . Atunci α, β ∈ ³0, π2´, tg α = 1
2, cos β =
= 4
5 şi E = sin(2α + β ) = sin2α cos β + sin β cos2α. Cum sin2α =
2 tg α
1 + tg2 α =
4
5,
sin β =p
1 − cos2 β = 35
şi cos2α = 1 − tg2 α1 + tg2 α
= 3
5, găsim E = 1.
4. Ar ̆ ataţi c ̆ a sinµ
4 arctg 1
3
¶ = cos
µ2 arctg
1
7
¶.
Soluţie. Fie arctg 1
3 = α, arctg
1
7 = β ; avem : α, β ∈
³0,
π
2
´ şi tg α =
1
3, tg b =
= 1
7. Relaţia de demonstrat devine sin4α = cos 2β . Avem sin4α = 2sin 2α cos2α =
= 2 · 2 tg α1 + tg2 α
· 1 − tg2
α1 + tg2 α
= 2425
şi cos2β = 1 − tg2
β 1 + tg2 β
= 2425
, deci sin4α = cos 2β .
5. Determinaţi arcsin (sin 3).
Soluţie. Fie arcsin (sin 3) = α, deci α ∈h−π
2, π
2
i, sin α = sin3. Cum 3 /∈
/∈h−π
2, π
2
i, scriem rela̧tia sub forma sin α = sin(π − 3), cu α, π − α ∈
h−π
2, π
2
i.
Rezultă α = π − 3, deci arcsin (sin 3) = π − 3.
Observaţii. 1. Din definiţiile funcţiilor trigonometrice deducem: arcsin (sin α) =
= α, α ∈
h−π
2, π
2 i şi sin (arcsin x) = x, x ∈ [−1, 1].
2. O rezolvare de tipul : arcsin(sin3) = 3 este evident greşit˘
a întrucât 3 /∈/∈ h−π2
, π
2
i.
6. Determinaţi arcsinµ
cos 7
2
¶.
Soluţie. Notând arcsinµ
cos 7
2
¶ = α, avem α ∈
h−π
2, π
2
i, cos
7
2 = sin α, de unde
cos 7
2 = cos
³π2 − α
´, deci
π
2−α = ± 7
2 + 2kπ sau α =
π
2 ±
7
2−2kπ, k ∈ Z. Cum α ∈
∈h−π
2, π
2
i, găsim k = 1 şi α =
π
2 +
7
2−2π = 7 − 3π
2 , deci arcsin
µcos
7
2
¶ =
7 − 3π2
.
7. Ar ̆ ataţi c ̆ a arcsin 1
√ 5+ arccos
3
√ 10=
π
4.
Soluţie. Fie arcsin 1√
5= α, arccos
3√ 10
= β , deci α, β ∈³
0, π
2
´ şi sin α =
1√ 5
,
25
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
30/88
cos β = 3√
10. Atunci cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β =
√ 2
2 . Cum α + β ∈
∈ (0, π), urmează că α + β = π4
, adică ceea ce trebuia arătat.
Observa̧tii. 1. Dacă vom calcula sin(α + β ) găsim sin(α + β ) =
√ 2
2 , α + β ∈
∈ (0, π), deci α + β = π4 sau α + β = 3π4 . În această situaţie calculăm şi cos (α + β )pentru a determina în ce cadran este α + β sau aproximând mai bine α, β , găsim
α, β ∈³
0, π
4
´ şi atunci α + β ∈
³0,
π
2
´; acum putem afirma că α + β =
π
4.
2. Evident, o soluţie de tipul ”demonstrăm că sinµ
arcsin 1√
5+ arccos
3√ 10
¶ =
= sin π
4” este incompletă.
8. Ar ̆ ataţi c ̆ a arcsin 4
5 + arcsin
12
13 + arcsin
56
65 = π.
Soluţie. Fie α = arcsin 4
5, β = arcsin
12
13; α, β ∈
h−π
2, π
2
i, sin α =
4
5, sin β =
12
13.
G˘
asim uşor c˘
a α ∈ ³π4 , π2´, β ∈ ³π4 , π2´ şi sin(α + β ) = 5665 , π2 < α + β < π, decisin(π − (α + β )) = 56
65, π − (α + β ) ∈
³0,
π
2
´, prin urmare π − (α + β ) = arcsin 56
65,
deci arcsin 4
5 + arcsin
12
13 + arcsin
56
65 = π.
9. Ar ̆ ataţi c ̆ a 2 arctg
r 1 − x1 + x
= arccos x, x ∈ (−1, 1].
Soluţie. Fie α = arctg
r 1 − x1 + x
, β = arccos x, deci tg α =
r 1 − x1 + x
, α ∈³
0, π
2
´,
cos β = x, β ∈ (0, π). Găsim cos2α = cos β cu 2α, β ∈ (0, π), ceea ce impune ca2α = β , ceea ce trebuia arătat.
10. Calculaţi 2 arctg 15 + arctg 14 .
Soluţie. Fie α = arctg 1
5, β = arctg
1
4, deci tg α =
1
5, tg β =
1
4, α, β ∈
∈³−π
2, π
2
´. Aproximând α, β , găsim α, β ∈
³0,
π
6
´. Calculând tg(2α + β ), de-
ducem că tg(2α + β ) = 32
43; 0 < 2α + β <
π
2, ceea ce conduce la 2α + β = arctg
32
43,
care este valoarea căutată.
26
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
31/88
O metodă de calcul al distanţei dintre două drepteneparalele în spaţiu
Romanţa GHIŢ ̆ A şi Ioan GHIŢ ̆ A1
În multe probleme de geometrie în spa̧tiu se cere printre altele, aflarea distaņteidintre două drepte necoplanare. Această problemă este, în general, dificilă dacă se
încearcă să se pună în evidenţă perpendiculara comună a celor două drepte.În această notă vom da un mod de rezolvare a acestor chestiuni. În acest scopvom utiliza următoarele propoziţii [1]:
1. Fiind date dou ̆ a drepte necoplanare, exist ̆ a şi este unic un plan care conţine odreapt ̆ a şi este paralel cu cealalt ̆ a dreapt ̆ a.
2. Distanţa dintre dou ̆ a drepte necoplanare este egal ̆ a cu distanţa de la o dreapt ̆ a la planul paralel cu acea dreapt ̆ a şi care conţine cealalt ̆ a dreapt ̆ a.
Prin urmare pentru a găsi distanţa dintre două drepte necoplanare, ducem printr-o dreaptă planul paralel la cealaltă dreaptă şi calculăm distanţa de la această dreaptăla plan.
Problema 1. Fie ABCD un tetraedru regulat, de muchie a. S ̆ a se determine distanţa dintre dou ̆ a mediane necoplanare a dou ̆ a dintre feţele sale. (Olimpiada dematematică , Blaj, 1995).
Soluţie. Fie DE,AF medianele a două fȩte (fig.1). Ducem F GkDE şi atuncid (DE,AF ) = d (DE, (AGF )). Considerăm piramida AGEF . Dacă d este distanţa
dintre DE şi AF avem V AGEF = 1
3S AGF · d şi cum V AGEF =
a3√
2
96 iar S AGF =
= a2
√ 35
32 , găsim d =
a√
70
35 .
Problema 2. Fie V ABCD o piramid ̆ a patrulater ̆ a regulat ̆ a, cu toate muchiile egale cu a. S ̆ a se afle distanţa dintre o median ̆ a a unei feţe laterale şi o diagonal ̆ a a bazei. (Olimpiada de matematică, Blaj, 1996).
Soluţie. Să presupunem că mediana este dusă din V , fie acesta V E (fig.2); deter-minăm distanţa d dintre AC şi V E . Fie EF kAC , deci d (V E , A C ) = d (AC, (V EF )) =
= d (O, (V EF )). Avem V OVEF = 1
3S V EF ·d şi cum V OVEF =
a3√ 248
, S V EF = a2√ 5
8 ,
găsim d = a
√ 10
10 .
Presupunem acum că mediana nu este dusă dusă din V , fie aceasta DE (fig.3).Dacă EF kAC , F ∈ (V A), atunci d (AC,DE ) = d (AC, (DEF )) = d (O, (DEF )).Din V ODEF =
1
3S DEF · d, V ODEF =
1
3OD · S EOF =
a3√
2
48 şi S DEF =
a2√
5
8 ,
obţinem d = a
√ 10
10 .
Problema 3. S ̆ a se afle distanţa dintre dou ̆ a diagonale a dou ̆ a feţe laterale ce nu au un punct comun, ale unei prisme triunghiulare regulate drepte cu muchiile laterale
egale cu muchiile bazei.1 Profesori, C olegiul N aţional ”I.M .Clain”, Blaj
27
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
32/88
Soluţie. Fie AB = a. Să determinăm distanţa dintre C 0B şi A0C . Fie E ∈∈ (ABC ) astfel încât ACBE să fie paralelogram (fig.4); deducem că A0E kC 0B şiatunci d (C 0B, A0C ) = d (C 0B, (A0CE )) = d (B, (A0CE )). Avem succesiv V BA0CE =
= 1
3S A0CE · d, V BA0CE =
a3√
3
12 , S A0CE =
a2√
15
4 şi atunci d =
a√
5
5 .
fig.1 fig.2
fig.3 fig.4
Probleme propuse.1. Să se determine distanţa dintre diagonalele a două feţe laterale alăturate ale
unui cub de muchie a, diagonalele neavând punct comun.2. Fie ABCDA0B0C 0D0 un cub de muchie a şi M , N , P , Q mijloacele muchiilor
(AA0
), (AB), (BB0
) respectiv (BC ). Să se afle a) d (M N , P Q); b) d (M N , B0
C ).3. Fie ABCD un tetraedru regulat de muchie a şi M , N , P , Q mijloacele muchiilor(BC ), (AC ), (CD) şi respectiv (BD). Să se afle d (M N , P Q).
4. Fie ABCDA0B0C 0D0 un paraleliped dreptunghic de muchii AB = a, B C = bşi AA0 = c. Să se afle d (A0B, B0C ).
5. Fie ABCD şi ABEF pătrate de latură a, cu unghiul planelor lor de 60◦.Calculaţi d (AC,BF ).
Bibliografie.1. I. Cuculescu, C. Ottescu, O. Popescu - Manual de geometrie pentru clasa a
VIII-a, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1996.2. I. Dăncilă - Distanţe între elementele fundamentale ale spaţiului euclidian , G.M.-
9/1995, p.565.3. V. Cărbunaru, C. Cărbunaru - Culegere de probleme de matematic ̆ a, clasele
V-VIII , Editura Conviocarb, Bucureşti, 1996.
28
8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf
33/88
Observa̧tii metodice privind punctele de inflexiune
Gabriel MÎRŞANU 1
În manualul de cl. XI-a [2], punctul de inflexiune este introdus prin
Definiţia 1. Fie f : I → R o funcţie continu ̆ a definit ̆ a pe intervalul I ⊆ R. Un punct x0 ∈ I distinct de capetele lui I se numeşte punct de inflexiune pentru f dac ̆ a exist ̆ a puncte α < x0 < β în I astfel încât f s ̆ a fie convex ̆ a pe (α, x0] şi concav ̆ a pe [x0, β ) sau invers.
Prin câteva contraexemple vom arăta că această definiţie este incompletă şi con-duce la erori.
Contraexemplul 1. Fie funcţia f : R → R, f (x) =½
x2, x ≤ 0arctg x, x > 0
. Evi-
dent, f este continuă pe R şi avem:
f 0 (x) =
½ 2x, x 0 şi f 00 (x) =
½ 2, x 0 .Conform Corolarului Teoremei Lagrange obţinem ime-
diat c˘
a f 0
s (0) = limx%0 f
0
(x) = 0 şi f 0
d (0) = limx&0 f
0
(x) = 1.Ca urmare, funcţia f nu este derivabilă în x0 = 0, este con-vexă la stânga lui x0 şi concavă la dreapta acestuia. Con-form definiţiei de mai sus, x0 = 0 ar fi punct de inflexiune,ceea ce este fals, căci el este evident un punct unghiular .
Contraexemplul 2. Fie funcţia f : R → R, f (x) =½