RMM 5.pdf

CUPRINS

- 0 -

Din partea redaciei ____________________________________ 1 Andrei Ungureanu O.I.M. 2005 ________________________ 3 American Mathematic Contest ________________________ 4

Note matematice n legtur cu o serie de identiti cu parte ntreag _________ 5 Problem de concurs cu soluii __________________ 8 Metode de determinare a prilor stabile __________________ 9 Logic Fuzzy i paradoxuri __________________ 11 Triunghiuri echilaterale ntr-o reea laticeal ____________ 15

Teme pentru grupele de performan Clasa a V-a

Baze de numeraie ____________________________________ 17 Algoritmul lui Euclid ____________________________________ 19 Divizibilitatea ____________________________________ 22

Clasa a VI-a Rapoarte i proporii, probabiliti ________________________ 24

Clasa a VII-a Teorema bisectoarei ____________________________________ 27 Clasa a VIII-a Cercul lui Euler __________________________________________ 30 Plan mediator __________________________________________ 33 Plan bisector __________________________________________ 34 Clasa a IX-a Ecuaia lui Pell i aplicaii ______________________________ 37 Inegaliti remarcabile ____________________________________ 39 Funcia caracteristic a unei mulimi __________________ 42 Clasa a XI-a Continuitate uniform ____________________________________ 44 Clasa a XII-a Formele integrale ale inegalitilor clasice __________________ 48

Probleme propuse Test bacalaureat M1 ____________________________________ 52 Test bacalaureat M1 ____________________________________ 54 Test bacalaureat M2 ____________________________________ 56 Testarea Naional ____________________________________ 58 Test admitere ____________________________________ 59 Testare clasa a V-a ____________________________________ 61

Clasa a V-a ______________________________ 62 Clasa a VI-a ______________________________ 63 Clasa a VII-a ______________________________ 63 Clasa a VIII-a ______________________________ 64 Clasa a IX-a ______________________________ 65 Clasa a X-a ______________________________ 66 Clasa a XI-a ______________________________ 67 Clasa a XII-a ______________________________ 69

Petre Sergescu ____________________________________ 70 Premianii concursurilor din 2005 ________________________ 76 Rubrica rezolvitorilor ______________________________ 81

EDITORIAL

- 1 -

H SSM

DIN PARTEA COLECTIVULUI REDACIONAL LA AL CINCILEA

NUMR AL R.M.M.

Fideli promisiunii fcute n prefaa primului numr al revistei noastre venim din nou n faa cititorilor notri cu prezentarea micrii matematice din judeul nostru de la ultimul numr, RMM4 i pn n octombrie 2005. Cum se tie deja, n ianuarie 2005 a avut loc Concursul interjudeean de matematic Petre Sergescu. O prezentare a acestei manifestri organizat de Colegiul Naional Traian i de Filiala Mehedini a Societii de tiine Matematice din Romnia o vei gsi n paginile revistei noastre. Pe 5.02.2005, Consiliul Naional al SSMR a hotrt ca societatea s se reorganizeze n virtutea O.G.26/2000 modificat i completat cu O.G.37/2003. n urma unor demersuri de loc facile, Filiala Mehedini a SSMR a fost nscris cu personalitate juridic la Judectoria judeului Mehedini, ncheierea nr.13 A din 3.08.2005 i posed Certificatul de nscriere Nr.13 din 18 august 2005. Reamintim tuturor colegilor notri profesori de matematic sau doar iubitori de matematic faptul c deocamdat singurele posibiliti de sporire a patrimoniului financiar sunt cotizaiile membrilor societii (i pe anul 2005 cotizaia a fost fixat de Consiliul SSMR la 10 RON pe an pentru fiecare membru) i Revista Mehedinean de Matematic pe care o dorim prezent pe mesele de lucru a ct mai muli iubitori de performan matematic fie ei elevi sau profesori. Ne bucur mult faptul c revista noastr a ajuns s fie cunoscut n toat ara i nu numai, referine despre ea existnd deja n Gazeta matematic Metodic 1/2005 i Journals of Mathematics Education and Elementary Mathematics in Romania pg.64/2004. Pe 1.02.2005 elevii Colegiului Naional Traian au participat pentru a patra oar consecutiv la American Matematic Competition, obinnd rezultate meritorii ce apar n paginile revistei noastre.de asemenea vei gsi n acest numr premianii i elevii care au obinut meniuni la Olimpiada Judeean de matematic pe 2005, precum i premii la alte concursuri de matematic. Ne folosim de paginile revistei noastre pentru a semnala c pe 8.X.2005 cu prilejul unei adunri festive desfurat n sala Heliade Rdulescu a Academiei Romne s-au omagiat 110 ani de apariie nentrerupt a Gazetei Matematice. Cu aceast ocazie s-a lansat forma electronic a Gazetei 1895-2004 care va apare n curnd pe pia. Costul va fi de aproximativ 110 euro i se poate comanda prin Filiala Mehedini a SSMR. Cu aceast ocazie s-au decernat diplome colaboratorilor activi ai Gazetei Matematice i ne face o deosebit plcere s anunm aici c din Filiala Mehedini au primit diplome domnii : prof.dr.Gh.Ciniceanu, prof.drd.Prajea Manuela, prof.drd.Stretcu Daniel, prof. Nedeianu Dan, prof.Sceanu Victor, prof.Sitaru Daniel. S mai semnalm c trecerea anilor a fcut ca nca doi membrii activi ai Filialei noastre i ai micrii matematice mehedinene i nu numai, este vorba de domnii profesori Chivu Mircea i Nnui Ion, s mplineasc vrsta de pensionare. Ne folosim de prilej pentru a le ura pensie lung, sntate i

EDITORIAL

- 2 -

s i rugm s rmn alturi de noi n activitatea filialei cci experiena i energia dnilor sunt foarte necesare.

NOT din partea colectivului redacional Pentru ca revista noastr s-i ating obiectivul cel mai important , acela de a crete nivelul de competitivitate al elevilor mehedineni, rugm pe colaboratorii notri s in seama pe viitor cnd vor propune materiale pentru grupele de performan de faptul c dintre temele suplimentare pentru pregtirea olimpiadelor deja n numerele anterioare au aparut: 1. Principiul lui Dirichlet (al cutiei) [gimnaziu] prof: N. Bogdan i prof V. Grecu (2002) 2. Inegaliti [liceu] prof: C. Ptrcoiu, L. Roianu (2002) 3. Numrul divizorilor i suma divizorilor unui numr natural [gimnaziu] prof R. Antonie

(2002) 4. Probleme de numrare [clasa a VI a] prof: G. Ciniceanu (2002) 5. Calculul unor sume [gimnaziu] prof: G. Ciniceanu (2002) 6. Monotonia, mrginirea i convergena irurilor recurente definite de funcii continue

monotone [clasa a XI a] prof: M. Prajea (2002) 7. Structuri algebrice induse (transportul de structur) [clasa a XII a] prof: C.

Ptrcoiu (2003) 8. O aplicaie practic a punctului lui Torricelli [clasa a IX a, clasa a XI a] prof: V.

Bloi (2003) 9. Ridicarea la putere a unor matrici diagonalizabile [clasa a XI a] prof: L. Grecu (2003) 10. Ultima cifr a unei puteri [clasa a V a] prof: R. Popescu, D. Stretcu (2003) 11. Complemente de geometrie (ceviene, izogonale, punctual lui Torricelli, teorema lui

Ptolemeu) [clasa a VII a] prof: G. Ciniceanu, elev: A. Caragea (2003) 12. Aplicaii ale formulelor de calcul prescurtat n probleme de teoria numerelor [gimnaziu]

prof: A. Lupu (2003) 13. Discontinuitile funciilor reale [clasa a XI a] prof: G. Ciniceanu (2003) 14. Despre izomorfisme [clasa a XII a] prof: D. Sitaru (2003) 15. Ptrate perfecte [clasa a VI a] prof: V. Sceanu (2004) 16. Teorema lui Pitagora generalizat [clasa a VII a] prof: M. Constantin, P. Ttucu

(2004) 17. Funcia parte ntreag, funcia parte fracionar [clasa a IX a] prof: P. Tupan (2004) 18. Asupra unor funcii cu proprietatea Darboux [clasa a XII a] prof: O. Ticui (2004) 19. Ecuaii exponeniale i logaritmice neelementare [clasa a X a]> prof: D. Nedeianu

(2004) 20. Numere raionale pozitive [clasa a VI a] prof: R. Popescu, D. Stretcu (2004) 21. Criterii de divizibilitate cu 7,11 i 13 [clasa a V a] prof: G. Gagea (2004) 22. Exploatarea inegalitilor [clasa a IX a] prof: G. Ciniceanu (2004) 23. Valori proprii. Vectori proprii. Teorema lui Cayley Hamilton. Teorema lui Frobenius

[clasa a XI a] prof: M. Prajea (2004) 24. Proprieti ale primitivelor unei funcii continue periodice [clasa a XII a] prof: D.

Nedeianu, L. Giugiuc (2004) 25. Reducerea unor recurene neliniare la recurene liniare [clasa a XI a] prof: V.

Preneanu (2004) 26. Teoreme despre patrulatere circumscribile [clasa a VIII a] prof: A. Ptruescu (2004)

EDITORIAL

- 3 -

H SSM

Andrei Ungureanu -unul din cei mai valoroi tineri matematicieni din lume-

prof. Manuela Prajea Medalia de Aur i Premiul I la Olimpiada Internaional de Matematic desfurat n perioada 10-20 iulie 2005 -Marena - Mexic obinut de olimpicul internaional Andrei Bogdan Ungureanu l situeaz pe tnrul matematician pe primele locuri pe mapamond i confirm nc o dat valoarea incontestabil a acestuia pe plan internaional. Performana unic n judeul Mehedini pn la ora actual (medaliat cu aur la olimpiada internaional), rezultatul lui Andrei Bogdan Ungureanu se contureaz dup o carier olimpic de succes nceput cu muli ani n urm. Premiul I la toate olimpiadele judeene i naionale (ncepnd cu cls. a V-a i pn n prezent actualmente este elev n clasa a XI-a) ar fi suficiente pentru a-l situa pe Andrei pe treapta cea mai de sus a olimpiadelor naionale. Dar rezultatele nu se opresc aici pentru c n spatele aparenelor avem un talent nativ, o inteligen remarcabil susinut cu succes de un caracter de nvingtor, de o performan uimitoare, de putere i druire. i pentru c gloria nu se ctig fr sacrificii, avem multe ore de munc, mult ambiie i hotrre n dorina de birui. Evoluia lui Andrei pe scara internaional a nceput gradat, treapt cu treapt, baraj cu baraj (pentru selectarea lotului olimpic naional se susin n fiecare an alte 6 baraje), medalie dup medalie la fiecare participare internaional. n anul 2002, elev pe atunci n clasa a VIII-a, Andrei Bogdan Ungureanu obine Medalia de Aur la Olimpiada Balcanic de Matematic pentru juniori, Trgu Mure-Romnia. Urmeaz apoi trecerea la liceu, alte nceputuri, alte standarde, pe undeva o alt matematic: arie extins ca volum i subtilitate, probleme adnci, acuitate maxim, ingeniozitate n creaie i construcie. n ciuda terenului nebttorit, reuim s doborm obstacolele, s ne ridicm deasupra greutilor i Andrei se calific n lotul pentru seniori al Romniei ( concureaz acum cu elevii claselor IX-XII pe acelai tip de subiecte) obinnd Medalia de Bronz la Olimpiada de Matematic Pluridisciplinar din Iacuia-Rusia. Trecerea la seniori i selecia n lotul Romniei n fiecare an au fost probe foarte dure att din punct de vedere tiinific ct i psihologic: rezisten la efort, emoii, presiuni, concentrare. n clasa a X-a, anul 2004, a obinut Medalia de Argint la Olimpiada Balcanic de Matematic Plevna- Bulgaria i Medalia de Argint la Olimpiada Internaional de Matematic Atena- Grecia succes rsuntor pentru prima participare la olimpiada internaional i pentru vrsta fraged a lui Andrei. n clasa a XI-a, anul 2005, situaia se complic ntruct curriculum-ul pentru olimpiada naional este altul dect cel pentru internaionale i Andrei reuete n paralel s le parcurg pe amndou la cote maxime.

EDITORIAL

- 4 -

Premiul I la Olimpiada Naional de Matematic, calificarea n lotul Romniei urmate apoi de rezultatele internaionale: Medalia de Bronz la Olimpiada Balcanic de Matematic Iai- Romnia i n sfrit mplinirea visului din copilrie, succes i lacrimi de bucurie Medalia de Aur la Olimpiada Internaional de Matematic escaladarea olimpic ajuns la apogeu, Andrei a reuit s transforme visul n realitate. Andrei a obinut primul loc i la concursurile americane American Mathematics Competitions i American Invitational Mathematics Examination (echivalentele olimpiadelor locale i judeene din Romnia), fiind singurul calificat pentru faza final U.S.A.M.O. (United States American Mathematics Olympiad). Punctajul foarte bun obinut l-a remarcat n S.U.A. drept pentru care a primit o burs pentru olimpici cu durata de un an din partea unei instituii americane de selecie a performerilor: Exeter Academy New Hampshire SUA. Andrei nu a onorat ns aceast burs ntruct a considerat c pregtirea n Romnia l va propulsa foarte bine n ierarhia valorilor mondiale.

Elev eminent la toate disciplinele, Andrei a avut din clasa a V-a pn n prezent, media general 10, a participat i la olimpiadele judeene de fizic i informatic n clasa a VIII-a i a IX-a, obinnd numeroase premii I.

Colegiul Naional Traian a fost dintotdeauna o coal a elevilor, a performanelor, a olimpicilor iar succesele obinute de Andrei Ungureanu ne determin s-l declarm ca fiind cel mai bun elev al acestuia de la nceputuri i pn n prezent i totodat cel mai valoros olimpic al tuturor timpurilor pentru coala matematic mehedinean.

Elev fiind, am fost i eu olimpic la rndul meu (premiul I, II, III la olimpiadele judeene, naionale i interjudeene), dar nu am beneficiat de o atenie aparte n pregtirea mea. Cnd mi-am ales s fiu profesor, am tiut c voi sprijini cu orice pre i sacrificii elevii cu nclinaii deosebite cci numai aa succesele pot fi maxime. Am creat mai muli olimpici naionali dar din prima clip cnd l-am ntlnit pe Andrei (n clasa a VIII-a) am tiut c aceasta este o ans unic n via.

mi amintesc de prima impresie a primei ntlniri: rapiditatea, ingeniozitatea i naturaleea cu care rezolva problemele (n demersul a dou ore ajunsesem deja la olimpiadele naionale de clasa a X-a n mod firesc) mi-au umplut sufletul de bucurie i efortul era cu att mai mare cu ct nu puteam s-i art acest lucru pentru c eram abia la nceput de drum.

A urmat apoi o munc de apostolat fr ezitri i renunri, leciile noastre durau 4-5 ore n fiecare duminic, le pregteam cu eforturi (dificultate, concentrare, nvare, timp) pentru c este destul de greu s lucrezi la acest nivel.

S-a depus mult suflet n acest vis, satisfaciile sunt pe msur i avand in vedere proiectele de viitor ale lui Andrei, intrucat el se apropie de finalizarea liceului,ii doresc mult succes in continuare.

NOTE MATEMATICE

H

- 5 -

SSM

n legtur cu o serie de identiti cu parte ntreag

Prof. Gabriela & Lucian Bondoc La nceputul o s trecem n revist cteva proprieti ale prii ntregi : 1. [ ] [ ] [ ] Ryxyxyx ++ , 2. [ ] Rxzn

nx

nx

=

,, *

3. [ ] [ ] 01....21 =

+++

++

++ nx

nnx

nx

nxx (Hermite)

Demonstraie 3.

Notm cu g(x) = [ ] [ ]nxnnx

nx

nxx

+++

++

++ 1....21 . Este evident

c funcia g este periodic de perioad n1 . Pentru

n

x 1,0 avem g(x)=0.

Dac f:RR o funcie periodic de perioad principal T astfel nct f(x)=0 [ ]Tx ,0 , atunci f(x)=0 Rx . Avnd n vedere observaia fcut g(x)=0 Rx de unde identitatea cerut.

n continuare voi prezenta cteva identiti care folosesc proprietiile

elementare ale prii ntregi. 1. S se calculeze expresia:

Nknnnn kk

+++

++

++

+

+ .....22....

84

42

21

1 (O.I.M. Anglia)

Demonstraie:

Pentru n=2 n identitatea lui Hermite obinem : [ ] [ ]xxx =

+ 2

21 .

Expresia se mai scrie sub forma:

[ ] [ ] nnnnnnnnnn k ==

+

=+

+++

++

++

+ + .....422

....21

2...

21

821

421

2 1.

2. S se arate c :

( ) [ ] ( ) ( )4

11211

2

1

+==

nnn

k

k nk (Matematica n coala)

Demonstraie:

( ) [ ] ( ) 4444 34444 214342144 344 2143421termenin

nnn

termenitermenitermeni

n

k

k nk)12(

.1

7531

22

)1(...)1(1...3...33222221111+

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

n=2m ( ) [ ] [ ] mmmknk

k =++++++==

2)12(...)43()21(12

1

n=2m+1 ( ) [ ] )1()12(2)21(...)43()21(121

+=+++++++==

mmmmkn

k

k

NOTE MATEMATICE

- 6 -

3. Sa se arate c : [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]nnnnnn nn log...loglog... 323 +++=+++ (Kvant) Demonstraie:

Observm c pentru 1a , [a] reprezint numrul de numere naturale mai mici sau egale cu a. Deci [ ]k n -1 este acel numr natural 2y pentru care y k n adica ykn. Deci suma [ ]( ) [ ] [ ] )1(...)1(1 3 +++ n nnn , este numrul s al tuturor perchilor (x,y) de numere naturale, mai mari ca 1, ce verific inegalitatea ny x . Analog se procedeaz cu partea dreapt; [ ] 1log nm este acel numr natural 2x astfel ca nx mlog , adica nmx . De aici [ ] [ ] [ ] snnn n =+++ )1log(...)1log()1log( 32 . Observm c pentru m>n, y 2 inegalitatea nmy nu are loc. Deci ambii membri sunt egali cu s+n-1.

4. S se arate c pentru n, kN (n,k)=1 avem identitiile: a)

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

++

+

kn

knk

kn

kn

b) 2

1)1(...2 =

++

+

n

nnk

kn

kn

Demonstraie::

a) Plecm de la krc

kp += (teorema mpririi cu rest) i deducem

kr

kpc

kp ==

De aici

=

=

=

=

=

====

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

12

)1(1 k

ii

k

ii

k

i

k

i

ik

i

k

ir

kknr

ki

kn

kr

kin

kin cu ri resturile de la

mpririle:( ) .1,...,2,knk

kn

kn Cum k i n sunt prime ntre ele, resturile

mpririlor vor fi distincte dou cte dou i fac parte din mulimea

{1,2,,k-1}. Deci 2

)1(1

1

=

=

kkrk

ii , de aici relaia cerut.

b) Rezult imediat din definiia prii fracionale. n cele ce urmez voi prezenta cteva rezultate referitoare la identiti

de forma [ ] [ ]banknnn +=+++++ 1...1 . unde 2,,, * kNkba Lema 1. Dac sirurile (an)n, (bn)n au limita + i [ ] [ ]nn ab = atunci lim

n

n

ba =1

Demonstraie:: [ ] [ ]nn ab = [ ] [ ] 1+ nnn bab de unde

[ ]n

n

n

n

n

n

n

n

bb

ba

bb

bb 11 + de aici cu criteriul cletelui avem lim

n

n

ba =1

Obs.1. Dac (bn )n i (an)n sunt iruri pentru care [an]=[bn], convergente la 0

atunci limn

n

ba nu este neaprat 1 aa cum arat exemplul urmtor .

31+= nan

, 3

2+= nbn

, n numr natural, i limita este 1/2.

NOTE MATEMATICE

H

- 7 -

SSM

Obs.2. Dac [ ] [ ]banknnn +=+++++ 1...1 2,, * kNkba a=k2. Demonstraie::

limn

n

ba =lim 211...1 ka

ak

banknnn ===

++++++

Lema 2. a) [ ] [ ] [ ] [ ]2316221621162016 +=+=+=+ nnnn b) [ ] [ ]8979 +=+ nn c) [ ] [ ] [ ]342414 +=+=+ nnn

Demonstratie: Artm prima identitate celelalte demonstrndu-se analog. [ ] Nmn =+ 2016 atunci ( )22 12016 +

NOTE MATEMATICE

- 8 -

Problem de concurs cu soluii

elev. Ungureanu Andrei Bogdan C.N.T. clasa a XII-a

S se demonstreze inegalitatea 33333

4 )(27

16)])()([( zyxzyxxzzyyx +++++

unde x, y, z R*+. Soluia 1.

43

332

3)(4

3)(3))(( zyxzxyxzzyxyyyzxzxyzyyx +++++=+++=++

Am folosit inegalitatea mediilor pentru 4 numere.

analog obinem 4 333

3)(4))(( zyxyzxzxyx ++++

43

33

3)(4))(( zyxxyzzyzx ++++

nmulim inegalitile i ridicm la ptrat obinem:

xyzzyxzyxzyxxzzyyx3

22233

4

3)(

2716)])()([(

+++++++

dar folosind xyzzyx

++ 3

3 (inegalitatea mediilor pentru 3 numere) rezult

ceea ce trebuia demonstrat. Soluia 2.

Fie x = p a, y = p b, z = p c, unde p este semiperimetrul unui triunghi iar a,b,c sunt laturile sale. Fie S aria triunghiului considerat, R raza cercului circumscris, iar A, B, C unghiurile triunghiului.

Inegalitatea de demonstrat devine 33333

4 )()()(2716][ cpbpappabc (1)

Folosind relaiile S2 = p(p a)(p b)(p c), 4RS = abc inegalitatea (1) este echivalent cu 16S2 27R4 (2) Este cunoscut egalitatea: 2S = R(sinA).nlocuind n relaia (2) rmne de demonstrat c (sinA)227/4. Funcia sin este convex pe intervalul [0, ],

aplicnd inegalitatea lui Jensen obinem (sinA)/3 sin (A/3)=23

(sinA)227/4, ceea ce trebuia demonstrat.

NOTE MATEMATICE

H

- 9 -

SSM

Metode de determinare a prilor stabile pentru unele legi de compoziie

prof. Buzatu Carmen Victoria

Se d legea de compoziie: +++= baGyxbabaxyabyabxyx ,,, ,* 2 Evident, Gyxbbybxayx += ,,))((* . Prin inducie, .,,)(*...** *1

xorin de

NnGxbbxaxxx nn += 43421

Notm .*...** )( xorin de

nxxxx =43421

De asemenea, .,,,)()]([* *)( NnGyxbbybxayx nn += Definiie. Numim parte stabil maximal n raport cu o lege de compoziie cea mai mare mulime parte stabil. Problem S se determine prile stabile G n raport cu operaia *, dac: a) 0,),,[ >= accG b) *],,[ = adcG , G parte stabil maximal c) ZbaGZG ,;finita , Soluie a)

),[),,[)*(lim),[*),[, cycyxcyxcyx

x

0),[)sgn(),[),,[]))(([lim

>

++a

xcbbyacycbbybxa

).,[),[),[,,),[,0 bccyxbxbycyby Dac ).,0[,),[, = bybxbyxbc Cum ),[),[**))((* += bbyxbyxbbybxayx este parte stabil.

,,))((),[* Deoarece ).,(),[, Dac xcbbybxacyxbcyxbc +

.10)1)(()(cyPentru x).,[ 2 ++==>

abacabacbccbbcacybc

.1),[,),,[* dac Deci, +

abaccyxcyxcb

Reciproc, verificm c [c , ) (b , ) este parte stabil atunci cnd .1+ abac

Avem:

)1())(()())(()(0

0))(()(0,0

0

22

2

bbybxabbcabbybxabca

abybxbcbybcycbbxbcxcb

+++

>bbcac)b-(c-b)(ac-abc

abcaabacDar

a

),[,,*),[,,))(( + cyxyxccyxbbybxa Deci, dac cb = = ),[c parte stabil n raport cu operaia *.

.1* stabil parte),[ Dac abacccb = Deci, ),[ b este parte stabil maximal n rapot cu operaia *.

+ **)( ],,[],,[)]([1],,[],[) Nndcxdcbbxaa

Nndcxdcxb nn

].,[])]([1[lim dcbbxaa

n

n+

Dac ],[ dcx a.. >

n

nbxabxa )(1)(

],,[)( dcx n fals.

NOTE MATEMATICE

- 10 -

,1111)(],[ Deci,a

bxa

ba

bxbxadcx +

].1,1[],[],[a

ba

bdcdcx +

Dac ++= ))((1 si 1],1,1[,]1,1[],[ bybxa

bya

bxa

ba

byxa

ba

bdc

+ yxa

byxa

ba

bybxaaa

bybxaa

,,1*11))((11))((12

]1,1[]1,1[,],1,1[*]1,1[a

ba

ba

ba

byxa

ba

byxa

ba

b ++++ este

parte stabil maximal n raport cu operaia *. )c G finitG marginit. Conform Gxbxab ,1)()(

.0,,],1,1[],1,1[ ++ aZbaa

ba

bGGxa

ba

bx

Dar, + Za

ba

bGZG ]1,1[ G are maxim 3 elemente, i anume,

},1,,1{ += bbbG dac ;1=a altfel G={b}.

Cazuri particulare: 1. S se determine prile stabile cu proprietile date pentru urmtoarea lege de compoziie: ),[,,3)3)(3(* += cyxyxyx Soluie: =+=

),[),,[)3sgn()*(lim3)3)(3(* cxcxyxyxyx

y

),3[),3[),[),[,303 ccxxx este parte stabil maximal n raport cu operaia *. De asemenea, pri stabile sunt toate mulimile

),[ c cu .1+ abac Dar .43 ,1 == cba 2. S se determine prile stabile maximale ],[ dc la operaia *:

].,[,,3)3)(3(2* dcyxyxyx ++= Soluie: ++=

],[,1)3(2],[lim,3)3()2( )(*1)( dcxxdcxNnxx n

n

nnn

]25,

27[]

25,

27[],[],[],

25,

27[],[,

213

213 + dcdcxxdcxx

este parte stabil maximal n raport cu operaia *. 3. S se determine prile stabile finite ZG la operaia:

.,,1)1)(1(2* ZGxyxyx += Soluie: .,,1)1(2 *1)( GxNnxx nnn += Cum *)( , NnGxGx n

ZGGxxGxxGx n =+ ]23,

21[],

23,

21[,1)1(21)]1(2[

21

}.0{= G

NOTE MATEMATICE

H

- 11 -

SSM

Probleme propuse: S se determine prile stabile n raport cu legile de compoziie:

+=+=

+=+=+=

ccyxyxxyyxedcZdcyxyxyxd

aayxyxyxcccyxyxyxbdcdcyxyxyxa

),,[,,622*),,],[,,5)5)(5(4*)

),,(,,4)4)(4(5*)),,[,,2)2)(2(3*)

,],,[,,7)7)(7(4*)

Bibliografie: ]1[ Gheorghe Andrei, Constantin Caragea, Viviana Ene

Algebr. Culegere de probleme pentru examene i olimpiade colare ]2[ Colecia Gazeta Matematic

]3[ Revista de Matematic, Timioara

LOGIC FUZZY i PARADOXURI

Constantin Ptrcoiu Universitatea din Craiova - FIMST

Logica binar opereaz cu propoziii care sunt false sau adevrate nu i adevrate i false simultan. Cu alte cuvinte n aceast logic o propoziie este : ori alb ori neagr sau altfel spus ori bun ori rea . Se utilizeaz deci o scar de adevr format din dou valori, de obicei aceast scar se consider a fi {0,1}.

In realitate nu avem doar alb i negru, exist o infinitate de tonuri de gri, nu avem doar bun sau ru, avem i aproape bun , mai puin bun ....

Logica fuzzy utilizeaz o scar de adevr cu mai multe valori, de obicei se alege intervalul [0,1]. In aceast logic o afirmaie are un anumit grad de adevr de obicei cuprins ntre 0 i 1; deci n aceast logic o afirmaie poate fi de exemplu 0,6 (60%) adevrat. Interesant este c logica fuzzy furnizeaz i soluii la probleme clasice nerezolvate cum ar fi unele paradoxuri.

In continuare vom prezenta cteva paradoxuri clasice, noiuni legate de mulimi i logic fuzzy, urmnd ca n funcie de interesul cititorilor s dezvoltm dac este cazul acest subiect. PARADOXUL AVOCATULUI Protagoras a pregtit pe Euathlus s devin avocat, convenind ca plata s o primeasc dup ce Euathlus ctig primul proces. Euathlus a intrat n politic i nu a profesat avocatura. Protagoras l d totui n judecat pe Euathlus ca s-i plteasc pregtirea. Protagoras spune:

1. Dac ctig procesul, instana l oblig s-mi plteasc, deci voi primii banii.

2. Dac pierd procesul, atunci el ctig primul proces, deci conform conveniei voi primii banii.

NOTE MATEMATICE

- 12 -

Concluzie: ori cum ar fi, primesc banii. Euathlus spune:

1. Dac ctig procesul, instana nu m obliga s pltesc , deci nu pltesc.

2. Dac pierd procesul, nu am ctigat nici un proces, deci conform conveniei nu pltesc.

Concluzie, oricum ar fi, nu pltesc. Cine are dreptate ? PARADOXUL CROCODILULUI Un crocodil prinde un copil i i spune mamei lui : Dac ghiceti ce voi face, i voi da copilul; dac nu, l voi mnca -l vei mnca, strig mama disperat. Concluzie:

Dac crocodilul mnnc copilul, mama sa a ghicit i deci crocodilul ar trebui s-i dea copilul.

Dac crocodilul nu mnnc copilul, mama s-a nelat i crocodilul ar trebui s mnnce copilul.

Cum se poate ieii din aceast dilem ? Lewis Carroll a propus o soluie pragmatic:

Dac crocodilul mnnc copilul, mama a spus adevrul i crocodilul nu se ine de cuvnt

Dac crocodilul nu mnnc copilul, mama s-a nelat i crocodilul nu se ine de cuvnt (s-l mnnce).

Oricum ar face crocodilul nu-i poate ine cuvntul. Neavnd nici o ans s-i pstreze onoarea inndu-i cuvntul, nu exist nici o ndoial c va aciona n acord cu natura sa.

PARADOXUL FRIZERULUI Pe ua unui frizer dintr-un mic ora a fost afiat urmtorul anun: Eu brbieresc pe toi oamenii din ora care nu se brbieresc singuri i numai pe aceia ntrebare: Cine brbierete frizerul ? PARADOXUL DUBLRII Presupunnd c ntr-o noapte toate lucrurile din lume i dubleaz dimensiunile, exist vreun mijloc de a ne da seama ? PARADOXUL MINCINOSULUI Epimenide, un orator din Creta a spus : Toi locuitorii din Creta sunt mincinoi Este adevrat sau fals aceast afirmaie ?

Mulimi i logic fuzzy A decide cnd un obiect x are proprietatea p (cum ar fi mic , subire , luminos etc.) este acelai lucru cu a spune n ce msur este adevrat c x are proprietatea p. O soluie rezonabil ar fi utilizarea unei scri pentru diverse grade de adevr al lui p(x). Dup cum tim, logica binar utilizeaz o scar cu dou

NOTE MATEMATICE

H

- 13 -

SSM

valori de adevr {0,1}. Logica fuzzy folosete de obicei o scar cu mai multe valori, uneori cu o infinitate de valori i anume intervalul [0,1] Fie U universul obiectelor x. O mulime fuzzy A este caracterizat de o funcie A:U[0,1] care asociaz fiecrui element xU, un numr real A(x)[0,1], numit gradul de apartenen al lui x la A. Funcia A se mai numete funcia de apartenen a mulimii A. Explicit, vom scrie mulimea fuzzy {x/A(x) xU}, unde perechea x/A(x) nseamn elementul x aparine lui A cu gradul de apartenen A(x), A(x)[0,1]. Valoarea A(x) exprim gradul de adevr ca x s aparin lui A. Observaie: Dac n locul intervalului [0,1] drept scar a valorilor alegem mulimea {0,1}, regsim mulimile clasice, ntruct dac A(x) = 0 putem spune c x nu aparine mulimii A, iar dac A(x) = 1 putem spune c x aparine lui A (A este n acest caz funcia caracteristic a mulimii A). Mulimea fuzzy vid este {x/0 xU}. Dac A,B sunt mulimi fuzzy atunci: AB A(x) B(x); AB=C, unde C(x)= A(x) B(x), unde nseamn maxim; AB=D, unde D(x)= A(x) B(x), unde nseamn minim; Complementara mulimii A este mulimea CA, unde CA(x) = 1 -A(x) Lsm cititorilor plcerea de a constata c proprietile operaiilor cu mulimile fuzzy sunt cele deja cunoscute:

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

)()()()(

CABACBACABACBA

CBACBACBACBA

ABBAABBA

==

==

==

AAAAAA

AABAAABABABA

BABA

==

==

==

)()(

n logica fuzzy pq p max q, pq p min q, non p 1- p. Dac de exemplu n logica binar tabelul de adevr pentru disjuncia propoziiilor

poate fi scris cu ajutorul aa-numitului tabel Cayley

n logica fuzyy n care utilizm trei valori de adevr 0; 0.5; 1, tabelul Cayley pentru disjuncie este : Iniial, logic fuzzy era considerat orice logic care utiliza mai mult de dou valori de adevr. Dup faimoasa carte a lui L.A. Zadeh The concept of linguistic variable and its applications to approximate reasoning , logica fuzzy a inclus nc dou domenii: Teoria raionamentului aproximativ i Teoria logicii lingvisticii.

NOTE MATEMATICE

- 14 -

In logica binar (ntruct propoziiile pot fi doar adevrate sau false) apare urmtorul paradox : - Cu un pai de gru nu se face un snop. Nici cu dou, nici cu trei, nici cu patru In consecin nu exist snopi. Fie n un numr natural i poziia p(n): n este un numr mic p(0) este adevrat. p(n) p(n+1) ? Deci, dac n este un numr mic atunci n +1 este un numr mic ? Observm c nu putem aplica inducia aa cum o tim atunci cnd este vorba de proprieti vagi. Verificarea faptului c n este mic nu implic acelai efort n verificarea faptului c n+1 este mic. De exemplu dac constatm c 100 este un numr mic numrnd o sut de liniue, verificarea faptului c 101 este mic mai presupune n plus un efort (ntr-adevr mic, dar efort) i anume numrarea nc a unei liniue. Deci, n logica fuzzy implicaia p(n) p(n+1) este adevrat numai ntr-un anumit grad s spunem 1-, cu >0. Aadar n logica fuzzy paradoxul precedent dispare ntruct nu este pe de-a ntregul adevrat c adunnd succesiv paie de gru nu putem obine snopi. Bibliografie.

1. Kaufman, A. Introduction to the theory of fuzzy sets. Academic Press, New York,1975.

2. Kruse, R. Gebhardt, J. Klawon, F. Foundations of Fuzzy Systems Wiley, Chichester, 1994.

3. Zadeh, L.A The concept of linguistic variable and its applications to approximate reasoning . Information Sciences 8, 1975.

4. Zadeh, L.A Making computers think like people, IEEE Spectrum, 1984

5. Zadeh, L.A. Fuzzy algoritms. Info&Ctl.,Vol. 12, 1998 6. Zimmermann, H.J. Fuzzy set theory and its aplications, Kluwer

Boston, 1991.

NOTE MATEMATICE

H

- 15 -

SSM

Triunghiuri echilaterale ntr-o reea laticeal Iuliana Radu, drd.Rutghers University SUA

Irina Zman, prof. Liceul ieica

S se demonstreze c un triunghi ale crui vrfuri sunt puncte de coordonate ntregi, nu poate fi echilateral. Solutions 1. First, prove that any triangle drawn on an "infinite geoboard" must have a rational area. To that end, you can draw vertical lines through the left-most and right-most vertices of the triangle, and horizontal lines through the highest and lowest vertices. They will intersect to form a rectangle whose sides are of integer length, so its area is an integer. The area of the triangle inside is the area of this rectangle minus the sum of the areas of 3 little triangles that are inside the rectangle but outside the initial triangle. Integer minus rational gives rational. Now, the formula for the area of an equilateral triangle is (side)2 * sqrt(3)/4. Because the coordinates of the triangle's vertices are integers, (side)2 is an integer as well. So, (side)2*sqrt(3)/4 cannot be rational, therefore this triangle does not exist. 2. The answer to the question is no. Here's an informal proof. Proof (by contradiction): Assume we want an equilateral triangle with integer coordinates on the Cartesian Plane. Without loss of generality, let one point be on the origin. Let the other points be (a,b) and (c,d). Further, suppose a, b, c, and d are not all even (if they were, keep dividing by 2 to find a similar triangle with integer coordinates which are not all even). Note that a2 + b2 = c2 + d2 = (a-c)2 + (b-d)2, since our triangle is assumed equilateral. For abbreviation, let k = a2 + b2. Case 1: a and b cannot both be odd. If a, b odd, k is congruent to 2 mod 4. This means c and d must both also be odd (if one is odd but not the other), that gives c2+d2=odd number. If c, d even, c2 + d2 is divisible by 4. But then (a-c)2 + (b-d)2=(even)2 + (even)2 and is divisible by 4. This is a contradiction, so a and b are not both odd. Case 2: a and b cannot be odd and even. WLOG, assume a odd, b even. Then either c is odd or d is even or viceversa (Similar argument to above). If c is odd and d is even, (a-c)2 +(b-d)2 = (even)2 + (even)2 = divisible by 4. But k is odd, since a is odd and b is even. Likewise, if c-even and d-odd, (a-c)2+(b-d)2=odd2+odd2=even, but k is odd. Case 3: a and b cannot both be even. If a, b even, using the same arguments earlier in the proof, c and d would both need to be even, contradicting our assumption that a,b,c, and d were not all even. 3. Proof by contradiction: assume you can build an equilateral triangle having integer coordinates for all vertices: A(a1, a2), B(b1, b2), C(c1,c2). Case 1: one of the sides is perpendicular on Ox. WLOG, assume the triangle is in the first quadrant, and AC is perpendicular on Ox: A is the "higher"

NOTE MATEMATICE

- 16 -

point and B to the left of AC. AC (the length) = a2-c2, which is an integer. Also, the height corresponding to B has integer length (a1-b1). But in an equilateral triangle, h = side * sqrt(3)/2. If the side has integer length, then the height cannot have integer length - contradiction. Case 2: none of the sides is orizontal or vertical. Assume the triangle looks like something obtained from the triangle in Case 1 when rotated clockwise (A pointing toward North-East). Let AB intersected with Ox be D, and AC intersected with Ox be E. tg(ADE) = (a2-b2)/(a1-b1), tg(AEx) = (a2-c2)/(a1-c1) (note that in Case 2 a1c1 and a1b1). In ADE, AEX is an exterior angle so m(AEX)=m(DAE)+m(ADE). Apply tg to both sides: tg(AEX)=[tg(60)+tg(ADE)]/[1-tg(60)*tg(ADE)]. Then (a2-c2)/(a1-c1)=[sqrt(3)+(a2-b2)/(a1-b1)]/[1-sqrt(3) * (a2-b2)/(a1-b1)] Perform cross multiplication here and move everything containing sqrt(3) to one side - you'll get a contradiction. 4. Assume that O(0,0), A(a,b), B(c,d) are the vertices of the equilateral triangle (all coordinates being integers). Let r be the square of the length of the triangle's side. Then a2+b2=r, c2+d2=r, r=(b-d)2+(c-a)2 r =b2+d2+c2+a2-2bd-2ac r=r+r-2(bd+ac) bd+ac=r/2 Then (a2+b2)(c2+d2)-(bd+ac)2=r2-r2/4=(3r2)/4 When simplyfing the left side, it turns out to be (ad-bc)2 Then (ad-bc)2=3r2/4 2(ad-bc)/r=sqrt(3), contradiction. 5. Assume there is such a triangle, and let A(a),B(b),C(c) be its vertices. In this notation, a=a1+a2*i, etc. (and a1, a2, b1, b2, c1, c2 are integers) (a-b)/(c-b) =cos60+i*sin60=1/2+i* sqrt(3)/2. (a1-b1)+i*(a2-b2)/(c1-b1)+i*(c2-b2) =1/2+i*sqrt(3)/2 Bringing everything to one side and separating the imaginary term from the real one, we get: (a1-b1)-1/2(c1-b1)+(c2-b2)*sqrt(3)/2=0 (a2-b2)-1/2(c2-b2)+(c1-b1)*sqrt(3)/2=0 All "letters" are integers, so c2-b2 must be 0. Now, (a1-b1)-1/2(c1-b1)=0. Using similar reasoning, c1-b1 must be 0, etc So, a1=b1=c1 and a2=b2=c2 which means A=B=C-therefore ABC cannot be a triangle.

NOTE MATEMATICE

H

- 17 -

SSM

Tem pentru grupa de performan la clasa a- V -a Baze de numeraie

prof. Adriana Moclea

Sistemul de numeraie n baza zece s-a impus civilizaiei moderne datorit avantajelor lui practice. De-a lungul istoriei, au fost folosite i alte baze de numeraie, de exemplu baza douzeci sau baza aizeci.

Cel mai economic sistem de numeraie este cel care folosete numai doua cifre: 0 i 1. Acest sistem se numete binar, sau baza 2.

Un numr ntr-o baz oarecare B se scrie sistematic astfel: aBaBa Ba BBa )aaa aaa( 0

11

22

2-n2-n

1-n1-n

nn(B)0122-n1-nn ++++++= a

Efectund calculele, se obine numrul transformat n baza 10. Trecerea unui numr din baza 10 intr-o baz oarecare B se face prin algoritmul mpririlor succesive. Pentru o mai buna nelegere, iat cteva probleme pregtitoare pentru olimpiade i concursuri de matematic, specifice acestei teme: 1. S se verifice egalitile: 33115 - 11335 = 44225 - 22445

44227 - 22447 = 66447 - 44667 apoi s se arate n ce alte sisteme de numeraie rmn adevrate. Indicii indic bazele de numeraie .

prof. Adriana Moclea Soluie: scrise n baza de numeraie x egalitile devin identiti 2x3 + 2x2 - 2x - 2 = 2x3 + 2x2 - 2x - 2 Aceast identitate are loc n orice sistem de numeraie cu baza x 7. 2. S se gseasc cifrele corespunztoare literelor pentru a avea egalitatea:

56 b03 1a5 = prof. Adriana Moclea

Soluie: 62 + 6a + 5 = 52 b + 3 6a + 38 = 25b (i) dac 25b se termin cu 0, atunci 6a se termin cu 2

a) deci a =2, b =2 ; b) dac a =7, atunci nu exist b.

(ii) dac 25b se termin cu 5, atunci 6a se termin cu 7, dar nu exist cifra a cu aceast proprietate. 3. S se gseasc elementele mulimii A ={a, b}, tiind c are loc egalitatea:

aaa bbba abba = numerele fiind ntr-o baz de numeraie mai mic dect 10. prof. Adriana Moclea

Soluie: scriem egalitatea n baza x i apoi trecnd n baza 10 se obine relaia (a - b)(x -1)(x2 + x + 1) = a (x2 + x + 1) sau (a - b)(x -1) = a (i) x = 9 7a = 8b A ={8, 7} (ii) x = 8 6a = 7b A ={7, 6} (iii) x = 7 5a = 6b A ={6, 5} (iv) x = 6 4a = 5b A ={5, 4}

(v) x = 5 3a = 4b A ={4, 3} (vi) x = 4 2a = 3b A ={3, 2} (vii) x = 3 a = 2b A ={2, 1} (viii) x = 2, imposibil.

CERCUL DE MATEMATICA

- 18 -

4. S se arate c numrul 53abcd , unde a, b, c sunt cifre impare i d cifra par, nu este ptrat perfect .

prof. Adriana Moclea Soluie: (54a + 53b +52c) + (5d + 3), prima sum are ultima cifr 5, a doua sum are ultima cifr 3, deci numrul se termin cu cifra 8, deci nu poate fi ptrat perfect. 5. Se d fracia F = (35x - 3x)/31x , unde x este baza de numeraie. S se arate c F este ireductibil.

prof. Adriana Moclea Soluie: n baza 10, F devine (3x + 2)/(3x + 1), dac fracia se simplific prin d, atunci d|(3x + 2), d|(3x + 1), deci d divide diferena, deci d|1, rezult c F este ireductibil. 6. Dac 301b = 28, c este ultima cifr a numrului 20052006 , iar a = (3n + 2; 2n + 1), n N, calculai bac acb cba ++

prof. Adriana Moclea Soluie: 3b2 + 1 = 28, deci b =3; 20052006 are ultima cifr 5, deci c = 5; a|2(3n + 2) si a|3(2n + 1), deci a|2(3n + 2) - 3(2n + 1) = 1, deci a =1 nlocuind a, b, c se obine 249. 7. Aflai numerele naturale x, y, z care verific egalitile : a) 23x + 2 + 23y + 22z + 1 = 352 b) 24x + 1 + 23y + 2 + 2z + 1 = 552

prof. Adriana Moclea Soluie: a) x =y =z =2

b) x =z =2, y =1 8. Se dau numerele 84632 1012;150;12010 +==+= CBA a) Fr a extrage rdcina ptrat s se ordoneze numerele. b) S se arate c : 1)111218(:]1113)18([ 28727

2 =+BAC . Soluie: a) B


H

- 19 -

SSM

Tem pentru grupa de performan la clasa a- V -a Algoritmul lui Euclid

Prof. Pi-Rada Ionel-Vasile CNT Prof.Pi-Rada Marica c.Gen.5

Enunul problemei: Se dau dou numere naturale a, b. S se

determine cel mai mare divizor comun i cel mai mic multiplu comun pentru cele dou numere. Prezentm algoritmul lui Euclid pentru calcularea cmmdc a dou numere.

Se depun n cutiile x (demprit) i y (mpritor) valorile din cutiile a i respectiv b. Utilizm i cutia r (rest). Euclid ne nva urmtorul algoritm:

- ct timp y>0 (mpritorul nu este zero i deci se poate efectua mprirea) efectum urmtoarele operaii

i. r primete restul mpririi dintre x i y ii. x primete valoarea din y iii. y primete valoarea din r

- cmmdc este valoarea din cutia x (dempritul) - cmmmc se poate apoi calcula cu formula cmmmc=a(b/cmmdc)

n continuare voi prezenta doua implementri n limbajele de programare Pascal si C++:

Programul in limbaj Pascal

Program cmmdc_si_cmmmc; Var a,b,x,y,r,cmmdc,cmmmc: longint; Begin repeat Write(a=); readln(a); Write(b=); readln(b); Until (a>0)and(b>0); x:=a; y:=b; while (y>0) do begin r:=x mod y; x:=y; y:=r; end; cmmdc:=x; cmmmc:=a*(b div cmmdc); writeln(cmmdc=,cmmdc); writeln(cmmmc=,cmmmc); end.

Programul in limbaj C++

#include unsigned long a, b, x, y, r, cmmdc, cmmmc; int main(void){ do { couta; coutb; } while(!((a>0)&&(b>0))); x=a; y=b; while (y>0) { r=x%y; x=y; y=r; } cmmdc=x; cmmmc=a*(b/cmmdc); cout


- 20 -

- dac presupunem c d este cmmdc pentru (x,y) dar nu i pentru (y,r), atunci rezult c exist h>d i h este cmmdc pentru (y,r);

- ABSURD cci atunci ar rezulta c h divide y i h divide r, i deci h divide yc+r=x adic h este divizor comun pentru (x,y) i fiind mai mare dect d ar rezulta c d nu este cmmdc pentru (x,y)

2. un ir strict descresctor de numere naturale nu poate avea infinit de muli termeni pentru c se termin odat cu apariia numrului zero.

3. restul mpririi ntregi a dou numere naturale este strict mai mic dect mpritorul

Observaia 2. Practic, pe parcursul algoritmului, se parcurge un ir de perechi de numere naturale. Exemplu: (288,376), (376,288), (288,88), (88,24), (24,16), (16,8), (8,0) cmmdc=8. Observaia 3. Pe parcursul algoritmului lui Euclid pentru calcularea cmmdc nu intereseaz cturile mpririlor ci doar resturile acestora. Observaia 4. Algoritmul lui Euclid poate fi folosit i la determinarea unei soluii (x,y) cu numere ntregi pentru ecuaia ax+by= cmmdc(a,b). Aceast variant de algoritm este cunoscut sub numele de

Algoritmul extins al lui Euclid: Presupunem c a=bc+r. La nceput putem scrie:

a=1a+0b i b=0a+1b Putem observa apoi c pentru fiecare mprire, dac avem dempritul x scris sub forma x=u1a+v1b i respectiv mpritorul y scris sub forma y=u2a+v2b, atunci restul r=x-yc se va putea scrie sub forma r=u3a+v3b, unde u3=u1-cu2 i v3=v1-cv2. Deci toate numerele care apar la demprit se pot scrie sub forma ua+vb , adic i cmmdc. Exemplu pentru a=288 si b=376 :

t = u a + v b a = 1 a + 0 b b = 0 a + 1 b

288 = 1 288 + 0 376 376 = 0 288 + 1 376 288 = 1 288 + 0 376 88 = -1 288 + 1 376 24 = 4 288 + -3 376 16 = -13 288 + 10 376 8 = 17 288 + -13 376

Pas 1 (u1 ,v1 )=(1,0), Pas 2 (u2 ,v2 )=(0,1), Pas 3 (u3 ,v3 )=( u1-c1 u2, v1- c1 v2) , Pas 4 (u4 ,v4 )=( u2-c2 u3, v2- c2 v3) , Pas 5 (u5 ,v5 )=( u3-c3 u4, v3- c3 v4) , . Pas k (uk,vk)=(,) Pas k+1: (uk+1,vk+1)=(,) . Pas n+2: (un+2, vn+2)=(un-cnun+1,vn-cnvn+1) Algoritmul se oprete cnd un+2a+vn+2b=0 si atunci un+1a+

vn+1b=cmmdc sunt numerele cutate. Algoritmul extins se poate scrie astfel Programul in limbaj Pascal Program cmmdc_si_cmmmc;


H

- 21 -

SSM

Var a,b,x,y,r,cmmdc,cmmmc: longint; Var c,u1,u2,u3,v1,v2,v3:longint; Begin repeat

Write(a=); readln(a); Write(b=); readln(b);

Until (a>0)and(b>0); x:=a; y:=b; u1:=1; v1:=0; u2:=0; v2:=1; while (y>0) do

begin r:=x mod y; c:=x div y; u3:=u1-c*u2; v3:=v1-c*v2; u1:=u2; u2:=u3; v1:=v2; v2:=v3; x:=y; y:=r; end;

cmmdc:=x; cmmmc:=a*(b div cmmdc); writeln(cmmdc=,cmmdc); writeln(cmmmc=,cmmmc); writeln((u,v)=(,u1,,,v1,)); end.

Programul in limbaj C++

#include long int a,b,x,y,r,cmmdc,cmmmc; long int c,u1,u2,u3,v1,v2,v3; int main(void) { do { couta; coutb; } while( !((a>0)&&(b>0)) ); x=a; y=b; u1=1; u2=0; v1=0; v2=1; while (y>0) { r=x%y; c=x/y; u3=u1-c8u2; v3=v1-c*v2; u1=u2; u2=u3; v1=v2; v2=v3; x=y; y=r; } cmmdc=x; cmmmc=a*(b/cmmdc); cout


- 22 -

Exerciiul 6. Justificai c algoritmul urmtor este corect i se poate folosi pentru calcularea cmmdc a dou numere naturale. Implementai-l ntr-un limbaj de programare! Pas 1 : citete a,b Pas 2 : xa Pas 3 : yb Pas 4 : ct timp (x diferit de y) execut daca x>y atunci xx-y altfel yy-x sfarsit daca sfarsit cat timp Pas 5 : scrie x Pas 6 : stop Tem pentru grupa de performan la clasa a- V -a

Divizibilitatea - instrument principal in studiul numerelor naturale -

prof. Gimoiu Iuliana

Definitie Fie a si b doua numere naturale, a0. Spunem ca a divide pe b si scriem a|b, daca exista un numar natural c, astfel incat ac=b.

Daca a divide pe b, spunem ca este un divizor al lui b sau b este un multiplu al lui a. Studiul divizorilor este principalul mod de clasificare a numerelor naturale. O prima clasificare a numerelor naturale este: numar par, numar impar. Divizibilitatea prin 2, cea mai simpla, furnizeaza primul criteriu de triere a numerelor naturale. Exista numere care sunt divizibile prin 2, numerele pare, si cele care nu sunt divizibile prin 2, numerele impare. Alternanta par-impar jaloneaza succesiunea numerelor naturale. Eleganta regula a paritatii, permite un acces rapid si surprinzator la solutionarea unor probleme interesante din nebanuite domenii. Iata o problema:

Numerele narurale de la 1 la 18 sunt scrise in linie. Putem pune intre numere semnele + sau astfel incat suma lor sa fie 0? Dupa oricate incercari facute, vom constata ca nu putem obtine suma 0. Dar la acelasi rezultat putem ajunge observand ca suma numerelor cu semnul + trebuie sa fie egala cu suma numerelor cu semnul , deci ar trebui ca suma 1+2+3++17+18 sa poata fi partajata in doua sume egale, lucru imposibil deoarece 1+2+3++17+18=171 adica numar impar.

Determinarea numarului de divizori ai unui numar natural a permis matematicienilor o noua clasificare a numerelor naturale:

numarul 1; numere care au exact doi divizori (numere prime); numere care au si alti divizori (numere compuse).


H

- 23 -

SSM

Teorema Fiecare numar compus se descompune in produs de puteri de numere prime intrun singur mod (exceptand ordinea factorilor). Asadar cunoasterea numerelor prime devine o probleme capitala pentru descompunerea in factori primi a unui numar natural dat.

Sirul numerelor prime este: 2,3,,7,11,13, Pentru a verifica daca un numar natural este prim sau nu, este

cunoscut faptul ca se imparte numarul dat la numerele prime din sirul de mai sus, pana cand catul devine mai mic decat impartitorul. Daca nici una din impartiri nu sa facut exact, numarul dat este prim, in caz contrar el este numar compus. Pentru reducerea calculelor se vor folosi criteriile de divizibilitate cu 2,3,5 prezentate in toate manualele de clasa a Va si cunoscute si recunoscute cu usurinta de catre elevi. Prezentam in continuare un criteriu de divizibilitate cu 7: Un numar natural se divide cu 7 daca si numai daca diferenta dintre numarul scris fara ultima cifra si dublul ultimei cifre este divizibil cu 7. Demonstratie Fie N un numar natural care are ultima cifra a; deci N= xa unde x este un numar natural oarecare (nu neaparat cifra). Demonstram ca N7 (x2a) 7. Calculand 2N+(x2a)=2 xa +x2a=

=2(10x+a)+x2a= =20x+2a+x2a= =21x, obtinem un nunar divizibil cu 7.

Daca N7 si 2N+(x2a)7 atunci (x2a) 7 iar daca (x2a)7 si 2N+(x2a) 7, atunci N7. Am folosit in demonstratie urmatoarea proprietate foarte cunoscuta a relatiei de divizibilitate: Fie a,m,n numere naturale, a0.

Daca a|m si a|n, atunci a|(mn).

Exercitii propuse: 1. Care este primul numar divizibil cu 7 din sirul: 9,99,999,9999,? 2. Un elev pretinde ca orice numar de forma aba se divide cu 7, daca a+b=7.

Este adevarat? 3. Demonstrati ca suma 5+53+55++547 se divide prin 126. 4. Demonstrati ca 7 divide numarul 3638+4133.

Bibliografie:

[1] Ioan Dancila, Divizibilitatea numerelor,Editura Sigma, Bucuresti 2001.

[2] Gh. Eckstein & colectiv, Olimpiade si concursuri de matematica V-VIII, Editura Birchi, 2005


- 24 -

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

Rapoarte i proporii, probabiliti prof. Adrian Lupu

Colegiul Tehnic Decebal n cele ce urmeaz ne propunem s prezentm cteva chestiuni legate de tematica anunat care sperm s fie utile n pregtirea pentru performan a elevilor de clasa a VI-a. Demersul nostru vizeaz elemente de teorie care sunt mai puin sau chiar deloc prezentate la clas precum i exerciii n legtur cu acestea, prin care sperm s cultivm i mai mult apetitul pentru matematic al micilor matematicieni. O aplicatie imediata a notiunii de raport este data de reprezentarea la scara (prin scara unui plan elevii intelegand raportul dintre distanta din planul reprezentarii si distanta in realitate , avand drept notiune asociata pe cea de scar a unei harti).Uzual, acest raport are numratorul egal cu unitatea.Este esenial de precizat ca lungimile ce alcatuiesc raportul trebuie sa fie exprimate prin aceeasi unitate de masura.

Exemplu: Sa se determine lungimea gardului ce delimiteaza terenul de sport reprezentat in figura urmatoare,

realizata la scara100

1 , unde ABCD este dreptunghi

cu dimensiunile AD=20 cm , AB=40 cm, Soluie: n realitate pentru terenul de sport limea are 20 cm x100=2000cm = 20 m si lungimea 40cm x100 = 4000cm = 40m deci perimetrul de 120 m .

La nivelul clasei a VI-a notiunea de probabilitate este prezentata ca raportul dintre numarul cazurilor favorabile realizarii unui eveniment si numarul cazurilor egal posibile ale experientei , punctandu-se cazurile limita : probabilitatea evenimentului imposibil este 0 , iar cea a evenimentului sigur este 1. 1. Un numar avind trei cifre se obtine aranjand in ordine aleatoare cifrele 2,

4, 6. Care este probabilitatea ca numarul : a) sa fie divizibil cu 6 b) sa fie divizibil cu 4 c) sa fie prim.

Solutie: Cazurile egal-posibile sunt 246, 264, 462, 426, 624, 642. Dintre acestea , cazurile favorabile vor fi :

a) toate , caci oricare dintre cele 6 numere se divide cu 2 si 3 deci P=1

b) 264, 624 deci P= 62 =

31

c) Nici unul , caci toate cele 6 se divid cu 2. 2. Dintr-o echipa de elevi cu 6 baieti si 4 fete, alegem la intamplare 2

copii.Care este probabilitatea ca ambii copii sa fie baieti?

Solutie: Numarul cazurilor egal-posibile este 10x29 =45

Numarul cazurilor favorabile este 6x25 = 15, P=

31


H

- 25 -

SSM

3. Care este probabilitatea ca aruncand 2 zaruri , suma punctelor sa fie solutie a ecuatiei in numere naturale : n-3n+2=0? Solutie: Cazuri egal-posibile sunt 36. Ecuatia are solutiile n=1 si n=2

Dar 1 nu se poate scrie ca suma de doua punctaje la aruncare iar 2=1+1

este singurul caz favorabil.P= 361 .

Un alt tip de probleme cu caracter special este al asa-numitelor

probleme de aliaj. Titlul unui aliaj este dat de formula:T= Mm unde m este

masa metalului pretios din componenta aliajului iar M este masa intregului aliaj. In aceeasi problematica se incadreaza si exercitiile in legatura cu

concentratia unei solutii: c=s

d

mm

unde md este masa substantei dizolvate iar

ms este masa solutiei. Daca este exprimata procentual, se foloseste formula

C=s

d

mm

x 100

Exista si probleme corelate cu aceleasi idei dar in care nu sunt folosite neaparat pentru exemplificare metale in aliaje ,dar suportul teoretic matematic este acelasi.Sunt asa numite probleme de amestec Exemple 1. Sa se afle titlul unui aliaj aur-cupru care contine 200g aur si 800g cupru

Solutie m=200g , M=1000g => T=1000200 =0,2 .

Observatie Ca si la scara unei reprezentari, e important ca unitatile de masura sa fie aceleasi. 2. Sa se afle concentratia unei solutii de acid-sulfuric dupa ce la cele 300g apa in care au fost dizolvate 200g substanta se mai adauga 500g apa

Solutie C=500300200

200++

=1000200 =0,2

Concentratia procentuala va fi de 20% 3. Sa se afle pretul unui Kg de cafea din amestecul a 3 Kg de cafea cu 100.000 ROL/Kg cu 5 Kg la 120.000 ROL/Kg

Solutie P=8000.900

53000.1205000.1003 =

++ => P=112.500 ROL

Observatie Elevii pot intui ca la o astfel de problema in esenta este vorba despre media ponderata, in care ponderile sunt date de cantitatile partiale . In ceea ce priveste problemele legate de procente, proportii , proportii derivate, siruri de rapoarte egale, proportionalitate directa si inversa , suportul teoretic necesar pentru abordarea problemelor de concurs este suficient de bine reprezentat in curriculum-ul de clasa. Pentru final prezentam cateva probleme in legatura cu subiectul in discutie. 1. Daca pe o harta a Romaniei realizata la scara 1:800000 distanta dintre

Craiova si Drobeta-Turnu Severin este de 12,5 cm , sa se afle distanta reala dinte cele doua orase.

2. Numarul ab se construieste astfel incat cifrele a si b sa fie numere prime. Sa se afle probabilitatea ca numarul ab sa fie prim .


- 26 -

(Adrian Lupu,Minimath) 3. Fie n un numar natural mai mic sau egal cu 2005. Sa se afle

probabilitatea ca numarul (n+1851)(n+1907)(n+1642) sa se divida cu 3. (Adrian Lupu,Minimath)

4. Sa se arate ca daca amestecam p1 Kg de cafea la pretul x1 pentru un Kg cu p2 Kg de cafea la pretul x2 pentru un Kg se obtine un amestec in care

pretul unui Kg este P=21

2211

ppxpxp

++ . Generalizarea la n cantitati partiale

p1,..pn, n ,n 2 cu preturile x1,..,xn. 5. Intr-un pahar se dizolva 10g sare in 90g apa.Intr-un alt pahar se dizolva

tot sare in 210g apa.Se amesteca apoi continuturile celor doua pahare.Sa se afle cata sare s-a dizolvat in cel de-al doilea pahar stiind ca in final concentratia solutiei obtinute este de 0,1.

6. Fie a,b,c N*.Aratati ca daca baac

accb

cbba

++=

++=

++ atunci a=b=c. (***)

7. Aratati ca daca a,b,c N* si bac

acb

cba == atunci a=b=c. (***)

8. Fie a,b,c numere rationale strict pozitive. Aratati ca daca

bac

acb

cba == 222 atunci oricare dintre numere este media aritmetica

a celorlalte doua. (***)

9. Aratati ca daca 12005

12005

32

32

22

21

2005...............

20052005 aaaa

aaaa

aaaa

++==

++=

++ unde

a1,,a2005Q *+ atunci a1= a2=.=a2005 (***)

10. Fie a,b,c N* astfel incat bd

ca = .Sa se demonstreze ca a+b+c+d este

numar compus (***) 11. a )Determinati numerele naturale a,b,c stiind ca sunt direct

proportionale cu 0,25 ; 0,(3) si 0,5 si ab+bc+ca=54 b)Cat la suta reprezinta numarul mai mic din suma celorlalte doua ?

(Etapa judeteana,Gorj,1985) 12. Suma a trei numere este 87. Daca se mareste primul numar cu 150%

din el,al doilea se micsoreaza cu 25% din el, iar al treilea se micsoreaza cu 5,atunci numerele sunt egale.Sa se afle numerele.

(Etapa judeteana,Hunedoara,1994) 13. Sa se afle numarul rational pozitiv care dupa ce creste cu 16%, iar rezultatul scade cu 16%, se micsoreaza cu 16.

(Etapa judeteana,Dolj,1991) 14. Numarul a reprezinta 25% din numarul b.Cat la suta reprezinta numarul b din a+b?

(Etapa judeteana,Covasna,1992) Bibliografie:

1) V.Pop a - Teme pentru grupele de excelenta la matematica clasa a VI-a editura Dacia Cluj 2004

2) C.Hrabor Probleme din concursurile de matematica clasele V-VIII editura, Scorpion, Bucuresti 1995

3) A.Blauca Probleme pentru clasa aVI-a editura, Axa,Botosani 1998


H

- 27 -

SSM

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

Teorema bisectoarei prof. Mariana Draga Ttucu

Teorema bisectoarei unghiului interior Fie ABC si D ( )BC . [AD este bisectoarea unghiului BAC< daca si numai daca :

ACAB

DCBD = .

Demonstraie: Fie [AD bisectoarea unghiului BAC. Ducem prin C paralela la AD care intersecteaz pe AB in E.

ADCE )1(AEAB

DCBD =

Dar BADAEC <

Dar din (1) si (2) =>+

=+

=>=CDBD

BDDCBD

BDCD

BDDCBD

'''

''

'.)(',;'' DDBCDDBDBDBCBD

BCBD ==>==>=

Observaie: Teorema de mai sus se poate formula si astfel: Bisectoarea unui unghi al unui triunghi determina pe latura opusa unghiului segmente proporionale cu laturile si reciproc. Teorema bisectoarei unghiului exterior Fie ABC, D )(, BCDBC . Atunci [AD este bisectoarea unuia din unghiurile

cu vrful in A si exterioare triunghiului, daca si numai daca: .ACAB

DCBD =

Demonstraie: Fie C(BD) si [AD bisectoarea ADB'< . Ducem CEAD

.int.'.

altADBAECcorespCADECA


- 28 -

ECAD.

;ACAB

DCBDACAE

AEAB

DCBD ==>== )(, BCDBCD astfel nct

.ACAB

DCBD = Fie D )(', BCDBC astfel incat [AD bisectoarea

ACB'<

ACAB

DCBD

ACAB

CDBD

=

='

'

'.'''

'''

' DDDCCDDCBC

CDBC

DCDCBD

CDCDBD

DCBD

CDBD ==>==>==>==>=

Teorema: Fie [AD si [AD bisectoarele interioara respectiv exterioara ale unghiului BAC< al triunghiului neisoscel ABC.Locul geometric al punctelor

M din planul triunghiului ABC pentru care ACAB

MCMB = este un cerc care

trece prin punctele A,D si D(Acest cerc se numete cercul Apoloniu al laturii [BC]). Demonstraie: Din teorema bisectoarei interioare rezulta AB/AC = BD/DC, de unde rezulta

ca MB/MC = BD/DC, deci [MD este bisectoarea interioara a unghiului /\

BMC . Analog, folosind teorema bisectoarei exterioare si relaia din enun, se obine ca [MD este bisectoarea exterioara

pentru unghiul /\

BMC .Rezulta

ca m( 0/\

90)' =DMD si cum D si D sunt fixe, M aparine cercului de diametru [DD]. Reciproc, se arata ca orice punct M al cercului de diametru [DD] satisface relaia MB/MC=AB/AC . Se observa mai intai ca din teoremele bisectoarelor interioara si exterioara se obine egalitatea DB/DC = DB/DC. Se construiesc paralelele BE, BE, la MD, respectiv la MD.Din teorema lui Thales in triunghiul EBC pentru paralela MD si triunghiul DMC pentru paralela EB, se obin relaiile ME/MC = DB/DC (1) , si ME/MC = DB/DC (2) ME = ME si cum triunghiul EBE este dreptunghic in B, se obine ME = ME = MB.


H

- 29 -

SSM

nlocuind in relaia (1) pe ME cu MB si in relaia (2) pe ME cu MB, se obine ca:MB/MC = DB/DC = DB/DC = AB/AC. Analog se obin cercurile lui Apoloniu ale laturilor [AB] si[AC]. Aplicaie: Fie ABC, [AD bisectoarea interioara a ).(, BCDBAC < Atunci

undeappcbbcAD );(

)(4

22

+= p-semiperimetrul triunghiului, AB=c, AC=b, BC=a.

Rezolvare:

Din teorema bisectoarei )2(

)1(

cbacBDDCaBC

cbabDC

DCDCBD

bbc

DCBD

bc

+==>=

+==>+=+=>=

Din relaia lui Stewart DCDBaBDbDCcaDA += 222

, nlocuim DC si BD cu (1) si (2)

].)[()(

222

2 acbcbbcAD ++

=

Probleme propuse: 1) Fie triunghiul ABC in care AD BC, D (BC), M mijlocul lui (BC), si [AD bisectoarea unghiului BAM, iar [AM bisectoarea unghiului DAC, determinai msura unghiului BAC. 2) In triunghiul ABC, ba > si ,ca > unde AB = c, AC = b, BC = a, fie linia mijlocie [EF], EF BC, unde E [AB] si F [AC], care intersecteaz bisectoarele BB si CC in M, respectiv in N, M[BB], N[CC].Sa se arate ca : .

'' caca

baba

NCNC

MBMB

++

+=+

3) In triunghiul ABC se construiesc inaltimea AD, bisectoarea AA, M mijlocul segmentului [AA], N mijlocul segmentului [AC].Daca m(


- 30 -

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

CERCUL LUI EULER elev Tigora Andrei

prof.dr.Ciniceanu Gheorghe

1 DATE BIOGRAFICE

Leonhard Euler (1707-1783), matematician elveian ale crui lucrri majore au fost realizate n domeniul matematicii pure. Euler s-a nscut n Basel i a studiat la Universitatea din Basel, obinndu-i diploma de absolvire chiar de la vrsta de 16 ani. n 1727, la invitaia Ecaterinei I, mprteasa Rusiei; devine membru al Academiei de tiine din Sankt Petersburg. n 1730 a fost numit profesor de fizic, iar apoi n 1733 a devenit profesor de matematic. La insistenele regelui prusac Frederick cel Mare a devenit profesor de matematic la Academia de tiine din Berlin. Euler s-a ntors la Sankt Petersburg n 1766 rmnnd aici pn la sfritul vieii. Dei a suferit de deficiene ale vederii nc de la vrsta de 20 de ani orbind aproape complet spre finalul vieii,a fcut descoperiri importante n domeniul matematicii printre care se numr si Dreapta lui Euler si Cercul lui Euler. 2 PRINCIPALUL REZULTAT

Teorema 1 ntr-un triunghi, cu notaiile obinuite (O centrul cercului circumscris, H ortocentru, I centrul cercului nscris) punctele O, G, H sunt coliniare i avem GH=2GO. (Dreapta lui Euler) Demonstraie Vom sugera aici doar folosirea proprietii liniei mijlocii, i asemnarea triunghiurilor.

Teorema 2 ntr-un triunghi oarecare mijloacele laturilor, picioarele perpendicularelor i mijloacele segmentelor cuprinse ntre vrfuri i ortocentru sunt nou puncte aflate pe acelai cerc. (Cercul lui Euler) (fig. 1) Demonstraie Fie A, B, C mijloacele [BC], [CA] respectiv [AB] A, B, C picioarele nlimilor din A, B respectiv C H ortocentrul ABC O centrul cercului circumscris ABC A, B, C mijloacele [AH], [BH] respectiv [CH] [BC] linie mijlocie n ABCBCBC (1) [AB] linie mijlocie n ABCAB=1/2AB (2) AAB dreptunghic n A [AC] median AC = 1/2AB (3) (1), (2), (3) AACB trapez isoscel A,B,C,A conciclice (4)

analog A,B,C,B conciclice (5) A,B,C,C conciclice (6)

(4),(5),(6) A,B,C,A,B,C conciclice (a) Fie O mijlocul [OH] O se afl pe mediatoarele segmentelor [AA],[BB], [CC] O este centrul cercului pe care se afl punctele A, B, C, A, B, C . n ACH, [AB] linie mijlocie ABCH (7) n ABC, [BA] linie mijlocie BA AB (8)


H

- 31 -

SSM

CHAB (9) (7), (8), (9) ABBA (b) n ABH, [AC] linie mijlocie ACBH (10) n ABC, [CA] linie mijlocie CACA (11) BHCA (12) (10), (11), (12) ACCA (c) (a), (b) m(ABA)+m(ACA)=180 ABAC inscriptibil (e) i A, A diametral opuse Analog BCBA patrulater inscriptibil (f)

CACB patrulater inscriptibil (g) i B, B diametral opuse - C, C diametral opuse (a), (e), (f), (g) A, B, C, A, B, C, A, B, C conciclice.

fig. 1

A'

C'''

O

O'

B''

B'

A'' B

H

B'''

C''

C'

A'''

A

C

COROLAR

1) Centrul cercului lui Euler, O, este mijlocul segmentului [OH]. 2) Raza cercului lui Euler este jumtate din raza cercului circumscris ABC. Demonstraie Le considerm ca fiind bune exerciii pentru cei doritori de a-i nsui temeinic tema prezentat aici. 3 APLICAIE

Fie I centrul cercului nscris n ABC i A1B1C1 triunghiul su complementar. S se demonstreze c centrele cercurilor lui Euler ale triunghiurilor BIC, CIA, AIB sunt situate pe bisectoarele unghiurilor triunghiului A1B1C1. (fig. 2) Soluie Fie O1 centrul cercului circumscris BIC, H1 ortocentrul BIC, [BI1 i [CI1 bisectoare exterioare ale unghiului B i unghiului C I1[BI1d(I1,AB)=d(I1,BC) (1) I1 [CI1d(I1,AC)=d(I1,B (2)


- 32 -

G1

O'

O1

A1

I

fig. 2

(1), (2) d(I1,AB)=d(I1,AC) A, I, I1 coliniare [BI1 bisectoarea exterioar a unghiului B (3) [BI bisectoarea interioar a unghiului B (4) [CI1 bisectoarea exterioar a unghiului C (5) [CI bisectoarea interioar a unghiului C (6) (3), (4) m(pIBI1)=90 (7) (5),(6) m(pICI1)=90 (8) (7), (8) O1 mijlocul [II1] n BIC aplicm Teorema dreptei lui Euler O1, G1, H1 coliniare i [IA1] median [AA1][O1H1]={G1} O1A1 mediatoarea [BC] O1A1BC (9) H1I1BC (10) (9), (10) O1A1H1I1 Din Teorema fundamental a asemnrii avem GIH1GA1O1 2A1O1=IH1 Fie [A1P bisectoarea pC1A1B1 A1PAI A1PIO1 (11) PIA1O1 (12) (11), (12) O1A1P1I paralelogram PI=A1O1 H1P=A1O (a) PH1A1O1 (b) (a), (b) O1A1H1P paralelogram A1PO1H1={O}, O mijlocul [O1H1] dar mijlocul [O1H1] este centrul cercului lui Euler pentru BIC. Deci centrul cercului lui Euler n BIC apartine bisectoarei A1B1C1 Analog se demonstreaz c i centrele cercului lui Euler pentru CIA i AIB aparin bisectoarelor A1B1C1.

Definiie Se numete omotetie de centru O i raport kR, funcia f : P P dat de f(P) = P, OPkOP =' .


H

- 33 -

SSM

Aplicaia 1. Cercul lui Euler este o omotetie de raport 21

i centru O (centrul

cercului circumscris) a cercului circumscris in orice triunghi. Aplicaia 2. Centrul cercului lui Euler este pe dreapta lui Euler.

Bibliografie [1] Gheorghe ieica - Probleme de geometrie, Editura Tehnica Bucuresti [2] Vladimir Boscoff , Liviu Nicolescu - Probleme practice de geometrie Tema pentru grupa de performanta la clasa a- VIII -a

Plan mediator al unui segment prof. Prejneanu Vasile Doru

Liceul Pedagogic tefan Odobleja Definiie Fie [AB] un segment, M mijlocul segmentului [AB], se numete plan mediator al segmentului [AB] planul perpendicular pe dreapta suport a segmentului AB i care o intersecteaz n punctul M.

Teorem Condiia necesar i suficient ca un punct P din spaiu s se afle n planul mediator al unui segment [AB] este ca d (P,A)= d (P,B) sau PA=PB, unde d (P,A)=PA i d (P,B)=PB lungimile segmentelor AP i PB.

Demonstraie Fie {M}= [AB]. Dac P , atunci PM AB. Aplicnd teorema lui Pitagora n triunghiurile PMA i PMB avem c PA2= PM2 + MA2 i PB2= PM2 +MB2, dar este plan mediator lui [AB], deci MA=MB, deci avem c PA2 = PB2, deci PA=PB. Vom demonstra acum i reciproc, presupunem PA=PB i fie plan, AB, presupun , fie {N}= [AB] din teorema lui Pitagora n PAN i PBN, avem PA2= PN2 + NA2 i PB2= PN2 + NB2, dar cum PA=PB, avem c PA2=PB2 => NA2=NB2 => NA=NB, deci N mijlocul [AB] i = este chiar planul mediator al segmentului [AB]. Aplicaii 1. S se determine locul geometric al punctelor din spaiul egal deprtate de trei puncte A, B, C necoliniare.

Demonstraie Notm L={MMA=MB=MC; A,B,C necoliniare} L- locul geometric cutat, vom demonstra c L=d , unde d (ABC) i d (ABC) = {O}, O cercul circumscris ABC. Vom determina pe d i anume fie 1 plan mediator pentru [AB] i 2 plan mediator pentru [BC] i 1 [AB]= {O1} i 2 [BC]= {O2}; 1 2=d, fie {O}=d (ABC). n aceste condiii AO1=BO1 i BO2= CO2 i OA=OB=OC, deoarece O se afl n planele mediatoare ale segmentelor [AB] i [BC], deci O este centrul cercului circumscris ABC, i deci OAB i OBC isoscele i deci OO1 AB i OO2 BC. Cum 1 plan mediator pentru [AB]=> AB 1 i d include 1=> AB d(1). Cum 2 plan mediator pentru [BC]=> BC 2 i d include 2=> BC d (2). Din (1) i (2) avem c d (ABC), deci am construit dreapta d. Acum fie M L, atunci MA=MB=MC, i fie O centrul cercului circumscris ABC, atunci AO=BO=OC, cum MO=MO=MO, atunci din cazul (LLL) MAO MBO


- 34 -

MCO=>m (BMO)=m (CMO)=m (AMO)= 90 grade => MO (ABC), deci M d , deci L include d (3). Fie M d, {d}= 1 2, 1 i 2 plane mediatoare pentru [AB] i [BC], atunci MA=MB=MC, deci d include L (4). Din (3) i (4) L=d. 2. Planele mediatoare a segmentelor determinate de trei puncte necoliniare au o dreapt comun ce reprezint perpendiculare pe planul triunghiului determinat de acela trei puncte ridicat n centrul cercului circumscris acestuia. Demonstraie Fie punctele A,B,C necoliniare i O centrul cercului circumscris ABC, i fie d dreapta de intersecie a planelor 1 mediator segmentului [AB] i 2 mediator segmentului [BC], despre care am artat n aplicaia 1 c este perpendicular pe planul (ABC) n punctul O. Vom arta c d se gsete i n planul mediator segmentului [AC]. Fie 3 planul mediator segmentului [AC], 3 [AC] = {O3}, cum OA=OC, OAC isoscel i deci OO3 AC, fie M d, d (ABC) OO3 AC, atunci din teorema celor trei perpendiculare avem c MO3 AC=> O3MA O3MC cazul catet catet i deci MA=MB, deci MO3 include d, dar MO3 include 3, deci d include 3, deci d = 1 2 3. 3. Dac A,B,C,D sunt patru puncte necoplanare, s se demonstreze c exist un punct O egal deprtat de ele.

Demonstraie Fie d dreapta pe care se gsesc punctele egal deprtate de punctele B,C,D ca n aplicaia 2, care este perpendicular pe planul (BCD) n centrul cercului circumscris BCD, fie planul mediator al segmentului [AB]. Dac d, atunci AB include (BCD) contrar ipotezei, deci exist un punct {O}= d , dar cum O , O este egal deprtat de A i B, dar i de B,C,D pentru c se gsete pe dreapta d, deci O este punctul cutat. Tema pentru grupa de performanta la clasa a- VIII -a

Planul bisector prof. Bloi Valeria

Liceul Pedagogic tefan Odobleja

Prin intersecia a dou plane i se obin patru unghiuri diedre, oricare dou dintre ele avnd msuri egale sau suplementare.

Notm cu cu 2121 ,,, semiplanele n care dreapta d mparte planul i . Fie M d i dreptele MM1 , MM2 ,MM1 d, MM2d.

Definim unghiul diedru al celor 2 plane, unghiul a crui msur 090 . Dac )( 21 MMMm

090 , atunci unghiul diedru dintre planele i este unghiul format de semiplanele 11 si .


H

- 35 -

SSM

Definiie Se numete plan bisector al diedrului determinat de semiplanele 11 si , planul cu proprietatea c unghiurile diedre determinate de si1 , respectiv si1 cu aceeai msur.

Planul se mai numete i plan bisector interior analog cu bisectoarea interioar a unghiului plan.

Planul ' perpendicular pe planul i cu care se intersecteaz dup dreapta d se numete planul bisector exterior al diedrului format de semiplanele 11 si .

Teorema1 Oricare ar fi un punct M din planul bisector al diedrului format de semiplanele 11 si , distana de la acest punct la cele dou semiplane este aceeai.

Demonstraie: Fie M i notm cu

M1=pr1 (M) M2=pr1 (M) M= prd (M)

Conform reciprocei teoremei celor 3 perpendiculare, MM1 d i MM2 d . Din ipotez 021

'2

'1 90)()(),()( === MmMmMMMmMMMm

)), [MM] latur comun

=> conform cazului (catet, catet) c MMM1MMM2 Prin urmare [MM1] [MM2] i deci d(M, 1 )=d(M, 1 ). Se poate

demonstra i reciproc, adic dac dac M are proprietatea c distanele la cele dou semiplane sun egale, atunci M aparine planului bisector. Teorema 1 se poate formula ca loc geometric : Locul geometric al punctelor din spaiu egal deprtate de feele unui unghi diedru este planul bisector al unghiului diedru. Obs. Planul bisector interior i exterior sunt dou plane perpendiculare, proprietate analoag cu cea referitoare la bisectoarele a dou unghiuri plane suplimentare.

Teorema2 (Teorema planului bisector) Planul bisector al unui unghi diedru al unui tetraedru, mparte

muchia opus n dou segmente ale cror lungimi sunt direct proporionale cu ariile feelor diedrului.

Mai exact, fie tetraedrul ABCD i planul bisector al diedrului format de feele (ABC) i (BCD). Dac E este intersecia planului bisector cu AD, atunci:

][][

BCDAABCA

EDAE = .

Demonstraie: Fie F proiecia lui E pe planul (ABC) i G proiecia lui E pe planul (BCD). Cum E aparine planului bisector, [EF] [GE]. Fie A proiecia lui A pe planul (DBC) i D proiecia lui D pe planul ABC. Cum EF||DD`=> punctele


- 36 -

F,E,D,D` sunt coplanare i (FED)I (ABC)=AD`. Analog se demonstreaz c D,G,A` sunt coliniare. Aplicnd teorema fundamental a asemnrii =>

'DDFE

ADAE = i analog

ADED

AAEG =

'. Dar EG=EF

'

'''

''

DDAA

EDAEAAEDDDAE

ADAAED

ADDDAE ===

Scriem acum volumul tetraedrului n dou moduri:

3]['

3][' BCDAAAABCADDV == de unde

][3'BCDAVAA = i

][3'ABCAVDD =

Deci ][][

][3

][3

BCDAABCA

EDAE

ABCAVBCDAV

EDAE == .

Aplicaii:

1. Fie tetraedrul ABCD cu m 060)( =CBA ) ; m 045)( =CBD ) i 32=

BDAB . Fie

E(AD). S se arate c dac E se afl n planul bisector al diedrului format de planele (ABC) i (BCD), atunci E este mijlocul lui AD.

Soluie E fiind n planul bisector

22

23

32

45sin60sin

sinsin

][][

0

0

==

==

EDAE

BDAB

EDAE

CBDBCBDCBABCAB

EDAE

BCDAABCA

EDAE

))

=23

32

EDAE

== EDAEEDAE 1 E

este mijlocul al lui AD. 2. Fie tetraedrul ABCD cu AB=AC i BD=DC. Considerm planul bisector al diedrului format de planele (ABC) i (BCD), care intersecteaz AD n E. Dac M mijlocul lui BC, s se arate c ME este bisectoarea unghiului DMA

).

Soluie: Cum E aparine planului bisector

][][

BCDAABCA

EDAE =

DMAM

EDAE

DMBCAMBC

EDAE =

= .

Conform reciprocei teoremei bisectorei n plan => (ME este bisectoarea AMD deoarece mparte latura AD n pri proporionale cu laturile unghiului

DMA)

.


H

- 37 -

SSM

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

Ecuaia lui Pell i aplicaii eleva Coand Oana clasa a X-a CNT

eleva Cucu Irina clasa a X-a CNT prof. dr.Ciniceanu Gheorghe CNT

1 INTRODUCERE Ecuaiile diofantice sunt o categorie de probleme matematice foarte

studiate de-a lungul istoriei. Ecuaiile diofantice sunt ecuaiile ale cror soluii se caut n mulimea numerelor ntregi.

Iat cteva exemple de astfel de ecuaii: 1. Rezolvai n Z *Z ecuaia: 2x+3y=5 2. Rezolvai n Z *Z ecuaia: xy-3x+2y=17 3. Rezolvai n Z *Z ecuaia: x2-y2=7 4. Rezolvai n Z *Z ecuaia: x2-2y2=1 S remarcm pentru nceput c ecuaiile 1, 2, 3 sunt elementare,

variante ale lor fiind ntlnite adesea n culegerile adresate elevilor de gimnaziu. Cea de-a patra ecuaie se incadreaz n categoria general a ecuaiei lui Pell i vom da n finalul acestei note forma soluiei generale.

1. y=5-2x/3 5-2x M3 2x trebuie s dea restul 2 la mprirea cu 3, adic x=3k+1. Deci S={(3k+1,-2k+1)/ kZ }

2. xy-3x+2y=17 xy-3x+2y-6=11 (y-3)(x+2)=11 Soluiile vor fi date de rezolvarea sistemelor:

y-3 = -11 y-3= -1 y-3= 1 y-3=11 x+2= -1 x+2= -11 x+2= 11 x+2= 1

deci (x,y) {(-3,-8); (-13,2); (9,4); (-1,14)} 3. Este rezolvabil prin acelai procedeu cu ecuaia numrul 2

(x-y)(x+y)=7 x-y= -1 x-y= -7 x-y= 1 x-y= 7 x+y= -7 x+y= -1 x+y= 7 x+y= 1

deci (x,y) {(-4,-3);(-4,3);(4,3);(4,-3)}

2 PRINCIPALUL REZULTAT Teorem. Ecuaia x2-my2= 1, m nu este ptrat perfect, (ecuatia lui

Pell) are o infinitate de soluii. Dac (x1,y1) este soluia cu valorile cele mai mici, diferit de (1,0) i (xn,yn) este soluia general, atunci

xn+1= x1xn+my1yn yn+1=y1xn+x1yn Demonstraie Se poate gsi n [1].

Soluia problemei 4. S ne folosim de Teorem pentru soluionarea problemei 4

Se observ c (3,2) este soluie. Deci xn+1=3xn+4yn; yn+1=2xn+3yn de unde x2=3x1+4y1=17; y2=2x1+3y1=12 i ntr-adevr 172-2*122= 289-288 =1. Folosind Teorema, deducem c forma general a soluiei ecuaiei 4 este:

xn+1=3xn+4yn yn+1=2xn+3yn


- 38 -

3 APLICAII 1. S se demonstreze c exist o infinitate de triunghiuri avnd laturile numere naturale consecutive, iar aria exprimat prin numr natural. Soluie: Fie x-1,x,x+1 laturile. S N x nu e impar deci x=2y i x2-4=3u2. Deci 4y2-4=3u2 deci u e par u=2v. Atunci y2-3v2 = 1 deci ecuaia Pell. Are soluia (2,1) i deci xn=1/2[(2+3)n+(2-3)n]

yn=1/23[(2+3)n+(2-3)n], n 1 Lungimile laturilor sunt 2xn-1, 2xn , 2xn+1 iar aria S=3xnyn . 2. Demonstrai c ecuaia (x - y)3 + (y z)3 + (z x)3 = 30 nu are soluii n Z. Soluie. Se factorizeaz partea stng a ecuaiei i se obine: (x - y)(y - z)(z - x) = 10: Se observ c (x - y) + (y - z) + (z - x) = 0. Scriem toi divizorii numrului 10, adic 1; 2; 5; 10. Se verific nemijlocit c suma oricror trei divizori ai numrului 10, al cror produs este 10, este diferit de 0. 3. S se rezolve n Z ecuaia x2 + 1 = 3y. Soluie. Fie x, y care verific ecuaia. Atunci x2 + 1 = 0(mod 3). Examinm cteva cazuri, n dependen de restul mpririi numrului x prin 3.

a) Fie x 0(mod 3). Atunci x2 + 1 1(mod 3) i deci x2 + 1 0(mod 3). b) Fie x 1(mod 3). Atunci x2 + 1 2(mod 3) i deci x2 + 1 0(mod 3). c) Fie x 2(mod 3). Atunci x2 + 1 2(mod 3) 0(mod 3).

n consecin, congruena x2 + 1 0(mod 3) nu are soluii, i astfel ecuaia la fel nu are soluii ntregi. 4. S se arate c ecuaia x(x + 1) = 4y(y + 1) este incompatibil n Z+ . Soluie. Ecuaia iniial este echivalent cu ecuaia x2+ x + 1 = (2y + 1) 2 De aici rezult c x2 < (2y + 1)2 < (x + 1)2 sau x < 2y + 1 < x + 1. Contradicia obinut implic incompatibilitatea n N* a ecuaiei iniiale. 5. S se arate c ecuaia x2 y3 = 7 nu este compatibil peste N*. Soluie. Dac y par x2 3(mod 4), dar ultima congruen nu are loc pentru nici un x Z. Dac presupunem c y este impar, adic y=2k+1, atunci x2 + 1 = y3 + 8 = (y + 2)((y + 1)2 + 3) = (y + 2)(4(k + 1)2+ 3); i deci, numrul x2 + 1 are divizori de forma 4n + 3, de unde rezult c x2+1 are divizor prim de forma 4n + 3. ntr-adevr, dac toi divizorii primi ai numrului 4(k + 1)2 + 3 sunt de forma 4n + 1, atunci i numrul 4(k+1)2+3 va fi de forma 4n + 1.

Bibliografie: [1] D.Andrica,T.Andreescu - Ecuaii diofantiene, Editura Gill Zalau, 2004.


H

- 39 -

SSM

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

prof. MAGDALENA CONSTANTIN prof. PORFIREL DRAGA TATUCU

In acest scurt articol va vom prezenta doua inegalitati remarcabile cunoscute si aplicate de elevii din ciclurile gimnazial si liceal, carora rezolvarea exercitiilor este astfel mult facilitata. 1) Inegalitatea mediilor. Minim(a,b,c,.) Media armonica Media geometrica Media aritmetica Media proportionala Maxim(a,b,c,.), unde: Media armonica= ;

1....11

21 naaa

n

+++ Media geometrica = ;....** 21n naaa

Media aritmetica = ;...21n

aaa n+++ Media proportionala =n

aaa n22

22

1 ...+++

Exercitii rezolvate:

1) Aratati ca daca a, b, cR cu a,b,c 5 si 6a+4b+3c=7, atunci: 93061025 43 +++++ cba .

Aplicam inegalitatea mediilor. Adica MgMa. 5+a poate fi scris ca : )1(

2)5(1)5(*12 +++ aa

)2(3

)5(21)5(*2*1)5(2 33 ++++=+ bbb

)3(4

)5(321)5(*3*2*1)5(6 64 +++++=+ ccc

=++++++++++411

38

26)5(3*2*1)5(2*1)5(1 63 cbacba

7346..12

10134612

333324366 =+++++=+++++= cbadarcbacba

912

10173061025 43 =++++++ cba (Etapa locala - Alba )

2) Fie a, b, c numere naturale nenule. Sa se demonstreze inegalitatea:

bc

ab

ca

ac

cb

ba ++++ 2

2

2

2

2

2

Folosim inegalitatea mediilor(MaMg)

ca

ca

cb

ba

cb

ba ==

+ 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

*21*

ca

cb

ba 22

2

2

2

+

=//

+

ab

ac

cb

ac

cb

2

2

2

2

2

2

2

2

*21*

ab

ac

cb 22

2

2

2

+


- 40 -

=//

+

bc

ba

ac

ba

ac

2

2

2

2

2

2

2

2

*21*

bc

ac

cb 22

2

2

2

+

Adunam cele trei relatii obtinute:

+++++++

bc

ab

ca

ba

ac

ac

cb

cb

ba 22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

bc

ab

ca

ac

cb

ba ++++ 2

2

2

2

2

2

3) Fie a1, a2, .. ,an(0,1) Daca a1a2an =1 aratati ca (1+ a1)(1+ a2).(1+ an) n2 Folosim inegalitatea mediilor: MaMg

nn aaaaaa +++

21

...;2

1;

21

22

11

(1+ a1)(1+ a2).(1+ an) n2 44 344 211

21 *....**=

naaa (1+ a1)(1+ a2).(1+ an) n2

(Cluj etapa locala) Exercitii propuse: 1) Fie a, b, c, x, y, zR care verifica conditiile:

a+b+c=1 si 1222 =+ zyx Aratati ca : a(x+b) + b(y+c) + c(z+a) 1

(Concursul Nicolae Paun - 2003 ) 2) Aratati ca pentru orice a, b, c >0 si k natural nenul are loc inegalitatea:

abckcba

kakaka kkk 2121

121

121 ++

++

++

+

(Concursul Alexandru PapiuIlarian-2003) 3) Daca a, b, c, d sunt numere reale strict pozitive, demonstrati ca :

dcbacba

dbac

dacb

dcba

+++++

+++

++

++ )(4

(Concursul Gheorghe Dumitrescu - 2003) 2) Inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski-Schwartz (C.B.S):

2

11

22

1

===

n

ii

n

ii

n

iii xaxa , egalitate daca aixj = ajxi , i j ,i, j n,1

sau: ( ) ( )( )........... 222212222122211 nnnn xxxaaaxaxaxa +++++++ Exercitii rezolvate:

1) Fie a, b, c>0. Sa se arate ca ))()((

)(32

)()()(

2

222 accbbacba

bac

cab

cba

+++++

++

++

+

Aplicam C.B.S si obtinem

222

2

222 )()()()(

)()()( baccabcbacba

bac

cab

cba

+++++++

++

++

+

Aratam ca : +++++

+++++

++222

22

)()()()(

))()(()(

32

baccabcbacba

accbbacba

222 )()()())()((23 baccabcbaaccbba ++++++++


H

- 41 -

SSM 222 )(2)(2)(2))()((3 baccabcbaaccbba ++++++++

0)2(2)2(2)2(2))((3 2222222 ++++++++++ babaccacabcbcbaacbcacbab0242242)(3 222222222 ++++++ cbacbbaacabcababccababcaccbabc

++++++ bcbaacabcabcaabbabcaccbabc 2222222222 2221223333336 022 22 cbac 06 222222 ++++++ caabbabcaccbabc

Avem: +++++ 0222 222222 abcbcbaabccacbabcabac

>++

0,,0)()()( 222

cbaabccabbca

relatie adevarata

))()((

)(32

)()()(

2

222 accbbacba

bac

cab

cba

+++++

++

++

+

2) Demonstrati inegalitatea 1)(,)12)(1(

]1)!1[(6)!(....)!2()!1( 222 ++++++ nnnn

nn

Avem: ]1)!1[(6

)12)(1(])!(....)!2()!1[( 222 ++++++ nnnnn

Dar 222 ....216

)12)(1( nnnn ++=++

]1)!1[(1]....21[*])!(....)!2()!1[( 222222 +>+++++ nnn Aplicam C.B.S pt relatia din stanga si comparam rezultatele:

2222222 ]1)!1[()!*...2!*21!*1(]....21[*])!(....)!2()!1[( +=++++++++ nnnnn Cum: ++ ]1)!1[(]1)!1[( 2 nn

inegalitatea: 1)(,)12)(1(

]1)!1[(6)!(....)!2()!1( 222 ++++++ nnnn

nn

Probleme propuse:

1) Fie x, y, z0. Demonstrati ca 3111

=> astfel nct, Exx , cu proprietatea c astfel nct xx , R cu proprietatea c = xxxfxf , astfel nct xx , R cu proprietatea c


H

- 45 -

SSM

== ExxExx 0, 0)(,0 >=> astfel nct, Exx 0, cu proprietatea c


- 46 -

Observaia 3 Produsul a dou funcii uniform continue pe o mulime nu este,n gene-ral, o funcie uniform continu pe acea mulime. Exemplul 3 Fie funciile f,g: RR, xxgxf == )()( .Avem evident c fiecare dintre funcii este uniform continu pe mulimea R, n timp ce produsul celor dou funcii, adic funcia fg: RR, 2)()())(( xxgxfxfg == nu este uniform continu pe mulimea R. Teorema 5 Orice funcie f: RR periodic i continu pe mulimea R este uniform continu pe mulimea R Demonstraie Funcia f fiind periodic =+> xxfTxfT ),()(:0 R.(*) Avem evident c [ ]T,0 este o mulime mrginit i nchis, deci compact i cum funcia f este continu pe R, deci pe [ ]T,0 f este uniform continu pe [ ]T,0 [ ] => yxTyx ,,0,,0)(,0 , avem c (*)

2)()(


H

- 47 -

SSM

2. S se arate c orice funcie de gradul I este o funcie uniform continu.

Soluie: Fie f :RR, f(x)=ax+b, a R , b R i 0> .Alegem 0>=a

yx, R, cu astfel nct


- 48 -

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

Formele integrale ale inegalitilor clasice prof. Daniel Sitaru

C.N.Economic Theodor Costescu Inegalitile guverneaz matematica, egalitile sunt doar un caz special al acestora. Scopul acestei note matematice este acela de a prezenta, n paralel, inegalitile clasice n form elementar i n form integral. 1. Inegalitatea modulelor

- forma elementar: Dac a1, a2, .,anR, nN* atunci

nn aaaaaa ++++++ ...... 2121 - forma integral:

Fie f:[a,b] R o funcie continu. n aceste condiii:

b

a

b

a

dxxfdxxf )()(

2. Inegalitatea mediilor

- forma elementar: Dac a1, a2, .,anR*, nN* atunci

m

a

nan

a

n

aM n

i i

nn

ii

n

ii

n

ii

=

=

==

1

1

1

2

1

2

1; iniini

amaM,1,1

min,max==

==

- forma integral: Fie f:[a,b] [m,M] o funcie continu. n aceste condiii:

.

( )

( )( ) Mdxxf

abe

xfdxabm

b

a

dxxfab

b

a

b

a

1ln

1

3. Inegalitatea Cauchy-Buniakovski

- forma elementar: Dac a1, a2, .,an, b1, b2, .bnR*, nN* atunci

( ) ( )( )222212222122211 nnnn b.............bba.............aaba............baba +++++++++forma integral:

Fie f, g : [a,b] R funcii integrabile. n aceste condiii:

( ) ( ) ( ) ( )

b

a

b

a

b

a

dxxgdxxfdxxgxf 22 .


H

- 49 -

SSM

4. Inegalitatea Holder - forma elementar:

Dac p>1 i 1q1

p1 =+ atunci:

qn

i

qi

pn

i

pi

n

iii baba

1

1

1

11

===

- forma integral: Fie f, g : [a,b] R funcii integrabile. n aceste condiii:

. ( ) ( ) ( ) ( ) qb

a

qpb

a

pb

a

dxxgdxxfdxxgxf

11

5. Inegalitatea Minkovski

- forma elementar: Dac a1, a2, .,an , b1, b2, .bnR, nN* , pN ; p2 atunci:

pn

i

pi

pn

i

pi

pn

i

pii baba

1

1

1

1

1

1

+

+

===

- forma integral: Fie f, g : [a,b] R funcii integrabile i p1. n aceste condiii:

( ) ( ) ( ) ( ) .111pb

a

ppb

a

ppb

a

p dxxgdxxfdxxgxf

+

+ n cazul n care p=2 avem:

. ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ++b

a

b

a

b

a

dxxgdxxfdxxgxf 222

6. Inegalitatea Cebev

- forma elementar: Dac a1, a2, .,an, i b1, b2, .bn sunt dou iruri de numere reale, ambele cresctoare, atunci:

nba............baba

nbbb

Documents

RMM 5.pdf