RMM 3.pdf

CUPRINS

- 0 -

Din partea redaciei __________________________________________ 1 Andrei Ungureanu concursuri 2003 ________________________ 2 American Mathematic Contest ______________________________ 4 Note matematice Problema celor dousprezece monede ________________________ 5 Funciile spline ca abordare a analizei numerice elementare ______ 10 O metod de rezolvare a ecuaiei de gradul al treilea ____________ 13 Teme pentru grupele de performan

Clasa a V-a Numere raionale pozitive ____________________________________ 15

Clasa a VI-a Ptrate perfecte ________________________________________________ 17 Clasa a VII-a Ecuaii diofantice ________________________________________________ 20 Teorema lui Pitagora generalizat ______________________________ 23 Clasa a VIII-a Partea ntreag i partea fracionar a unui numr real ______ 26 Probleme de ordonare __________________________________________ 29 Clasa a IX-a Funcia parte ntreag, funcia parte fracionar __________________ 32 Clasa a X-a Ecuaii exponeniale i logaritmice ______________________________ 38 Clasa a XI-a Asupra determinanilor matricelor formate numai cu -1 i 1 ______ 41 Clasa a XII-a Asupra unor funcii cu proprietatea lui Darboux __________________ 43 Despre polinoamele ciclotomice ______________________________ 47 Probleme propuse Teste bacalaureat ____________________________________ 51

Clasa a V-a ____________________________________ 56 Clasa a VI-a ____________________________________ 56 Clasa a VII-a ____________________________________ 57 Clasa a VIII-a ____________________________________ 58 Clasa a IX-a ____________________________________ 59 Clasa a X-a ____________________________________ 60 Clasa a XI-a ____________________________________ 61 Clasa a XII-a ____________________________________ 62 Rubrica rezolvitorilor ____________________________________ 64

EDITORIAL

- 1 -

H SSM

Din partea colectivului redacional Stimai colegi i dragi elevi, iat c ncercarea noastr de a provoca micarea matematic mehedinean la elaborarea propriei reviste intr ncet ncet n normalitate, i prin grija Filialei Mehedini a Societii de tiine Matematice din Romnia i prin colaborarea dumneavoastr putem astzi s salutm apariia numrului trei al revistei. Ne bucur faptul c printre colaboratori apar nume noi, tineri colegi de-ai notri care trimit materiale spre publicare i tot mai muli elevi citesc revista noastr trimind probleme rezolvate. Acestora din urm le recomandm s urmreasc cu atenie i rubrica Teme pentru grupele de performan din care i vor putea imbogi bagajul de cunotine matematice. Rugm de asemenea pe colegii notri s urmreasc aceste teme din numerele anterioare pentru a evita temele deja abordate. Domnii profesori ai cror elevi i manifest dorina de a rezolva probleme din revist ne vor trimite listele cu numele acestor elevi dup ce n prealabil au verificat corectitudinea rezolvrilor. Reamintim c revista i propune printre altele popularizarea activitilor legate de matematic ale elevilor i cadrelor didactice mehedinene; deci, stimai colegi, v asteptm cu informaii n legtur cu participarea la concursuri de matematic, instruiri, schimburi de experien . De la apariia ultimului nostru numr din iunie 2003 s-au desfurat o serie de aciuni, multe din ele putnd fi cunoscute din paginile acestei reviste : Tabra internaional de la Poiana Pinului (Cangurul), Olimpiada Internaional pluridisciplinar desfurat n acest an n Federaia Rus, Tabra Internaional Cangurul din Lituania, Concursul Rezolvitorilor Gazetei Matematice de la Piteti, Concursul interdisciplinar Vrnceanu - Procopiu matematic-fizic, de la Bacu, Concursul Interjudeean Gheorghe Pun de la Rmnicu-Vlcea, Cercul Pedagogic al profesorilor de matematic de la Liceul tefan Odobleja, American Mathematical Competition (AMC 8) cu participarea a 40 de elevi din CNT de la clasele VII i VIII, Conferina Naional a Societii de tiine Matematice din Romnia la care au participat ca delegai domnii profesori: Patrcoiu Constantin, Ciniceanu Gheorghe, Ungureanu Mihai Octavian, Sceanu Victor, domnii Ptrcoiu i Ciniceanu fiind alei membrii ai Consiliului Naional al SSMR. Menionm c judeul Mehedini este considerat ca filial foarte activ a SSMR avnd peste 100 de membrii cotizani i peste 450 de Gazete Matematice distribuite n coli.

Din pcate, n aceast perioad au trecut n nefiin doi dintre cei

mai buni colegi ai notri, crora le vom pstra o venic amintire: PROF. DORU P. FIRU i PROF. TEFAN BOJINC. Dumnezeu s-i odihneasc.

EDITORIAL

- 2 -

Rezultate remarcabile ale elevului Andrei Ungureanu la olimpiadele si concursurile internationale - 2003

Prof.Manuela Prajea i n vara anului 2003 olimpicul Andrei Bogdan Ungureanu (clasa a IX-a Colegiul Naional Traian) a reprezentat cu succes Romnia la Olimpiada Internaional TUYMAADA din Iakutsck Rusia, unde a obinut Premiul III Medalia de Bronz i la Concursul Internaional de Matematic Kangourou Lituania, unde a obinut Premiul I. Selecia lotului reprezentativ al Romniei pentru participarea la olimpiadele internaionale desfurate n Japonia, Rusia i Turcia s-a realizat n urma celor cinci probe de baraj susinute n perioada martie-mai 2003 astfel: primii ase clasai au participat la Olimpiada Internaional din Japonia i la Balcaniada din Turcia (seniori), iar urmtorii trei clasai, avnd limita superioar de vrst 18 ani, au participat la Olimpiada Internaional Pluridisciplinar din Rusia (probele de baraj sunt constituite din subiecte comune pentru elevii claselor IX-XII care au fost selectai dup desfurarea Olimpiadei Naionale de Matematic - dup primul baraj, Andrei s-a clasat pe locul doi). n Iakutsck, Romnia a participat cu un lot compus din 11 elevi: matematic (Chiril Cezar, Musta Ioana, Ungureanu Andrei medalii de bronz), fizic 3 elevi, informatic 2 elevi, chimie 3 elevi. Echipa Romniei a ajuns n Iacutsck dupa 12 ore de cltorie cu avionul (Bucureti-Budapesta Moscova-Iakutsck) i nu a fost simpl nici adaptarea la fusul orar i la condiiile climaterice (vecintatea cercului polar), sau la faptul c soarele apunea la orele 24:00 i rsrea n jurul orelor 3:00, astfel nct, dup o noapte de odihn elevii romni s-au trezit n jurul orelor 4:00, emoionai i n form pentru urmtoarele dou zile de concurs. Concursul a constat n susinerea a dou probe a cte 5 ore i, n pofida concurenei unor ri cu mare tradiie n matematic (China, Bulgaria, Coreea, Germania, Marea Britanie, etc - n total 15 ri participante) elevii notri au fost ntrecui de colegii lor bulgari, care au acaparat medaliile de aur i argint.

n afar de ineditul geografic al acestei provincii a Rusiei, participanii au beneficiat i de o croazier pe Lena pe parcursul a dou zile cu nnoptare pe vapor, de excursii i vizite ale obiectivelor turistice specifice acestei zone ndeprtate a mapamondului, experiene de neuitat de care i vor aminti cu nostalgie tot restul vieii, dup cum ne mrturisete Andrei. n ceea ce privete participarea la Concursul Internaional Kangourou din Lituania, lotul Romniei a fost constituit din cei ase elevi clasai pe locul nti pe fiecare nivel (VII-XII) la barajul din aprilie 2003 Bucureti (patru din cei ase elevi fac parte din lotul internaional de matematic). Din rile participante mentionm Belarus, Ucraina, Austria, Germania, Rusia, Estonia, Lituania, Letonia, etc.Concursul s-a desfurat pe parcursul a patru ore, timp n care elevii trebuiau s rezolve ase probleme (nivel de dificultate asemntor cu olimpiadele internaionale; domeniul preferat : combinatorica). Andrei a obtinut Premiul I, iar Premiul II a fost obinut de Kreindler Gabriel (Romnia). Sediul Kangourou din Lituania a fost organizat ntr-un campus la 50km. de Vilnius, unde s-au desfurat activiti sportive: baschet, volei, ah, etc., trasee turistice, excursii n capital i imprejurimi, s-a vizitat turnul TV din Vilnius, observatorul astronomic.

EDITORIAL

- 3 -

H SSM

Premii obinute de elevii mehedineni la concursurile internaionale i naionale de matematic,

iunie decembrie 2003 Un bilant al concursurilor matematice nationale si internationale la care au participat elevii nostri s-ar sintetiza cronologic astfel : 1. Olimpiada Internationala de Matematica TUYMAADA- Rusia

Ungureanu Andrei Bogdan - Premiul III - Medalie de Bronz clasa a IX-a, Colegiul National Traian (prof. Manuela Prajea)

2. Concursul International Kangourou Lituania Ungureanu Andrei Bogdan - Premiul I- clasa a IX-a, Colegiul National Traian (prof. Manuela Prajea)

3. Tabara cu participare internationala KangourouPoiana PinuluiBuzau, - Concursul M.C.M. : Premiul III Echipajul jud. Mehedinti + Bucuresti : - Bazavan Eduard cls.a IX-a, Liceul Gh. Titeica (prof. Daniel Stretcu) - Janca Andrei cls.a IX-a, Liceul Gh. Titeica (prof. Daniel Stretcu) - Peptan Alexandru - cls.a XI-a, C.N.Traian (prof.Dana Paponiu)

4. Concursul Rezolvitorilor Gazetei Matematice Pitesti - Raveanu Alexandra Mentiunecls a VII-a C.N.T. (prof.Gh.Cainiceanu) - Rosu Stefan Mentiune cls.a VIII-a C.N.T. (prof.Gh.Cainiceanu) - Tantaru Mihai Mentiune cls a X-a C.N.T. (prof.Gh.Cainiceanu) - Pit-Rada Cosmin Premiul I cls a XI-a C.N.T. (prof. Dana Paponiu)

5. Concursul Recreatii Matematice Iasi - Bazavan Eduard Mentiune cls.a IX-a, Liceul Gh. Titeica

(prof. Daniel Stretcu) 6. Concursul Gh.Vranceanu - Procopiu - Bacau

- Bocse Bogdan Mentiune (Concursul propriu-zis) clasa a IX-a, Colegiul National Traian (prof. Dana Paponiu)

- Ungureanu Andrei Bogdan- Premiul I (Concursul propriu-zis) clasa a X-a, Colegiul National Traian (prof. Manuela Prajea)

- Ungureanu Andrei Bogdan- Premiul I (Baraj tip olimpiada internationala) clasa a X-a, Colegiul National Traian (prof. Manuela Prajea)

7. Concursul Nicolae Paun Valcea - Nicolescu Alexandra Mentiune cls a VII-a Colegiul National Traian

(prof. Manuela Prajea) - Bobiti Ruxandra Premiul II cls a IX-a Liceul Gh. Titeica

(prof. Irina Zaman) - Ungureanu Andrei Bogdan Premiul I cls aX-a Colegiul National Traian

(prof. Manuela Prajea) - Bazavan Eduard Mentiune cls a X-a Liceul Gh. Titeica

(prof. Daniel Stretcu) 8. Concursul Gh. Dumitrescu Craiova

- Bazavan Eduard Mentiune cls a IX-a Liceul Gh. Titeica (prof. Daniel Stretcu)

9. Concursul Scoala cu ceas Craiova - Crutan Bogdan Premiul III cls a VII-a Sc. nr. 6 (prof. Anghel Badaluta)

Colectivul de redacie

EDITORIAL

- 4 -

AMERICAN MATHEMATICAL COMPETITION

AMC 8 COLEGIUL NAIONAL TRAIAN LA A DOUA PARTICIPARE

Prof.Gh. Ciniceanu

i n aceast toamn, pe 19.XI.2003 elevii C.N.T. au participat la Olimpiada de matematic a SUA adresat elevilor de gimnaziu clasele a VII-a i a VIII-a. S-au nscris 40 de elevi, 21 de la clasele a VII-a i 19 de la clasele a VIII-a. Elevii au avut de rezolvat 25 de probleme n 40 de minute, aceleai pe care n aceeai zi elevii americani i din alte coluri ale lumii le-au primit. Problemele sunt primite n colet sigilat de la sediul AMC din Nebrasca SUA, toate formulate n limba englez i cu 5 variante de rspuns. Iat un exemplu din concursul pe anul 2002 pentru care avem aprobarea de copiere : Harold tosses a nickel four times.The probability that he gets at least as many heads as tails is A) 5/16 B) 3/8 C) 1/2 D) 5/8 E) 11/16. Loki ,Moe,Nick and Ott are good friends. Ott had no maney , but the others did. Moe gave Ott one-fifth of his money, Loki gave Ott one-third of his money. Each gave Ott the same amount of money. What fractional part of the groups money does Ott now have? A) 1/10 B)1/4 C) 1/3 D) 2/5 E) 1/2. Rezultatele obinute de elevi au fost urmatoarele (din 25p) Tuta Leontin VIII Pr. I 21p Raveanu Ioana VIII Pr. I 20p Slama Victor VIII Pr. I 20p Dutulescu Leonard VIII Pr. II 19p Coanda Oana VIII Pr. II 18p Rosu Maria VII Pr. II 18p Samciuc Andrei VII Pr. II 18p Cainiceanu Andrei VIII Pr. III 17p Calianu Alina VIII Pr. III 17p Negrea Nicolae VIII Pr. III 17p Trocan Irina VII Pr. III 17p Media realizata la clasa a VIII-a este 15,8 iar la clasa a VII-a 11,8.

Consideram ca acest concurs a fost o reusita , elevii participand cu placere si dorinta de autoverificare atat la matematica dar si la limba engleza. Colegiul nostru a fost invitat sa participe si la AMC 10/12 din 10 feb.2004, fiind inscrisi in concurs 100 de elevi.

NOTE MATEMATICE

H

- 5 -

SSM

Problema celor dousprezece monezi prof. Pi-Rada Marica

prof. Pi-Rada Ionel-Vasile

Enun: Se dau dousprezece monezi, unsprezece monezi identice (avnd aceeai greutate standard) i nc o moned diferit de celelalte doar

prin greutate. Utiliznd o balan negradat i fr greuti marcate s se determine din trei cntriri moneda diferit i s se precizeze dac este mai

uoar sau mai grea fa de greutatea standard. Pentru rezolvarea acestei probleme vom generaliza enunul n mai

multe variante. Pe parcursul rezolvrii vom lucra cu sisteme formate din patru mulimi (A, B, C, D) avnd urmtoarea semnificaie: - A={a1, a2, } este mulimea monezilor date, despre care nu se cunoate

nici o informaie; - B={b1, b2, } este mulimea monezilor despre care se tie c nu pot fi

mai grele dect greutatea standard; - C={c1, c2, } este mulimea monezilor despre care se tie c nu pot fi

mai uoare dect greutatea standard; - D={d1, d2, } este mulimea monezilor despre care se tie c au

greutatea standard; Este uor de observat c cele patru mulimi sunt disjuncte. Voi formula n continuare cinci probleme cu monezi, n fiecare din ele se cere determinarea monezii cu greutatea nestandard precum i determinarea

faptului dac ea este mai grea sau mai uoar fa de greutatea standard. Fiecare din problemele urmtoare se vor putea rezolva utiliznd n, n1, cntriri cu o balan negradat i fr uniti de msur marcate. Pentru a enuna cele cinci probleme este suficient acum s precizm doar

sistemele de patru numere naturale (|A|, |B|, |C|, |D|), reprezentnd numrul de elemente corespunztoare mulimilor A, B, C i D. Iat enunurile celor cinci probleme: P(1, n)=((3n-3)/2, 0, 0, 0), P(2, n)=((3n-1)/2, 0, 0, 1), P(3, n)=( 0, (3n-1)/2, (3n+1)/2, 0), P(4, n)=( 0, (3n+1)/2, (3n-1)/2, 0), P(5, n)=( 0, (3n-1)/2, (3n-1)/2, 1). Prin "1" , respectiv "0" dorim s semnificm faptul c este vorba de un numr 1, respectiv 0. n problemele P(1,n) i P(5,n) este esenial n rezolvare ipoteza "1". Vom trata n continuare fiecare din cele cinci probleme artnd c utiliznd o singur cntrire problemele i vor reduce dimensiunea (din n n n-1). n cele ce urmeaz rezultatul unei cntriri l notm prin sd , unde s reprezint greutatea din talerul stng, iar d reprezint

greutatea din talerul drept. Problema P(1, n): Notm p=(3n-1-1)/2 i observm c |A|=3p. Aezm pe talerul stng monezile a1, a2, , ap, pe talerul drept monezile ap+1, ap+2, , a2p i rmn neaezate pe talere monezile a2p+1, a2p+2, , a3p. Dac s

NOTE MATEMATICE

- 6 -

Dac s=d, atunci avem de rezolvat problema P(2, n-1). Dac s>d, atunci avem de rezolvat problema P(5, n-1). Problema P(2, n): Notm p=(3n-1-1)/2 i observm c |A|=3p+1. Aezm pe talerul stng monezile a1, a2, , ap i o moned bun d1, pe talerul drept monezile ap+1, ap+2, , a2p+1 i rmn neaezate pe nici un taler monezile a2p+2, a2p+3, , a3p+1. Dac sd, atunci avem de rezolvat problema P(4, n-1). Problema P(3, n): Notm p=(3n-1-1)/2 i observm c |B|=3p+1 i |C|=3p+2.. Aezm pe talerul stng monezile b1, b2, , bp i c1, c2, , cp+1, pe talerul drept monezile bp+1, bp+2, , b2p i cp+2, cp+3, , c2p+2 i rmn neaezate pe nici un taler monezile b2p+1, b2p+2, , b3p+1 i c2p+3, c2p+4, , c3p+2 . Dac sd, atunci avem de rezolvat problema P(3, n-1). Problema P(4, n): Notm p=(3n-1-1)/2 i observm c |B|=3p+2 i |C|=3p+1.. Aezm pe talerul stng monezile c1, c2, , cp i b1, b2, , bp+1, pe talerul drept monezile cp+1, cp+2, , c2p i bp+2, bp+3, , b2p+2 i rmn neaezate pe nici un taler monezile c2p+1, c2p+2, , c3p+1 i b2p+3, b2p+4, , b3p+2 . Dac sd, atunci avem de rezolvat problema P(4, n-1). Problema P(5, n): Notm p=(3n-1-1)/2 i observm c |B|=3p+1 i |C|=3p+1.. Aezm pe talerul stng monezile b1, b2, , bp , c1, c2, , cp i o moned bun d1 , pe talerul drept monezile bp+1, bp+2, , b2p+1 i cp+1, cp+2, , c2p i rmn neaezate pe nici un taler monezile b2p+2, b2p+3, , b3p+1 i c2p+1, c2p+4, , c3p+1 . Dac sd, atunci avem de rezolvat problema P(4, n-1). Observaie: dup fiecare cntrire se va face o renumerotare a monezilor n fiecare din mulimile A, B, C, D. Mai rmn de rezolvat cazurile particulare P(1, 1), P(2, 1), P(3, 1), P(4, 1),

P(5, 1). Fiecare din aceste cazuri se rezolv prin cel mult o cntrire. Cazul P(1, 1) : deoarece avem 0 (zero) monezi considerm c este suficient o cntrire pentru a "rezolva" problema (de fapt nu este nevoie de nici o

cntrire); Cazul P(2, 1) : Avem monezile a1, d1. Aezm pe talerul stng moneda a1 i pe talerul drept moneda d1. Dac sd, atunci moneda cutat este a1 i este mai grea.

NOTE MATEMATICE

H

- 7 -

SSM

Nu putem avea s=d. Cazul P(3, 1) : Avem monezile b1,c1,c2. Aezm pe talerul stng moneda c1 i pe talerul drept moneda c2. Dac sd, atunci c1 este moneda cutat i este mai grea. Cazul P(4, 1) : Avem monezile b1,b2,c1. Aezm pe talerul stng moneda b1 i pe talerul drept moneda b2. Dac sd, atunci b2 este moneda cutat i este mai uoar. Cazul P(5, 1) : Avem monezile b1,c1,d1. Aezm pe talerul stng moneda b1 i pe talerul drept moneda d1. Dac sd. Se observ c: - numrul de cntriri suficient pentru fiecare din cele cinci probleme

este n. - problema celor dousprezece monezi este de fapt problema P(1, 3). Se pune acum problema determinrii numrului de cntriri necesar (minim) rezolvrii acestor probleme. Partea care urmeaz aduce ceva nou i deosebit n legtur cu aceast faimoas problem. Este mai dificil a gsi

numrul necesar de cntriri, dar este totui posibil. Pentru aceasta vom

folosi noiunea de entropie informaional (sau cantitate de informaie) a unui experiment , noiune definit de ctre Claude Shannon n anul 1948. Dac notm cu A un experiment i considerm p1,p2,,pn probabilitile evenimentelor elementare corespunztoare experimentului A, atunci

formula de calcul a entropiei este H(A) = H(p1,p2,,pn) = - (p1log2p1+p2log2p2++pnlog2pn) .

Dei aceast noiune are multe proprieti interesante noi vom enuna doar

dou din ele: - fiind date n experimente oarecare A1, A2,, An avem

H(A1,A2,An) H(A1)+H(A2)++H(An) egalitatea avnd loc atunci cnd experimentele sunt independente.

- H(A) = H(p1,p2,,pn) este maxim atunci cnd probabilitile de realizare ale evenimentelor sunt egale. S revenim la problemele noastre. Considerm un ir de k experimente auxiliare X1,X2,,Xk , care constau fiecare din cte o cntrire cu balana. Deoarece fiecrui experiment auxiliar i corespund trei evenimente elementare sd, vom avea oricare ar fi 1ik relatia H(Xi) - (1/3) (log2(1/3)+log2(1/3)+log2(1/3)) = log23 . Entropia experimentului constituit din ntreg lanul de k experimente are entropia H(X1,X2,Xk)H(X1)+H(X2)++H(Xk) klog23 .

NOTE MATEMATICE

- 8 -

Problema P(1, n) cu n2: Experimentul pentru care msurm cantitatea de informaie l notm cu X

i este acela de a afla moneda nestandard. Evenimentele elementare ce

compun experimentul X sunt n numr de 2(3n-3)/2 = 3n-3 i specific faptul c oricare din cele (3n-3)/2 monezi poate fi cea cutat i faptul c poate fi mai uoar sau mai grea. Probabilitatea ca o moned s fie cea cutat i s fie mai uoar este 1/(3n-3), respectiv s fie mai grea este 1/(3n-3). H(X) = H(p1,p2,,p2n) = - (1/(3n-3)) (log2(1/(3n-3))+ log2(1/(3n-3))++ log2(1/(3n-3))) = log2(3n-3). Se pune ntrebarea "ct de mare trebuie s fie k pentru ca lanul de cntriri

X1,X2,,Xk s dea o cantitate de informaie mai mare sau egal cu a experimentului X?". Trebuie s rezolvm inegalitatea H(X) H(X1,X2,Xk) adic log2(3n-3) klog23 i obinem klog3(3n-3). Cea mai mic valoare posibil pentru k este 1+[log3(3n-3)] = 1+n-1 = n, deoarece 3n-1

NOTE MATEMATICE

H

- 9 -

SSM

Trebuie s rezolvm inegalitatea H(X) H(X1,X2,Xk) adic log23n klog23 i obinem kn. Deci numrul minim de cntriri trebuie s fie n. Problema P(5, n) cu n1: Experimentul pentru care msurm cantitatea de informaie l notm cu X

i este acela de a afla moneda nestandard. Evenimentele elementare ce

compun experimentul X sunt n numr de (3n-1)/2+(3n-1)/2 = 3n 1 i specific faptul c oricare din cele 3n-1 monezi poate fi cea cutat i faptul c poate fi mai uoar sau mai grea. Pentru o moned probabilitatea ca ea

s fie cea cutat (ea va fi evident mai uoar dac este din mulimea B - nu se poate altfel - i va fi mai grea dac este din C) este 1/(3n-1). H(X) = H(p1,p2,,p2n) = - (1/(3n-1)) (log2(1/(3n-1))+ log2(1/(3n-1))++ log2(1/(3n-1))) = log2(3n-1). Se pune ntrebarea "ct de mare trebuie s fie k pentru ca lanul de cntriri

X1,X2,,Xk s dea o cantitate de informaie mai mare sau egal cu a experimentului X?". Trebuie s rezolvm inegalitatea H(X) H(X1,X2,Xk) adic log2(3n-1) klog23 i obinem klog3(3n-1). Deoarece 3n-1

NOTE MATEMATICE

- 10 -

Funciile spline ca abordare a analizei numerice elementare Adela Ionescu

Univ. din Craiova Colegiul Univ. Dr. Tr. Severin

I. INTRODUCERE.

Prin analiza numerica elementara intelegem metodele, al caror pionier a fost Newton, de obtinere a unor aproximari numerice pentru interpolare, integrare, diferentiere, si alte astfel de functionale, de functii de o variabila. In aceste metode, interpolarea joaca un rol privilegiat, chiar fundamental. Incepand din 1949, Arthur Sard a introdus un nou punct de vedere care a condus la formulele sale de cea mai buna aproximare. In aceasta noua abordare a vechilor metode ale lui Newton, parea ca interploarea si-ar pierde rolul sau fundamental, pe care il avea in opera lui Newton. Insa, daca interpolarea polinomiala a datelor se inlocuieste cu interpolarea prin asa-numitele functii spline naturale, interpolarii i se restituie rolul sau central. II.O ABORDARE NOUA A ANALIZEI NUMERICE ELEMENTARE.

Aceasta noua abordare are mult de a face cu un tip de functii foarte elementare, functiile spline. Dupa cum se stie, cele mai simple functii, in matematici pure si aplicate, sunt polinoamele. Fie k clasa polinoamelor de grad care nu depaseste k. Intai exista 0, constantele. Apoi, 1, adica liniile drepte, si apoi 2, parabolele. Cu graficele si problemele aferente, aceste este cel mai inalt subiect din matematica scalara. Apoi vin cubicele, si mai interesante, etc. Cand mentionam polinoame, trebuie amintita teorema lui Weierstrass, care afirma ca polinoamele aproximeaza, cu orice eroare prescrisa, orice fel de curba continua definita intr-un interval compact. Dupa polinoame, exista functiile in scara, care sunt strans legate de 0. Daca luam integrala unei functii in scara obtinem o functie liniara franta. Daca mai integram odata, obtinem o succesiune de arce de parabola. Ordinul de continuitate creste cu fiecare integrare: am pornit cu o functie cu discontinuitati; dupa o integrare obtinem o functie continua, si dupa doua integrari, o functie cu derivata continua. Acestea sunt deja functii spline. In general, printr-o functie spline Sm se intelege o succesiune de arce polinomiale, de grad care nu depaseste m, care sunt unite in unele puncte numite noduri, in care ordinul de continuitate este atat de inalt cat poate fi fara ca cele doua arce sa fie parti ale aceluiasi polinom. Altfel spus, o functie spline Sm difera de un polinom Pm de grad m prin aceea ca, desi ambele au m derivate, in timp ce a m-a derivata a unui polinom este constanta, a m-a derivata a unui spline este o functie in scara. III. INTERPOLARE SPLINE NATURALA. Sa consideram mai intai n puncte ( ) ( )1 11 2x x x nn< < < K , si un intreg m asa incat 1 m < n. Printr-un spline natural de grad 2*m-1, cu nodurile (1), se intelege o functie S(x) cu urmatoarele trei proprietati:

NOTE MATEMATICE

H

- 11 -

SSM

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 1 2 1

3

4

2 1 1

2 2

1 1

S x in fiecare erval x x i n

S x C

S x in x si de asemenea in x

m i i

m

m n

=

+

*

*

int , , , , , .

,

, ,

K

.

Sa notam clasa acestor spline prin ( ) ( )5 2 1 1 * , ,m nx x K . Observam ca 2*m-1 2*m-1(xi). Prezentam mai jos cateva exemple simple.

Fie m=1. Conditiile (2), (3), (4), arata ca graficul lui S(x) este o linie poligonala continua, cu varfuri in nodurile (1), si este asa incat S(x)=S(x1), daca x < x1, si S(x)=S(xn), daca x > xn.

Fie m=2. Din nou conditiile arata ca S(x) este un spline cubic, deci cu derivate prime si secunde continue, cu nodurile (1) si proprietatea particulara ca cele doua ramuri infinite ale graficului sunt doua linii drepte. Exista o reprezentare analitica a lui S(x). Sa consideram cazul m=2, deci sa presupunem ca ( ) ( ) ( )6 3 1 2S x x x x n , , ,K . Din prima conditie (4), obtinem reprezentarea ( ) ( ) ( ) ( )7 0 1 1 1 3 3S x a a c x x c x xn n= + + + + + +* * ,K unde trebuie notata ca a doua conditie (4) inca nu a fost pusa. Pentru a o introduce si pe ea, sa consideram in primul rand x > xn si sa observam ca putem renunta la indicele + in (4). Dezvoltand binoamele si grupand termenii, obtinem ca S(x) va fi liniar in (xn, ) daca vom avea: ( )8 0 01 2 1 1 2 2c c c c x c x c xn n n+ + + = + + + =K K, * * * . Numarand parametrii in relatia de mai sus, vedem ca (7) depinde de n+2 parametri, doi din ei putand fi eliminati prin ecuatiile (8). Astfel, putem concluziona ca, daca S(x) 2*m-1(xi), atunci ( ) ( )9 S x depinde de n parametri liniari . In aceste conditii, se poate formula afirmatia ca S(x) poate interpola in mod unic n ordonate date in noduri. Aceasta se poate enunta in urmatoarea teorema [2]: Teorema: Sa presupunem ca 1m

NOTE MATEMATICE

- 12 -

( ) ( ) ( )14 2 1f x xm i * , atunci unicitatea din teorema 1 implica faptul ca S(x)=f(x), pentru orice x. Iar daca (14) nu este valabila, atunci putem scrie

( ) ( ) ( ) ( ) ( )151

f x f x L x R xi i fn

= + * , cu un rest Rf(x). Relatia (15) se numeste formula de interpolare spline naturala. - prescurtat F.I.S.N. APLICATIE. Pentru a ilustra cum functioneaza F.I.S.N. (15), sa consideram un exemplu cu n=3, x1=-1, x2=0, x3=1; sa alegem m=2. Se pot calcula explicit expresiile pentru cele trei functii fundamentale Li(x) (i=1,2,3) in (15), folosind definitia lor (12). Din definitia (17) a functiilor Li(x) avem ca ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x L x f x L x f x L x= + +1 1 2 2 3 3* * * , unde am considerat Rf(x)=0, cu f 2*m-1(x). Aplicand relatia (8) pentru functia ( ) ( ) ( ) ( )S x a x a c x x c x x c x x= + + + + + + +0 1 1 1 3 2 2 3 3 3 3* * * * , in nodurile -1,0, si 1 specificate, obtinem un sistem de ecuatii in necunoscutele c1, c2, c3 din care reiese setul de solutii (c1, -2*c1, c1). Atunci obtinem ( ) ( ) ( )S x a x a c x x c x x= + + + 0 1 1 1 3 1 3 3* * * , renuntand deja la indicele +. Intrucat f 2*m-1(x), avem conform celor afirmate mai sus, ca f(x)=S(x), si atunci obtinem ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )S x a x a c x x S L x a L x S L x= + + + = + +0 1 1 3 2 1 1 2 32 6 1 1* * * * * * * . Efectuand calculele, egaland membrul stang cu cel drept dupa a0, a1 si c1, obtinem in final expresiile

( ) ( )( )

( )

L x x x x

L x x x x

L x x x x

13 2

23 2

33 2

16

3 4

13

13

1

16

23

13

= +

= +

= + +

* * * ,

* * ,

* * *

.

REFERINTE BIBLIOGRAFICE [1] P.J.Davis, Interpolation and Approximation, Blaisdell, New York 1963. [2] I.J.Schoenberg, Privelisti matematice, Editura Tehnica, Bucuresti, 1989.

NOTE MATEMATICE

H

- 13 -

SSM

O metod de rezolvare a ecuaiei de gradul al treilea prof. Prenenu Vasile Doru

n aceast not abordm n prim instan rezolvarea sistemului:

(S)

=+=+=+=+

dvyuxcvyuxbvyuxavu

33

22

Rezolvare: Notm cu S = x + y, P = xy i obinem un sistem cu necunoscutele P i

S astfel: nmulim ecuaia a dou cu x + y = S i obinem ux2 + vxy + uxy + vy2 = bS . Folosind ecuaiile ( 1 ) i ( 3 ) obinem : bS aP = c ( i ) nmulind ecuaia a treia cu x + y = S obinem: ux3 + ux2y + vxy2 + vy3 =cS Folosind ecuaiile ( 2 ) i ( 4 ) obinem : cS bP = d ( ii )

Prin urmare am obinut sistemul format din ( i ) i ( ii ) :

==dbPcScaPbS

din care obinem soluia ( S, P). Revenind la notaia iniial S = x + y, P = xy obinem soluiile x1, x2 i y1, y2 ale sistemului simetric care, apoi introduse n primele dou ecuaii ale sistemului, conduc la soluiile u1, u2 i v1, v2 corespunztoare . Rezolvarea ecuaiei de gradul al treilea folosind sistemul ( S ) Pentru ecuaia ax3 + bx2 + cx + d = 0, a, b, c R, a 0 se cunoate c are cel puin o soluie real. Pentru a rezolva ecuaia dat folosind sistemul (S) scriem: ax3 + bx2 + cx + d = (x + u)3 + (x + v)3 ( iii ) , unde ,u, i v se obin prin metoda coeficienilor nedeterminai rezultnd + = a, u + v =b/3, u2 + v2 =c/3, u3 + v2 = d adic sistemul (S). Ecuaia ( iii ) devine : [ 3 (x + u) + 3 (x + v)][ 3 (x + u)2 - 3 (x + u)(x + v) + 3 (x + v)2] = 0

cu rdcinile, ( )

Rvu

x ++=

33

33

1

iar x2 i x3 sunt date de ecuaia de

gradul al doilea: 0)](22[)( 323 223 233 23 223 233 2 =++++++ uvvuxvuvux

NOTE MATEMATICE

- 14 -

Exemplu : 1.Considerm ecuaia de gradul al doilea: 2x3 + 3( 2 - 3 )x2 + 15x + 2 2 - 3 3 = 0

Scriem sub forma ( iii ) i obinem sistemul:

=+=+

=+=+

33225

322

33

22

vyuxvyuxvyuxvu

Rezolvnd sistemul prin metoda prezentat gsim: (,,u,v) = (1,1, 2 ,- 3 )i (1,1,- 3 , 2 ) i ( iii )devine : 2x3 + 3( 2 - 3 )x2 +15x + 2 2 - 3 3 = ( x + 2 )3 + ( x - 3 )3 (x + 2 )3 + (x - 3 )3 = 0 (x + 2 + x - 3 ) [(x + 2 )2 (x + 2 )(x - 3 ) + (x - 3 )2] = 0

(2x + 2 - 3 ) i x2,3 = - (- 2 + 3 + 6615+ ). 2. Lsm cititorului rezolvarea ecuaiei: x3 6x2 + 15x 14 = 0. Prin metoda indicat mai sus solutiile sunt: x1 = 2, x2,3 = 2 + 3 .

* * * * * * * * * * * * * * * * Quelques chiffres

prof. Grecu Cornelia Vous avez contemple des nuits aussi belles que cette nuit de Grece que decrit si poetiquement Chateaubriand. Mais vous doutiez-vous que cette magnifique lune qui semble immobile se deplase en realite a la vitesse dun kilometre a la seconde, soit 3600 km a lheure ? Et quainsi elle est beaucoup plus rapide encore quun avion a reaction ? Saviez-vous que la lumiere scintillante de letoile polaire met 36 ans pour parvenir jusqu' nous ? Mais ne croyez pas que cette etoile soit la plus lointaine. On a pu capter avec des appareils ultramodernes le bruit occasionne par la rencontre detoiles situees au-dela de la voie lactee, dans la constellation du Cygne. Ce bruit avait mis (a la vitesse du son) plusieurs milliards dannees pour nous parvenir ! La terre fait partie dun univers comprenant cent milliards detoiles. Cet Univers tourne sur lui-meme a al vitesse de 1600000 km/h. Certaines de ces etoiles (dites jeunes ) ont lintensite de cent mille soleils. Nous ne voyons a lil nu quune partie de ce systeme infini. Celle qui nous est la plus familiere est lEtoile Polaire. Elle se trouve a 90 annees-lumiere, ce qui equivaut a dix mille milliards de kilometres multiplie par 90 !

CERCUL DE MATEMATICA

H

- 15 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a V-a Numere raionale pozitive

Prof. Rodica Popescu Prof. Daniel Stretcu

D1. O pereche de numere naturale m i n (n 0), scrise sub forma nm , se

numete fracie.

D2. Fraciile nm i

qp sunt echivalente

qp

nm ~ dac mq = np.

D3. Un numr raional este mulimea tuturor fraciilor nm echivalente cu

fracia dat ba .

Dac notm A numrul raional definit mai sus, atunci fracia ba este un

reprezentant al numrului raional A. Orice fracie din mulimea care definete un numr raional poate fi un reprezentant al acestui numr

raional. Mulimea numerelor raionale pozitive este

=+ 0;,| nNnmnmQ

Aplicaii 1. S se demonstreze c fracia

314421

++nn este ireductibil () nN.

Soluie Fie d= (21n+4,14n+3) d|21n+4 d|14n+3 d|2(21n+4) d|3(14n+3) d|42n+8 d|42n+9 d|(42n+9) (42n+8) d|1 d=1 fracia dat este ireductibil.

2. a) S se gseasc toate numerele nN, pentru care numrul 7

12 n N.

b) S se demonstreze c pentru orice nN, numrul 7

12 +n N. Soluie a.

I. Fie n multiplu de 3, adic putem scrie n = 3k i 2n-1 = 23k-1 = 8k-1 Diferena a dou puteri cu acelai exponent se divide ns cu diferena

bazelor, deci 8k-1 se divide cu 8-1=7 7

12 n N deci nM3.

II. Fie n de forma n=3k+1 2n-1 = 23k+1-1 = 28k-1=2(7+1)k-1 dar (7+1)k d prin mprirea la 7 restul 2(7+1)k d prin mprirea la 7 restul 2 2n-1 = 2(7+1)k-1 d prin mprirea la 7 restul 1

pentru n=3k+1 numrul 7

12 n N.

III. Fie n de forma n=3k+2 2n-1 = 23k+2-1 = 48k-1=4(7+1)k-1 prin mprirea la 7 se obine restul 3


- 16 -

pentru n=3k+2 numrul 7

12 n N. n concluzie, 2n-1 se divide cu 7 dac i numai dac n este multiplu de 3

Soluie b. Dac n=3k 2n=23k=7m+1 2n+1=7m+2 deci nu se divide cu 7. Dac n=3k+1 2n+1=2(7m+1)+1=14m+3 deci nu se divide cu 7. Dac n=3k+2 2n+1=4(7m+1)+1=28m+5 deci nu se divide cu 7. n concluzie, pentru nici un numr nN, 2n+1 nu se divide cu 7.

3. S se determine numerele de forma xyz cu proprietatea c Nzyx

++ 2369 .

Soluie Nzyx

++ 2369 x3 + y2 + z {1, 3, 23, 69}.

a) x3 + y2 + z = 1 x = 1, y = 0, z = 0 b) x3 + y2 + z = 3 x = y = z = 1 sau x = 1, y = 0, z = 2 c) x3 + y2 + z = 23 x


H

- 17 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a VI-a PTRATE PERFECTE

Catedra de matematic-coala 11-Dr.Tr. Severin Prof.coordonator Victor Sceanu

n manualele colare i mai ales n revistele de matematic apar multe

probleme, ce cer s artm dac un numr este sau nu ptrat perfect. n cele ce urmeaz ne propunem s redm unele din cele mai utile

metode de a arta c un numr este sau nu ptrat perfect . Preliminarii

a) Spunem c numrul n este ptrat perfect dac exist un numr a astfel nct n=a2

b) Dac un ptrat perfect n conine un factor prim p atunci, cu necesitate, acest factor se va gsi n descompunerea lui n la o putere par

c) n sistemul zecimal avem scrierea: anan-1an-2a2a1a0 = an 10n+an-1 10n-1+an-2 10n-2++a2 102+a1 10 +a0 d) Fiind date numerele naturale a i b, b=0, exist, n mod unic dou

numere naturale q i r astfel nct : a = b q+r cu r {0,1,2,b-1} e) Avem identitatea, pentru orice n N xn+1-1= (x-1)(xn+xn-1++x+1) sau xn+xn-1++x+1= (xn+1-1)/(x-1).

Pentru a arta c un numr este sau nu ptrat perfect redm n continuare urmtoarele metode: I. Calculul ultimei cifre a numrului

Notm cu u(n) ultima cifr a numrului n Din: u(0)= 0; u(12)=1; u(22)=4; u(32)=9; u(42)=6; u(52)=5; u(62)=6; u(72)=9; u(82)=4; u(92)=1 deducem c ultima cifr a unui ptrat perfect nu poate fi dect una din cifrele: 0;1;4;5;6;9. De aici deducem c un ptrat perfect nu poate avea ca ultima cifr una din cifrele : 2,3,7,8.

Observaie. Nu orice numr care are ultima cifr una din cifrele 0, 1, 4, 5, 6, 9 este ptrat perfect, deci condiia este numai necesar dar nu i suficient.

Exemple 1) Artai c:

n = 1+2 3+4 5 6+7 8 9 10+11 12 13 14 15 +nu poate fi ptrat perfect. Soluie: Avem c u (1+2 3)=7, iar ultima cifr a restului de termeni este 0, deci u(n)=7+0=7 i nu este ptrat perfect.

2) Artai c numrul: 32003-20032 nu este ptrat perfect. Soluie: Avem u (32003) =u (34 500+3)= u [(34)500 33]= u (81500 27 ) =u (1 27) =7, iar u (20032) = 9 i atunci u(3 2003-20032)= u (17-9)= 8, deci nu poate fi ptrat perfect

3) S se arate c numerele de forma 2000 n+2003, nu sunt ptrate perfecte, oricare ar fi n N Soluie: Avem u (2000 n)= 0 i u (2003)=3, deci u (2000.n +2003)=0+3=3 i nu poate fi ptrat perfect


- 18 -

4) S se determine toate numerele naturale nenule n pentru care:1!+2!+3!++n! este ptrat perfect (k!=1 2 3 k) Soluie: Pentru n =1 avem 1!= 1 care este ptrat perfect Pentru n =2 avem 1!+2!=1+1 2=3 care nu este ptrat perfect Pentru n =3 avem 1!+2!+3!=1+2+6=9 care este ptrat perfect Pentru n >4 avem 1!+2!+3!+4!=33, iar 5!+6!++n! este un numr care se termin n cifra 0, rezult c pentru n>4, 1!+2!+3!+4!++n! se termin n cifra 3 i deci nu este ptrat perfect. Deci valorile lui n sunt 1 i 3.

5) S se determine valorile lui n N* pentru care numrul a= 2n!+1 nu este ptrat perfect. (n!= 1 2 3 n) Soluie: Pentru ca a s nu fie ptrat perfect trebuie s aib ultima cifr :2;3;7 sau 8. Cum puterile lui 2 au ultima cifr 2;4;6 sau 8 trebuie ca 2n! s aib ultima cifr 2 sau 6, deci n! s fie M4+1 sau M4. Cum n! =123n, rezult c n! poate fi M4+1 numai pentru n=1 i atunci a= 1 2 3 n, rezult c n! poate fi M4+1 numai pentru n=1 i atunci a=21!+1=2+1=3 care nu este ptrat perfect. Pentru ca n ! s fie M4trebuie ca n >4. Deci n {1,4,5,6 } II. Formele sub care poate fi scris un ptrat perfect

Ptratul oricrui numr natural poate fi de forma 4K sau 4K+1 Demonstraie: Dac n N este par, atunci n =2p i deci n2=4p2=4K. Dac n N este impar, atunci n = 2p+1 i deci n2=(2p+1)2=4p2+4p+1 =4(p+1)+1=4k+1 Ptratul unui numr natural impar poate fi i de forma 8k+1 Demonstraie: Din n N i impar, rezult n=2p+1 de unde n2=(2p+1)2=4p2+4p+1 =4p(p+1)+1 i cum p i p+1 sunt consecutive, rezult p(p+1)=M2 rezult n2=4 2k+1=8k+1 Observaie Forma 8k+1 este mai slab ca forma 4p+1 deoarece 8k+1=4 2k+1=4p+1

Exemple 1) Suma ptratelor a patru numere naturale nenule consecutive nu poate fi

ptrat perfect. Soluie: Avem: n N* i atunci (n-1)2+n2+ (n+1)2+ (n+2)2=n2-2n +1+n2+ n2+2n+1+ n2+4n+4=4n2+4n+6=4n2+4n+4+2= 4(n2+n+1)+2= 4k+2 Dar nici un ptrat perfect nu este de forma 4k+2, k N.

2) Fie n N, impar. Artai c numrul a = 3n+5n+3 nu este ptrat perfect. Soluie: Avem : a =(4-1)n+ (4+1)n+3 = M4-1+M4+1+3= M4+3 = 4k+3. Dar nici un ptrat perfect nu este de forma 4k+3.

3) Numrul 2004n+3 nu poate fi ptrat perfect oricare ar fi n N Soluie: 2004=M4 rezult 2004n= M4 2004n+3= M4+3= 4k+3 i nu este ptrat perfect. III. Folosirea formulelor de calcul prescurtat

Se arat c un numr este ptrat perfect dac poate fi pus sub forma (A+B)2, sau se ncadreaz ntre ptratele a dou numere consecutive pentru a arta c nu este ptrat perfect.


H

- 19 -

SSM

Exemple 1) Fie numerele A= 1111 avnd 2n cifre i B = 4444 avnd n cifre scrise

n sistenmul zecimal. Demonstrai c A+B+1 este ptrat perfect. Soluie: Avem

A+B+1=( 102n-1+102n-2++10+1) +4 (10n-1+10n-2++10+1)+1=9

1102 n +4

9110 n +1=

94410102 ++ nn = (

3210 +n )2

Cum 10n+2 = 1000+2=10002 are suma cifrelor 3, obinem c

3210 +n

N

2) S se arate c numrul 65...551...11

1 orinorinA

+= este ptrat perfect.

Soluie: Avem: 15...55101...116105...55101...111

1

1

1

1++=++=

++

++

+ orinn

orinorin

n

orinA

1)110...1010(510)110...1010( 111 ++++++++++= + nnnnnA

99510510101

110110510

110110 11)1(2111 ++=+

+

=

+++++

+ nnnnn

n

A211)1(2

3210

9410410

+=++=

+++ nnnA

3) S se demonstreze c oricare ar fi n N*, n2+n nu poate fi ptrat perfect.

Soluie Avem c n2


- 20 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a VII-a Ecuaii diofantice 0=++ cbyax , 222 zyx =+

Prof. Roman Florentina Gabriela

1. Algoritmul lui Euclid Daca avem dou numere a i b unde a,b Z , atunci putem face

mprirea lui a la b. facnd mprtirea cu rest gsim c pentru un anumit k N , avem:

,,

11

12

3231

212

11

kkk

kkkk

rcrrrcr

rrcrrrcbrbca

+=+=

+=+=+=

+

LLLLLLL

,0

,0,0,0

1

23

12

11

kk rr

rrrrbr


H

- 21 -

SSM

din Teorema 4 rezult c putem avea .1=+ ba Din algoritmul lui Euclid

obinem c: bcar

rcb=

=11

121 i din cele dou rezult c

.1(...)(11)(1 21221212 ccbcabccacbbcacb +++=+== Exemplu: S se rezolve ecuaia: 5x+3z+7=0 . (*)

Soluie: Avem a = 5 , b = 3, c=7 i se observ c (a,b) = 1, astfel c ecuaia (*) are soluiii in ,ZZ conform Lemei 2.

Folosim algoritmul lui Euclid pentru a gsi soluia particular:

.0212

32132315

+=+=+=

Cu ajutorul Teoremei 4 avem 135 =+ , iar pe 1 il putem scrie:

123)1(51)111(3)1(51 =+=++= si 2= . Ecuaia ( ) daca o imprim prin c devine:

713501

73

75

==+=

+

xyx si )7()1(

7=

= xy si

7)7(2 == xy si 14=y Soluia particular este (7,-14). Din corolarul 3 obtinem soluia general: kx 37 = si ky 514 += .

3. Ecuaia 222 zyx ++ (3)

n primul rnd trebuie observat c dac tripretul (x,y,z) de numere intregi verific ecuaia (3), atunci aceeasi ecuaie va fi sadisfacut de orice triplet de forma ),,( zyx , unde si reciproc. De aceea, pentru a gsi toate soluiile ecuaiei (3), constnd din numere diferite de 0, este suficient s gsim soluiile (x,y,z) pentru care numerele x,y,z sunt relativ prime (adic nu au nici un divizor prim diferit de 1). Este clar c dac intr-o soluie (x,y,z) a ecuaiei (3) dou dintre numerele x,y,z au un divizor comun 1= atunci si cel de al treilea numr se divide cu . De aceea ne putem restrnge la soluiile ce constau din numerele relative prime dou cte dou, pe care le vom numi soluii primitive. Dac (x,y,z) este o soluie a lui (3), atunci in mod evident si (y,x,z) este o soluie. Pe de alt parte dac (x,y,z) este soluie, atunci x sau y este par (dac x si y ar fi impare, atunci 22 yx + ar fi de forma 4k+2, pe cand ptratul unui numr intreg nu poate fi decat de forma 4k sau 4k+1). n plus, este evident c dac (x,y,z) este soluie, atunci si ( zyx ,, ) vor fi soluii. Lema 5. Orice soluie particular (x,y,z) de numere naturale (cu n par) a ecuaiei (3) este de forma 2222 ,,2 nmznymmnx +== cu m,n , (n,m)=1, iar m,n au pariti diferite.


- 22 -

Corolar 6: Soluia general a ecuaiei (3) este )(),(,2 2222 nmrznmyrrmnx +== cu r,m,nZ.

Exemplu: S se calculeze ecuaia 222 5332)533()533( =+ yx . (*)

Solutie: Cum membrul drept din (*) este par deducem c dac (x,y) , atunci x-533 i y-533 au aceeai paritate. Astfel 533)(

21 += yxp si )(

21 yxq = sunt numere intregi.

Deducem imediat ca x-533=p+q si y-533=p-q i cum 2222 22)()( qpqpqp +=++ ecuaia (*) devine:

222 533=+ qp Observm c dac ,1341533 222 ==n atunci soluiile vor fi de forma

x=2mn, y ., 2222 nmznm == Mai exist si ecuaii de tipul = aayx ,122 , care pot avea o infinitate de soluii. Exemplu: S se arate c ecuaia 13 22 = yx are o infinitate de soluii intregi.

Soluie: O soluie particular a ecuaiei este x=7, y=4. Fie ),( o soluie a ecuaiei

)2,3(1)2(3)3(19613 222222422422 +=+=+=este o alt soluie pentru ecuaia noastr. Ecuaia 13 22 = yx are o infinitate de soluii intregi. Probleme propuse:

1. S se arate c ecuaia : 22 22 yxx =+ are o infinitate de soluii intregi. ( Revista Alfa, 2003) 2. S se demonstreze ca exist o infinitate de solutii pentru care

0173 22 =+ yx 3. S se resolve ecuaia : 222 )989()989( zyx =+ cu 22 9892=z 4. S se resolve ecuaia: 0423 =++ yx 5. S se resolve ecuaia: 0957 =++ yx

Bibliografie:

1. D.Buneag, F.Boboc, D.Piciu Elemente de arimetic i teoria numerelor - Ed.Radical Craiova-1998.

2. W.Sierpinsky Elementary Theory of Numbers Polshi Academic Nauk Warsaw-1964.

3. G.Eckstein Fracii continue RMT.nr.1,pp.17-36-1986.


H

- 23 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a VII-a TEOREMA LUI PITAGORA GENERALIZAT

prof.Constantin Magdalena prof.Draga Ttucu Porfirel

Noiuni teoretice

Teorema 1 (Teorema lui Pitagora generalizat): Dac n triunghiul ABC, C este ascuit i AprD BC= atunci

DCBCBCACAB += 2222 Dem: a) B ascuit ( )BCD ABD dreptunghic 222 BDADAB += ADC dreptunghic 222 DCACAD =

DCBCBD = ( ) =++=+= DCBCDCBCDCACDCBCDCACAB 222222222 DCBCBCAC += 222

b) B obtuz ( )DCB ADB dreptunghic 222 BDADAB += ADC dreptunghic 222 DCACAD =

BCDCBD = ( ) =++=+= 22222222 2 BCBCDCDCDCACBCDCDCACAB DCBCBCAC += 222 c) ( ) 90 =Bm atunci relaia DCBCBCACAB += 2222 rezult din teorema lui Pitagora ( B=D ). Teorema 1 Dac n triunghiul ABC, C este obtuz i AprD BC= atunci

DCBCBCACAB += 2222 Dem: C fiind obtuz ( )BDC ABD dreptunghic 222 BDADAB += ACD dreptunghic 222 CDACAD =

CDBCBD += ( ) =+++=++= DCBCCDBCCDACCDBCCDACAB 222222222 CDBCBCAC ++= 222

Aplicaii

Aplicaia 1 (Relaia lui Stewart) Dac A, B, C sunt trei puncte coliniare cu ( )ACB i O un punct exterior dreptei AC, atunci are loc relaia: ACBCABABOCACOBBCOA =+ 222 . Rezolvare: Fie D piciorul perpendicularei din O pe AC. Putem avea trei situaii: (BAD ,

(BCD , BD = . Primele dou cazuri sunt analoage, deci putem presupune de exemplu c (BAD i deci B este ascuit n OBD .

A

B D C

A

D B C

A

D C B


- 24 -

Aplicnd teorema lui Pitagora generalizat n OAB BDABOBABOA += 2222 (1)

Deoarece n OBC avem B obtuz, aplicnd teorema lui Pitagora generalizat

DBBCBCOBOC ++= 2222 (2) Amplificm relaia (1) cu BC i relaia (2) cu AB i adunndu-le membru cu membru

++++=+ ABBCABOBBCBDABBCOBBCABABOCBCOA 222222 2 ABDBBC + 2

( ) ( ) ACOBACBCABBCABOBBCABBCAB +=+++ 22 , deci relaia lui Stewart este adevrat. Dac B=D, aceleai relaii sunt adevrate cu BD = 0. Aplicaia 2 Aria unui triunghi ABC este dat de formula: ( )( )( )cpbpappS = unde

cbap ++=2 (formula lui Heron). Rezolvare: Fie ABC un triunghi i AprD BC= . Se noteaz

ADha = . Din teorema lui Pitagora generalizat se obine: DCabac += 2222 unde a=BC, b=AC, c=AB.

acbaDC

+=

2

222

ADC dreptunghic 222 DCACAD =

2222

22

2

+=acbabAD ( ) ( )22222222 224

1 cbaabcbaaba

AD +++

=

( )( )( )cpbpappa

ha =2 unde ADha = .

Dar 2ahaS = ( )( )( )cpbpappS = .

Aplicaia 3 S se demonstreze c n orice paralelogram ABCD suma ptratelor laturilor este egal cu suma ptratelor diagonalelor. Rezolvare: Fie ADBB 1 i BCAA1 . Evident 11 BAAB = n ABC aplicm teorema lui Pitagora generalizat:

1222 2 BABCBCABAC += (1)

n BAD aplicm teorema lui Pitagora generalizat: 1

222 2 ABADADABBD ++= (2) Adunarea relaiile (1) i (2) i innd cont c 11 BAAB = i BCAD =

2222 2BC2ABBDAC +=+

222222 ADDCBCABBDAC +++=+ (DC = AB, BC = AD)

O

A D B C

A

B D C

c b a

A

B C

D

A1

B1


H

- 25 -

SSM

Aplicaia 4 S se demonstreze c G fiind centrul de greutate al ABC , M un punct oarecare din plan se verific relaia:

2222222 3 GCGBGAMGMCMBMA +++=++ . Rezolvare: Fie A mijlocul lui [BC]. Din relaia lui Stewart pentru 'MAA i ( )'AAG

''''' 222 GAAGAAAGMAGAMAAAMG += Dar '

31' AAGA = ; '

32 AAAG =

2222 '92'

32

31 AAMAMAMG +=

MA median n MBC 2222

22 '92

4232

31 AABCMCMBMAMG ++=

22

2222 '32

23 AABCMCMBMAMG ++=

GA median n GBC ( ) 22222222 '32'23 AAGAGCGBMCMBMAMG +++=

Din GAAA23'= ; GAGA

21' = 22222223 GCGBGAMCMBMAMG ++=

2222222 3 GCGBGAMGMCMBMA +++=++ Observaie: Folosind relaia: 2222222 3 GCGBGAMGMCMBMA +++=++ se obine c 222 MCMBMA ++ este minim dac i numai dac M=G.

Probleme propuse

1. Fie ABC CU AB=34, BC=56, ( )ACM , ( ) ( )MCAM , BM=39. S se afle distana de la M la BC.

2. Prin vrful A al triunghiului isoscel ABC se duce o paralel la BC pe care se consider un punct M. S se demonstreze c

( )2222 2 MBMAMCMB +=+ . 3. S se demonstreze c: ( )22222

91 cbaROG ++= unde G este centrul de

greutate al triunghiului ABC, a, b, c sunt lungimile laturilor triunghiului iar ( )ROC , este cercul circumscris triunghiului.

4. Aria unui patrulater convex ABCD avnd lungimile laturilor a, b, c, d

este dat de ( )( )( )( )

+=

2cos22 DBabcddpcpbpapS (formula lui

Arhimede) unde 2p=a+b+c+d, S = aria lui ABCD.

Bibliografie 1. Gh. ieica Culegere de probleme de geometrie; 2. L. Nicolescu, V. Boscoff Probleme practice de geometrie

A

B C A

G M


- 26 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a VIII-a PARTEA NTREAG I PARTEA FRACIONAR A

UNUI NUMR REAL prof. Draga Ttucu Mariana

Noiuni pregtitoare Def. 1 Fie Ra . Se numete partea ntreag a numrului a, numrul

notat [ ]a , care reprezint cel mai mare numr ntreg mai mic sau egal cu a. Deci [ ] Za , [ ] [ ] 1+


H

- 27 -

SSM

Aplicaii

Aplicaia 1. Rezolvai ecuaia: 3

157

513 +=

xx

Soluie: Notnd kx =+3

15 , Zk 5

13 = kx ecuaia devine kk =

353839

135

3839 +


- 28 -

Dar [ ] [ ]xxx 221 =

+= , Rx [ ]kkkkkk =

+

+ 2

22

221

2 (2)

Dar Zk i [ ] kkkk = 22 (3) Din (1), (2) i (3) kkk =2 { }2,0k { }3,1x Aplicaia 5. S se rezolve ecuaia: [ ][ ] 1=xx . Soluie: [ ][ ] 1=xx [ ] 21


H

- 29 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a VIII-a PROBLEME DE ORDONARE

prof.Constantin Duu prof.Ani Pavelescu

Pentru nelegerea problemelor care urmeaz este bine s reinem urmtoarele:

1) Dac a i b sunt dou numere reale, atunci este adevrat una i numai una din relaiile: a>b, a=b, a=

badacabbadacabsaua

badacaaba ),max( sau

2),max(

bababa

++=

=

badacaabadacabsaua

badacabba ),min( sau

2),min(

bababa

+=

3) Vom admite c oricare ar fi numerele reale a i b, a 1, b>0, exist un singur numr real c astfel nct ac=b. De asemenea, vom admite c dac a>1 atunci din ax1 >ax2 => x1>x2 i reciproc, iar dac aax2 => x10 atunci a>b; dac a-b=0, atunci a=b; dac a-bb; dac ba

=1, atunci a=b; dac ba


- 30 -

2. S se demonstreze c (n!)2 > nn pentru orice numr natural strict mai mare dect 2, unde prin n! se nelege n!=123n, iar n>2. Soluie: n rezolvarea problemei vom folosi urmtoarea proprietate: dac ab i c>d => ac>bd, a,b,c,d>0.

Notm a=(n!)2 i b=nn i vom avea urmtoarea scriere: a=123(n-2) (n-1) n n (n-1) (n-2) 321 => a=(1n) [2(n-1)] [3(n-2)] [k(n-k+1)] [(n-2) 3] [(n-1) 2] [n1]. b=nnnn (n factori)

Scrise aa, se observ c numerele a i b au cte n factori. S comparm un factor oarecare al primului produs cu un factor oarecare al celui de-al doilea produs: k(n-k+1)-n=kn-k(k-1)-n=n(k-1)-k(k-1)=(k-1)(n-k) Cum 2k n-1 => k-1 >0 i n-k>0 deci (k-1) (n-k)>0 => k(n-k+1)>n. Am demonstrat c a este format din factori mai mari sau cel puin egali cu ai lui b (primul i ultimul factor ai lui a sunt egali cu orice factor ai lui b), n rest inegalitatea este strict, deci a>b. Comentariu: Deoarece (n!)2>nn, oricare ar fi nN\{0,1,2} => dac ecuaia (n!)2=nn are soluii n N, atunci acestea se gsesc printre elementele mulimii {0,1,2}. Verific numai n=1 i n=2, deci (n!)2=nn are n N soluiile 1 i 2.

3. S se demonstreze inegalitatea: ( )( ) ( )

*1

1

,11

1 N>++

+++

+n

nnnn

nn

nn

.

Soluie: Membrul stng al inegalitii se mai scrie :

nn

nn

nnnn

)1()1(

1

1

++++

+

+

= nnnn

nnnnnn)1(

)1()1(++

+++=

+

++

++

++

11

)1(

11

)1(

nnnn

nnnn

nn

nn

=

+

+

++

+

11

11

nnn

nnn

n

n

.

am simplificat prin (n+1)n.

Cum 1+nn

n

nn

+1 n

nn

+1 n < n => n

nn

+1 n+1 < n+1

dar n+1 < 11++

+

nnn n

11+

+ nnn n

< 11++

+

nnn n

1

1

11

+

+

++

+

nnn

nnn

n

n

>1

nnnn

nnnn

)1()1(

1

1

++++

+

+

> 1, oricare ar fi nN*.

Comentariu: Inegalitatea demonstrat ne permite s comparm uor numerele de forma a=9999+100100 i b=99100+10099.

4. S se afle max( 32 , 23 ). Soluie: Notm a= 32 , b= 23 i obinem


H

- 31 -

SSM

a2=2

32

=

322

= 32 ( ) 32a = ( ) 332 =23=8.

b2=2

23

=

223

= 23 ( ) 32b = ( ) 323 = 63 > 43 = 9

( ) 32b >9>8> ( ) 32a b2 > a2 b > a max( 32 , 23 ) = 23 .

5. S se determine max ( )2,aaa , unde aR. Soluie: Se tie c pentru aR avem |a|0, deci numrul a este definit. Vom distinge urmtoarele situaii:

a. Dac aa4 3a > 4a aa >a2 max ( )2,aaa = aa . d. Dac a=1 avem max ( )2,aaa =1. e. Dac a(1,+ ) avem a3


- 32 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a IX-a FUNCIA PARTE NTREAG,

FUNCIA PARTE FRACIONAR prof.

D1. Mulimea nevid RA se numete majorat (mrginit superior)

dac exist un numr Rb astfel nct Axbx , . Orice numr Rb cu aceast proprietate se numete majorant al lui A. Exemple: Numerele ,2,1 sunt majorani pentru mulimile

{ } ( )1,1,0,1 == BsiA Observaie: O mulime majorat are mai muli majorani. A1. Axioma lui Cantor. Orice mulime nevid RA majorat admite un cel mai mic majorant care se numete marginea superioar a mulimii A i se noteaz sup A

Exemple: ( )( ] AAA

AAA====

3sup3,3sup3,

T1. Teorema lui Arhimede. Pentru orice numr real x exist un numr natural n mai mare dect

x (x


H

- 33 -

SSM

Proprieti ale funciei parte ntreag

P1. x-1


- 34 -

Demonstraie: y=[y]+{y} rezult [ ] { } [ ] { }

[ ] { }yyxyxyyxyxyyy

+===

11 (1)

Dar [ ] [ ] [ ] yxyxyyyy (2) [ ] [ ] [ ] yxyxyyyy


H

- 35 -

SSM

3. Sa se arate ca pentru orice n natural, nnnn nn

=

+++

++

+

+12 22...

22

21 .

Solutie: { }nknnnn kkkkk

,...,2,1,222

122

2111

=

+=

+

+++ . Adunand egalitatile

obtinute, avem:

=

+++

++

+

++ 1012 2222...

22

21

nn

n nnnnn , dar

02

,12

0 11 =


- 36 -

Solutie: Fie Na pentru care ( )nn ana 1+


H

- 37 -

SSM

Dar ( ) ( ){ } 02230223 nn . i innd cont de relaia (1) deducem c ( ){ } 1223lim =+

n

n

Probleme propuse

1. Sa se arate ca 19981000000

1...2

11 =

+++

2. Sa se gaseasca partea intreaga a numarului 33 422 +=a 3. Sa se gaseasca partea intreaga a numarului 8log5log3log 532 ++=b

4. Sa se demonstreze inegalitatea: [ ] [ ] ( )[ ]2

1lg1...32lg21lg ++ [ ] [ ] [ ] ( )nn xxxnxxx +++>++++ ...23... 2122221 7. Se cere suma ( ) *,;1...2 Nmn

nmn

nm

nm

++

+

i sunt prime ntre ele.

8. Dac 1,0 >


- 38 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a X-a Ecuaii exponeniale i logaritmice

Prof. Nedeianu Dan

n cele ce urmeaz ne propunem s prezentm diverse metode i tehnici de abordare a unor ecuaii exponeniale sau logaritmice, ntlnite la olimpiade i concursuri colare. Pe lng metodele clasice, ce in de monotonia funciilor (n sensul de a arta c o ecuaie exponenial sau logaritmic are soluie unic), se pot pune n eviden i alte tipuri de metode interesante. Metoda I (folosind inegaliti) este o metod care const n aplicarea unor inegaliti cunoscute, i de cele mai multe ori, cazul de egalitate (pentru care se realizeaz inegalitatea), ne ofer chiar soluia ecuaiei;

Exemplul I.1: S se rezolve ecuaia: 8 2log+

++1113

2xx =x+

4 24x

(Prof. Nedeianu Dan, Concursul Gh. ieica -faza judeean 2001)

Soluie: Ecuaia se mai scrie: 6 2log+

++1113

2xx =x+2+

4 24x

Cu inegalitatea mediilor, avnd x+2+4 2

4x

5 (cu egalitate cnd x=3)

Apoi avem (x-3)201113

2 ++

xx

21 6 2log+

++1113

2xx 5 (cu egalitate cnd x=3)

Deci x+2+4 2

4x

65 2log+

++1113

2xx

, deci x=3 este soluie unic.

Exemplul I.2: S se rezolve ecuaia: xx16log + 8x-4=0

(Concurs Vrnceanu-Procopiu Bacu 2001) Soluie: Din notaia log16x=y 24y 2 + 24y+3=4

Cu inegalitatea mediilor, vom avea: 24y2+ 24y+3 2 344

2

2 ++ yy i atunci

4 2 3442

2 ++ yy (2y+1)2 041

21 == xy

Metoda a II-a (folosind substituii) este o metod care const n efectuarea unor substituii, care au ca scop obinerea de ecuaii (n noua variabil) clasice. Exemplul II.1: S se rezolve ecuaia: 14log ( )63 xxx ++ = 64log x

(O.L.M. Sibiu 2002) Soluie: Notnd x64log = t x=26t 14log (8t+4t+2t)=t , adic 8t+4t+2t=14t , cu t=1 soluie unic, deci x=64.

Exemplul II.2: S se rezolve ecuaia: 1+3 2log

+

51323 x

= 3log (3+2x-3x2)

(prof. Nedeianu Dan, revista Cardinal 2003)


H

- 39 -

SSM

Soluie: Notm 13 x =t 0 -3x2+2x+3=3

10 2t i ecuaia devine:

(*) 1+3 2log 3log532 =

+t

510 2t ; se impune 10-t2>0 t [0, 10 )

ns pe [0, 10 ) funciile f(t)= 1+3 2log

+

532t i g(t)=

510log

2

3t sunt strict

cresctoare, respectiv strict descresctoare, ceea ce implic unicitatea

soluiei t=1 pentru ecuaia (*)x1=0; x2=32

Metoda a III-a (folosind descompuneri) este o metod care const n unele artificii de calcul, prin care ecuaia iniial )(xf =0 se aduce la forma )()( xhxg =0, unde )(),( xhxg sunt funcii exponeniale/logaritmice mai elementare dect funcia iniial )(xf . Exemplul III.1: S se rezolve ecuaia: 9x + (x-3)3x + 2 = 4x + (x-1)2x + x

(Revista Arhimede, 2002) Solutie: Notnd 3x = a i 2x = b a2 + (x-3)a + 2 = b2 + (x-1)b + x Completnd la un ptrat expresiile a2 + (x-3)a , respectiv b2 + (x-1)b se va

obine:

+=

+

22

21

23 xbxa (a-b-1)(a+b+x-2)=0

(3x-2x-1)(3x+2x+x-2)=0, de unde x { }1,0 Exemplul III.2: S se rezolve ecuaia: 1

312

213

11 =++ x

x

x

x

(Concurs Gh. Mihoc - 1998)

Soluie: 2x=a, 3y=b 1)1(3)1(2 =++ba

ab ; dup grupri i unele calcule

(considernd eventual ecuaia n variabila a, cu parametrul b) se va obine (2b-3a)(a+b+1)=0 (2 0)132)(233 =++ xxxx i atunci x=1 soluie unic. Metoda a IV-a (pentru ecuaii reductibile la forma )()( yfxf = sau

))(()( xgfxf = ) este o metod mai nou, care const n prelucrarea ecuaiei incercnd s o aducem la o form de genul amintit, unde funcia f este strict monoton sau injectiv.

Exemplul IV.1: S se rezolve ecuaia: 2 12

3232 =+xxxxx

(O.L.M. Bucureti 2001) Soluie: ecuaia se mai scrie: 2 xxxxxx xxxxx 2222

22

2)2(223 +=+=+ Notnd )(xf =x+2x (care este strict cresctoare),avem )(xf = )2( 2 xxf , deci x2-2x=x { }3,0 x Exemplul IV.2: S se rezolve ecuaia: ( ) ( )ababab xbxa +=+ loglog , a>b>1.

(O.L.M Tulcea, 2000)


- 40 -

Soluie: Notnd cu y ambii logaritmi, implic baba xy += i abab xy += , de unde yyxx baba +=+ . Considernd )(tf = tt ba + (strict cresctoare), se deduce x=y 1=+= xbaba xx soluie unic. Metoda a V-a: (pentru ecuaii reductibile la forma )(xf = )(1 xf ) este o metod inedit, ce presupune aducerea ecuaiei la o form

)(xf = )(1 xf , unde f bijectiv, caz n care vom avea practic de rezolvat ecuaia )(xf =x

Exemplul V.1: S se rezolve ecuaia: 2 xlg + 8 ( ) 2lg18= x Soluie: Considernd ( ) 8,82)(),,8(,8: lg >+= xxff x , se arat simplu c f este strict cresctoare, bijectiv, inversabil cu inversa

2lg1

11 )8()(),,8(),8(: = yyff Ecuaia devine: )()( 1 xfxf = i innd cont c graficele funciilor f i 1f sunt simetrice fa de dreapta y = x

11082:)(lg82)( lg ==+==+= ttxxxxf ttx i x=10 soluie unic Pentru aprofundarea acestui material propunem cititorilor un set de probleme care se rezolv folosind raionamentele anterioare. S se rezolve ecuaiile:

1. 21441 2 =+ xx (OLM Mehedini 2003)

2. 4

2325

125120002000

22 =+ +++ xxxx (OJM Mehedini 2000)

3. xx x = 2log3 2log32 (OJM Braov 2003)

4. ( ) xx 278 log1log =+ (OLM Teleorman 2002) 5. xxxx 910154 +=+ (OLM Harghita 2003)

6. 16

114

13212

21

++

= + xxxxx

x

(OLM Sibiu 2000)

7. 2

3 235 24

+=+xxxx (Concurs Al. Cojocaru 2003)

8. 1)3()2(23

32 loglog =++ xx (OLM Brila 2001)

Bibliografie: 1) D. Brnzei, V. Gorgot

Matematica n concursurile colare (colecie 1998-2003) 2) M. Ganga

Manual clasa a X-a


H

- 41 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a XI-a ASUPRA DETERMINANTILOR MATRICELOR FORMATE

NUMAI CU ELEMENTELE MULTIMII {-1 , 1} Prof. Gheorghe Cainiceanu

Vom nota in cele ce urmeaza An{-1 , 1} multimea matricelor de ordin n ce contin doar elementele 1 si 1 si cu Un = {det A | AAn{-1 ,1}}. PROPOZITIA 1. Numarul elementelor multimii An{-1 ,1} este 2

2n . Demonstratie. O matrice este o functie f : {1,2,n}2 {-1 ,1} deci multimea An{-1 ,1} are 2

2n elemente. PROPOZITIA 2. a) Multimea Un contine pe 0. b) Daca x este element in Un atunci si x este in aceasta multime. Demonstratie. a) O matrice avand doua linii formate numai cu 1 are determinantul 0. b) Daca det A =x prin schimbarea a doua linii intre ele ,noua matrice A va avea det A=-x. OBSERVATIE. Daca an este cel mai mare element din Un , avem ca numarul de matrice cu determinantul an este egal cu numarul de matrice cu determinantul an. PROPOZITIA 3. Daca A este o matrice din An{-1 ,1} atunci 2n-1 este un divizor pentru det A. Demonstratie. Adunand prima linie la toate celelalte linii obtin numai 0 si 2. In general pot scoate factor comun 2 pe fiecare linie si rezulta asertiunea dorita. PROPOZITIA 4. Avem ca U3 = {-4 ,0 ,4}. Demonstratie. Pentru orice x U3 din P.3 deducem ca 4 divide pe x. Daca A este o matrice din A3{-1 ,1} deducem ca: det A =

3S() a1(1) a2(2) a3(3)

deci o suma de 6 termeni ce pot fi 1 sau 1 .Deci avand in vedere ca det A se divide cu 4 poate fi cel mult 4 si deci det A este 4 ,0 ,sau 4.Daca voi gasi o matrice cu determinantul de valoare 4 propozitia va fi demonstrata..

Consider A=

111111111

si observam ca det A=4.

TEOREMA 5. Pentru orice k numar intreg cuprins in intervalul [2-n , n-2] avem ca : 2n-1 k Un. Demonstratie. Consideram matricea care are pe diagonala principala 1 si-n rest numai 1. Calculam determinantul si obtinem (-1)n 2n-1 (n-2) si deci aceasta valoare este in Un. Deducem ca si opusa acestei valori este in Un. Schimband n in n-1 deducem ca 2n-2 (n-3) Un-1 , deci exista o matrice B=(bij) in multimea An-1{-1 ,1} astfel incat det B = 2n-2 (n-3).


- 42 -

Vom considera acum matricea

A=

11121111

12222121

11121111

321

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

....

....

....

nnnnn

n

n

n

bbbb

bbbbbbbbaaaa

cu a1 , a2 , an din multimea {-1 ,1}. Dezvoltam determinantul lui A dupa prima linie si obtinem: det A = a1 det B a2 det B = (a1-a2) det B. Iau acum a1=1 , a2 = -1 si voi obtine ca det A= 2n-1 (n-3) si cu acest procedeu din aproape in aproape putem construi matricile dorite. APLICATII

1) Fie m si n numere naturale nenule. Sa se determine numarul matricelor de m linii si n coloane formate numai cu elementele 1 si 1 cu proprietatea ca produsul tuturor elementelor de pe fiecare linie precum si produsul tuturor elementelor de pe fiecare coloana este 1.

2) Fie A o matrice patratica de ordinul 3 ,ale carei elemente sunt 1 si 1. Sa se arate ca det A este numar par.Sa se determine vloarea maxima pe care o poate lua det A.

3) Fie A o matrice patratica de ordin n ale carei elemente sunt numai 1 si 1. Sa se arate ca det A este numar intreg multiplu de 2n-1.

4) Sa se calculeze valoarea maxima respectiv minima a determinantilor de ordin 4 ale caror elemente sunt numai 1 si 1.

Bibliografie

[1] C.Nastasescu, M. Brandiburu, C. Nita, D. Joita Culegere de probleme pentru liceu, Ed. Rotech Pro 1996

[2] Gazeta Matematica Metodica 1988


H

- 43 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a XII-a ASUPRA UNOR FUNCTII CU PROPRIETATEA LUI

DARBOUX prof.Ticui Ovidiu

Un rezultat interesant i cu foarte multe aplicaii n studiul funciilor

cu proprietatea lui Darboux este urmtorul: Teorem(W. Jarnik) Fie I R un interval, iar Igf :, R dou funcii

care admit primitive pe I astfel nct Ixxg ,0)( .Atunci funcia gf are

proprietatea lui Darboux pe intervalul I. Demonstraie:

Avnd n vedere c funcia g admite primitive pe intervalul I, funcia g are proprietatea lui Darboux pe intervalul I, iar pe de alt parte Ixxg ,0)( , deci g pstreaz semn constant pe intervalul I. Presupunem de exemplu c Ixxg > ,0)( .

Fie )()(0)()()(),()(),(,,, bgbfagafagfb

gfb

gfa

gfbaIba

continu n x=0.


- 44 -

Funcia 1f este continu pe R i fiind continu i n punctul x=0 1f este continu pe R 1f admite primitive pe R i fie 1F o primitiv a sa pe R. Analog se arat c funcia 2f admite primitive pe R i fie 2F o primitiv a sa pe R. Dac funcia F este o primitiv a funciei f pe R, atunci avem c :

++

>++=0,)0()0(2

0,)()(2cos1cos)(

21

212

xCFF

xCxFxFxx

xxF f admite primitive pe R (1)

Evident g este continu pe R g admite primitive pe R i g(x)>0, x R (2)

Din (1) i (2), (Teorema W.Jarnik) gf are proprietatea lui Darboux pe R.

Aplicaia 2. Fie :f RR,

=

=0,0

0,1sinln)(

x

xx

xxf i :g RR, xe

xxxg sin2 1)( ++= .

Artai c :gf RR, 0,

0,01

1sinln)( 2

sin

=++= x

xxx

xxe

xgf

x

are proprietatea Darboux pe R.

Demonstraie:

=

= dx

xxdx

xxx

xxxdx

xxxdx

xx 1cos1cosln21cosln1cosln1sinln 22

Fie :, 21 ff RR,

=

=

=

=0,0

0,1cos)(,

0,0

0,1cosln)( 21

x

xx

xxf

x

xx

xxxf .Evident cele

dou funcii sunt continue pe R i notm cu 21 ,FF primitivele funciilor respective.Dac F este o primitiv a funciei f, atunci avem c:

=+

+=0,)0()0(2

0,)()(21cosln)(

21

212

xCFF

xCxFxFx

xxxF f admite primitive pe R (1)

Funcia g este continu pe R, deci admite primitive pe R i g(x)>0, x R (2) Din (1) i (2), conform teoremei lui W.Jarnik

gf admite primitive pe R.

Aplicaia 3. Fie funcia continu : RR a.. ( ) Mdxxy

y

y=

0

)(1lim i funciile

f: RR,

=

=0,

0,1)(

xM

xxxf

, :g RR,

=

+=0,1

0,1)(

2

x

xchxex

xg

x

.


H

- 45 -

SSM

Artai c :gf RR,

=

+

=

0,

0,1

1

)( 2

xM

xexx

chxx

gf

x

are proprietatea Darboux pe R.

(ch:RR, 2

)(xx eexch

+= , funcia cosinus hiperbolic) Demonstraie:

Fie o primitiv funciei

+

=

=

dx

xx

xxdx

xxdx

x12111 22 .

Considerm funcia h:RR,

=

=

0,

0,1)(

xM

xx

xxh .

Avem c ( ) ====

=+

>

y

yyxx

hMdssy

yyx

xh00

0).0()(1lim1lim1lim)00(

Analog se arat c h(0-0)=h(0)h este continu n punctul x=0 i cum h este continu i pe R h este continu pe R. Fie H o primitiv a funciei h. Dac F este o primitiv a funciei f, atunci

fxCH

xCxHx

xxF

=+

++

=

0,)0(2

0,)(21)(

2

admite primitive pe R. (1)

Funcia g continu pe R g admite primitive pe R i g(x)>0, x R (2)

Din (1) i (2), i teorema W.Jarnikgf are proprietatea lui Darboux pe R.

Probleme propuse:

1. Artai c h:RR,

=

++=

0,0

0,)3(ln

1cos)( 22

3

x

xxxx

exh

x

are prop. Darboux pe R.

(indicaie: fie funciile gf , :RR,

=

=0,0

0,1cos)(

3

x

xxxf , xe

xxxg )3(ln)(22 ++= i

se arat c ndeplinesc condiiile din enunul teoremei lui W.Jarnik)

2. Artai c h :RR,

=

+++

=

0,0

0,)(

1)2003

11()(

24

x

xxsh

xxx

xh

, unde :RR

este derivabil cu proprietatea 0)(lim)(lim == x

xxx

xx

, are proprietatea lui

Darboux pe R. (sh:RR, 2

)(xx eexsh

= funcia sinus hiperbolic).


- 46 -

(indicaie: f,g:RR

=

=0,0

0,1)(

x

xxxf

i

200311

)()(

24

+++

=

xx

xshxg , se arat c

ndeplinesc condiiile din enunul teoremei lui W.Jarnik).

3. S se arate c funcia h:RR,

=

+

+=

+

0,0

0,)2ln(

)1(1sin)(1

141 2

2

x

xeax

xexh x

xx

, 1,0 > aa

are proprietatea lui Darboux pe R.

(indicaie: f,g:RR

=

=

0,0

0,1sin)(2

1

x

xx

exfx

i 1,0,)1(

)2ln()(1

14 2

>+

+=+

aaax

exgx

x

, se

arat c ndeplinesc condiiile din enunul teoremei lui W.Jarnik).

Bibliografie: 1. Mircea Ganga : Teme i probleme de matematic, Editura Tehnic, Bucureti, 1991. 2. Mihail Megan : Bazele analizei matematice, vol.2, Editura Eurobit, Timioara, 1997.


H

- 47 -

SSM

Tem pentru grupele de performan, clasa a XII-a Despre polinoamele ciclotomice

prof. Daniel Sitaru

Definiia 1. Fie nN*. Dac a,b Z, spunem c a este congruent cu b modulo n i scriem: ab (mod n) dac a-b se divide cu n. Numrul n se numete modulul congruenei. Relaia de congruen modulo n este o relaie binar pe Z, reflexiv, simetric i tranzitiv.

Definiia 2. Fie nN*. Mulimea de numere ntregi {a0, a1, ,an-1} se numete sistem complet de resturi modulo n dac aiaj (mod n) pentru orice ij. Mulimea de numere naturale n={0, 1, 2,..,n-1} este un sistem complet de resturi modulo n. Teorema 1. Fie {a0, a1, ..,an-1} un sistem complet de resturi modulo n. Dac a,bZ i (a,n)=1, atunci {aa0+b, aa1+b, ..,aan-1+b} este un sistem complet de resturi modulo n. Demonstraie: Se poate demonstra uor c:

a) ab (mod n) i cd (mod n) acbd (mod n) i acbd (mod n) b) acbc (mod n) i (c,n)=1 ab (mod n) c) ab (mod n) apbp pentru orice pN*. Fixm ij. Din aiaj (mod n) rezult aai + b aaj + b (mod n) de unde na(ai-aj). Dar (a,n)=1 nai-aj aiaj (mod n). Contradicie.

Teorema este demonstrat. Definiia 3. Fie nN*. Definim (n)indicatorul lui Euler al numrului

n astfel: (n)=card{rrn ; (r,n)=1}. Sunt cunoscute urmtoarele rezultate: Teorema 2. Dac p numr prim i eN* atunci (pe)=pe(1-

p1 ).

Teorema 3. Indicatorul lui Euler este funcie multiplicativ: - (mn)=(m) (n) pentru orice m, n N* nct (m,n)=1 - (n1,n2,.,np)= (n1) (n2). (np) pentru orice n1, n2,

, npN* nct (ni, nj)=1 pentru orice ij. Teorema 4. Dac mN* i p1, p2,,pn divizorii primi distinci ai lui m

atunci: (m)=m(1-1

1p

)(1-2

1p

)..(1-np

1 )=m

mp p11 .

Teorema 5. (Euler) Dac nN* i aZ nct (a,n)=1 atunci a (n)1 (mod n). Teorema 6. (Fermat) Dac pN* este un numr prim i aZ nct p nu divide a atunci: ap-11 (mod p). Teorema 7. (Wilson) Dac p este un numr prim, numrul p divide (p-1)!+1. Teorema 8. Fie Un={zzC ; zn=1; n2}. n aceste condiii (Un, ) este grup abelian (numit grupul rdcinilor de ordinul n ale unitii). Demonstraie: Fie z1, z2 Un ( ) 1112121 === nnn zzzz , de unde z1z2Un. Elementul neutru este 1. Simetricul elementului zUn este

z1 .

.11111 ===

n

n

zz Din zn=1 z0.


- 48 -

Exemple: U2={1, -1}; U3={1, , 2}; 23

21 i+= ; U4={1, I, -1, -i}.

Teorema 9. Mulimea Un admite i exprimrile: Un={1, 1, 2,.,n--1}= {1, , 2,.,n-1} unde

{ }n

in

iarnknki

nk

k 2sin2cos1.,..........2,1,0;2sin2cos +=+=

este rdcina primitiv de ordinul n a unitii. Demonstraie:

.1;..;;.........;

2sin2cos4sin4cos;2sin2cos

11

44

33

22

21

====

=

+=+==+=

nnn

ni

nni

nni

n

Teorema 10. n grupul multiplicativ al numerelor complexe nenule (C*,) ecuaia zn=1 are exact n soluii distincte. n aceste condiii:

a. Un este subgrup n (C*,) b. Orice subgrup finit cu n elemente al lui (C*,) este egal cu Un c. Un Um dac i numai dac n divide m d. UnUm=Ud, unde d=(m,n).

Demonstraie:

a. Dac z1, z2 Un ; (z1z2)n= =nn zz 21 11=1, z Un 11111 ===

n

n

zz

b. Dac HUn este un subgrup finit cu n elemente atunci pentru orice zUn. Deoarece card H=card Un avem H=Un.

c. Dac Un Um deducem c Un este subgrup al lui Um. Din teorema Lagrange pentru grupuri finite deducem c n divide m. Reciproc, dac n divide m, atunci m=kn cu k natural. Fie zUn zn=1. n aceste condiii zm=(zn)k=1 deci zUm i cum zUn , deducem c Un Um.

d. Din faptul c Un i Um sunt subgrupuri finite atunci UnUm este subgrup finit n (C*,). Din b. exist dN nct UnUm este subgrup finit n (C*,). Artm c d=(m,n). Din Ud Un conform c. avem d divide n i d divide m. Rezult c d este un divizor comun pentru m i n. Fie d un divizor comun arbitrar pentru m i n. Din c. avem: Ud Un i Ud Um. Rezult: Ud UnUm=Ud de unde d divide d adic d=(m,n).

Definiia 4. Fie nN*. Notm cu m1, m2,,mr numerele naturale mai mici dect n i prime cu n. Cele r=(n) rdcini ale unitii de ordinul n sunt de

forma:nm

inm

z jjmj 2

sin2

cos += ; j = 1, 2, , r i se numesc rdcini primitive de ordinul n ale unitii. Fiecare din aceste r rdcini este un generator al grupului ciclic (Un,).

Definiia 5. Polinomul ( ) =

=

r

j

jjn n

mi

nm

zz1

2sin

2cos

se numete cel de-

al n-lea polinom ciclotomic i are gradul r=(n).


H

- 49 -

SSM

Prin Pn se nelege mulimea rdcinilor primitive de ordinul n ale unitii: PnUn i ( ) ( )

=

nPun uzx .

Teorema 11. Dac nN* atunci ( )=nd

n zz .11

Demonstraie: Artm c familia de mulimi {Pdd divide n}N este o partiie a mulimii Un. 1. U

nddn PU = .

Dac d0n atunci pentru orice 0dP avem Un ( 10 =

d implic n=1), ceea ce nseamn c

0dP Un. Rezult Und

nd UP .

Pentru cealalt incluziune considerm ;nU

,2sin2cosnki

nk += cu 0kn-1. Simplificnd fracia k/n prin (k,n)

obinem o fracie ireductibil q/d0 unde (q, d0)=1 i d0n. Atunci

Und

dd PPdqi

dq +=

000

2sin2cos .

2. =21 dd PP pentru orice d1, d2 divizori naturali distinci ai lui n. Artm

c dac exist 21 dd PP atunci d1=d2.

ntr-adevr admite scrierile 2

2

2

2

1

2

1

1 2sin2cos2sin2cosdki

dk

dki

dk +=+=

unde 0k1d1-1 ; (k1,d1)=1. Rezult:

2

2

1

1 2cos2

cosdk

dk = i

2

2

1

1 2sin2

sindk

dk = i cum [ ) 2,02;2

2

2

1

1 dk

dk

deducem 2

2

1

1

dk

dk = . Deaorece un numr raional pozitiv se reprezint n

mod unic ca fracie ireductibil cu termeni naturali rezult k1=k2 i d1=d2 ( ) ( ) ( ) ( )

}.1 ====

ndd

nd PPU

n zzUzzz

ddnd

n

Teorema 12. Pentru orice nN*, polinimul n(z) are coeficieni ntregi. Demonstraie: Pentru n=1 avem 1(z)=z-1Z[z]. Presupunem teorema

adevrat pentru toate polinoamele k(z) cu k


- 50 -

Teorema 13. Fie nN*. Dac m1, m2,,mr numerele naturale mai mici dect

n i prime cu n atunci: = =

=r

j

r

j

jj Znm

nm

1 1

.2

cos;02

sin

Demonstraie: Polinomul ciclotomic n(z) are rdcinile .........,,.........,21 rmmm

Deoarece este un polinom unitar cu coeficieni ntregi, din relaiile Viette .........,,.........,

21Z

rmmm

Znm

inmr

j

jj

+

=1

2sin

2cos

adic ,

2sin

2cos

11Z

nm

inm r

j

jr

j

j

+

==

de unde

= =

=r

j

r

j

jj Znm

inm

1 1

.2

cos02

sin

Aplicaii:

1. S se calculeze: 2(z); 3(z); 4(z); 12(z). 2. S se arate c: z3-1=1(z) 2(z) 3. S se arate c: z4-1=1(z) 3(z) 4. S se arate c: z5-1=1(z) 2(z) 3(z) 4(z) 5. S se arate c: z6-1=1(z) 5(z) 6. S se arate c: z12-1=1(z) 5(z) 7(z) 11(z)

Bibliografie: 1. Dumitru Buneag, Dan Piciu-Lecii de algebr-Ed. Universitaria-Craiova-2002 2. A. Dinc, Ion D. Ion-Algebr pentru perfecionarea profesorilor-EDP-Bucureti-1983 3. C. Nstsescu, M. ena-Probleme de structuri algebrice-Ed. Academiei-1988 4. L.C. Washington-Introduction to cyclotomic fields-Springer-Verlag-New York-1982 5. V.A. Ilynin, E.G. Poznyak-Linear Algebra-Mir Publishers Moskow-1986 6. Chahal J. S.-Topics in Number Theory-Plenum Press-1988 7. Cohen H.-A course in Computational Algebraic Number Theory-Springer Verlag-1995

EXAMENE

H

- 51 -

SSM

BACALAUREAT Prof. Ciniceanu George

Matematica-informatica Subiectul I (30p) Pentru intrebarile 1-10 scrieti litera corespunzatoare raspunsului corect

Fie polinoamele [ ]XCg,f , 1xxf 24 ++= , 3x2xg 2 ++= (3p) 1. Restul mpririi lui f la g este:

a) 2x + 5 b) 5x 2 c) 2x 5 d) 5x + 2 e) alt rspuns.

(3p) 2. Funcia polinomial asociat: CC:g~

a polinomului g este: a) injectiv b) surjectiv c) monoton b) d) bijectiv e) nici un rspuns.

(3p) 3. Descompunerea n factori ireductibili n [ ]XR a lui f este: a)

23

21 ix

+

23

21 ix

+

23

21 ix

++

23

21 ix

b) ( )( )1xx1xx 22 +++ c) ( )22 1x + d) ( )22 1xx + e) alt rspuns. (3p) 4. Dac x1, x2, x3, x4 sunt rdcinile polinomului f atunci suma

x13+x23+x33+x43 este: a) 4 b) 3 c) 0 d) 2 e) 1. (3p) 5. n polinomul ( )2004242004 1xxf ++= coeficientul lui x8010 este:

a) 1222004

13

32004 CCCC + ; b) 12220040332004 CCCC + ; c) 13220042312004 CCCC + ;

d) 1222004

03

32004 CCCC + ; e) alt rspuns.

Fie { } R2,1\R:f , )2x)(1x(

1)x(f

= :

(3p) 6. Valoarea lui f (0) este egala cu: a) -0,75 b) 1,25 c) 1,25 d)0,75 e) 1.

(3p) 7. Valoarea lui

23f )2003( este egala cu:

a) 0 b) (-1)2003 2003! 22005 c)-2003! 22003 d)2003! e) (1,5)2003

(3p) 8. Numrul c obinut prin aplicarea Teoremei lui Lagrange functiei f pe intervalul [3, 4] satisface egalitatea: a) 6c-9 = (c-1)2(c 2)2 b) 9c-6=(c-1)2(c-2)2 c)2c+3=(c-1)2(c-2)2 d) 6c-9=(c-1)(c-2) e) 3,5. (3p) 9. Aria suprafetei plane delimitata de graficul functiei f , dreptele de ecuatii y=0 , x=3 , x=4 este egala cu:

a) ln43 b) ln

34 c) ln

45 d) ln 2 e) 1.

(3p) 10. Valoarea limitei +

12 )(lim

n

nn

dxxfn este:

a) 2e b) e-1 c) 1 d) 2 e) alt raspuns.

EXAMENE

- 52 -

Pentru subiectele II-IV se cer rezolvarile complete Subiectul II (20p)

Fie G = {e, a,a1 ..., an-2) un grup cu n elemente in raport cu legea de compozitie interna notata multiplicativ,, cu proprietatea:

(xy)2 = x2 y2, G,x y . Sa se arate ca (5p) a) (G , ) este grup comutativ. (5p) b) Functia axf(x) f = ,GG: este inversabila. (5p) c) G x , avem ca e=nx . (5p) d) Fie Np cel mai mic numar natural pentru care e=p1a .Sa se arate c

p este un divizor al lui n. Subiectul III (20p) . Fie AOBC un tetraedru regulat in reperul ortogonal xOy avand coordonatele tuturor varfurilor numere nenegative iar O(0,0,0), C(a,0,0) . Se cer:

(8p) a) Coordonatele punctelor A, B , K (piciorul perpendicularei din A pe planul

xOz. (6p) b) Coordonatele vectorilor AK , AB , si unghiul dintre acesti vectori. (6p) c) Ecuatia planului (ABC) i distanta de la punctul M(0,2a,0) la planul (ABC).

Subiectul IV (20p)

Fie functia x

f(x) , :fsin21RR

+= .

(6p) a) Sa se calculeze limita n

lim [f(2

n)]

2n .

(6p) b) Sa se demonstreze ca nu exista limita n

lim f(x).

(8p) c) Sa se arate ca f admite primitive pe [0,2] si sa se determine primitiva care se anuleaza in

2 a acestei functii.

EXAMENE

H

- 53 -

SSM

Solutii pentru subiectele de la matematica-informatica I 1) c; 2) b; 3) b; 4) c; 5) b; 6) d; 7) a; 8) a; 9) b; 10) c. II a) (xy)2 = x2y2 deci (xy)(xy)=(xx)(yy). Folosind asociativitatea si teoremele de simplificare in grup deducem ca yx=xy.

b) Din presupunerea f(x)=f(y) deducem x=y deci functia este injectiva. Cum domeniul si codomeniul sunt G deci finite , f va fi si surjectiva.

c) Pentru x fixat functia g : GG ,g(t)=xt e bijectie (din b) si deci g(G)=G. Ca atare si rezultatele operarilor tuturor elementelor: xexaxa1.xan-2 = eaa1an-2 (am folosit din nou asociativitatea). Deducem prin folosirea esentiala a comutativitatii si a teoremei de simplificare la dreapta ca xn = e.

d) Folosind c) avem ca a1n = e = a1p. Daca n=pc+r (0r

EXAMENE

- 54 -

Model de test pentru bacalaureat M2 Subiectul I (30p) Pentru intrebarile 1-10 scrieti litera corespunzatoare raspunsului corect Fie f : RR , f(x)=(m-2)x2 +2(2m-3)x + m-2 , unde m este un parametru real diferit de 2. (3p) 1. Valorile lui m pentru care ecuatia f(x)=0 are doua solutii reale distincte sunt :

a) (1 , 35 ) b) (- , 1)(

35 , )\{2} c) (

53 , 1)

d) (- , 53 )(1 , )\{2} e) alt raspuns.

(3p) 2. Valorile lui m pentru care f are valoare maxima negativa sunt :

a) (1 , 35 ) b) (1 ,

35 ) (2 ,) c) (2 ,) d) (- ,1) e) (2 ,15)

(3p) 3. Daca M={mR | f(x) > 0 , x>0} atunci M este: a) R\ {2} b) (2 ,) c) (-2 ,2) d) (- ,2) e) (3p) 4. Pentru m=3 , multimea solutiilor inecuatiei log

21 ( f(x))< -1 este :

a) b) R c) (- ,-3- 10 )(-3+ 10 ) d) (-3- 10 ,-3+ 10 ) e)(1,2)

(3p) 5. Dac m=3 valoarea determinantului 222 )]2([)]1([)]0([

)2()1()0(111

ffffff este

a) 1124 b) 1008 c)1234 d)1424 e) 1524. Fie sirul (xn) , cu x1=2 si xn+1 = axn +b , unde a,b sunt numere reale. (3p) 6. In cazul a=1 , x2004 are valoarea:

a) 2005b b)2+2004b c) 2+2003b d) b+2004 e) b+2003. (3p) 7. Pentru b=0 suma primilor n termini ai sirului este:

a) 11

aa n b) 2

11

+

aa n c) 2

11

aa n d) 2a n-1 e) an

(3p) 8. Pentru a=2- 3 limita sirului este:

a) 13 +

b b) 13

b c) b d) 0 e) .

(3p) 9. In care din urmatoarele situatii sirul nu este convergent? a) a(-1 ,1), bR b) a>1 , b=2(1-a) c) a1,b>0 e) a=0, bR.

(3p) 10. Daca b=1 si a=2 avem ca n

nn

n

x 2123

lim

+

este :

a) e 31

b) e 31

c) e-1 d) e e) 1.

EXAMENE

H

- 55 -

SSM

Pentru subiectele II-IV se cer rezolvarile complete Subiectul II (20p) Fie A(2,0),B(5,2),C(0,3),M(2,6) in reperul cartezian xOy.

(5p) a) Se cere ecuatia inaltimii dusa din A a triunghiului ABC. (7p) b) Sa se determine coordonatele vectorului MBsi ecuatia dreptei ce trece prin A si are vectorul director MB . (8p) c) Sa se determine raza cercului inscris in triunghiul ABC. Subiectul III (20p)

Fie ={ Aa=

aa

aa

0000

0| aC }.

(5p) a) Sa se arate ca Aa+ Ab=Aa+b ,si AaAb =A2ab.

(7p) b) Calculati B==

n

k

knA

1, n numar natural nenul.

(8p) c) Sa se arate ca (,+,) este inel comutativ fara divizori ai lui 0. Subiectul IV (20p) Fie f : RR , f(x)= 12 +x . (5p) a) Determinati asimptotele la graficul functiei. (6p) b) Scrieti ecuatia tangentei la graficul functiei in punctul de abscisa 2. (9p) c)Calculati aria regiunii plane delimitate de grafic , Oy si dreptele de ecuatii x=1 si x=2.

Solutii pentru subiectele M2 I 1) b ; 2) a ; 3) b ; 4) c ; 5) b; 6) c; 7) c; 8) b; 9) d; 10) b. II a) 5x-y-10=0

b) MB=3 i - 4 j . Ecuatia dreptei este 4x+3y-8=0

c) Aria este 2

13 , semiperimetrul este 13 (1+22 ) deci r=

2)22(13

III a) Prin calcul imediat Aa+Ab=Aa+b , Aa Ab=A2ab. b)Prin inductie se arata ca Aan = A nn a12 pentu orice n natural nenul. In

cazul a21 obtinem B = A

)12()12( 1 nn aaa ,iar pentru a= 21 , B= A

2n .

c) Din rezolvarea punctului a) deducem ca adunarea si inmultirea sunt legi interne pe multimea data. Proprietatile de asociativitatea adunarii, comutativitatea adunarii, asociativitatea inmultirii, distributivitatea inmultirii fata de adunare sunt valabile in general in M3(C) deci si in acest caz. Zeroul inelului este Ao , elementul unitate al inelului este A.] Daca Aa Ab =0 deducem ca 2ab=0 si deci una din matrici este Ao. IV a) Are doar asimptote oblice y=-x la - i y=x la .

b) Ecuatia tangentei este 2x-y 5 +1=0.

c) )2)21ln(52)52(ln(21)(

2

1

+++= dxxf

PROBLEME PROPUSE

- 56 -

Clasa a V -a

1. Aflai n tiind c fracia n2.....22228

32

667

+++++ este echiunitar.

prof.Draga Ttucu Porfirel

2. Fie { }NnM n += 1210 . Artai c M nu conine nici un ptrat perfect. prof.Constantin Magdalena

3. Aflai valoarea lui x din axxxx 50550.....32 =++++ unde 10505 Ma . prof.Draga Ttucu Mariana

4. Artai c dac nN*, atunci: 33n +52n > 23n+13n prof.Alexandru Szoros

5. Se dau numerele naturale a = 24m+p i b = 34n+p ; m, n, p N Aflai p pentru care a+b se divide cu 5.

prof. Iulia i Victor Sceanu 6.

Documents

RMM 3.pdf