RMM 4.pdf

CUPRINS

- 0 -

Din partea redaciei __________________________________________ 1 Andrei Ungureanu O.I.M. 2004 ______________________________ 2 American Mathematic Contest ______________________________ 4 Note matematice Complemente de geometrie vectorial ________________________ 4 Teme pentru grupele de performan

Clasa a VI-a Criterii de divizibilitate __________________________________________ 7

Clasa a VII-a Patrulatere circumscriptibile ____________________________________ 9 Clasa a VIII-a Metoda extremului __________________________________________ 12 Clasa a IX-a Probleme cu ptrate __________________________________________ 15 Exploatarea inegalitilor ____________________________________ 17 Clasa a XI-a Reducerea unor recurene nelineare ________________________ 19 Valori proprii. Vectori proprii ____________________________________ 21 Clasa a XII-a Proprieti ale primitivelor unor funcii continue i periodice ______ 24 Probleme propuse Test bacalaureat M2 ____________________________________ 29 Test bacalaureat M1 ____________________________________ 31

Clasa a V-a ____________________________________ 33 Clasa a VI-a ____________________________________ 34 Clasa a VII-a ____________________________________ 35 Clasa a VIII-a ____________________________________ 36 Clasa a IX-a ____________________________________ 37 Clasa a X-a ____________________________________ 38 Clasa a XI-a ____________________________________ 39 Clasa a XII-a ____________________________________ 40 Soluiile unor probleme din numrul anterior__________________ 29 Caleidoscop ____________________________________ 50 Premianii concursurilor din 2004 ______________________________ 52 Rubrica rezolvitorilor ____________________________________ 56

EDITORIAL

- 1 -

H SSM

DIN PARTEA COLECTIVULUI REDACIONAL

La final de an ne straduim sa ne tinem promisiunea de a oferi matematicienilor din Mehedinti profesori sau elevi un nou numar al revistei.Asa cum am precizat de la primul numar ,revista, realizare a filialei Mehedinti a SSMR si a ISJ Mehedinti isi propune sa reflecteze preocuparile pe linie matematica ale profesorilor si elevilor din judetul nostru : rezultate la concursuri de matematica obtinute de elevii mehedinteni antrenati de profesorii lor, teme pentru grupele de performanta ,pregatitoare pentru concursuri , articole matematice , medalioane dedicate unor persoane sau unor rezultate deosebite obtinute pe taram matematic, numele elevilor care au rezolvat probleme din revista noastra impreuna cu numele profesorilor lor . Vom fi bucurosi daca profesori tineri care au inceput de curand activitatea isi vor pune semnatura in paginile revistei considerand asta ca un mod extrem de util de a-si face intrarea in grupul matematicienilor judetului. Asteptam de asemenea materiale de la profesorii cu experienta care au acumulat strategii si metode in procesul de pregatire a generatiilor de olimpiadisti si absolventi. Sa semnalam trecerea in rezerva a unuia dintre cei mai cunoscuti dascali ai matematicii mehedintene domnul profesor Pavelescu Mihai de la Colegiul National Traian. Il asteptam in continuare printre noi pentru a ne bine dispune cu nenumaratele lui glume si pentru a ne impartasi din experienta bogata la catedra .Pensie lunga nea Misule ! Pe data de 10 decembrie 2004 a avut loc Adunarea Generala a Filialei SSMR Mehedinti avand la ordinea de zi :prezentarea Raportului de activitate desfasurat de Biroul Filialei de la alegerile din 2002, prezentarea Proiectului de program pe 2005, analiza activitatii colectivului redactional al Revistei de matematica a Mehedintiului, alegerea noului birou al Filialei. Componena biroului ales este urmatoarea : Presedinte Prof.dr.Gheorghe Cainiceanu CNT Vicepresedinte Prof.drd.Manuela Prajea CNT Secretar Prof.drd.Stretcu Daniel Lic.Gh.Titeica Casier Prof.Popescu Marcel Lic.Odobleja Membrii Prof.Saceanu Victor Sc.Gen.11 Prof.Ungureanu Octavian ISJ Mehedinti Prof.Nedeianu Dan Lic.D-l Tudor Prof.drd.Adrian Lupu lic.Decebal Comisia de cenzori va fi formata din Domnii Profesori :Giugiuc C-tin CNT, Gimoiu Iuliana Liceul Decebal , Badaluta Anghel Sc.Gen.6

EDITORIAL

- 2 -

Andrei Ungureanu Premiul II la O.I.M.2004

Dac la prima ediie a Olimpiadei Internaionale de Matematic au participat 7 ri i a avut loc n Romnia , n anul 1959 , cea de-a 45-a ediie, din 2004 Grecia a avut o participare de 89 ri de pe continent. Dac doi elevi mehedineni , elevi ai liceului Traian Popescu Eleodor i Sevici Constantin au obinut n 1965 i 1969 premiul al-III-lea i respectiv al- II-lea la Olimpiada Internaional de Matematic , iat c dup 35 de ani , Andrei Ungureanu elev n clasa a-X-a E la Colegiului Naional Traian repurteaz un mare succes internaional Premiul al II-lea i Medalia de Argint la Olimpiada Internaional de Matematic Grecia 2004. Olimpia da s-a desfurat la Atena n perioada 4-18 iulie , cei 486 de elevi n concurs beneficiind i de o binemeritat vacan n nsorita Grecie. Lotul Romniei compus din 6 elevi s-a clasat pe locul X la naiuni cu un numr de 176 puncte (40/33/19/42/21/21-punctaj pe probleme ), elevii obinnd o medalie de aur , patru medalii de argint i una de bronz. Pentru Andrei Ungureanu anul 2004 a fost o continu competiie la propriu ct i la figurat , care a propus mult efort , stpnire de sine , ncredere , munc , sacrificiu , calificarea i Premiul alII-lea la Olimpiadei Internaionale de Matematic fiind ncununarea calendarului olimpic 2004 pentru Andrei.

Martie 2004 Premiul I Olimpiada Naional de Matematic etapa judeean ;

Aprilie 2004 Premiul I Olimpiada Naional de Matematic etapa naional;

Aprilie 2004 Baraj pentru selecionarea lotului reprezentativ al Romniei participnd la olimpiada balcanic de matematic

Aprilie 2004-Premiul I Concursul interjudeean Laureniu Duican Braov ;

Mai 2004 Premiul al II-lea Medalia de Argint Olimpiada Balcanic de Matematic Plevna- Bulgaria ;

Mai /iunie nc 6 baraje pentru selecia lotului reprezentativ al Romniei la Olimpiada Naional de Matematic;

Iunie 2004 Premiul al-II lea Olimpiada Naional de Matematic Grecia 2004.

Confirmarea interregional a elevului Andrei Ungureanu (Medalia de Aur OBMJ 2002 , Medalia de Bronz OIPM 2003, Medalia de Argint OBM 2004 , Medalia de Argint OIM 2004) este o onoare inegalabil att pentru Colegiului Naional Traian ct i pentru ntreaga comunitate local .

Evoluia sa ascendent i succesele sale sunt pentru mine, ca profesor ndrumtor, cea mai mare mplinire i cea mai durabil bucurie sufleteasc. Mult succes n continuare Andrei !

Prof.dnd.Prajea Manuela

EDITORIAL

- 3 -

H SSM

A TREIA OAR N COMPETIIE CU AMERICA

Pe data de 16 noiembrie un numr de 36 de elevi ai CN Traian din clasele a VII-a i a VIII-a au participat la American Mathematical Competition pentru gimnaziu denumit pe scurt AMC8.Dup datele primite de la domnul Profesor Steven Dunbar de la Universitatea din Nebraska-Lincoln director al AMC, n 2003 au participat la concurs peste 150 000 elevi din peste 2500 de coli din ntreaga lume. Unul din obiectivele declarate ale concursului este ca elevii s nvee s gndeasc outside the box .n scrisoarea de adresare ctre elevii nscrii domnul director Steven Dunbar scrie c i o singur problem dac este bine rezolvat acesta este un fapt pozitiv i elevul trebuie s persevereze. Domnia sa subliniaz c matematica este important n tiine n general i n tehnologie i pregtirea matematic a elevilor este o pregtire pentru viitor i pentru o serie ntreag de meserii. Concursul const n 25 de probleme formulate n limba englez ce trebuie rezolvate n 40 de minute, cu enunuri atractive i cinci variante de rspunsuri gril. Ca i n numerele trecute ale revistei noastre vom da exemplu de dou probleme aa cum au fost ele publicate n brourile de concurs din anii precedeni. Problem categoria Medium Blake and Jenny each took four 100-points tests.Blake averaged 78 on the four tests.Jenny scored 10 points higher than Blake on the first test, 10 point lower than him on the second test, and 20 points higher on both the third and fourth tests. What is the difference between Jennys average and Blakes average on these four tests? Problem categoria Hard Business is a little slow at Lous Fine Shoes, so Lou decides to have a sale. On Friday, Lou increase all Thursdays prices by 10%. Over the weekend, Lou advertises the sale: Ten percent off the listed price. Sale starts Monday. How much does a pair of shoes cost on Monday that cost 40$ on Thursday? Foile cu rspunsurile elevilor notri au plecat la Lincoln i ateptm rezultatele n jurul lui 15 decembrie.n aceast perioad ne pregtim pentru AMC 10/12 care va avea loc pe 1 Februarie n ntreaga lume.

Organizator de concurs Prof.Dr.Gheorghe Ciniceanu

NOTE MATEMATICE

- 4 -

Complemente de geometrie vectorial: Produs vectorial. Produs mixt.

Dublu produs vectorial

Prof. CHILEA ION

1. Produsul vectorial a doi vectori a i b este vectorul c avnd urmtoarele proprieti:

a) este perpendicular pe planul vectorilor a ,

b ;

b) este orientat astfel nct sistemul a ,

b ,

c s fie drept;

c) modulul su este aria paralelogramului format de cei doi vectori dai,

tbac sin= , unde

=

tbat 0,, . Se noteaz c =

a x

b

Observaie. Doi vectori sunt egali sau paraleli dac produsul lor vectorial este nul i reciproc. Proprieti ale produsului vectorial:

a) anticomutativ, adic a x

b = -

b x

a

b) distributiv fa de adunare, adic

+=

+ bcacbac XXX

Dac i ,

j ,

k sunt versorii axelor de coordonate atunci:

i x

i =

j x

j =

k x

k = 0

i x

j =

k ,

j x

k =

i ,

k x

i =

j

Expresia analitic a produsului vectorial este:

zyx

zyx

bbbaaakji

ba X

= (1)

Din aceast relaie, rezult c doi vectori sun paraleli dac:

z

z

y

y

x

x

ba

ba

ba == (2)

2. Produsul mixt a trei vectori a , b , c este un scalar care se noteaz i se definete astfel:

=

cbacba X i reprezint n valoare absolut volumul

paralelipipedului construit pe cei trei vectori. Produsul mixt este nul, dac i

numai dac vectorii sunt coplanari. Produsul mixt are proprietile:

=

=

bacacbcba ,

NOTE MATEMATICE

H

- 5 -

SSM

iar n componente se exprim astfel

zyx

zyx

zyx

cccbbbaaa

cba =

(3)

Aplicaie: Problema GA 171 (culegerea pentru Poli. Timioara).

Se consider vectorii a =

i +

j ,

b =

j -

k ,

c =-

i +

k . Se cere volumul

paralelipipedului construit pe cei trei vectori i nlimea sa.

Soluie: 2101110

011=

=

cba deci volumul este 22 ==

cba .

Pentru nlime folosim formula hAV b = i

=babaAb ,sin

Din ,23,sin

21,cos =

=

=

baba

baba [ ],0,

ba

32322 == bA . Deci nlimea 3

32= 3. Dublul produs vectorial a trei vectori este un vector obinut prin nmulirea vectorial dintre produsul vectorial al primilor doi cu al treilea,

adic:

cba XX .

El nu este nici comutativ, nici asociativ. Exist formula de descompunere:

=

cbacabcba XX sau

=

baccabcba XX

4. Aplicii ale algebrei vectoriale:

a) Ecuaia general a unui plan este =ar

unde

++= kzjyixr este vectorul de poziie al punctului curent,

++= kcjbiaa 111 este un vector dat, iar este un scalar. Dac planul este dat prin vectorul

a perpendicular pe el i prin unul

din punctele sale

11 rM , ecuaia lui este:

01 =

arr ,

r vectorul de poziie al punctului curent.

NOTE MATEMATICE

- 6 -

Planul determinat de punctele

11 rM ,

22 rM ,

33 rM , are ecuaia:

032211 =

rrrrrr X

b) Dreapta n spaiu are ecuaia vectorial

= bar X Dac dreapta este dat prin unul din punctele sale

11 rM i vectorul a

paralel cu ea, atunci are ecuaia 01 =

arr X

c) Sfera de centru

0rC i raz R are ecuaia vectorial

220

2 Rrr =

care n plan reprezint un cerc.

Bibliografie 1. M. STOKA .a. Culegere de probleme de geometrie analitic i deferenial Ed. Tehnic Buc 1970 2. Titu Bnzaru .a. Teste gril de matematic Editura Politehnic Timioara 2002

Patru oameni trebuie s traverseze un pod noaptea. Ei au o lantern fr de

care nu vad s treac podul. Pe pod nu au loc dect doi odat. Primul trece podul ntr-un minut, al doilea n dou minute, al treilea n cinci minute iar al patrulea n zece minute. Cnd trec cte doi merg cu viteza celui mai lene.

Aflai timpul minim n care se termin traversarea. (uneori rspunsul cel mai evident nu e i corect)

SmartBox

NOTE MATEMATICE

H

- 7 -

SSM

Tem pentru grupa de performan la clasa a- VI -a

Criterii de divizibilitate cu 7, 11 si 13 Prof. dr. Gagea Gheorghia

Pentru a rspunde la ntrebrile privind divizibilitatea numerelor naturale cu 7, 11 i 13, pe care unii elevi le pun sau i le pun, am considerat c este interesant de discutat n cadrul cercurilor de elevi o astfel de tem.

Criteriul de divizibilitate cu 7 Un numar natural A=anan-1....a1a0 , nN se divide cu 7 daca si numai daca numarul B=3nan+3n-1an-1+...+3a1+a0 se divide cu 7. Demonstratie: A=an10n+an-110n-1++a110+a0 A-B= (10n 3n)an + (10n-1 3n-1)an-1 ++ (10- 3)a1 Deoarece pentru a, b, n N avem: an bn = ( a b ) ( an-1 + an-2 * b ++ a * bn-2 + bn-1), se observa ca 7|( A-B). Deci 7|A 7|B. Aplicatie: Sa se verifice daca numarul 1645 este divizibil cu 7. Soluie: B = 33 * 1 + 32 * 6 + 3 * 4 +5 = 98. deoarece 7|98 => 7| 1645. Observatie:. Daca numarul B rezultat aplicand acest criteriu este mare, atunci se poate aplica criteriul numarului B.

Criteriul de divizibilitate cu 11 Un numar natural A = anan-1...a1a0 , n N* se divide cu 11 daca si numai daca numarul B=a0-a1+ a2-...+ (- 1)n * an se divide cu 11. Demonstratie: A= anan-1...a1a0 = 10nan + 10n-1an-1 + + 10a1 + a0. AB=[10n (-1)n ]an + [10n-1 (-1)n-1 ]an-1 + + (102 1)a2 + (10+1)a1. Folosind formula an + bn = (a + b)(an-1 an-2 * b + - abn-2 + bn-1) pentru n numar natural impar si formula scrisa in demonstratia precedenta (an bn = ...), observam ca 11| ( A B ), () n N, deci 11 | A 11 | B. Observatie: Pentru aplicarea practica mai rapida procedam astfel: facem suma cifrelor numarului de pe pozitii impare (prima, a3-a,...) si suma cifrelor de pe pozitii pare (a2-a, a4-a,...). Efectuam diferenta celor doua sume si daca aceasta se divide cu 11, numarul de divide cu 11. Aplicatie: Sa se stabileasca daca numerele a) 23232, b) 1954637, c) 467390 sunt divi8zibile cu 11. Solutie. a) suma cifrelor de pe pozitii impare 2+2+2=6; suma cifrelor de pe pozitii pare 3+3=6. Deoarece 11 | 6 6 11 | 23232. b) 1+5+6+7 = 19; 9+4+3 = 16; 1916 = 3. dar 3 M11 1954637 M11 c) 4+7+9 = 20; 6+3+0 = 9; 209 = 11 ; 11 | 11 467390 M11.

NOTE MATEMATICE

- 8 -

Aplicatii: a) Gsii numerele de forma cba 31 divizibile cu 11. b) Gsii numerele de forma ababab divizibile cu 11. c) Gsii numerele de forma abccab divizibile cu 121.

Criteriu de divizibilitate cu 13 Un numar natural A=anan-1...a1a0, nN* se divide cu 13 daca si numai daca numarul B = a0 3a1 + 32a2 +...+ (- 3)n-1an-1 + (-3)nan se divide cu 13. Demonstratie: A B = a1 (10 +3) + a2 (102 32) +...+ an[10n ( -3 )n]. Aplicand formulele folosite in demonstratiile precedente obtinem ca intotdeauna 13| A B, apoi rezulta imediat ca 13 | A 13 | B. Aplicatie: Sa se stabileasca daca numerele a) 3003 b) 550745 sunt divizibile cu 13. Solutie: a) 3 3 * 0 + 32 * 0 33 * 3 = -78; 13 | -78 13 | 3003. b) 5 3 * 4 + 32 * 7 33 * 0 + 34 * 5 35 *5 = -754; 4 3 * 5 + 32 * 7 = 52; 13| 52 13| 550745. Aplicatii:

a) Gsii numerele de forma cba 00 divizibile cu 13. b) Gsii numerele de forma 000 aaa divizibile cu 13. c) Gsii numerele de forma abcabc divizibile cu 169.

Avem trei ntreruptoare din care unul aprinde un bec (obinuit) aflat la alt

etaj (nu se vede dac este aprins sau stins). Aflai care este ntreruptorul fcnd un singur drum la etaj.

(uneori rspunsul cel mai evident nu e i corect)

SmartBox

NOTE MATEMATICE

H

- 9 -

SSM

Tem pentru grupa de performan la clasa a- VII -a

Teoreme despre patrulatere circumscriptibile prof. Adriana Ptruescu

Teorema (Pithot) Fie ABCD un patrulater convex. Urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

(i) Bisectoarele unghiurilor patrulaterului sunt concurente. (ii) Patrulaterul ABCD este circumscriptibil. (iii) Are loc: AB+CD=AD+BC. Demonstratie:

(i)=>(ii) Fie I punctul de intersectie a

bisectoarelor unghiurilor patrulaterului si fie I1,I2,I3,I4 proiectiile ortogonale ale punctului I pe laturile patrulaterului (fig.33).

Deoarece II1=II2=II3=II4 , rezulta ca cercul ce trece prin I1,I2,I3 va trece si prin I4 si in plus acest cerc este tangent laturilor patrulaterului. (ii)=>(i) (fig.2)

Daca patrulaterul ABCD este circumscriptibil, atunci bisectoarele unghiurilor patrulaterului trec prin centrul cercului inscris in patrulater.

fig.2 fig.3 (ii)=>(iii) (fig.3)

AB+CD=AM+MB+CP+PD AD+BC=AQ+QD+BN+NC. Deoarece: AM=AQ, BM=BN, CN=CP, DP=DQ, rezulta : AB+CD=AD+BC. (iii)=>(ii)

NOTE MATEMATICE

- 10 -

Fie ABCD un patrulater convex astfel incat AB+CD=AD+BC. Se arata ca el este circumscriptibil. Se presupune ca BC nu este paralel cu AD.

Fie {E}=BCAD. Deoarece ABCD este convex, C apartine (BE) si D apartine (AE). Fie C cercul inscris in triunghiul ABE. Se arata ca CD este tangent la cercul C. Se presupune prin absurd ca CD nu este tangent la cercul C si fie CD paralel cu CD, astfel incat CD este tangent la cerc in D si CD imparte planul in doua semiplane S si S cu E apartine lui S si C-{T} este inclus in semiplanul S. Deoarece patrulaterul ABCD este circumscriptibil, rezulta ca:

AB+CD=BC+AD Din ultima relatie si din (iii) rezulta: AD+BC-CD=BC+AD-CD, sau (AD-AD)+(BC-BC)+CD=CD, sau DD+DC+CC=CD Adica lungimea segmentului [CD] este egala cu lungimea liniei frante de aceleasi extremitati, ceea ce este absurd. Rezulta ca [CD] este tangent la cercul C. Observatie: Conditia ca patrulaterul ABCD sa fie convex este esentiala. Intr-adevar, este posibil ca AB+CD=AD+BC fara ca patrulaterul ABCD sa fie circumscriptibil (fig.4). fig.4 fig.5

Propozitie: Daca un trapez isoscel este circumscris unui cerc, atunci diametrul cercului este medie geometrica intre bazele trapezului. Demonstratie: Fie ABCD un trapez isoscel, AB=CD (fig.5). Este evident ca masura unghiului BOA este 90.

Aplicand teorema inaltimii in triunghiul dreptunghic BOA, rezulta: OT2=BTTA, adica

R2=(BC/2)(AD/2); 4R2=BCAD. Teorema (Newton) Fie ABCD un patrulater circumscriptibil si A, B, C,D punctele de tangenta ale cercului inscris cu laturile patrulaterului. Atunci dreptele AC, BD, AC si BD trec printr-un acelasi punct N (punctul N se numeste punctul lui Newton). Demonstratie (fig.6): Notatii: {N}=ACBD, u=m(

NOTE MATEMATICE

H

- 11 -

SSM

Se observa ca m(ADN)+m(NBC)=180. Se aplica teorema sinusurilor in triunghiurile NAD si NBC. Rezulta: AD/sinv=AN/sinu;

BC/sinv=NC/sinu; Din aceste doua egalitati se deduce:

(1) AN/NC=AD/BC Fie punctul N astfel incat {N}=ACAC. Procedand ca in cazul anterior se obtine: (2) AN/NC=AA/CC Deoarece AA=AD, CC=CB din (1) si (2) rezulta AN/NC=AN/NC, ceea ce dovedeste ca N=N, adica AC trece prin intersectia segmentelor [AC] si [BD].

Analog se obtine ca NBD. fig.7 fig.6

Teorema (Newton): Mijloacele diagonalelor unui patrulater circumscriptibil si centrul cercului inscris sunt situate pe o aceeasi dreapta (numita dreapat lui Newton). Demonstratie (fig.7): Fie ABCD un patrulater circumscriptibil. Notam cu M (respectiv N) mijlocul diagonalei [AC] (respectiv [BD] si cu I centrul cercului inscris in patrulater).Fie r raza cercului inscris in patrulater.

[MAB]+[MCD]=(1/2)[ABC]+(1/2)[ACD]=(1/2)[ABCD] [NAB]+[NCD]=(1/2)[BAD]+(1/2)[BCD]=(1/2)[ABCD] [IAB]+[ICD]=(1/2)r(AB+CD).

Pe de alta parte, patrulaterul ABCD fiind circumscriptibil, are loc si: AB+CD=AD+BC

Rezulta: [ABCD]=[IAB]+[ICD]+[IBC]+[IAD]= =(1/2)r(AB+BC+CD+AD)=r(AB+CD)= =2([IAB]+[ICD]). De fapt s-au obtinut egalitatile:

(1) [MAB]+[MCD]=(1/2)[ABCD] (2) [NAD]+[NCD]=(1/2)[ABCD] (1) [IAB]+[ICD]=(1/2)[ABCD]

Tinand seama de (1), (2), (3) rezulta ca punctele M,N,I se afla pe o aceeasi dreapta numita dreapta lui Newton. BIBLIOGRFIE: 1. Revista de matematica din Timisoara, anul IV (seria a 4 a), nr.1, EdituraBirchi,1999. 2. Liviu Nicolescu, Vadimir Boskoff Probleme practice de geometrie, Editura tehnica, Bucuresti, 1990

NOTE MATEMATICE

- 12 -

Tema pentru grupa de performanta la clasa a- VIII -a

Metoda extremului i probleme cu probleme

Prof. dr. Cotoi Eduard Jean, coala nr.7 Teodor Costescu

Metoda extremului presupune rezolvarea unor probleme studiind o mrime extremal (maxim sau minim). Aceast metod presupune o anume intuiie din partea rezolvitorului dar n acelai timp dezvolt creativitatea i imaginaia elevului. Vom prezenta n cele ce urmeaz rezolvarea unor probleme utiliznd aceast metod. Problem. (manualul de clasa a VIII a, Ed. Sigma, 1999, pag. 25 , pb.14) a) Arat c 765432110.....321 = b)Pentru x N , ntre x i 2x exist un numr prim. Arat c dac m,n N i

1....21....21 += nnm atunci n+1 este numr prim i 2n+1 m . Soluie: Rezolvarea punctului a) este facil i nu ridic nici un fel de problem. a) Considerm cel mai mare numr prim p , pm. Se arat uor c n< m . Avem dou cazuri: Caz I. n< p Atunci p nu se afl n produsul n.....21 n+1= p (dac n+1 p atunci n descompunerea lui n+1 apare p - pentru a fi n ambele pri ale egalitii -n+12p, dar n i n+1sunt consecutiven2p-1 p> 2p-1 p< 1 fals). Caz II. pn m p< n mnp + 12 (fals). Q.E.D. Observaie: proprietatea c ntre x i 2x se afl un numr prim este un rezultat care aparine lui Erdos i este esenial n demonstraia problemei.

Problem. Fie A o mulime de puncte din plan cu proprietatea c ele sunt colorate n rou sau albastru i fiecare punct din A este mijlocul unui segment care are capetele colorate ntr-o alt culoare dect mijlocul. Artai c submulimea punctelor colorate n rou sau a celor n albastru este infinit..

Prof. Cotoi Eduard, (etapa local, Dr.Tr. Severin)

NOTE MATEMATICE

H

- 13 -

SSM

y

x

X1

d

e

f

A B

C

D

h1

h2

Soluie: Fie R respectiv M submulimea punctelor colorate n rou respectiv albastru. Considerm un sistem cartezian xOz . Presupunem prin absurd c mulimea R este finit. Fie punctul a(x1,y1) astfel nct abscisa sa s fie maxim . Atunci conform proprietii din enun exist dou puncte colorate n albastru b(x2,y2) i c(x3,y3) astfel nct punctul a este mijlocul segmentului (bc).

232

1xxx += i

232

1yyy += . Cum x1 este maxim x1=x2=x3.

Alegem din mulimea A punctul de abscis x1 (maxim) i ordonat maxim . Fie acest punct d(x1,y). Dac acest punct este colorat n rou atunci exist punctele e(x4,y4) i f(x5,y5) (colorate n albastru) astfel nct d este mijlocul segmentului (ef). Cum y este maxim obinem c y=y4=y5. Presupunem c x4

NOTE MATEMATICE

- 14 -

AACBD= AABC + AABD= =+=+ khhABABhABh2

)(22

2121

Adreptunghi= 2k.. analog se trateaz cazul cnd punctele sunt de aceeai parte fa de AB. S se arate c dac ntr-un triunghi toate laturile sunt mai mici dect 2 atunci aria sa este mai mic dect 3 . Soluie:

Fie A cu masura cea mai mic. Atunci m(

A ) 060 AACABA ABC sin2

1 =

32322

21 = ABCA .

n ncheiere propunem cititorului urmtoarele probleme spre rezolvare:

1. S se arate c pentru orice numr natural n>1 numrul A=n1....

31

211 ++++

nu este ntreg. 2. n plan sunt date patru puncte necoliniare. S se arate c cel puin un triunghi cu vrfurile n aceste puncte este obtuzunghic. 3. n plan avem n puncte(n>2) astfel nct orice triunghi cu vrfurile n trei din aceste puncte are aria cel mult k. S se arate c toate punctele pot fi nchise ntr-un triunghi de arie 4k.

Bibliografie 1. Manual clasa a VIII-a , Ed. Sigma 2. Probleme elementare de matematic,Mircea Ganga, Ed.

Mathpress

NOTE MATEMATICE

H

- 15 -

SSM

Tema pentru grupa de performanta la clasa a-IX-a

Probleme cu ptrate

Prof. dr. Nioiu Angela Problema 1 Construii din dou ptrate un alt ptrat. Demonstraie: Fie dou ptrate de laturi a i respectiv b ca n figura alturat :

Punem ptratul mic peste ptratul mare n acest fel;

Observm c s-au format un ptrat de latur a-b i dou dreptunghiuri de dimensiuni a i b.

Tiem acum dreptunghiurile pe diagonal ,ca n figura alturat, diagonal ce este egal cu .22 ba +

Mutnd dou din cele patru triunghiuri dreptunghice formate (cele exterioare), ca n figura alturat, se obine ptratul cutat, de latur egal cu 22 ba + . Calculndu-i aria se vede c ea este egal cu suma ariilor celor dou ptrate,ceea ce verific ce ne-am propus.

a

a b

b

NOTE MATEMATICE

- 16 -

Generaliznd problema 1, avem Problema 2 S se demonstreze c din n ptrate , n2 , se poate construi un alt ptrat. Demonstraie : Notm propoziia cu P(n) i o demonstrm prin inducie matematic.

1) P(2) a fost demonstrat n problema 1. 2) Presupunem c P(k) este adevarat.S demonstrm c P(k)P(k+1).

Presupunnd,deci,c din k ptrate se poate construi un alt ptrat s demonstrm c i din k+1 ptrate se poate construi un ptrat.ntr-adevr,lund dou ptrate din cele k+1(s reinem c rmn k+1-2=k-1 ptrate),putem construi din ele un ptrat, conform problemei 1.Acest ptrat i cu cele k-1 rmase fac k ptrate din care,conform ipotezei induciei ,putem construi un ptrat. Deci,P(k+1) este adevarat. Din 1 i 2 rezult c P(n) este adevarat ,oricare ar fi n2.

Problema 3 S se demonstreze c pentru orice numr natural n, n6, un ptrat poate fi mprit n n ptrate. Demonstraie : Demonstrm cu varianta a III-a a metodei induciei matematice i anume: Dac:

1) P(a),P(a+1),,P(a+k-1) sunt adevrate(k natural fixat) i 2) Implicaia P(n)P(n+k) este adevrat ,pentru orice n natural ,na

atunci P(n) este adevrat pentru orice na,n natural. Notm cu P(n) propoziia din enun i lum a=6,k=3. Cum se vede din figurile de mai jos:P(6),P(7),P(8), sunt adevrate. n = 6 n = 7 n = 8 Demonstrm implicaia P(n)P(n+3). Presupunnd fcut mprirea n n ptrate, unul dintre ele se mparte n patru ptrate egale i se obin n acest fel n+3 ptrate. Deci implicaia P(n)P(n+3) este adevrat, deci P(n) este adevrat pentru orice numr natural n6.

NOTE MATEMATICE

H

- 17 -

SSM

Tema pentru grupa de performanta la clasa a-IX-a

Exploatarea inegalitatilor

Prof. dr. Gheorghe Cainiceanu, C.N.T. 1 Introducere

Inegalitatile sunt un gen de probleme care au o foarte vasta literatura. In tema de fata vom incerca sa exploatam cateva din cele mai cunoscute inegalitati pentru rezolvarea unor ecuatii. Propozitia 1 Daca a1, a2,an sunt numere reale positive atunci :

n nn aaa

naaa

......

2121 ++ .

Egalitatea are loc daca toate numerele sunt egale. Propozitia 2 Daca a1, a2,an sunt numere reale are loc formula:

(a1+a2+.an)2 = =

NOTE MATEMATICE

- 18 -

ii xa = 11 ... +++ nn xxa = 2003 . Vom gasi solutiile xi = ai 2003.

2) Rezolvati in numere reale ecuatia (x2+4x+44) (y2-6y+59) =2000. GM 11/2003, Gh. Achim

Solutie. x2+4x+44=(x+2)2 + 40 40 y2-6y+59 = (y-3)2 + 50 50. Deci produsul este mai mare sau egal cu 2000 , egalitatea avand loc numai pentru egalitate in fiecare inegalitate.Deducem ca x=-2 si y=3.

3) Sa se determine a ,b numere nenegative astfel incat sa avem : )2)(3( ba + )5)(3( aba + =5.

GM 11/2003, Florin Carjan Solutie. Conditii de existenta pentru primul radical: a[0,3] si b[0,2] sau a 3 si b 2. Tinand seama de conditiile de existenta ale celui de-al doilea radical deducem ca este necesar ca a[0,3] si b[0,2] . Folosim inegalitatea mediilor aritmetica si geometrica si obtinem :

)2)(3( ba 2

5 ba ,

)5)(3( aba + 2

5 ba ++ . Adunand cele doua inegalitati deducem ca egalitatea are loc numai daca 3-a=2-b 3a+b=5-2a. Deducem ca solutia este a=1 si b=0. BIBLIOGRAFIE Gazeta Matematica 11/2003 Gazeta Matematica 1/2004

NOTE MATEMATICE

H

- 19 -

SSM

Tema pentru grupa de performanta la clasa a-XI-a

Reducerea unor recurene neliniare la recurene liniare

Prof. Preneanu Vasile Doru Liceul Pedagogic t. Odobleja

n numeroase numere ale Gazetei Matematice i n alte publicaii de matematic precum i la unele concursuri de matematic au fost propuse unele iruri recurente neliniare care pot fi reduse la recurene liniare i deci cu ajutorul ecuaiei caracteristice putem s determinm termenul general al irului care verific recurena respectiv. n acest articol m voi ocup de unele recurene care prin anumite transformrii se reduc la recurene liniare. Propoziia 1. Dac a0,a1,a2,..,ak R, ak 0, (xn)n N ir de numere reale nenule care verific recurena neliniar:

Nnxxxxxxaxxxaxxaxaa knnnknnnknnnnnn =++++++ +++++++ )(,......... 1112131210 atunci exist un ir (un)n N de numere reale nenule astfel nct:

Nnu

uxn

nn = + )(,1 i Nnuua

k

iknini =

=+++ )(,

01

Demonstraie: Deoarece xn0 ()n N evident exist (un) n N astfel nct

n

nn u

ux 1+= , de exemplu lum u0=1, u1=x0, un=x0x1xn-1 () n>2, nlocuim n

(1) pe n

nn u

ux 1+= i avem:

Nnu

uuu

uu

uu

uu

uua

uu

uua

uuaa

n

n

kn

kn

kn

kn

n

n

kn

kn

kn

knk

n

n

n

n

n

n =++++ ++

+

+

+++

+

+

+

++

+

++ )(,......... 11

11

2

1

1

1

1

22

110

Nnuuak

iknini =

=+++ )(,

01 i deci propoziia este demonstrat.

Voi da n continuare o aplicaie pentru aceasta propoziie: Aplicaie: Se cere s se studieze convergena irului (xn)n N pentru care xo *+R i xn+1xn + axn + b = 0 ()n N, a= -2, b= -3.

Rezolvare: din Propoziia1 fie (un)n N ir nenul n

nn u

ux 1+= . Atunci avem

032032 1211

1

2 == +++++

+nnn

n

n

n

n

n

n uuuu

uu

uuu i ecuaia caracteristic a acestei

recurena liniare i omogene este r2-2r-3=0. Soluiile ecuaiei sunt r1=-1, r2=3 i un=A(-1)n+B3n. A, B se determin din condiiile iniiale, ao i a1 aflndu-se tiindu-l pe xo. Propoziia 2. Dac ao,a1,.,ak R, unde nu toi ai sunt nuli i dac (xn)n N este ir de numere reale nenule care verific recurena de ordinul k+1: xn + xn+1xn+k = akxnxn+1xn+k-1xn+k+1 + ak-1xnxn+1xn+k-2xn+kxn+k+1 ++ a1xnxn+2xn+3xn+kxn+k+1 + a0xn+1xn+2xn+kxn+k+1 ()nN

NOTE MATEMATICE

- 20 -

atunci aceast recuren neliniar de ordinul k+1 se reduce la o recuren liniar de ordinul k+1.

Demonstraie. Deoarece xn R* ()nN rezult c putem nota Nnx

un

n = )(,1

i deci recurena din anun este echivalent cu recurena

=

+++

=k

iini

kn

Nnuax 01

)(,1 care este o recuren liniar.

Aplicaie: Se cere s se determine termenul general al irului (xn)nN pentru care xo=2, x1=1 i 5xnxn+2=3xnxn+1+2xn+1xn+2 ()nN Este evident c xn>0 ()nN deci notm

nn x

u 1= , rezult recurena

liniar 3un+2-5un+1+2un=0 ()nN a crei ecuaie caracteristic este 3r2-

5r+2=0 cu rdcinile r1=1 r2=32 i un=A1n+B

n

32 deci nn

BAx

+

=

32

1 , A i B

se determin din condiile iniiale x0=2, x1=1. Propoziia 3. Dac a,a0,a1,,..akR, a>0 i (xn)nN este ir de numere reale strict pozitive astfel nct Nnaxxx ka kn

an

an =++ )(,...10 1 atunci aceast recuren

este reductibil la o recuren liniar. Demonstraie: Deoarece xn R*+ ()nN are sens nn ux =ln deci logaritmnd relaia de recuren i innd cont de notaia fcut deducem c

Nnbauaxak

iini

k

iini ===

+

=+

+

=+ )(,lnln

1

0

1

0

.

Aplicaie. Se cere s se determine termenul general al irului (an)nN cu

ao=a1=2 i Nna

aaa

n

nnn =

)(,3

2

611 .

Din Propoziia3 notm un=lnan i avem c u0=u1=ln2 i

= 2)(,31

67

21 nuuu nnn 6un - 7un-1 + 2un-2 = 0 care este o recuren

liniar i are ecuaia caracteristic 6r2 - 7r + 2 = 0, r1=21 r2=

32 , deci

nn

n BAu

+

=

32

21 , A i B se determin din condiiile iniiale.

NOTE MATEMATICE

H

- 21 -

SSM

Tema pentru grupa de performanta la clasa a-XI-a Valori proprii. Vectori proprii.

o T. Cayley Hamilton o T. Frobenius

prof.drd. Manuela Prajea

Scopul articolului de fa este acela de a familiariza cititorul cu noiunile anunate i cu tehnicile de abordare a problemelor din spectrul aferent. Pentru o mai larg cuprindere a coninuturilor vom explica doar rezultatele a cror demonstraie nu este imediat, restul

demonstraiilor fiind considerate facile pentru cititorul avizat.

I. Rezultate teoretice : Definiia 1 : Fie A Mn (C). Un numr C s.n. valoare proprie a matricei A dac exista un vector nenul X Mn,1 (C) a.i. AX= X (X s.n. vector propriu al matricii A corespunzator valorii proprii ) Propoziia 2 a) Dac e valoare proprie a matricii A atunci k e valoare proprie a matricii Ak, oricare ar fi k N*. b) Daca e valoare proprie a matricii inversabile A atunci 0 si

-1 e valoare proprie a matricii A-1. Propoziia 3 : Numarul C este valoare proprie a matricii A Mn (C) d.n.d. det (A-In)=0 Definiia 4 : Fie A Mn (C). Polinomul fA (X) : = det (A-XIn) C[X] s.n. polinomul caracteristic al matricii A iar ecuaia fA(x) = 0 s.n. ecuaia caracteristic a matricii A Prop.5 : Daca A Mn (C) atunci : fA(X)=(-1)n(Xn- S1Xn-1+S2Xn-2-+(-1)n-1Sn-1X+(-1)nSn) unde Sk reprezint suma minorilor de ordin k formai cu linii i coloane de aceeai indici ai matricii A. Demonstraie : Avem fA(X)=det(A-XIn)=det(A1-X1,A2-X2,,An-Xn) unde A1,A2,,An si X1,X2,,Xn sunt coloanele matricelor A si XIn ; fA(X) se descompune n sum de 2n n n determinani astfel : A(X)=det(A1,A2,,An) + det(A1,A2,.-Xi...,An)+ det(A1, n i=1 1ijn n ,-Xi,,-Xj,...,An) + + det(-X1,,Ai,,-Xn)+det(-X1,,-Xn)=detA-X n i=1 n i=1 det(A1,,Ji,,An) + X2 det(A1,,Ji,,Jj,,An)-+(-1)n-1Xn-1 det(J1,,Ai, 1ijn i=1 ,Jn)+(-1)nXndet(J1,,Jn), unde J1,J2,,Jn sunt coloanele matricii In. Se obine imediat concluzia. Propoziia 6: Daca 12,n sunt valorile proprii ale matricii A Mn(C) atunci, cu notaiile din prop.5 avem: n i=S1 i=1

n i j=S2 1i< jn

1, 2,, Rem.5 : a) S1= i=Tr(A) i=1 b)Sn= 12 n=det A

NOTE MATEMATICE

- 22 -

Teorema 6 (Cayley-Hamilton) Daca A Mn(C) atunci fA(A)=On Demonstraie: fA(X)=(-1)n(Xn-S1Xn-1+S2Xn-2-+(-1)n-1Sn-1X+(-1)nSn) si fA(X)=det(A-XIn)In=(A-XIn)(A-XIn)*=(A-XIn)(Xn-1Cn-1++XC1+C0) , unde Ck Mn (C), oricare k=0,,n.conduc.,dupa: identificarea coeficienilor la AC0=SnIn AC1-C0= -Sn-1In .. ACn-1-Cn-2=(-1)n-1S1In -Cn-1=(-1)nIn Prin nmulire la stanga cu In,A,,An-1,An i adunare se obine concluzia : Definiia 7 : Dac A Mn (C) atunci polinomul monic de grad minim care admite pe A ca rdcin s.n. polinomul minimal al matricii A i se noteaz mA . Fie acum K una din mulimile Q, R sau C. Propoziia 8 . Dac A Mn (K) atunci mA / fA n K [X]. Teorema 9 (Frobenius) Dac A Mn ( K ) atunci mA si fA au aceeasi factori ireductibili n K [X] . Soluie : E suficient s aflm c pentru orice divizor g K[X] al polinomului fA avem g/mA . Fie o rdcin a polinomului g . Dac x- / m A teorema este demonstrat , dac nu atunci X- i mA sunt prime ntre ele deci exista h,g C [X] astfel nct (X- ) h(X) + mA(X) g(X) =1 De unde rezult (A - In h(A) = In det ( A- In)=1 contradicie cu fA( )=0 II Rezultate aplicative

1) Daca A,B Mn(C) atunci : (i) fAB=fBA (ii) det f(AB)=det f(BA) , oricare f C[X]

Soluii : (i) dac A inversabila, se aplic BA-XIn=A(BA-XIn)A-1 ; dac A nu este inversabil atunci A-yIn este inversabil exceptnd cel mult n valori y C i aplicnd (i) pentru A-yIn si B se obine det [(A-yIn)B-xIn]=det [B(A-yIn)-xIn] (*) pentru o infinitate de y C (unde x C fixat) deci (*) privita ca egalitate de polinoame n cu coeficieni n Mn(C) va fi adevarat i pentru y=0.

(iii) Se utilizeaz (i) i descompunerea lui f peste C. 2)Dac B M2(R) cu B2=O2 i A M2(R) atunci -1det(AB-BA) si det(AB+BA)1 Soluie : det(AB+I2)=det(BA+I2) (vezi problema precedent) => =>det(I2+AB+BA)0 si det(I2-(AB+BA))0. Se aplic apoi det (X+Y)+det(X-Y)= =2(det(X)+det(Y)), oricare X,Y M2(R) 3) Dac A Mn (C) are valorile proprii 1,,n si f C[X] atunci det f(A)=f(1)f(2)f(n) Solutie : Se aplica descompunerile in factori pentru f si fA(A). 4)Daca a Q\Z si A Mn(Z) , n 2 sa se determine X Mn,1(R) a.i. AX=aX. Soluie : Se arat ca fA nu are radacini ntregi, deci A-aIn este inversabil. 5) Determinai numerele n N* pentru c exist A,B Mn (C) a.i. (AB-BA)2 = In Soluie: Dac e valoare proprie pentru AB-BA se arat ca {-1,1} i cum Tr(AB-BA)= 0 rezult n par.

NOTE MATEMATICE

H

- 23 -

SSM

Pentru n=2 se alege 0 1 A= 0 0 1 0 B2 = 1 1

iar pentru n=2k, k2 se alege : A2 0 A= 0 A2

B2 0 B=

0 B2

III Probleme pentru concursuri

1) Dac X Mp(C) unde p Nyp2 i exist n N* a.i. Xn = 0p atunci Xp=0p. Indicaie : Se aplic T. Cayley Hamilton si T. Frobenius

2) Dac A,B,C M3(C) cu A3=B3=C3=03 si A,B,C comut dou cte doua atunci ABC=O3 Indicaie: Se utilizeaz identitatea (x+y-z)3+(x-y+z)3-(x+y+z)3=24xyz x,y,z R. 3) Dac A M2(R) a.i. det A = -1 s se arate c det (A2+I2) 4.

tefan Tudosie, lista scurt ONM 2003 Indicaie : det (A2+I2) = fA(i)fA(-i)

4) Dac A M3(R) cu trA = trA2=0 s se arate c det (A2+I3) = (det A)2 + 1 Radu Gologan, lista scurt ONM 2003 5) Dac A,B M2(R) cu (AB)2=02 sa se arate ca (BA)2=02 Indicaie : se utilizeaz fAB=fBA Dac A Mn(C) si A3=A+In atunci det A>0 IMC 1999

Indicaie : Se aplic det A = 1 2 3 i natura rdcinilor 1, 2, 3. 6)Fie A,B Mn(C) a.i. exista k>1 cu BK=0n. S se arate c dac AB=BA atunci det (A+B) = det A. Vietnam 2003 Indicaie : Se aplica raionamentul de la II.1. 7) Fie A,B Mn(C) iar p,q N a.i. AB=BA si Ap=Bq=0n. Aratai c A+B+In este

inversabil Vietnam 2003

8) Fie A,B M2(Z) doua matrici a.i.A-1, (A+B)-1, (A+2B)-1, (A+3B)-1, (A+4B)-1 au elementele numere ntregi. Demonstrai c i (A+5B)-1 are elementele numere intregi.

Putrau 1994 9) Doua matrici ptrate A i B avnd elemente numere reale satisfac condiiile A2003=B2003=I si AB=BA. S se arate c A+B+I este inversabil.

Concurs internaional regional 2003 10)Fie A M4(R) si p R[X] a.i. p(A)=04.

a) Dac este un numr complex a.i. det (A-aI4)=0 aratai c p(a)=0. b) Dac p nu are radacini reale, dovedii c det A>0

Prof.drd. Manuela Prajea Colegiul National Traian.

Bibliografia: [1] D.Fadeev, I.Sominski Recueil dexercices dalgbre suprieure Ed :Mir, Moscou, 1977 [2] Olimpiade i concursuri judetene, interjudeene, naionale, internaionale 1999-2004

CERCUL DE MATEMATICA

- 24 -

Tema pentru grupa de performanta la clasa a-XII-a

Proprieti ale primitivelor unei funcii continue periodice

prof. Giugiuc Leonard prof. Nedeianu Dan

Grup colar Dl. Tudor

n acest articol ne propunem s studiem unele proprieti ale unei primitive F(x), corespunztoare unei funcii continue periodice date f(x), cum

ar fi existena i calculul limitei x

)x(Flimx

, precum i faptul c n mod sigur

funcia F(x) nu are nici un fel de asimptote spre + . Problematica acestor proprieti s-a pus n eviden, n anii anteriori, ca subiecte la examenul de bacalaureat la profilul matematic-informatic (2003) i tehnic (2004). Pentru a ajunge la cele dou teoreme, care dau rezultatul central este nevoie s parcurgem cteva propoziii ajuttoare. n final, vom reliefa utilitatea celor dou rezultate prin exemple concrete Propozitia 1. Daca f:RR este o functie continua, periodica neconstanta, atunci functia f este marginita si isi atinge marginile. Demonstratie: Fie T>0 o perioada pentru functia f; prin restrictie f:[0,T]R fiind continua, va rezulta f marginita si isi atinge marginile, adica m,MR astfel incat ]T,0[x,M)x(fm si a,b[o,T] cu m=f(a), M=f(b).

Luand xR arbitrar, din proprietatile partii intregi, avem ca TTxTx0 0, cea mai mica perioada a functiei f, numita si perioada principala, iar orice alta perioada este de forma nT, n Z . Demonstratie: T={t>0 | t perioada a lui f}; notam

0tinfT>

= T 0 . Initial aratam ca T 0; daca prin absurd T=0, va exista un sir de perioade ( ) 1nnT T, cu 0Tlim nn = . Deoarece f isi realizeaza imaginea pe orice interval [0, Tn], atunci exista sirurile ( ) 1nna , ( ) 1nnb [0, Tn] astfel incat f(an)=m si f(bn)=M, unde m=inf(f(x)) si M=sup(f(x)). Deoarece an,bn0 si f este continua

nlim f(an)=f(0)=m si

nlim f(bn)=f(0)=M,

adica m=M, fals, deci T>0.


H

- 25 -

SSM

Sa aratam ca T este perioada. Din proprietate infimumuluiexista un sir de perioade ( ) 1nnT T , cu = nn Tlim T. Daca ( ) x,n),x(fTxfRx n =+ si deci )Tx(flim nn + =f(x+T)=f(x), Rx , deci T este perioada. Sa aratam acum ca orice alta perioada data t este de forma nT, nZ. Daca t perioada pentru f

TtTt este tot perioada cu TT

Ttt0 0, iar F este o primitiva a lui f, atunci T1

x)x(Flim

x=

T

0

dt)t(f .

Demonstratie: Consideram primitiva cunoscuta =x

00 dt)t(f)x(F ; atunci

F(x)=F0(x)+k, Rk si pentru x>0 avem ca

TxTx0


- 26 -

Atunci x

dt)t(f

limxTx

limdt)t(fx

)x(Flim

x

TxT

xx

T

0x

+

= .

Avem xTx

limx

=

T1 si aratam ca

x

dt)t(f

lim

x

TxT

x

=0 (*)

Intr-adevar, avem |x|

MTTxTx

|x|MMdt

|x|1dt|)t(f|

|x|1

x

dt)t(f

0x

Tx

T

x

Tx

T

x

Tx

T

0, iar F este o primitiva a lui f, atunci: functia F (care poate fi neperiodica) nu are asimptote la graficul sau spre +. Demonstratie:

Cazul I Daca T

0

dt)t(f >0, atunci F(x)= +

T

xdt)t(fT

0

x

TxT

dt)t(f ; cum

x

TxT

dt)t(f


H

- 27 -

SSM

Cazul III Daca T

0

dt)t(f =0, arat ca daca T este perioada principala a lui f,

atunci este perioada si pentru F.

Fie g(x)= +Tx

x

dt)t(f g|(x)=f(x+T)-f(x)=0, Rx g(x)=constantag(x)=g(0)=

T

0

dt)t(f =0 +Tx

x

dt)t(f =0F(x+T)-F(x)=0 Rx T este perioada a lui F.

F fiind periodica F(x) nu are limita spre +. Pentru a gasi eventuala asimptota oblica sa reamintim ca

T1

x)x(Flimm

x==

T

0

dt)t(f si ca F(x)= x

0

dt)t(f .

Vom arata ca nu exista n= [ ]

=

T

0xx

dt)t(fTx)x(Flimmx)x(Flim .

Consideram sirurile ( ) 1nnx , ( ) 1nny , definite astfel: nTx n = si yn=a+nT, unde a este cel din Propozitia4.

Atunci 0dt)t(fndt)t(flimdt)t(fTx

)x(FlimT

0

nT

0n

T

0

nnn

=

=

, conform Propozitiei3,

iar =

+=

+

T

0

T

0

nT

0

anT

nTn

T

0

nnn

dt)t(fndt)t(fTadt)t(fdt)t(flimdt)t(f

Ty

)y(Flim

0dt)t(fTadt)t(flim

T

0

a

0n

(conform Propozitiei4).

In concluzie nu exista [ ] Fmx)x(flimx

nu are nici asimptote oblice.

Concretizam afirmatiile celor doua teoreme prim unele exmple:

Aplicatia I. Sa se calculeze x

|dttsin|lim

x

0

x

(bacalaureat, matematica-informatica, iulie 2003, enunt partial) Solutie: Utilizand rationamentul si rezultatul Teoremei1 si tinand cont ca

xxf sin)( = are pe ca perioada principala

x

|dttsin|lim

x

0

x

= 221|sin|1

0

==

dtt .

Aplicatia II. Fie functiile f:RR, ,xcos3

1)x(f+

= F:RR, =x

0

dt)t(f)x(F

a) Calculati )x(Flimx

b) Demonstrati ca graficul functiei F nu are asimptote catre + (Simulare bacalaureat, matematica-informatica, mai 2004, enunt partial)

Solutie:


- 28 -

a) Din 1xcos1 , rezulta simplu 21

xcos31

41

+ ,

Rx 41)x(f =>==

)x(Flim0x,4xdt

41dt)t(f)x(F

x

x

0

x

0

b) De la punctual a)F nu are asimptota orizontala. Conform Teoremei1, deoarece f are perioada principala 2

+==

2

0 cos31

21)(lim dt

txxFm

x.

Oarecare dificil, se arata ca +2

0 cos31 dt

t=

2 , si atunci

221

221 == m .

Faptul ca nu exista ]mx)x(F[limx

rezulta direct din Teorema2.

Aplicatia III. Fie functiile f:RR, f(x)=2+arcsin(sinx), F:RR, =x

0

dt)t(f)x(F .

a) Demonstrati ca 2

2)x(f2

2 + , Rx

b) Calculati )x(Flimx

(Simulare bacalaureat, profil tehnic, mai 2004, enunt partial) Solutie: a) Stim ca

]1,1[,2

arcsin2

++ Rxx + ,2

)arcsin(sin2

22)(

22 + xf

22)( xf >0, Rx .

b) Avem x

0

dt)t(f 0x,x2

2dt2

2x

0

>

=

)x(Flimx +=

x

22lim

x

)x(Flimx

= n ncheiere propunem cititorilor s demonstreze i s studieze urmtoarele: Aplicatia T1: Daca f:RR: este continua, periodica si neconstanta, cu

perioada principala T>0, sa se demonstreze ca: =b

a

b

an

dt)t(fT

abdx)nx(flim

Aplicatia T2: Calculati x

dt)tarccos(sinlim

x

0

x

Aplicatia T3: Calculati x

dttcoslim

x

0

2

x

EXAMENE

H

- 29 -

SSM

TEST BACALAUREAT TIP M2 2005 Prof. Sitaru Daniel

Colegiul Naional Economic Theodor Costescu, Drobeta Turnu-Severin

Pentru ntrebrile 1-16 scriei doar rspunsurile pe foaia de examen.

Subiectul I (30 puncte) 1. Cte funcii f : { a, b, c } { 1, 2, 3, 4 } au proprietatea f(a) < f(b) < f(c) ? 2. Care este probabilitatea ca extrgnd un element din mulimea: { }1010110010 .......,,........., CCC acesta s fie numr impar ? 3. Care este partea ntreag a numrului ( )232 + ? 4. Care este valoarea sumei 1+3+5+.+53 ? 5. Cte elemente din mulimea {1, 2, 3,,50} se divid cu 2, 3 sau 5 ?

Se consider funcia ( ) xxfRRf1;: = .

6. Ct este ( ) Rxmxf , ? 7. Ct este

( ) ( ) ?2

2lim2

x

fxfn

8. Care sunt asimptotele graficului funciei f ?

9. Ct este ( )4

2

dxxf ? 10. Care sunt intervalele de monotonie ale lui f ? Subiectul al II-lea (30 puncte)

11. Care este valoarea sumei: 4

7sin4

5sin4

3sin4

sin +++ ? 12. S se treac n produs suma: sin5-sin3. 13. S se calculeze : |(1-i)(1+2i)| - |(1+i)(1-2i)| . 14. Care este suma unghiurilorunui poligon convex cu 7 laturi ? 15. Care este cel mai mare element al mulimii: { ctg1, ctg2,., ctg89 }? 16. n triunghiul ABC, AB=2 cm, AC=3 cm, i m( A )=120. Se cere aria triunghiului.

EXAMENE

- 30 -

Subiectul al III-lea (20 puncte)

Se consider mulimea ( ){ }== RaaxxfRRfG ;: (4p) a. S se arate c dac f, g G atunci fg G. (4p) b. S se arate c 1R G. (4p) c. S se arate c f1R=1Rf=f, ()fG. (2p) d. S se arate c dac fG, f(x)=ax i g:RR, g(x)=

a1 x, atunci g G i

fg=gf=1R. (2p) e. S se arate c pentru aR, fixat fG este bijectiv. (2p) f. S se arate c (G, ) este grup abelian. (2p) g. S se arate c (G, )(R*, ).

Subiectul al IV-lea (20 puncte)

Se consider funcia { } ;1: RRf ( ) .12

3

= xxxf

(4p) a. S se verifice c ( ) ( ) { }.1,12 += Rxxxxxf

(4p) b. S se calculeze ( ) .2

1

21

dxxf

(4p) c. S se calculeze ( )[ ].lim xxfx

(2p) d. S se determine ecuaia asimptotei ctre - la graficul funciei f.

(2p) e. S se calculeze

( )3

0limx

dttfx

x

.

(2p) f. S se determine intervalele de monotonie ale funciei f. (2p) g. S se determine intervalele de convexitate-concavitate ale funciei f. Not: 1.Toate subiectele sunt obligatorii. 2. Se acord 10 puncte din oficiu. 3. Timpul de lucru este de 3 ore.

EXAMENE

H

- 31 -

SSM

TEST BACALAUREAT TIP M1-matematic-informatic Prof. Ticui Ovidiu

Liceul Pedagogic t.Odobleja Drobeta Turnu-Severin

Subiectul I (30 p) Pentru ntrebrile 1-16 scriei doar rspunsurile pe foaia de examen. Se consider polinomul 14 += Xf , avnd rdcinile 4321 ,,, xxxx C. (3p) 1. Ct este expresia )12)(12( 22 +++ XXXXf ? (3p) 2.Cte rdcini reale are polinomul f ? (3p) 3.Ct este suma 4321 xxxx +++ ? (3p) 4.Ct este produsul 4321 xxxx ? (3p) 5.Ct este suma 20054200532005220051 xxxx +++ ?

Se consider funcia f : RR, 1

)( 2 +=xxxf .

(3p) 6.Ct este xxf ),( R ?

(3p) 7.Ct este xxf

x

)(lim0

?

(3p) 8.Care este ecuaia asimptotei spre + la graficul funciei f ?

(3p) 9.Ct este 1

0

)( dxxf ?

(3p) 10.Ct este )(lim xxfx

?

Subiectul II (20 p) Se dau punctele )1,2,3(),3,1,2(),3,2,1( CBA n spaiu, n care s-a fixat un sistem de axe de coordonate Oxyz. (2p) 11.Care sunt coordonatele centrului de greutate G al ABC ? (4p) 12.Care este perimetrul ABC ? (4p) 13.Care este ecuaia planului care trece prin punctele A, B, C ? (4p) 14.Care este distana de la originea O(0,0,0) la planul )(ABC ? (4p) 15.Care este volumul tetraedrului OABC ?

(2p) 16.Care este valoarea produsului scalar al vectorilor AB i

AC ?

EXAMENE

- 32 -

Pentru subiectele III-IV se cer rezolvrile complete. Subiectul III (20 p)

Se consider matricele

=

100110111

A M 3 (N) ,

=

100010001

3I M 3 (N) i

=

123

B M 1,3 (N).

(2p) a) S se calculeze suma elementelor matricei 3IA . (4p) b) S se calculeze determinantul matricei A i s se arate c A este o matrice inversa-bil. (2p) c) S se calculeze rangul matricei A. (4p) d) S se determine nAn , N .

(4p) e) S se calculeze =

nAn

k

k ,1

N .

(4p) f) S se determine matricea X M 1,3 (N) astfel nct BXA = . Subiectul IV (20p)

Fie funcia f : RR, .1

1)( 2 ++=

xxxf

(4p) a) S se calculeze xxf ),( R i s se studieze monotonia funciei f. (4p) b) S se arate c axa Ox este asimptot orizontal spre la graficul funciei f.

(4p) c) S se calculeze +1

0

.)()12( dxxfx

(4p) d) S se arate c

n

cn1,0 astfel nct =

n

n ncfndxxf

1

0

),(1)( N .

(4p) e) S se arate c irul =n

n ndxxfa

1

0

,)( N este convergent la 0.

Not: 1.Toate subiectele sunt obligatorii. 2. Se acord 10 puncte din oficiu. 3. Timpul de lucru este de 3 ore.

PROBLEME PROPUSE

- 33 -

H SSM

Clasa a V -a 1. Aflai numerele a, b, c tiind c (a,b)=6; (a,c)=8; (b,c)=10

Prof. Calafeteanu Gheorghe 2. S se arate c dac printre ultimele 3 cifre ale unui numr se gsete cifra 4

sau 9, atunci numrul nu se divide cu 125. Prof. Calafeteanu Gheorghe

3. S se determine numere naturale a i b tiind c (a,b)=18 i [a,b]=630 Prof. Vrzaru Mariana

4. S se afle nN astfel nct fracia F(n)=2004

8373 2 ++ nn : a) sa fie mai mic dect 1; b) sa fie mai mare dect 1.

Prof. Calafeteanu Gheorghe 5. Aflai cifrele a, b, c n baza 10 unde a

PROBLEME PROPUSE

- 34 -

15. Fie numarul : A= 22m-2 +2m+n-1 +22n-2 unde m,n N. Aflati cel mai mic numar natural nenul k, astfel incat kA sa fie patrat pefect.

Catedra de matematica-Sc. nr. 11-Tr. Severin

16. Comparati intre ele fractiile (5149+n)/(3249+n) si (738+m)/(294+m), m,n N. Catedra de matematica-Sc. nr. 11-Tr. Severin

17. Aflati restul impartirii la 13 a numarului: A=(3+5)+(32+52)+(33+53)++(32004+52004)

Catedra de matematica-Sc. nr. 11-Tr. Severin 18. Aflati cel mai mare numar natural abc cu proprietatea ca : 2(aaa +bbb +ccc) -6(a +b +c) se poate scrie ca o suma de trei cuburi perfecte.

Catedra de matematica-Sc. nr. 11-Tr. Severin

19. Determinati numarul natural abc stiind ca oricare ar fi n N, avem: 1abc+abc1+2abc+abc2+3abc+abc3++nabc+abcn= 11n(91n+337) /2

Catedra de matematica-Sc. nr. 11-Tr. Severin Clasa a VI a 1. Aflai restul mpririi numrului 522n+52n+1 prin 17, nN

Prof. Calafeteanu Gheorghe 2. S se arate c dac 0x25 atunci 12 144++ xx 18

Prof. Vrzaru Mariana

3. Aflai relaia dintre a, bN* tiind c baa =a

ba

Prof. Calafeteanu Gheorghe

4. Daca 5,3=ba a) calculati valoarea numerica a expresiei :

baba

3553

++

b) calculati valorile pe care le poate lua expresia

52 )1(72)1(

53)1()( ++ += kkkKE unde Nk .

Prof. tioiu Floarea, Grigora Anioara 5. Sa se rezolve in ZxZ ecuatia xy+2y-3x+1=0 , yx, Z.

Prof. tioiu Floarea, Grigora Anioara 6. Daca xyyyxxxy :: = , unde xxy si yyx sunt numere naturale scrise in baza

10 , determinati pe x si y . Prof. tioiu Floarea, Grigora Anioara

7. Un numar natural are 2004 cifre. Permutam intre ele prima cu a doua , a treia cu a patra s.a.m.d.E posibil ca diferenta dintre vechiul numar si noul numar sa fie 2004?

Prof. Adi Lupu

PROBLEME PROPUSE

- 35 -

H SSM

8. S se determine Zx astfel ca 0233 =+ xx . Prof. Dan Nedeianu

9. Dintre numerele: a=20052006+20062005 si b=20052005+20062006 , care este mai mare ?

Catedra de matematica-Sc.nr.11-Tr. Severin

10. In triunghiul ABC , fie AD perpendiculara pe BC, F (AC), P (DC) si {E}=BFAD. Aratati ca daca AEPF este romb atunci m(

PROBLEME PROPUSE

- 36 -

Prof. Adi Lupu 8. n triunghiul ABC avem nlimea AD i bisectoarea BE, [ ] [ ]ACE,BCD .

Dac { } BEADM = , [ ] [ ]AEAM i [ ] [ ]BC41AD = , calculai unghiurile A,B,C.

Prof. Dan Nedeianu 9. In triunghiul oarecare ABC cu AB=a2 si AC=a3; fie (AD bisectoarea

PROBLEME PROPUSE

- 37 -

H SSM

Prof. Adi Lupu 9. Sa se rezolve in N ecuatia nn 12!2005...!4!3!2!1 2 +=+++ .

Prof. Adi Lupu

10. Dac a, b, c ( ) ,0 astfel ca abccbabcacab =

++++ 3

, s se arate c cel puin

unul din numerele a, b sau c este media geometric a celorlalte dou. Prof. Dan Nedeianu

11. Aflati baza de numeratie x N* si cea mai mica valoare a lui n N pentru care 1210(x) +1211(x) +1212(x) +1213(x) ++121n(x)=(n2n+2 -1) / [x(x+2)]

Catedra de matematica-Sc.nr. 11-Tr. Severin 12. Rezolvati in Z ecuatia 5x2 + y2 + 3xy + x - 3y + 5 = 0

Catedra de matematica-Sc.nr. 11-Tr. Severin 13. Sa se arate ca ecuatia : x2 + y = 5(y2 +z2) admite o infinitate de solutii in

multimea numerelor intregi. Catedra de matematica-Sc.nr. 11-Tr. Severin

14. Demonstrati ca daca a, b, c (1; +) atunci avem inegalitatea : a/(3a2 -3a +1) + b/(3b2 -3b +1) + c/(3c2 -3c +1) > 1/a2 +1/b2 +1/c2

Catedra de matematica-Sc.nr. 11-Tr. Severin 15. Rezolvati in multimea numerelor intregi ecuatia: (x+1)2 +[1/(y-1) 1]2 -1=2x /(y-1) ; y1

Catedra de matematica-Sc.nr. 11-Tr. Severin

16. Daca a, b, c R, nu simultan nule, aratati ca : (a2 -ab + b2) +(b2 -bc + c2) +(a2 ac + c2) a + b + c

Catedra de matematica-Sc.nr. 11-D.T. Severin

Clasa a-IX-a 1. Dac *,, Rzyx , astfel ca x+y+z=xyz, s se arate c ( )( )( ) .64111 222 +++ zyx

Prof. Dan Nedeianu 2. Dat triunghiul ABC si P un punct fixat in planul (ABC) se stie ca pentru orice

punct M din plan exista si sunt unice numerele x, y, z din R astfel incat x+y+z=1 si PCzPByPAxPM ++= . Numerele x,y,z se numesc coordonatele baricentrice ale punctului M in raport cu triunghiul ABC. Sa se determine coordonatele baricentrice ale punctelor G, I, H, unde G este centrul de greutate, I este centrul cercului inscris, H este ortocentrul triunghiului ABC.

Prof. George Cainiceanu

3. Sa se determine multimea A={xR| x=1123

2

2

+++

tttt , tR}.

Prof. George Cainiceanu 4. Sa se determine valorile reale ale parametrului m pentru care multimea

PROBLEME PROPUSE

- 38 -

{xR|x2+mx+2=0}(-,-1] are exact doua elemente. Prof. George Cainiceanu

5. Aflati valorile parametrului mR pentru care ecuatia mx

x =+sin

1sin are

solutii. Prof. Dan Daniel

6. Ce valori poate lua [x]+[y] daca x+y(-1,1) ? ([x]- parte intreaga) Prof. Dan Daniel

7. Rezolvati ecuatiile : a) 121 3 =+++ xx ; b) 811 3 =++ xx .

Prof. Dan Daniel

Clasa a-X-a 1. Dac x, yC*, 0+ yx i ( ) 777 yxyx +=+ , aratati c imaginile geometrice ale numerelor complexe

yxyx

2

,, sunt vrfurile unui triunghi echilateral.

Prof. Dan Nedeianu 2. Volumul fizic al vnzrilor unei firme pe ultimii patru ani a fost de 120, 210, 305 respectiv 440 autoturisme. a. Calculai dispersia acestor vnzri. b. Estimai volumul fizic al vnzrilor pentru urmtorii trei ani.

Prof. Daniel Sitaru 3. Un imobil evaluat n acest an la 130000 de euro, valora acum doi ani, 90000 de euro. Care a fost rata anual de cretere a preului.

Prof. Daniel Sitaru 4. S se determine dominanta seriei statistice urmtoare:

Valoare 5 10 15 20 25 30 35 Frecvena 3 6 8 10 9 4 1

Prof. Daniel Sitaru 5. Un cub de lemn cu latura de 5 cm se vopsete pe toat suprafaa apoi se mparte n 125 de cuburi cu latura de 1 cm. Aceste cuburi se introduc ntr-o urn. Care este probabilitatea ca extrgnd aleator un cub din urn, acesta s

aib cel puin o fa vopsit din cel mult dou extrageri cu ntoarcere? Prof. Daniel Sitaru

6. O firm contracteaz un mprumut de 100 milioane euro cu rata anual a dobnzii de 20%, rambursabil n 10 trane anuale egale. Se cer dobnzile

anuale, sumele anuale de plat i suma total de plat. Prof. Daniel Sitaru

PROBLEME PROPUSE

- 39 -

H SSM

Clasa a-XI-a 1. Dac ( )RMA n , pentru care exist *Nk astfel nct 1+= kk AA , atunci

matricea 2AAIn + este inversabil. Prof. Dan Nedeianu

2. Fie ( ) ( ) ( ) 111 ,, nnnnnn zyx trei iruri de numere reale, avnd proprietile: a) 1,0 nxn ; b) 1,0 nyn ;

c) 1),( += nyxnz nnn ; d) irul ( ) 1nnz este mrginit.

S se arate c .0limlim == nnnn

yx

Prof. Ovidiu Ticui

3. n M2(R) se consider matricele

=

=

1001

,;11

2INmmm

A i

submulimea ( ) ( ) .;2

+== RaaAIaXaXG

a. S se arate c: A2=(m+1)A b. S se arate c I2G c. S se arate c: X(a)X(b) = X[a+b+(m+1)ab] d. S se arate c ( ) Ra

mX

mXX

+=

+ ;

11

11a

e. S se arate c dac 1

1+

m

a , atunci: ( ) 2)1(1a IamaXX =

++

f. Utiliznd metoda induciei matematice, s se arate c:

( )[ ] ( )

+

+++=

11

111 1

mmamXaX

nnn

g. S se afle tR pentru care:

( ) ( ) ( )tXm

XXm

Xm

XNn =

+

+

+

120050..........

12004

12005,* , m

PROBLEME PROPUSE

- 40 -

Clasa a-XII-a 1. S se determine primitivele funciei ( ) ,,1: Rf ( ) ( )( )224

2

ln12

xxxxxxf++=

Prof. Dan Nedeianu

2. S se calculeze integrala definit dxctgxtgx

exI

xx

+

=+

2

0

cossin)4

sin(2

Prof. Ovidiu Ticui 3. Se consider irul

( ) +=+=1

0

*1

00 .;

1; Nndxbax

xIidxbax

IIn

nNnn

a. Se cer Io i I1;

b. S se arate c :

+ +=+ NnnbIaI nn ;11

1

c. Dac x[0,1], s se arate c : xn xn+1 ; ()nN* d. S se arate c : In In+1 ; ()nN* e. S se deduc inegalitile :

( )( ) ( )nbaInba n +++1

11

; ()nN*

f. S se calculeze : nn nIlim .

Prof. Daniel Sitaru

4. Fie irul ( ) 0nnI : +=+=1

022

1

0220 .,

1 dxax

xIiRadxax

In

n

a. S se calculeze I0 i I1

b. S se verifice relaia : ( ) + +=+ NnnIaI nn ;112

2

c. S se arate c : In In+1 ; ()nN* d. S se deduc inegalitile : ( )( ) ( )( )11

111

122 +

++ na

Ina n

e. S se calculeze : nn nIlim

f. S se calculeze :. na

nInn

+

11lim 2

Prof. Daniel Sitaru

PROBLEME PROPUSE

- 41 -

H SSM

Soluii ale problemelor din numrul anterior Clasa a V-a 4. 27>25 33 >52 (33)n > (52)n 33n > 52n. Atunci putem scrie: 33n + 52n>52n+52n=2*52n =2*(52)n =2*25n>2*24n=2*(8*3)n=2*(23*3)n 33n + 52n> 2*23n*3n adic: 33n + 52n> 23n+13n 5. Pentru ca a+b s fie divizibil cu 5 trebuie ca u (a +b ) s fie 0 sau 5.

Cum

+=+=+=

=

=

34k xdaca 824k xdaca 414k xdaca 2

4k xdaca 6

)2( xu i

+=+=+=

=

=

34k xdaca 724k xdaca 914k xdaca 3

4k xdaca 1

)3( xu

unde kN, obinem u(a) = u(24m+p) = u(24m2p) = u(62p) = u(2p) u(b) = u(34n+p) = u(34n3p) = u(13p) = u(3p)

atunci u(a+b) = u(2p+3p) care trebuie s fie 0 sau 5. De aici i din cele de mai sus, obinem c p = 4k + sau p= 4k +3, kN. 6. Avem 9 2004 = 9 2 9 2002 = 81 9 2002 = ( 1+ 16 + 64 ) 9 2002 =

= (1 2 + 42 +82 ) 92002 = ( 1 91001 )2 + ( 4 91001 )2+ (8 91001 )2 7. a) a = 3 24n+4 23 5n+1 = 3 (24)n+1 8 5n+1= 24 16n+1 5n+1= 24 80 n+1 b= 7 (24)n+1 5n+1 5 = 35 16n+1 5n+1= 35 80n+1, de unde rezult c b > a. b) Pentru a arta c a i b dau acelai rest la mprirea cu 110, trebuie s artm c diferena lor se mparte exact la 110. Avem b-a = 35 80n+1-24 80n+1 = 80n+1 (35 24) = 11 80n+1 = 11 80 80n= 1181080n = 110880n, de unde rezult c b-a se divide chiar cu 1108 = 880.

8. A = 2 3n-1 (2 72-23 ) 9

5 13 n A = 2 3n-1 (98 -8 )9

5 13 n A = 2 3n-1 90 9

5 13 n

A =10 23n-1 53n-1 A = 10 103n-1 A = 103n A =(10n)3 9. Avem 3542001 =354*3542000 =(1+16+81+256)* 3542000 =

(14 +24 +34 +44 )*(354500)4 +(4*354500)4 De unde a=1*354500, b=2*354500, c=3*354500, d=4*354500. Clasa a VI-a 5. Vom demonstra c () nN* () x1, x2, x3,,x7 N*, 1 x1 < x2 < x3 < x7 astfel ca

721

1...111xxxn

+++=

Observm c : 31

4515

45159

451

91

51 ==++=++ (1)

( )61

31*

21

451

91

51*

21

901

181

101 ==++=++ (2)

16

12361

31

21 =++=++ (3)

Utiliznd (1) i (2) relaia (3) se scrie +21 ( )

451

91

51 ++ + ( )

901

181

101 ++ = 1

Sau +21

101

91

51 ++

901

451

181 +++ = 1 +

n21

nnn 101

91

51 ++

nnn 901

451

181 +++ =

n1

PROBLEME PROPUSE

- 42 -

6. Orice numr natural ptrat perfect are un numr impar de divizori distinci. Se tie c orice numr natural n se poate scrie n mod unic sub forma n = p1

p2pn (descompunerea canonic n factori primi ) unde p1, p2,,pn sunt numere prime, iar 1,2,,n sunt numere naturale nenule. Atunci n2=p12p22pn2. Cum numrul de divizori al lui n2este egal cu (21+1)(22+1)(2n+1)(1), iar numerele (21+1)(22+1)(2n+1) sunt impare, obinem c (1) este un numr impar, ceea ce trebuie demonstrat. Deci conform afirmaiei de mai sus, ca A s aib un nr. impar de divizoridistinci, el trebuie s

fie ptrat perfect. Dar A= 111(x)-222(x)= (x2n-1+x2n-2+x2+x+1)-2(xn-1+xn-2++x2+x+1)=

112

xx n -2

11

xxn =

1122

+

xxx nn =

1)1( 2

xxn =

1)1...)(1( 221

++++

xxxxx nn =

= (x-1)(xn-1+ xn+2 + +x+1)2. De aici deducem c A este ptrat perfect dac x+1 este ptrat perfect, deci: x-1=y2 x=y2+1 cu y N*-{1}. n concluzie A are un numr impar de divizori distinci dac baza x este de forma x=y2+1 cu y N*-{1} 7. Pentru ca numerele naturale cerute sunt mai mici ca 10000, vom avea primele 9999 de numere naturale ncepnd cu 1. Cum 1001=7 11 13 i numerele 7,11 i 13 sunt prime ntre ele, nseamn c vom cuta numerele de la 1 la 9999 care nu sunt divizibile nici cu 7, nici cu 11, nici cu 13. n acest sens vom exclude numerele care sunt divizibile cu 7sau cu 11 sau cu 13 mai mici ca

10000. Numrul celor divizibile cu 7 este [7

9999 ]=1428, al celor divizibile cu 11

este [11

9999 ]=909, iar al celor divizibile cu 13 este [13

9999 ]=769. Trebuie excluse

1428+909+769=3106. Printre aceste numere am numrat de dou ori pe cele

divizibile cu 711, cu 713 i cu 1113. Numrul lor este: [77

9999 ]+[91

9999 ]+[1439999 ]-

[10019999 ]=129+109+69-9=298. S-a sczut numrul [

10019999

] pt. c astfel am fi

numrat de dou ori numerele divizibile cu 7 1113=1001. Deci numrul numerelor cutate este egal cu: 9999-(3106-298)=7191

8. Din (ni , n) =1 rezulta ca fractiile nni , i=1,k sunt toate ireductibile.

Aratam ca daca fractia nni este ireductibila, atunci si fractia

nnn i este

ireductibila. Fie d=(n- ni ;n) d|n-(n- ni) si d | n d | n-(n- ni ) d | ni Am obtinut d | n si d | ni si cum (ni , n) =1d=1

nnn i este ireductibila

(i=1,k). Deci toate fractile din sirul dat sunt ireductibile. 9. Avem 1104=42 *69 si atunci ecuatia se mai scrie 4x(1+4y-x +4z-x)=42 *69 Din x < y < z rezulta ca 1 + 4y-x +4z-x este impar si deci 4x=42 x=2 si 1+4y-x +4z-x =69 sau (1+4y-2 +4z-2) =69 4y-2 +4z-2 =68. Cum y < x y-2

PROBLEME PROPUSE

- 43 -

H SSM

11 | (100a + 10b + c) 11 | (99a + 11b +a- b+ c) 11 | 11(9a+b)+(a-b+c) 11|a-b+c. Cum a, b, c sunt cifre pare, obtinem ca a-b+c =0 b=a+c. Numarul cautat devine a(a+c)c =100a +10(a+c)+c ==11(10a+c). Cum 99=11*9 rezulta ca 9 | (10a+c) 9 | 9a +a +c 9 | a+c 9 | b. Cum b este cifra para b=0 si atunci a+c=0 si b=0 ceea ce nu este posibil. Deci nu exista astfel de numere Clasa a VII-a 1.

Cum zyx +

nny

y

y

k

k

k

2)1(

.........................24)1(

11)1(

+=+++>++++++ knnnnyyy kkk ,2

)1(...21)1(...4)1(1)1( 2

+>++++++ knnnyyy kkk ,2

)1()1(...4)1(1)1( 2 ,ceea ce

conduce n mod evident la o contradicie. Prin urmare, singura soluie a ecuaiei iniiale este x=1. 4. Vom folosi egalitatea :[ ] [ ] +=+ xxmmx , R, m Z. n aceste condiii , ecuaia devine: [ ] [ ] [ )1,00,0 == xxnxn . 8. Din enun x>0, y>0, z>0. a

xy

yx = (1) ( ) 22 a

xy

yx = 2

2

2

2

2

2 axy

yx =+

42 222

2

2

+=++ axy

yx ( ) 422 +=+ a

xy

yx 42 +=+ a

xy

yx (2)

.20032004

11

120042003

111

20042003

111

20042003

)1(1

10022003

...211

10022003

)...21)(...2(...2

10022003

...2......2...2

11

11 21

21

12

2121

21

==+

=+=

+=+

=+++=+++++++++

=++++++++

+++

==

==

=

nn

nkkkk

kkkxxxkxxx

xkkxkxkxxxkxxx

n

k

n

k

n

k

n

k k

k

n

k kk

k

[ ] 1001)1)(1)(1(1001)1()1()1(1001)1)(1(1001)1()1()1()1(100111000

=+++=++++=++++=+++++++=+++++++=++++++

zyxzyyxyxxyzzzxzyzxyzyxxzyzxyxyzzyxxzyzxyxyz

PROBLEME PROPUSE

- 44 -

Adunnd (1) si (2) obinem 4*2 2 ++= aayx

242 ++= aa

yx (*)

Analog se obin : 2

42 ++= bbzy i

242 ++= cc

xz

( )2

4**2 ++= aa

zy

xz

yx ( )

242 ++ bb ( )

242 ++ cc

( )42 ++ aa ( )42 ++ bb ( ) 842 =++ cc

9. Fie xZ caz I: x par

parxparx

q

p (xp-xq) par

caz II: x impar

imparximparx

q

p (xp-xq) par

() p,qN* i () xZ avem c xp-xq este un numr ntreg par. Analog se arat c numerele yp-yq i zp-zq sunt numere ntregi pare.

Suma (xp-xq)+(yp-yq)+(zp-zq) este par. Presupunem prin absurd c ecuaia are

soluii ntregi. Ecuaia din enun se mai scrie:

2003 )z-(z)y-(y)x-(xparnumum

qpqpqp =++ 44444 344444 21 2003 numr par, absurd.

10. Cum MPQ este isoscel MP=MQ. Cum MP=2MA i MQ=2MB MA=MB MA=MB M este mijlocul unuia din semicercuri. Cum MAB are m(M)=900 MA2+MB2=AB2 2MA2=4R2 MA=R 2 MP=MQ=2R 2 . Din AB linie mijlocie PQ=2AB=4R.

PMPQ=MP+MQ+PQ=4R 2 +4R=4R(1+ 2 ) AMPQ= 2*MQMP =

2)22R 2R 2 =4R2.

11. Fie AM median n ABCMB=MC(1)

Din PEM ~ ABM MAME =

MBMP

(2) i din

DMP ~ AMCMAMD =

MCMP (3)

Din (1) , (2) i (3) ME=MD M mijlocul lui DE i deci PM este median n DEP. Reciproc, avem c PM este median n DEP ME=MD (4). Din aceleai asemnri de mai sus i relaiile (2), (3) i (4) obinem MB=MC, deci M este

mijlocul lui BC i deci AM este median n ABC.

PROBLEME PROPUSE

- 45 -

H SSM

12. Ducem ME AC, E AC. Cum i BD AC ME// BD i cum M este mijlocul lui BC ME este linie mijlocie n BCD ME=

2AM

i cum AME are m (< E)=900m(< CAM)=300. Reciproc, dac m(< CAM)=300, obinem n AME c ME=

2AM (1). Din faptul c ME este linie mijlocie n

BCDME=2BD (2). Din (1) i (2) AM=BD.

13. Fie AM mediana din A G AM. Din PG BC PG DM. n ADM din teorema lui Thales

PDAP

=GMAG

=12

(1)

Din teorema bisectoarei

PDAP =

BDAB

(2). Din (1) i (2) BDAB =

12 AB=2BD i cum ABD are m(< D)=900m(< BAD)=300. Dar < C= < BAD ca

avnd acelai complement, Bm( < C )=300 Reciproc, dac m (< C )=30om(< BAD)=300AB=2BD

BDAB =

12

Teorema bisectoarei PDAP =

BDAB =

12 (3). G centrul de greutate

GMAG =

12 (4)

Din (3) i (4)PDAP =

GMAG i din reciproca T.Thales PG||DM PG||BC

Clasa a VIII-a 1. Avem urmtoarele inegaliti:

=

+

=

+

=

+

42)(

..........................................................4

222

)2(

41

21

)1(

22

2222

22

2211

11

nxnxxnx

xxxx

xxxx

nnnn

nmulindu-le, obinem c:

= nnnnnxnxxxxx4

)!(4

...42

41)(...)2()1(...

2222

2121

.4

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

2121 nnnnxnxxxxx

2. Avem c : ++

+

++

= ====

n

kk

n

kk

n

kk

n

kk kk

xkkkk

xxx1111 )1(

1)1(

1)1(

1

PROBLEME PROPUSE

- 46 -

=+

++

=

++

+=

++

===11

111

11

111

11

)1(1

111

n

kk

n

k

n

kx

nnkknkk

[ ].1,11

=

n

kkx

3. +++++=+++++++++= yzxyzyxzyxxzyzxyzyxzyxE 22)1(2),,( 222222 +2xz 1)1(11)(2)(11)(2 22 ++++=+++++++=+++++ zyxzyxzyxzyx

1),,(min,,

=

zyxERzyx

.

4. Avem : [ ] + kkkxi ,1, R, { } { } nikxkxni ii ,...,2,1,0)1)((,...2,1 [ ] ++++++

=0)1()12(0)1()12(

1

22n

iiiii kkxkxkkxkx

+++++ ====

)1()12(0)1()12(11

2

11

2 knkxkxknkxkxn

ii

n

ii

n

ii

n

ii

)1()...)(12(... 2122

221 +++++++ knkxxxkxxx nn .

8. 444 3444 21S

E(c)E(b)E(a) ++ =a2+b2+c2-ab-bc-ac ( ) ( ) ( ) 02

222

++= accbba

E(a)E(b)E(c) ( ) ( ) ( ) 0222 = cacbba E(a)+E(b)+E(c) E(a)E(b)E(c) 9. Ridicnd la cub x2+ y2=7 obinem x6+ y6+21x2y2= 343 (1). Ridicnd la ptrat x3+ y3 =10 obinem: x6+ y6 +2x3y3= 100 (2). Scznd (1) din (2) obinem: 2x3y3-21x2y2+ 243 = 0 sau 2(xy)3 - 21(xy)2+243= 0; 2(xy)3+6(xy)2-27(xy)2+ 243 =0 ; 2(xy)2(xy+3)-27[(xy)2-9]= 0 ; 2(xy)2(xy+3)-27(xy-3)(xy+3)= 0 ; (xy+3)[2(xy)2-27xy +81]= -3 ;

De unde:xy+ 3 = 0 xy =-3. Atunci x3+ y3= 10 x+y = 1

Din: x+y = 1 i x y = -3 obinem ecuaia: x2-x+3 =0 cu soluiile x1/ 2 =2

131+

Deci (x;y) {(2

131+ ,2

131 );(2

131 ,2

131+ )}.

Ecuaia 2(xy)2-27xy+81= 0 duce la xy =9 i x y =29 .

Iar sistemele

==+

95

xyyx

i

=

=+

29

4

xy

yx nu au soluii n RxR.

10. Deoarece fiecare cutie contine bile de toate culorile, rezulta ca fiecare cutie contine cel putin n bile. Cum trebuie sa avem cel mai mic numar de bile, astfel incat sa nu avem cutii cu acelasi numar de bile, in cele 2n cutii numerotate de la 1 la 2n punem : in cutia 1 nici o bila, in cutia 2 o bila, in cutia 3, 2 bile s.a.m.d, in cutia a 2n-a punem 2n-1 bile.

Deci avem in total 2n*n + 1 +2 +3 +.+2n-1=2n2 +2

)12(*2 nn =

=2n2 +n(2n-1)=n(4n-1), deci x =n(4n-1)

PROBLEME PROPUSE

- 47 -

H SSM

Clasa a IX-a 4. Cum t1t2 R avem c >0, adic (2b)2 4ac>0 b2 ac>0 (1) Presupunem prin absurd c toate soluiile sunt reale. Se tie c () a1, a2, a3, b1, b2, b3 R are loc inegalitatea (a1b1+a2b2+a3b3)2 (a12+a22+a32)(b12+b22+b32) Aplicnd inegalitatea putem scrie

(xx2+yy2+zz2)2 (x2+y2+z2)[(x2)2+(y2)2+(z2)2] (x3+y3+z3)2 (x2+y2+z2)(x4+y4+z4) b2 ac b2 - ac 0

contrazice (1). Deci presupunerea este fals nu toate rdcinile reale. 5. n orice ABC avem

sabcR4

= 4RS = abc

Demonstram echivalena ABCechilateral max{a3,b3,c3 } abc () Presupunem ABC echilateral a=b=c=l deci max{l3,l3,l3 } l3 adevrat. ()Presupunem c n ABC oarecare, are loc inegalitatea max{a3,b3,c3 } abc.

Atunci

===

abc c abc b abc a

3

3

3

a3 +b3+c3 3abc a3 +b3+c3- 3abc 0

Sau (a+b+c) (a2 +b2+c2- ab-bc-ca) 0 (a2 +b2+c2- ab-bc-ca) 0

( ) ( ) ( ) cbaaccbba

accbba ==

===

++

000

02

222

ABC echilateral. 12. Relatia data poate deveni dupa amplificari cu laturile corespunzatoare inaltimilor :

''' *** CCABAB

BBACAC

AABCBC ++ =1 sau

SBC2

+S

AC2

+S

AB2

=1

Deci 12

=++S

ABACBC si cum pABACBC =++2

obtinem : 1=Sp Dar stim ca r=

pS r=1.

13. Expresia se mai scrie : 2

22

= baE +

2

22

cb +

2

22

ac +1 E 1 min E =1 pentru a=b=c=0

13. Putem presupune ca abc CBA cosAcosBcosC>0. Atunci vom avea ( )( ) ( ) .0ba

Acos1

Bcos10baBcosAcos

Scriind inca doua

relatii analoage si adunand toate trei inegalitatile, dupa unele calcule simple, ne va conduce la inegalitatea dorita.

A

B C A

B C

PROBLEME PROPUSE

- 48 -

Clasa a X-a 4. Egalitatea din enun este echivalent cu ( ) ( ) cbBcaCba +=+++

2sin

2sin

Vom demonstra n prealabil c n orice ABC n care are loc inegalitatea: (*)

cbaA+

2

sin cu egalitate doar dac b=c. ntr-adevr inegalitatea (*) este

echivalent cu: ( )( ) 2

+

cba

bccpbp

a2bc (p-b)(p-c)(b+c)2 4a2bc (a-b+c)(a+b-c)(b+c)2 4a2bc [a2- (b-c)2] (b+c)2 4a2bc a2(b+c)2- (b+c)2(b-c)2 (b+c)2(b-c)2 a2[(b+c)2- 4bc] (b+c)2(b-c)2 a2(b-c)2 (b-c)2 [(b+c)2- a2] 0 cu egalitate pentru b = c. Utiliznd (*) putem scrie

cabB+

2

sin ( ) bBca +2

sin cu egalitate pentru a = c.

Analog ba

cC+

2

sin ( ) cCba +2

sin cu egalitate pentru a = b.

Adunnd ultimele dou egaliti obinem ( ) ( ) cbCbaBca +++2

sin2

sin

egalitate doar dac a = c i a = b. n concluzie egalitatea din enun are loc n condiia a = b = c ABC echilateral 8. Aratam ca a

PROBLEME PROPUSE

- 49 -

H SSM

Clasa a XII-a

4. Vom nota =x

t dtetI0

21

2

2 i =1

22

2

)22(x

t dtettI

Prin pri obinem =x

tx dtexeI0

122

(1) =1

222

)1(x

tx dteexI (2)

Adunnd (1) i (2) obinem )()1(0

1

212222 ++=+

xt

x

txx dtedteexxeII

=+1

021

22

dteeII tx 22 211

0

xt eIIdte =++ (*). Aplicnd inegalitatea cunoscut ex x+1 () xR obinem c 122 + xe x . Cum x[0,1] x 1 ee x 2 .

Deci, [ ] [ ]1,0)....(11,0)....(1 211

0

22 22 ++++ xeIIdtexxeex tx

9. Avem x+1= ++++

+=

+++1

0

1

0 2222dx

5x4x)1xln(

41dx

1x)1xln(

41I

5x4x1

1x1

41 Prima

integrala este cunoscuta si este egala cu 2ln8 (cu schimbare de variabila x=tgt).

A doua integrala (o vom nota cu J), vom face x=t1t1

+ si, dupa calcule,

( ) ( ) .71arctg2ln

21JJ

12tdt2lnJ

1

0 2=

++= In final,

=

71arctg42ln

321I

Avem zece saci cu monede de 1000 lei (12 grame) dar tim c un sac a fost nlocuit

cu monede false a cror greutate difer cu un gram. Folosind un cntar electronic, aflai cu o singur cntrire sacul nlocuit.


SmartBox

CALEIDOSCOP

- 50 -

BANDA LUI MOBIUS

O banda (o panglica) Mobius, se poate confectiona in felul urmator: luati 2 coli de hartie de scris, pe care le taiati in doua de-a lungul si le lipiti cap la cap. In felul acesta obtineti o banda de cca 80-100 cm. Rasuciti cu o jumatate de rotatie unul din cele 2 capete ramase libere si lipiti-l de celalalt. Acum, panglica da hartie a devenit banda Mobius.Aceasta banda a capatat o serie de insusiri neobisnuite. De pilda, cu un creion trageti o linie de-a lungul ei si continuati acesta linie pana ajungeti la punctul de pornire. Veti vedea ca, desi n-ati intors banda pe cealalta parte si nici n-ati ridicat creionul, linia se continua pe "ambele" fete ale hartiei - dovada ca, de fapt, aceasta nu are decat o singura parte. Daca veti taia panglica Mobius de-a lungul unei linii ce trece prin mijlocul ei, veti obtine nu doua benzi ci una singura, de fapt o alta fasie de doua ori mai lunga. In schimb taind banda Mobius la o treime de la marginea hartiei si continuand taietura si spre marginea cealalta (tot la o distanta de o treime de limita ei) veti constata ca obtineti 2 panglici, una mai lunga si alta mai scurta prinse intre ele ca inelele unui lant. Daca vreti sa va convingeti ca intr-adevar, aceste insusiri ale benzi Mobius sunt neobisnuite, ca ele se datoreaza faptului ca acesta panglica are o singura fata, confectionati-va si un "martor" adica o fasie de hartie pe care o lipiti la

capete fara sa o rasuciti. Veti remarca faptul ca pentru a trage o linie cu creionul pe ambele fete, este nevoie sa intoarceti banda si sa ridicati creionul; ca taind-o pe linia de mijloc obtineti 2 benzi la fel de mari, iar daca taietura o faceti la o treime - trei benzi de aceleasi dimensiuni. Puteti de asemeni sa incercati sa rotiti o banda de hartie de un numar impar de ori si apoi sa-i lipiti capetele si sa incercati aceleasi experimente.

CALEIDOSCOP

H

- 51 -

SSM

VASUL KLEIN

Numit astfel in cisntea marelui matematician german Felix Klein, recipientul prezinta o suprafata complet inchisa, fara sa aibe totusi nici parte interioara, nici parte exterioara. Ca si o panglica Mobius, vasul are doar o fata, dar, spre deosebire de ea, nu are margini. Recipientul poate fi sectionat astfel incat fiecare jumatate sa formeze o suprafata Mobius. In recipientul lui Klein se poate insa turna un lichid, ca in oricare vas, fara ca sa se intample ceva deosebit.

**************************************

CURIOZITATI MATEMATICE

Vechii constructori egipteni foloseau pentru construcia unghiului drept o funie cu 12 noduri echidistante, legat sub form de inel i fixat cu 3 rui i obineau un triunghi dreptunghic cu laturile de (3; 4; 5), utiliznd astfel reciproca teoremei lui Pitagora.

Se spune c pitagorienii au interzis divulgarea marii teoreme, deoarece ntr-un ptrat ducea la

relaia 2ld = , o adevrat erezie pentru cei ce nu acceptau dect numere raionale pentru

descrierea fenomenelor naturii, deci i a geometriei.

Avem un pahar (A) cu lichid (a) i un pahar (B) cu lichid (b) cantiti egale. Din paharul (A) se toarn cantitatea (x) in paharul (B) dup care din paharul (B) se toarn cantitatea (x) n paharul (A).

S se stabileasc dac cantitatea de (a) din (B) este mai mare dect cantitatea de (b) din (A), sau invers ?


SmartBox

PREMIANTI

- 52 -

Olimpiada Judeteana de Matematica martie 2004

CLASA a V-a Radu Cornel Premiul.I Liceul Gh.Titeica Prof. Zaman Irina Andreca Mihai Premiul.II CNT Prof. Paponiu Dana Furcuta Ioana Premiul.III CNT Prof. Paponiu Dana Agape Mihai Premiul.III CNT Prof. Paponiu Dana Cepesi Cristian Premiul.III Liceul Decebal Prof. Lugoj Tana

Poenaru Alexandra Generala 14 Meniune Giuroiu Georgiana Liceul Titeica Meniune Tuce Vlad Liceul Titeica Meniune Mura Ionut Liceul Gh.Titeica Meniune Gheresoi Ioan Liceul Titeica Meniune Mzi Adelina Liceul Gh.Titeica Meniune Copaceanu Adela Generala 2 Meniune Soare Razvan Liceul T.Lalescu Meniune Dirpes Cristian CNT Meniune Staiculescu Ana Liceul Gh.Titeica Meniune Panoiu Andrei St.Odobleja Meniune Arcus Ana-Maria Sc.Generala 14 Meniune Tesila Bianca Liceul Titeica Meniune Burileanu Doru Liceul Gh.Titeica Meniune Conea Sorina Generala 6 Meniune Gosa Viorica Sc.Generala 2 Meniune Dunareanu Sorin Liceul Titeica Meniune Pana Florin Sc.Generala 6 Meniune Garbovan Vlad CNT Meniune Bechir Eugen CNT Meniune Popa Florin CNT Meniune Budu Anca CNT Meniune Tuculanu Andreea CNT Meniune Caplea Luminita CNT Meniune Cotorogea Daniel Generala 2 Meniune Iancu Mitoi Denis Liceul St.Paulian Meniune Draghia Miruna CNT Meniune Ilie Sanziana Sc.Generala 2 Meniune Panduru Andreea Liceul Titeica Meniune Pana Cristina CNT Meniune Popa Bogdan Generala 14 Meniune Titiriga Anca Liceul Gh.Titeica Meniune Ceaca Valentina Generala 6 Meniune Cartog Iulia Liceul Gh.Titeica Meniune Gugulici Larisa Generala 2 Meniune Crumpei Lucretia Sc.Generala 13 Meniune Popescu Eduard CNT Meniune Dadalau Iulia Liceul Gh.Titeica Meniune Botoaca Madalina Generala 2 Meniune Dulan Ana Sc.Generala 2 Meniune Caltaru Cristiana St.Odobleja Meniune Muntean Cristina Liceul St.Odobleja Meniune Doroiman Costinela St.Odobleja Meniune Tudosie Claudia Liceul Gh.Titeica Meniune CLASA a VI-a

Alexandru Crivac C. Premiul.I Liceul Gh.Titeica Prof.Stretcu Daniel Andreca Cristina Premiul. I Liceul Gh.Titeica Prof.Stretcu Daniel Stretcu Otilia Premiul. I Liceul Gh.Titeica Prof.Stretcu Daniel Carapencea Const. Premiul. II CNT Prof.Paponiu Dana Croitoru Razvan Premiul. II CNT Prof.Paponiu Dana Calinovici Paul Premiul. III CNT Prof.Paponiu Dana Ecobici Gabriela Premiul. III CNT Prof.Paponiu Dana Duta Adrian Premiul. III CNT Prof.Paponiu Dana

Banciu Irina Meniune CNT Durac Raluca Meniune Sc.Generala 2 Capraru Alexandru Meniune CNT Iorga Cristian Meniune Sc.Generala 2 Huza Alexandru Meniune CNT Nuta Lucian Meniune Liceul Gh.Titeica Nicoara Calin Meniune CNT Seitan Mihaela Meniune CNT Pit-Rada Andrei Meniune CNT Baltarete Ileana Meniune CNT Nef Nicoleta Meniune Sc.Generala 2 Balaci Diana Meniune Liceul Decebal Radut Marian Cosmin Meniune Sc.Generala 2 Bogdan Cosmina Meniune Sc.Generala 7 Ciuciu Lucian Meniune Liceul Gh.Titeica Capatana Adelina Meniune Liceul Gh.Titeica Cornea Marian Meniune Sc.Generala 15 Dragotoniu Alex Meniune Liceul Gh.Titeica Pana Dragos Meniune Liceul Gh.Titeica Marinescu Mihai Meniune Sc.Generala 2 Radoi Ana-Maria Meniune Liceul Gh.Titeica Iosu Andrada Meniune Liceul St.Odobleja Simandan Alexandra Meniune Liceul Gh.Titeica Orbu Alexandra Meniune Liceul Gh.Titeica Vuvrea Georgiana Meniune Liceul Decebal Petrescu Bianca Meniune Liceul St.Odobleja Cosma Larisa Meniune Liceul St.Odobleja Pupaza Elena Meniune CNT Cucerzan Melania Meniune Liceul Gh.Titeica Sandoi Andrei Meniune Liceul Gh.Titeica Damian Madalina Meniune Liceul Gh.Titeica

PREMIANTI

- 53 -

H S S M

CLASA a VII-a Popescu Alina Premiul.I CNT Prof.Prajea Manuela Raducu Alexandru Premiul.II CNT Prof.Prajea Manuela Nicolescu Alexandra Premiul.III CNT Prof.Prajea Manuela

Bobalca Oana Meniune CNT Camalescu George Meniune Liceul Gh.Titeica Enache Radu Meniune CNT Berciu Alexandru Meniune CNT Onea Andrei Meniune CNT Catana Delia Meniune CNT Robu Alexandru Meniune CNT Ciorobea Mihai Meniune CNT Bechir Adriana Meniune CNT Putan Catalin Meniune Sc.Generala Rogova Trocan Irina Meniune CNT Antonie Raul Meniune Sc.Generala 2 Voicu Andreea Meniune Liceul Odobleja Tuce Andreea Meniune Liceul Gh.Titeica Cionca Eugen Meniune Sc.Generala 2 Dumbrava Roxana Meniune Sc.Generala Orsova Tigora Anca Meniune Sc.Generala 14 Lincan Dan Meniune Liceul Decebal Ciopec Lucian Meniune Liceul D-l Tudor Rosu Maria Meniune CNT Crutan Bogdan Meniune Sc.Generala 6 Grosu Mihai Meniune Sc.Generala 2 Nistor Ovidiu Meniune Sc.Generala 2 Ursachi Alexandru Meniune Liceul Vj.Mare Garjoaba Simona Meniune Sc.Generala 2 Mirea Roxana Meniune Sc.Generala 14 Botea Adina Meniune Sc.Generala 2 Stanciuc Andrei Meniune CNT Stefanoiu Anca Meniune CNT Butaru Nicu Meniune Sc.Baia de Arama Rogobete Roxana Meniune CNT CLASA a VIII-a

Tigora Andrei Premiul.I Sc.Generala 14 Prof.Ionica Constantin Coanda Oana Premiul.II CNT Prof.Cainiceanu Gh. Botea Silvia Premiul.III Liceul Decebal Prof.Gimoiu Iuliana

Cretu Andrei Meniune Sc.Generala 2 Molea Alexandru Meniune Sc.Generala 2 Tuta Leontin Meniune CNT Stoica Raluca Meniune Liceul Decebal Mariescu Radu Meniune CNT Suselea Robert Meniune Sc.Generala 6 Prundeanu Andreea Meniune Sc.Generala 6 Coada Roxana Meniune Sc.Generala 14 Dutulescu Leonard Meniune CNT Dogaru Oana Meniune CNT Negrea Nicolae Meniune CNT Folcutescu Andrei Meniune Liceul Gh

Documents

RMM 4.pdf