RMM 2.pdf

CUPRINS

- 0 -

Din partea redaciei ______________________________ 1 Drumul catre Medalia de Aur ______________________________ 2 American Mathematic Contest ______________________________ 3 Note matematice Teorema lui Toeplitz ______________________________ 5 Asupra unei probleme propusa la Olimpiada municipala ______ 9 O aplicaie practic a punctului lui TORRICELLI __________________ 10 Ridicarea la putere a unor matrice diagonalizabile ____________ 12 Structuri algebrice induse ______________________________ 17 Teme pentru grupele de performan Clasa a VI-a Cteva observaii asupra unei probleme de olimpiad ____________ 19 Clasa a VII-a Complemente de geometrie ______________________________ 21 Aplicaii ale formulelor de calcul prescurtat __________________ 25 Construcii geometrice utiliznd asemnarea __________________ 27 Clasa a VIII-a Puncte laticiale ______________________________ 30 Clasa a IX-a Inducia matematic n probleme de geometrie vectorial ______ 33 Clasa a X-a Monotonia funciilor numerice. Intervale de monotonie ____________ 35 Clasa a XI-a Discontinuitile funciilor reale ______________________________ 38 Clasa a XII-a Despre izomorfisme ______________________________ 40 Probleme propuse Clasa a V-a ____________________________________ 43 Clasa a VI-a ____________________________________ 43 Clasa a VII-a ____________________________________ 44 Clasa a VIII-a ____________________________________ 44 Clasa a IX-a ____________________________________ 45 Clasa a X-a ____________________________________ 46 Clasa a XI-a ____________________________________ 47 Clasa a XII-a ____________________________________ 48 Test capacitate ____________________________________ 49 Modelare matematic Programare ntreag ____________________________________ 50 Concursuti colare ____________________________________ 53 Rubrica rezolvitorilor ____________________________________ 56

REDACTIA

- 1 -

H S S M

DIN PARTEA COLECTIVULUI REDACTIONAL

Aa cum anunam la apariia primului numr al ravistei noastre intenionm s ne ntlnim cu cititorii notri de dou ori pe an. Ne bucurm c revista a fost bine primit de toi colegii profesori de matematic din jude dar i de prietenii notri din alte judee care au gsit-o ca fiind interesant i util. Peste 500 de exemplare ale revistei se afl n bibliotecile elevilor i profesorilor din Mehedini i cum se va vedea n paginile revistei unii elevi au avut placerea s ne trimit i soluii la problemele propuse i noi le mulumim lor i profesorilor lor. Pentru a da un caracter de permanen acestor preocupri facem apel la colegii notri profesori de matematic s ne ajute trimind pn la 15 septembrie liste cu elevii care au rezolvat corect probleme adresate clasei lor sau clasei imediat inferioare insoite de soluiile elevilor aa cum se cere la revista fratele mai mare, Gazeta Matematic.

Ca mijloc de exprimare al filialei SSMR din judeul Mehedini, revista se adreseaz tuturor profesorilor de matematic ai judeului pe care i invitm n paginile revistei cu probleme propuse, teme pentru grupele de performan, articole metodice i note matematice. Totodat adresm invitaia ca s ni se alture printre membrii cotizani ai Societaii. Cu o bun parte a fondurilor rezultate n urma distribuirii revistei noastre am premiat cu peste 5 milioane de lei premianii Olimpiadei Judeene de Matematic ale cror nume le vei gsi n paginile revistei. Rugm pe colegii notri ca de fiecare dat cnd elevi mehedineni particip la concursuri de matematic s ne trimit i nou informri pentru a putea populariza n paginile revistei numele elevilor merituoi i numele dasclilor lor.

Cnd aceast revist se pregtete de tiprire echipajul nostru participant la Olimpiada Naional de Matematic tocmai s-a ntors.

Ne bucurm c doi dintre colegii notri : prof. Prajea Manuela de la CNT , i prof. Stretcu Daniel de la Liceul Gh.ieica au fost cooptai n Comisia Naional a olimpiadei. Iat i rezultatele obinute de elevi: Ungureanu Andrei - clasa a-IX-a CNT - premiul I MEC i premiul special pentru cea mai grea problem din concurs, Bzvan Eduard - clasa a-IX-a - Gh.ieica - meniune MEC, Anghelescu Georgiana - clasa a-IX-a - Gh.ieica - premiul Comisiei Nationale, Bobii Ruxandra - clasa a-VIII-a - Gh.ieica - premiul Comisiei Nationale, Pi-Rada Cosmin - clasa a-XI-a - CNT - premiul Comisiei Naionale.

n numrul trei al revistei vom prezenta i detalii referitoare la participarea lui Andrei Ungureanu la Lotul Naional lrgit precum i alte activiti matematice desfurate pe parcursul verii. Unele evenimente vor fi astfel prezentate cu ntrziere dar considerm c a lor consemnare este mai trainic dect o prezentare ntr-un buletin de tiri.

i pentru c nu totul este frumos i vesel folosim aceste rnduri pentru a aduce un ultim i pios omagiu colegului nostru prea repede trecut n nefiin LEULESCU CONSTANTIN care a fost condus pe ultimul drum exact n ziua de 1 februarie cnd s-a desfurat Olimpiada Local de Matematic.

INTERNATIONAL

- 2 -

Drumul catre Medalia de Aur prof. dnd. Manuela Prajea

24 iunie 2002 Olimpiada Balcanic de Juniori Targu - Mure. Orele 10 -14: Elevii Lotului olimpic de matematic pentru Juniori al Romniei se afl alturi de elevii loturilor din Grecia, Turcia, Bulgaria. Primesc subiectele celei de-a 6-a ediii a Olimpiadei Balcanice de Matematic. Orele 14:30: Telefonul sun. Pe ecran afieaz: "ANDREI". Aud ca prin vis: "A fost bine. Subiectele mi s-au prut uoare." Andrei povestete calm, cu naturalee despre probleme, soluii. O und de linite rzbate din vocea lui. Mie mi vine s sar n sus de bucurie. Nu-mi mai ncap n piele de fericire. n acea clip am tiut c Andrei va urca pe prima treapt a podiumului. O lecie de istorie: n 27 iunie 2002 Andrei Bogdan Ungureanu primete Medalia de Aur la Olimpiada Balcanic de Matematic pentru Juniori. Andrei Bogdan Ungureanu i-a ctigat dreptul la nemurire, un start de aur pentru viitoarea lui carier. Felicitari! n Mehedini, ultima medalie la un concurs de talie internaional a fost Medalia de Bronz obinut de elevul Beltita Daniel n anul 1989. Un rezultat aleator, un noroc neateptat ? Nu. Drumul ctre succes este lung, anevoios, descurajant uneori, este calea la care purced oamenii alei, nzestrai cu har, puternici psihic, oameni cu totul i cu totul deosebii, speciali. Aa este Andrei. Pentru el nu exist sintagma "nu se poate". Nu afirm niciodat acest lucru dar din ceea ce face i dai seama c nu are bariere. Har, talent, geniu ? - Andrei abordeaz ntr-un chip foarte firesc matematica, simte creaia i rezolvarea, ideea i geniul ce rzbat din profunzimea problemelor. Aici ns nu e vorba doar de Medalia de Aur. Mai greu este drumul ctre Medalie, pentru c nti trebuie s ajungi n Lotul Olimpic Reprezentativ al Romniei pentru a participa la olimpiadele internaionale. i nainte de Lotul Reprezentativ s nu uitm de fazele local, judeean (unde trebuie s te clasezi pe locul I) i de faza naional, adevrate pietre de ncercare pentru un matematician, orict de serios i de creativ ar fi el. Un considerent foarte selectiv este i timpul scurt alocat rezolvrii problemelor propuse. Alt cale nu exist. i dac ai ajuns n lot Medalia e aproape o consecint. De ce? Pentru c aceast procedur este, de fapt, foarte grea i unele din subiectele propuse la ultimele probe de selecionare a lotului sunt de multe ori mai dure dect insi olimpiada international. Cum se ajunge ns aici? I. La dou zile dup etapa pe ar a Olimpiadei Naionale de Matematic, primii 15 elevi pe fiecare clas intr n primul baraj de consituire a Lotului Olimpic Lrgit al Romniei pentru Juniori/Seniori (elevii claselor VII - IX care nu depesc 15 ani pentru Lotul de Juniori i elevii claselor IX - XII avnd vrsta ntre 15 i 19 ani pentru Lotul de Seniori). Elevii, indiferent de clase, primesc subiecte comune pentru seciunile Juniori respectiv Seniori. Subiectele au o frumusee i o noblee aparte i se adreseaz cu precdere adevrailor iubitori de matematic i nu vntorilor de premii, " dopailor " (cei mpini de la spate de profesori, peste voina lor). O prim selecie a inteligenei: cte 24 de elevi pentru fiecare lot. n martie 2002 Andrei Bogdan Ungureanu a obinut locul I cu punctaj maxim n urma primului baraj.

INTERNATIONAL

- 3 -

H S S M

II. Dup aproximativ dou sptmni loturile lrgite sunt convocate la Bucureti de ctre comisiile de organizare i desfurare a pregatirii loturilor coordonate de prof. univ. dr. Dan Brnzei i respectiv prof. univ. dr. Mircea Becheanu, ntr-o sesiune de 2-3 sptmni de pregtire finalizat cu Barajele II i III de constituire a lotului. A doua selecie a inteligenei: rmn 12 elevi pentru fiecare lot. n aprilie 2002 Andrei Bogdan Ungureanu a obtinut locul III n urma celor dou baraje. III. Urmeaz o nou sesiune de pregtire a elevilor "cenuii" de 2-3 sptmni finalizat cu dou zile alocate Barajelor IV i V. Moment de tensiune maxim pentru c acum se alege Lotul Olimpic Reprezentativ al Romniei pentru Juniori/Seniori format din cte 6 elevi. Problemele primite la aceste baraje, atent selecionate de profesioniti, sunt deosebit de dure, solide, rafinate pn la esenializare nct numai o inteligen briliant le poate deslui perfect. n perioadele de cantonament la Bucureti elevii sunt preparai de profesori strlucii ai colii Matematice romneti, profesori universitari i olimpiaditi de talie internaional i sigur c aceast pregatire are un aport eficace i puternic n formarea viitorilor medaliai. Elevii sunt impresionai de prestaia profesorilor antrenai n pregtirea loturilor: Mircea Becheanu, Dan Brnzei, Radu Gologan, Cristinel Mortici, Bogdan Enescu, Ion Savu, Mihai Baluna, Marian Andronache, Marcel ena, Dinu erbnescu, etc. i de faptul c li se ofer nu numai modele matematice viabile ci i adevrate profiluri de personalitai indestructibile n peisajul social-tiinific contemporan. Andrei Bogdan Ungureanu a strbtut cu abnegaie, har i profesionalism aceste baraje de selecie i a confirmat nc o dat talentul i valoarea sa ca om i matematician. Nu m pot opri s mi exprim admiraia pentru tot ce a realizat Andrei i bucuria de a fi alturi de el. Mult succes, Andrei !

AMERICAN MATHEMATIC CONTEST

prof.dnd. Gh. Cainiceanu Si in acest an scolar, in colaborare cu AMC condus de dl. Titu

Andreescu, elevii C.N.Traian au avut posibilitatea sa participe la concursurile de matematica ale elevilor americani. Astfel in noiembrie 2002 un numar 30 de elevi au participat la AMC 8 , concurs adresat elevilor de clasele VII-VIII. Concursul a durat 40 de minute si a constat in 25 de probleme cu raspunsuri grila.Au participat experimental si 3 elevi de clasa a-VI-a care au dovedit o buna pregatire. Media celor 5 elevi de clasa a-VIII-a a fost 13,8p , media celor 25 de elevi de clasa a-VII-a a fost de 10,4p , iar media celor 3 elevi de clasa a-VI-a a fost de 9,3p.Punctajul maxim posibil este 25p. Cel mai mare punctaj la clasa a-VIII-a l-a realizat Rosu Stefan 22p, la clasa a VII-a elevii Ionica Adina si Dutulescu Leonard au realizat 15p , iar la clasa a-VI-a Nica Flavius 13p. Un numar de 12 elevi traianisti au obtinut premii si s-au bucurat de intrarea in competitie cu colegii lor americani de aceeasi varsta. Numele premiantilor se afla in paginile acestei reviste.

Iata pentru curiozitatea cititorilor nostri spre exemplu problema 18 din concurs:

INTERNATIONAL

- 4 -

Gage skated 1 hr 15 min each day for 5 days and 1 hr 30 min each day for 3 days. How long would he have to scate the ninth day in order to average 85 minutes of skating each day for the entire time?

(A) 1 hr (B) 1 hr 10 min (C) 1 hr 20 min (D) 1 hr 40 min (E) 2 hr Raspunsul corect este (E). Am lasat intentionat enuntul original in engleza pentru a sublinia ca stapanirea limbii engleze este o conditie extrem de importanta pentru obtinerea unui rezultat bun. In februarie 2003 a fost randul seniorilor sa intre in competitie la AMC10 si AMC12. Au participat 47 de elevi de clasele 9,10 din Traian si invitati 3 elevi din Liceul Gh. Titeica la AMC 10 , si 29 de elevi de clasele 11,12 la AMC 12. A fost de asemenea invitat si elevul Rosu Stefan de clasa a-VIII-a fiind castigatorul AMC 8 din noiembrie. Elevii au avut de rezolvat 25 de probleme grila in 75 de minute. Un raspuns corect se noteaza cu 6p, nonraspunsul cu 2,5p iar raspunsul gresit cu 0p.Punctajul maxim posibil era 150 de puncte. Media la AMC 10 realizata de elevii nostrii a fost 88,5 p iar la AMC 12 media a fost 83,1.Cele mai mari punctaje obtinute de elevii nostri au fost: La AMC 12 Zaharia Claudia 123p, iar la AMC 10 Mitroi Dan 122,5p. S-au calificat pentru faza a doua a competitiei AIME un numar de 7 elevi al caror nume este de asemenea present in paginile revistei noastre impreuna cu rezultatul lor la acest ultim concurs.Mentionam ca in conformitate cu baremele introduse in acest an de AMC elevul Ungureanu Andrei ar fi avut punctaj corespunzator pentru participarea la USAMO , concurs adresat insa doar cetatenilor americani. Iata si o problema de tip AMC 12 din concursul din 2002: Suppose that a and b are digits , not both nine and non both zero ,and the repeating decimal 0,ab is expressed as a fraction in lowest terms. How many different denominators are possible?

(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 8 (E) 9 Raspunsul corect este (C) .

Sa mai precizam ca la AIME elevii au primit 15 probleme de rezolvat in 3 ore ,la care fiecare raspuns era un numar de tri cifre ce trebuie precizat in foaia speciala de concurs.Iata si o problema de tip AIME din concursul anului 1998: An m x n x p rectangular box has half the volume of an (m+2) x (n+2) x (p+2) rectangular box , where m,n,p are integers , and m n p. What is the largest possible value of p? Raspunsul este 130.

Toate corectarile s-au facut la Nebrasca pe calculator, nelasand loc niciunei suspiciuni. Elevii castigatori vor primi diplome si insigne de la institutia Americana.

NOTE MATEMATICE

- 5 -

H S S M

Teorema lui Toeplitz Prof. Ion Chilea

Fie ( ) 1, knnka o matrice triunghiular infinit de numere nenegative cu proprietile:

=

n

knka

1= 1 , ( ) n 1 i lim

n nka = 0 , ( ) k 1

Atunci ( ) irul ( ) 1nnx de numere reale care are limit , rezult c

irul ( ) 1nnx definit prin nx = =

n

knka

1kx , are limit i avem :

nn

xlim

= limn

nx

Demonstraie

Presupunem nx 0 cnd n .Fixm > 0. Atunci exist

N 1 a.. 2

nx , ( ) n N. Dac n > N putem scrie :

nx = ( NnNnn xaxaxa +++ ......2211 ) + ( nnnNnN xaxa ++++ ......11 ) (1) Cum lim

n

( NnNn xaxa ++ ...11 ) = =

N

kkx

1lim

nnka = 0 (2) rezult c

exist n a..

NnNnn xaxaxa +++ ......2211 2

, ( ) n n

Atunci , pentru orice n n avem :

| nx | 2

+ +=

n

Nknka

1kx 2

+

=

n

knka

12

= 2

+ 2

= .

Deci nx 0 cnd n. Presupunem nx 0x .Atunci nx - 0x , deci

0)(111

== === nkn

knk

n

knkk

n

knkn xxaaxxaxx (cf.I)

i deci xxn . Presupunem c nx (cazul nx se trateaz la fel) Fie c R+ fixat. Atunci exist N 1 cu proprietatea

)3(3 Nncxn Din (2) rezult c exist N1 N cu proprietatea

)4()(,...... 12211 Nncxaxaxa NnNnn +++

NOTE MATEMATICE

- 6 -

Din condiia (2) a teoremei rezult c exist N2 N1 a..

)5()(,31...... 221 Nnaaa nNnn +++

Plecnd de la expresia lui nx i aplicnd relaiile (3) , (4) , (5) vom obine:

211

)(,)311(3)1(33 Nncccaccaccx

n

knk

n

Nknkn =++=+

=+=

Deci +=

nn

xlim APLICAII A1 Fie ( ) 1nnx un ir de numere reale care are limit . Atunci : lim

n nxxx n+++ ....21 = lim

nnx .

Soluie. Se aplic teorema precedent pentru matricea

.....111..........

21

211

nnn

A2 Fie ( ) 1nnx un ir de numere reale pozitive care are limit. Atunci:

nn

n

k knx

xn

==

lim

11

1lim

Soluie. Aplicm problema (A1) pentru irul .1

1

nnx

A3 Fie ( ) 1nnx un ir de numere reale pozitive care are limit. Atunci: nn

nn

nxxxx

= lim...21lim

Soluie. Trecnd la limit pentru n n inegalitile :

1)(,1....11

21

1

1

=

=nx

nxxx

xn

n

kk

nn

n

k k(inegalitatea mediilor)

i innd seam de (A1) , (A2) se va obine relaia cerut.

A4 Fie ( ) 1nnx un ir de numere reale pozitive. Dac irul 1

1

+

nn

n

xx

are

limit atunci : n

n

nn

nn x

xx 1limlim +

= .

NOTE MATEMATICE

- 7 -

H S S M

Soluie. Considerm irul ( ) 1nny definit prin 11 xy = , 1

=n

nn x

xy , ( ) n 2

Atunci : nn yyyx ......21 = , ( ) n 1 i dup (A3) vom avea :

limn

nnx = lim

n

nnyyy ....21 = lim

n

yn = limn n

n

xx 1+ .

A5 Fie ( ) 1nna un ir de numere reale care are limit i ( ) 1nnb un ir de numere pozitive cu =

=

n

kk

nb

1lim .

Atunci n

nn

nn

na

bbbbababa

limlim ..........

21

2211

=

++++++

Soluie. Se aplic teorema lui Toeplitz innd seam de relaiile:

++++++

++

..........

.........

21

2

21

1

21

2

21

1

1

1

nn bbbb

bbbb

bbb

bbbbb

na

aa

...2

1

=

+++++

++

...........

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

21

11

21

2211

1

11

n

nn

bbbbaba

bbbaba

bba

A6 Fie ( ) 1nna i ( ) 1nnb dou iruri de numere reale cu proprietile: 10 . bn > 0 , ( ) n 1 i

=

n

kkb

1

(n );

20 .

n

n

ba

1n are limit;

atunci limn n

n

bbbaaa++++++

..........

21

21 = limn n

n

ba

.

Soluie. Se aplic (A5) irurilor ( ) 1nnb i 1

nn

n

ba

.

Observaii: 1. Condiia (1) din teorem semnific faptul c suma elementelor de pe fiecare linie este 1 , iar condiia (2) semnific faptul c irul elementelor de pe fiecare coloan este convergent la zero. 2. Aplicaiile (A1) (A3) afirm c dac un ir numeric este convergent atunci irul mediilor aritmetice , armonice , respectiv geometrice este convergent i are aceeai limit cu sirul iniial. 3. Reciprocele aplicaiilor (A1) (A3) nu sunt adevrate totdeauna.

NOTE MATEMATICE

- 8 -

Contraexemplu. Fie ( ) 1nnx definit astfel: 22 =nx , 21

12 =nx , ( ) n 1. Se observ c acest ir nu are limit , avnd dou subiruri cu limit diferit. Totui, notnd cu A, H, G limitele mediilor aritmetic , armonic i geometric avem:

1lim,54lim,

45

lim ======

nnnnnnxGxHxA n timp ce n

nxlim

nu exista.

4. Condiia (1) din teorem poate fi nlocuit cu condiia (1`) 11

lim ==

n

knk

na

5. Dac irul ( ) 1nnx este mrginit , atunci irul ( ) 1nnx este mrginit si n

nn

nxx supsup

11

A7 Fie ( ) 1nna i ( ) 1nnb dou iruri de numere reale cu proprietile :

0 < nb si ( ) 1nnb crescator strict, Rbbaa

nnn

nn

l1

1

Atunci , limn n

n

ba

exist i este egal cu l . (STOLZ CESARO)

Soluie. Fie 1= nnn aaa , 1= nnn bbb ( ) n 1, unde 000 == ba avem relaia :

n

n

n bb

bb

bb

bb

bb

bb

.....

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

2

21

2

2

2

1

1

1

n

n

ba

baba

......2

2

1

1

=

n

n

ba

baba

.......2

2

1

1

1)(,11 1

==

= =

nbab

bba

bb

n

ni

n

i

n

ini

i

n

i

Matricea triunghiular infinit satisface condiiile (1) i (2) din teorema lui Toeplitz .

ntr-adevr ( ) k 1, limnk

0=

n

k

bb

i ( ) k 1, =

=n

k n

k

bb

1

.1

Aplicand teorema lui Teoplitz.

Conchidem limn n

n

ba

= limn

.n

n

ba

Bibliografie: Gh.Siretchi Calcul integral i diferenial vol 1. E..E 1985

NOTE MATEMATICE

- 9 -

H S S M

Asupra unei probleme propusa la Olimpiada municipala de Matematica

prof. Dan Nedeianu Scopul acestei note este de a prezenta o metoda mai simpla de rezolvare a unei recurente de siruri, intalnita de elevi ca fiind una din problemele concursului amintit,concurs destinat clasei a XIa . Enuntul (partial) al problemei numarul 3 este urmatorul: Definim sirul (bn)n1 astfel : b1=1, bn+1=4n-3bn , n1. Sa se gaseasca o formula pentru bn (prof. C. Giugiuc). Recurenta din enunt este o recurenta de ordinul I cu coeficienti neconstanti, sau mai bine zis o recurenta liniara de odinul I neomogena. Initial prezentam pe scurt solutia autorului: Se scriu relatiile : b2=41 3b1 b3=42 3b2 b4=43 3b3 . bn-1=4n-2 3bn-2 bn=4n-1 3bn-1 Inmultim prima inegalitate cu (-3)n-2, a doua cu (-3)n-3, a treia cu (-3)n-4, .., penultima cu(-3)1 si apoi le adunam, dupa care va rezulta bn=4n-1 +4n-2(-3) + 4n-3(-3)2 + +42(-3)n-3 +4(-3)n-2 + +(-3)n-1 adica bn= [4n (-3)n]/7 In cele ce urmeaza, vom da o solutie mai simpla, care nu conduce la calcule laborioase:

Deci

==

++

+

+

11

2

13434

nn

n

nn

nbbbb , nmulim prima relatia cu 4

==

++

+

++

11

2

11

341244

nn

n

nn

nbb

bb

Scadem aceste doua relatii membru cu membru 4bn+1 bn+2=3bn+1 12bn n1, bn+2 bn+1 12bn=0 , n1.

Aceasta este o recurenta de siruri de ordinul II, a carei solutie este data de forma cunoscuta bn=pt1n +qt2n, unde p,q R si t1,t2 sunt solutiile ecuatiei caracteristice recurentei: t2 t 12=0, adica t1=4, t2=-3. Deci bn=p4n + q(-3)n, n1, unde p,q R, constante care se gasesc folosind ca b1=1 si b2=1. Avem b1=4p-3q b1=1 4p-3q=1 b2=16p+9q b2=1 16p+9q=1,relatii care ne conduc la p=1/7 si q= -1/7, deci bn=[4n (-3)n]/7

NOTE MATEMATICE

- 10 -

O aplicaie practic a punctului lui TORRICELLI Prof. Bloi Valeria

Problema: S se determine poziia de amplasare a unei coli n interiorului perimetrului a trei localiti rurale nesituate n linie dreapt, astfel ca suma distanelor de

la coal la la cele trei localiti s fie minim. Vom demonstra c locul de amplasare al colii va fi n punctul lui Torricelli, care realizeaz minimul sumei distanelor pn la cele 3 localiti. Reamintim teorema lui Torricelli: Fie triunghiul ABC cu toate unghiurile strict mai mici ca 1200. Pe laturile lui se construiesc n afar triunghiuri echilaterale. Cercurile circumscrise acestor triunghiuri au un punct comun T, numit punctul lui Torricelli. Modelul matematic al problemei este urmtorul: Fie ABC un triunghi cu unghiurile mai mici dect 1200. S se afle un punct n interiorul triunghiului care s realizeze minimul sumei distanelor la cele trei vrfuri. Rezlovarea problemei Metoda 1. Cu ajutorul transformrilor geometrice . Considerm problema rezolvat i fie T punctul cerut: Rotim triunghuil BTC cu un unghi de 600 i obinem triunghiul A`T`C. Linia poligonal ATTÀ` este format din segmentele AT; TT`= TC; TÀ`=TB, deci AT + TT` + TÀ` = AT +T C + TB Linia poligonal ATTÀ` va fi minim dac punctele A, T, T`, A` sunt colineare, adic T i T` AA`. Deci minnimul liniei poligonale este segmentul AA` care coincide cu minimul sumei AT + TC + TB = AA` i T(AA`). Analog se arat c T (BB`) i T (CC`), unde A`, B`, C` sunt vrfurile triunghiurilor echilaterale construite pe laturile triunghiului dat. S artm c acest punct T coincide cu punctul lui Torricelli, care vede laturile triunghiului sub un unghi de 1200. Fie triunghiul ABC i construim triunghiurile echilaterale ABC`, BCA` i ACB` (Fig.2). Fie T punctul de intersecie al cercurilor circumscrise ABC` i ACB`. Deducem c patrulaterele TAC`B i TAB`C sunt nscrise, deci m ( )ATB = 1800 m( `C ) = 1800- 600 = 1200 m ( )ATC = 1800 m( `B ) = 1800- 600 = 1200.

Fig. 1

NOTE MATEMATICE

- 11 -

H S S M

De unde rezult c m ( )BTC = 1200(3600-2400) i cum m( `A ) = 600 rezult patrulaterul TBA`C este inscriptibil i deci T aparine cercului circumscris BCA`. Artm c ( ) TM din planul ABC, MA + MB + MC > TA + TB + TC, adic punctul lui Torricelli realizeaz minimul sumei distanei la vrfuri. Cel puin unul din patrulaterele MAB`C, MBA`C, MA`CB este convex i aplicnd teorema lui Ptolomeu i inegalitatea triunghiului, rezult: MA` MB + MC AA` MA + MA` MA + MB + MC Dar AA` = TA + TB + TC TA + TB + TC < MA + MB + MC, dac TM . Observaie. Am artat cu ajutorul rotaiei c AA`= BB` = CC` = AT + BT + CT. Metoda 2. Folosind proprietatea optic a elipsei. Fie M acel punct din plan care realizeaz minimul sumei MA + MB + MC. Artm c unghiurile AMB, AMC, BMC au msurile de 1200, de unde va rezult c M coincide cu T ( punctul lui Torricelli). Fie

elipsa de focare B i C i M un punct de pe elips. Se duce cercul de raz MA tangent elipsei n punctul M i tangenta comun d. Conform proprietii optice a elipsei, AM este bisectoare unghiului BMC (fig. 3). Cum d este tangenta la cerc rezult ca MAd i notm cu i msurile unghiurilor a cror sum este un unghi drept.

Fig. 2

B C

A

M

Fig. 3

NOTE MATEMATICE

- 12 -

Unghiul AMB are msura 900 + ca i unghiul AMC. Presupunem c BMC AMB AMC m( BMC ) = 2 2 = 900 + dar + = 900 = 900 - 2 = 900 + 900 3 = 1800 = 600 m( BMC ) = 1200, m( AMB ) = 1200, m( AMC ) = 1200. Rezult deci c M coincide cu punctul lui Torricelli. Calculul sumei TA + TB + TC. n figura 2 aplicm teorema cos n ABA` AA`2 = AB2 + A`B2 2ABA`Bcos(B + 600) = c2 + a2 ac cos B + ac 3 sin B . nlocuind cos B i sin B AA` = 22 ( a2 + b2 + c2 +4S 3 )1/2, unde S = A[ABC]. Bibliografie Cherchez Mihu, Theodor Danet Probleme pentru aplicarea matematicii in practica Ed. Didactica si Pedagogica Bucuresti, 1982; Liviu Nicolescu, Vladimir Boskoff Probleme practice de geometrie Editura Tehnica, Bucuresti, 1990

RIDICAREA LA PUTERE A UNOR MATRICI DIAGONALIZABILE

prof. Luminia Grecu Lucrarea de fa i propune s prezinte o metod de calcul a puterilor

naturale ale unor matrici ce fac parte din clasa marticelor diagonalizabile. n cele mai multe cazuri modul prin care se abordeaz problemele

legate de aflarea puterilor unor matrici este cel al induciei matematice, ns forma general ce trebuie demonstrat prin inducie matematic trebuie mai nti determinat, i aceasta nu se obine uor ntotdeauna. De cele mai multe ori se folosesc irurile recurente i teorema Cayley-Hamilton. Mai rar se folosete metoda trigonometric .

Metoda de fa propune un algoritm foarte uor de aplicat, dar a crui justificare implic cunoaterea unor noiuni de algebr liniar i de aceea l vom prezenta fr a insista asupra demonstraiei sale. Folosirea acestei metode necesit doar cunotine legate de calculul determinanilor, aflarea rdcinilor unui polinom, rezolvarea unor sisteme liniare omogene i calculul inversei unei matrici, dar se poate aplica doar n cazul matricelor diagonalizabile.

Pentru nceput definim doi termeni pe care i vom folosi pe parcurs. Spunem c dou matrice A i B sunt echivalente dac exist o matrice

T inversabil astfel nct BTTA 1= . Matricea A se numete diagonalizabil dac este echivalent cu o

matrice diagonal D, adic o matrice ptratic ce are doar pe diagonala principal elemente nenule (eventual).

NOTE MATEMATICE

- 13 -

H S S M

Pornim de la un enun matematic foarte simplu care precizeaz modul n care se face ridicarea la putere a unei matrici diagonale. Dac D este o matrice ptratic de forma

=

na

aa

D

...00............0...00...0

2

1

, atunci

=

mn

m

m

m

a

aa

D

...00............0...00...0

2

1

pentru orice *Nm .

Demonstraia acestei afirmaii se face folosind inducia matematic. Evident relaia este adevrat pentru m=1. Presupunem c este adevrat pentru m=k i demonstrm c rmne adevrat i pentru m=k+1.

Calculm DDD kk =+1 . Conform presupunerii fcute

=

kn

k

k

k

a

aa

D

...00............0...00...0

2

1

.

Astfel

...00............0...00...0

...00............0...00...0

...00............0...00...0

1

12

11

2

1

2

1

1

=

=

+

+

+

+

kn

k

k

nkn

k

k

k

a

aa

a

aa

a

aa

D .

Afirmaia este deci adevrat pentru orice *Nm . Folosim acest rezultat pentru a calcula puterea a m-a a unei matrici

diagonalizabile. Astfel, dac A este diagonalizabil, exist o matrice ptratic T, inversabil i o matrice diagonal D, astfel nct DATT =1 . Obinem: ( ) ( )( ) ( ) TATATTATTATTATTD m

orim

mm 11111 ===4444 34444 21

K .

Prin nmulirea relaiei, la stnga cu T ,i la dreapta cu 1T , gsim mA : 1= TTDA mm (*). Expresia lui mA se poate obine foarte uor cunoscnd matricele D i T .

Procedeul prezentat este n esen simplu, important este s tim cror matrici l putem aplica, sau mai bine zis cum putem recunoate matricele diagonalizabile, i cum determinm matricele D i T.

O clas de matrici diagonalizabile o constituie clasa matricelor ptratice pentru care polinomul ( ) ( )nIAP = det , ce poart numele de polinom caracteristic, are toate rdcinile distincte . Notnd cu

naaa ,..., 21 rdcinile polinomului, se tie c n acest caz matricea A este

echivalent cu matricea

=

na

aa

D

...00............0...00...0

2

1

, adic exist o matrice

T inversabil astfel nct DATT =1 . Avem astfel expresia matricei diagonale D . Ea are pe diagonala principal cele n rdcini ale polinomului caracteristic.

NOTE MATEMATICE

- 14 -

Matricea T se construiete pe coloane astfel: pentru a construi coloana cu numrul i rezolvm sistemul liniar omogen ce are drept matrice caracteristic matricea ni IaA , ni ,1= , i aranjm ntr-un vector coloan una dintre soluii,mai puin soluia banal, apoi o aezm pe poziia coloanei cu numrul i. Facem observaia c ntotdeauna un sistem de tipul celui precedent este compatibil nedeterminat, deci are o infinitate de soluii, pentru orice { }ni ,...1 i mai precizm c oricare dintre soluii, cu excepia celei banale poate fi luat n consideraie. Deducem de aici c putem gsi mai multe matrici ce pot juca rolul lui T (o infinitate) . Este bine s se aleag ns soluia cea mai simpl pentru ca forma matricei T s fie ct mai simpl.

Din clasa matricelor pentru care polinomul caracteristic are toate rdcinile distincte fac parte, printre alte matrici, i matricele superior sau inferior triunghiulare ( au sub sau deasupra de diagonala principal numai zerouri) ce au elementele de pe diagonala principal distincte dou cte dou. n acest caz matricea nIA rmne o matrice superior sau inferior triunghiular. Polinomul caracteristic fiind egal cu produsul elementelor de pe diagonala principal este un produs de polinoame de gradul nti ce au rdcini distincte (elementele de pe diagonala principal a matricei date), deci el nsui are rdcinile distincte dou cte dou. Astfel elementele de pe diagonala principal pentru cele dou matrici, matricea dat i matricea diagonal echivalent cu aceasta, coincid i deci putem gsi rapid matricea diagonal.

Procedeul de lucru i observaiile fcute se justific folosind proprietile cunoscute din algebra liniar legate de vectorii i valorile propri pentru un operator liniar.

n ncheiere mai facem o precizare important i anume aceea c mai exist i alte tipuri de matrici ce sunt diagonalizabile i nu fac parte din clasa celor considerate anterior (nu au rdcinile polinomului caracteristic distincte dou cte dou) deci procedeul li se poate aplica i lor.

Aplicaiile urmtoare pun n practic procedeul prezentat anterior i scot n eviden simplitatea acestuia. Aplicaii S se calculeze puterile naturale ( )*Nn ale matricelor urmtoare:

=211121

112A ,

=

3101

B i

=

100310

1244C

Pentru matricea A polinomul caracteristic este :

( ) ( )( )( )3216116211

121112

23 =++=

=

P .

Rdcinile sale sunt: 3,2,1 321 === aaa . Matricea diagonal echivalent cu A

este

=

300020001

D . Avem

=

n

nnD300020001

.

NOTE MATEMATICE

- 15 -

H S S M

Construim matricea T pe coloane. Pentru a construi prima coloan rezolvm sistemul liniar omogen ce are drept matrice caracteristic matricea

31

111111

111IAA =

= , adic sistemul:

=+

=+=++

00

0

321

321

321

xxxxxx

xxx.

Evident acesta este un sistem compatibil nedeterminat deoarece 0det 1 =A .

Mai mult 21 =rangA deoarece 021111

=

, deci este un sistem simplu

nedeterminat. Fie

==

=+=+

= 1221

213 ,0 xxxx

xxRx . Soluiile

sistemului reprezentate prin matrici coloan sunt deci de forma

0 , R .

O soluie nebanal simpl se obine de exemplu pentru 1= . Astfel prima

coloan a matricei T este

101

.

Pentru a construi cea de a doua coloan rezolvm sistemul liniar omogen ce

are drept matrice caracteristic matricea 32 2011101

110IAA =

= .

O soluie simpl, nebanal a acestui sistem este

111

. Analog procedm

pentru a gsi cea de a treia coloan a matricei T . Alegem soluia

110

.

Astfel obinem matricea

=

111110011

T .

Calculnd inversa matricei T obinem

=

101111110

1T .

Folosind relaia (*) obinem:

== 1TTDA nn

111110011

n

n

300020001

101111110

.

NOTE MATEMATICE

- 16 -

Obinem n final

++

=nnnnn

nnnnn

nnn

nA3212132

3223212122

.

Pentru cazul matricei B polinomul caracteristic este ( ) ( )( ) = 31P ,

cu rdcinile 3,1 21 == aa . n acest caz gsim

=

= n

nDD3001

3001

.

Pentru determinarea lui T rezolvm sistemele liniare ,omogene,

caracterizate de matricele:

2100

i

0102

.

Din mulimea soluiilor alegem pentru primul sistem soluia

12

, iar

pentru cel de-al doilea soluia

10

. Astfel obinem

=1102

T i de aici

=

121

021

1T . Deducem, folosind relaia (*), c

=1

21

021

3001

1102

nnB .

Astfel obinem n final expresia lui nB :

+= n

nnB 32

3101

.

n cazul matricei C , din observaiile fcute deducem c

=

100010004

D i de

aici ( )

=

n

n

nD100010004

.

Procednd ca n cazurile anterioare obinem

=

=

10010

1

10010

1

23

516

34

12

3

56

34

TT

Astfel

( )

( ) ( )

( )

( )

+

=

=

+

n

n

nnnn

n

n

nC

1002

13310

516104414

10010

1

100010004

10010

1

2

34

23

516

34

23

56

34

NOTE MATEMATICE

- 17 -

H S S M

Structuri algebrice induse. prof.Constantin Ptrcoiu

Universitatea din Craiova Abstract. Se tie c orice bijecie de la o mulime la alt mulime permite n cazul n care una din mulimi este nzestrat cu o anumit structur (algebric, topologic, etc.), construirea unei structuri corespunztoare pe cealalt mulime, numit structur indus. Putem utiliza acest rezultat pentru gasirea unor noi structuri sau pentru justificarea prorietilor unor structuri date. Urmtoarele dou teoreme enunatate pentru grupuri se pot reformula pentru orice alt structur algebric. Teorema 1. Fie (M,*) un grup, N o mulime i f:MN o bijecie. Atunci exist o lege de compoziie intern pe mulimea N , notat " o " astfel nct (N, o) s fie grup i f s fie izomorfism de grupuri. Demonstraie. Definim legea de compoziie intern " o " pe mulimea N NNN (x,y)x oy=f(f--1(x)*f--1 (y)) Aceast lege de compoziie intern pe mulimea N este bine definit intruct f este o bijecie. Asociativitatea legii de compoziie "o" se reduce la asociativitatea legii de compoziie " * " Dac eM este elementul neutru al grupului (M, *), notm cu eN=f(eM) i avem xoeN=f(f--1(x)*f--1(eN))=f(f--1(x)*eM)=f(f--1(x))=x , xN Analog eN o x=x , xN i deci eN este element neutru pentru legea de compoziie " o ". Fie xN. Lund x=f([f--1(x)]) unde [f--1(x)] este simetricul elementului f--1(x) n grupul (M,*) avem x o x = x o f([f--1(x)]) = f(f--1(x)*f--1(f([f--1(x)]))) = f(f--1(x)*[f--1(x)]) = f(eM) = eN Analog x o x=eN i deci orice element xN este simetrizabil. n concluzie (N, o) este grup. S mai observm c dac (M,*) este grup comutativ atunci i (N, o) este grup comutativ. Din relaia x o y = f(f--1(x)*f--1(y)) rezult f--1(x o y) = f--1(x)*f--1(y), deci f--1este izomorfism de grupuri. Atunci i (f--1)--1=f este izomorfism de grupuri. Teorema 2. Fie (M,*) un grup, N o muime i g:NM o bijecie. Atunci exist o lege de compoziie intern pe mulimea N notat " " astfel nct (N, ) s fie grup i g s fie izomorfism de grupuri. Demonstraie. Definim legea de compoziie intern " " pe multimea N: NNN (x,y)x y=g--1(g(x)*g(y)) Ca i n cazul teoremei precedente se verific fr dificultate c (N,) este grup i g este izomorfism de grupuri. Puteam demonstra aceast teorem aplicnd teorema precedent pentru g--1:MN dar am preferat s scriem expresia legii de compozitie induse pe N , util n aplicatii practice.

NOTE MATEMATICE

- 18 -

Aplicaii: 1. S se demonstreze c (x,y)x o y=arctg(tgx+tgy) este o lege de compoziie intern pe mulimea (-(/2), (/2)) care-i confer acestei mulimi o structur de grup comutativ. Fie (R,+) grupul aditiv al numerelor reale i bijecia f=arctg:R(-(/2),(/2)) Conform teoremei precedente legea de compoziie intern (x,y)x o y = f(f--1(x)+f--1(y)) = arctg(tgx+tgy) determin o structur de grup comutativ pe (-(/2),(/2)). 2. Se stie c G=(-1,1) mpreun cu legea de compoziie (u,v)u*v=((u+v)/(1+uv)) este un grup comutativ (grupul compunerii vitezelor n mecanica relativist). Fie N=(0,2) si g:NG, g(x)=x-1. Evident g este o bijecie, g--1(x)=x+1, g--1(g(x)*g(y)) = g--1((x-1+y-1)/(1+(x-1)(y-1)))=((x-1+y-1)/(1+(x-1)(y-1)))+1 = ((xy)/(1+(x-1)(y-1))) i aplicnd teorema 2. obinem c intervalul (0,2) mpreun cu legea de compoziie intern (x,y)xy=((xy)/(1+(x-1)y-1))) este grup comutativ. Evident, cum elementul neutru al grupului (G,*) este eG=0, elementul neutru al grupului (N,) este eN=g-1(0)=1. Dac x este simetricul elementului x n grupul (N,) avem: g(x)=[g(x)]=-g(x)=-x+1 Atunci x=g-1(g(x)=-x+2. 3. Fie E o mulime nevid i P(E) mulimea prilor mulimii E.

Fie EA . Definim funcia

==

AExpentruAxpentruxfZEf A 0

1)(},1,0{: 2

Mulimea funciilor F={fA | AP(E) } dotat cu legea de compoziie intern (fA,fB)fA+fB unde (fA+fB)(x)=fA(x)+fB(x) este grup. Evident fA+fB=f(A-B)U(B-A)F. Asociativitatea i comutativitatea adunrii funciilor n F se reduce la asociativitatea i comutativitatea adunrii n (Z2,+), elementul neutru este funcia corespunzatoare mulimii vide f (de fapt funcia constant 0), simetrica oricrei funcii fA este fA. Constatm c aplicaia :AP(E)(A)=fAF, este o bijecie. Atunci legea de compoziie intern indus de n P(E) , conform teoremei 2. i confera mulimii P(E) o structur de grup. Aceast lege de compoziie intern n P(E) o vom nota cu "" i avem AB = --1((A) + (B)) = --1(fA+fB) = --1(f(A-B)U(B-A))=(A-B)U(B-A) (diferena simetric a mulimilor A, B). Observaie. Se poate demonstra direct c (P(E),) este grup dar, demonstrarea asociativitii diferenei simetrice cu ajutorul dublei incluziuni este destul de migloas". Bibliografie. 1. Beachy, J.A., Blair, W.D., Abstract Algebra, Waveland Press, Illinois, 1996 2. Ion I.D., Nicolae R., Algebra, E.D.P., Bucuresti, 1981 3. Ptrscoiu, C., O aplicaie a teoriei grupurilor, Conferinta national de geometrie si topologie, Iai, 1995.

CERCUL DE MATEMATICA

- 19 -

H S S M

Tem pentru grupele de performan, clasa a VI-a CTEVA OBSERVAII ASUPRA UNEI PROBLEME

DE OLIMPIAD PENTRU CLASA A VI-A prof.Ticui Ovidiu

prof.Popescu Marcel Vom face cteva considerente teoretice pornind de la o problem dat la Olimpiada de Matematic, etapa local, n anul 2002 la clasa a VI-a n judeul Brila : 1)S se calculeze suma :

S=2002...321

1...321

121

1++++

++++

++

Ticui Ovidiu, Popescu Marcel Soluie:

=

++

+

=++++

++++

++

=

220032002

1...

243

1

232

12002...321

1...321

121

1S

=

++

+

=

++

+

= )20032002

1...43

132

1(220032002

2...43

232

2

=

+++=

20031

212

20031

20021...

41

31

31

212

Cteva aplicaii care pot fi formulate pornind de la exerciiul anterior ar fi : 2)S se calculeze suma :

S= 1,...321

1...321

121

11 ++++

++++

++

+ nn

Ticui Ovidiu, Popescu Marcel Soluie :

=

+

++

+

+=+

++

+

+=+

++

+

+=)1(

1...43

132

121)1(

2...43

232

21

2)1(

1...

243

1

232

11nnnnnn

S

.1

21

221

2111

11...41

31

31

2121

+=

+=

++=

+++++=

nn

nnnn

n esen,s-au folosit doua rezultate fundamentale :

Teorem:Suma primelor n numere naturale nenule este 2

)1( +nn (acest

rezultat a fost demonstrat n nr.1/2002 al R.M.M. ,pag.24)

Propoziie: +

=+

kkkkk

,1

11)1(

1 *

Demonstraie:

Metoda 1 :)1(

1)1(

11

11+

=++

=+

kkkk

kkkk


- 20 -

Metoda 2 :1

11)1()1(

1)1(

1)1(

1+

=+

++

=++

=+ kkkk

kkkk

kkkk

kk

Metoda 3 : +

=+ 111

kB

kA

k 1=A(k+1)- Bk

+=++=+= AkBAkABAkBkAAk )(10)(11 A - B=0 A=1

1== BA (Ultima metod se mai numete metoda coeficienilor nedeterminai i poate fi folosit i la clasa aVI-a n calculul unor sume al cror termen general poate fi descompus ca o sum finit de fracii simple) 3) S se arate c numrul :

x=1+ *11

...3211...

3211

211 N

nn

n

+

++++

++++

++

Soluie: Avnd n vedere considerentele fcute la aplicaia 2

=++

=+

+

=1

1211

12

nnn

nn

nnx *1

11 N

nn

=++

Observaie: Este util ca elevii s fie obinuii i cu scrierea prescurtat a sumelor utiliznd simboluri : . De exemplu: x 0 +x 1+x 2 ++x n =

=

n

kkx

0, iar 1+2+3++n=

=

n

kk

1 .

n aceste condiii , ultima aplicaie poate fi enunat i sub forma :

S se arate c numrul : x===

+

n

kk

j

nn

j11

111 *N .

4) S se determine numerele

a 1 ,a 2 ,,a n*R , n ,1 dac: a1=

n

aa n

++++

==

+ ...3211

...

211

2 i = +

=n

kk n

na1 1

2

Soluie:

a 1= 1

1

1

12 1

12

12

1...21

1...

211

a

nn

nn

j

a

n

aan

kk

j

n

kk

n =

+

+==

+++

==

+

=

=

= =1;

a 2 = na;...;31

211

=+

= ,)1(

2)1(

2...321

1+

=+

=++++ nn

annn n

n 1

Probleme propuse 1. S se arate c numrul :

n= *10021001

2003...3211...

3211

211 N

++++++

+++

+

(indicaie : caz particular n=2003 n aplicaia 3).


- 21 -

H S S M

2.s se calculeze : E=

2003...3211...

3211

2111

20032

++++++

+++

++

(indicaie : se arat c E=2004) . 3.S se arate c :

E= .1,1

...211...

3211

2111

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

+=

+++++

+++

++

++++

+nn

n

nnnn

(indicaie : se arat c E= .1

122

+=

+

n

nnn )

Bibliografie : 1).T. Andreescu, B. Enescu i colectiv : Olimpiada de Matematic(clasele V-X) Ed. Gil, Zalu,2002. 2).Inspectoratul colar Judeean Constana : Matematica pentru concursurile de elevi din clasele V-VIII, Constana 1988. 3). Revista de Matematic Mehedinean : Nr.1/2002 Tem pentru grupele de performan, clasa a VII-a

COMPLEMENTE DE GEOMETRIE Ceviene izogonale Punctul lui Torriceli Teorema lui Ptolemeu

prof. Gh.Ciniceanu elev Caragea Alexandru

1 Ceviene izogonale

DEFINITIA 1.1 Orice segment ce uneste un varf al unui triunghi cu un punct al laturii opuse se numeste ceviana. Fie ABC in care AA1 si AA2 sunt ceviene, astfel incat BAA1CAA2. In acest caz spunem ca cevienele sunt izogonale. TEOREMA 1.2(Steiner)

Daca [AA1] si [AA2] sunt ceviene izogonale, atunci 22

2

2

1

1

ACAB

CABA

CABA

= .

Demonstratie:

BB1A1 ~ CC1A11

1

1

1

CCBB

CABA= (1)

CC2A2 ~ BB2A2 2

2

2

2

BBCC

BACA= (2)

A

B A1 A2 C


- 22 -

A

B C A A

B

B

C

C

Inmultind relatiile: 2

2

1

1

2

2

1

1

CCBB

CCBB

CABA

CABA

=

ABB1~ACC2 2

1

CCBB

ACAB

=

ABB2~ACC11

2

CCBB

ACAB

=

ACAB

CABA

CABA

=2

2

1

1

DEFINITIA 1.3 Se numeste simediana intr-un triunghi o ceviana izogonala cu mediana corespunzatoare. Observatie: simediana este simetrica medianei fata de bisectoare. TEOREMA 1.4(Teorema cosinusului) Intr-un triunghi, patratul unei laturi este egal cu suma patratelor celorlalte doua laturi minus de doua ori produsul dintre aceste laturi si cosinusul unghiului dintre ele. Ne propunem sa demonstram ca a2=b2+c2 - 2bccosA. Ducem inaltimea [BD] ,si exprimam: AD=ccosA BD=csinA DC=b-ccosA . Calculam a2 in triunghiul BDC: a2=BD2+DC2=c2sin2A+b2+c2cos2A-2bccosA=c2(sin2A+cos2A)+b2-2bccosA. COROLAR 1.5 In triunghiul ABC putem exprima cosinusul astfel:

cosA=bc

acb2

222 +

TEOREMA 1.6(Stewart) In triunghiul ABC ducem ceviana AS. Atunci are loc relatia: AB2SC+ACBS-AS2BC=BSSCBC Demonstratie: ASB: AB2=AS2+BS2-2ASBScos /SC ASC: AC2=AS2+SC2+2ASSCcos /BS AB2SC+AC2BS=AS2(SC+BS)+ +BS2SC+SC2BS AB2SC+AC2BS=AS2BC+BSSC(BS+SC) Tinem seama ca cos(1800-u)=cosu, si adunand cele doua relatii obtinem formula dorita.

A

B S C

180-

A

B C a

D c

b


- 23 -

H S S M

2 Punctul lui Torriceli TEOREMA 2.1 In ABC toate unghiurile sunt cel mult 120. Se construiesc in exterior ABC1, ACB1, BCA1, echilaterale. Atunci C(A,B,C1)IC(A,C,B1)IC(B,C,A1)={T}. Demonstratie: Notam {T}=C(A,B,C1)IC(A,B1,C). Trebuie sa demonstram ca punctul TC(B,C,A1). Observam ca TC(C,B,A1) daca si

numai daca TBA1C este inscriptibil.

m(BTC)=120 si BCA1echilateral

A1=60

TBA1C patrulater

inscriptibilB,T,C,A1 sunt conciclice

TC(B,T,C,A1)

Obs. Punctul T vede fiecare latura a triunghiului sub un unghi de 120. 3 Teorema Ptolemeu Teorema 3.1(Inegalitatea Ptolemeu) Daca ABCD este un patrulater convex are loc: ACBD ABCD+BCAD Demonstratie Construim E a.i.ABC~ADE

Deducem AEAC

DEBC

ADAB

==

si


- 24 -

APLICATII 1) Izogonalele a trei ceviene concurente sunt concurente. 2) Determinati lungimea bisectoarei [AA] din triunghiul ABC in functie de lungimile laturilor: a,b,c. 3) (Van Aubel)Fie ABC un triunghi si cevienele [AA],[BB],[CC], concurente

in P. Atunci ''

'''

PAPA

BCAC

CBAB

=+

4) (Relatia lui Gergonne) Fie ABC un triunghi si cevienele [AA],[BB],[CC],

concurente in P. Atunci 1''

''

''

=++CCPC

BBPB

AAPA .

5) Fie triunghiul ABC cu toate unghiurile mai mici ca 1200 . In exterior se construiesc triunghiurile echilaterale AB1C , AC1B , BC1A. Atunci:

a) AA1 ,BB1 ,CC1 sunt concurente in punctul lui Torricelli T; b) AT+BT+CT=AA1=BB1=CC1 ( relatia lui Schooten); c) Punctul T de mai sus realizeaza minimul sumei MA+MB+MC cand M se misca in planul (ABC) (Teorema lui Fermat).

6) Pe cercul circumscris triunghiului echilateral ABC se ia M oarecare. Sa se demonstreze ca unul din segmentele [MA] ,[MB] ,[MC] este suma celorlalte doua. (Vezi Teorema lui Ptolemeu) 7) Daca G este centrul de greutate al triunghiului ABC iar M este un punct oarecare in plan , avem: MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2 . 8) Daca M este un punct oarecare in planul triunghiului ABC , determinati pozitia sa pentru care MA2+MB2+MC2 este minima. 9) Cu notatiile obisnuite intr-un triunghi sa se arate ca

OG2=R2-91 (a2+b2+c2).

10) Daca E,F sunt mijloacele diagonalelor [AC] ,[BD] ale patrulaterului ABCD ,atunci AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4EF2. BIBLIOGRAFIE [1] T.Lalescu Geometria Triunghiului Ed. Apollo Craiova 1993 [2] L.Nicolescu , V. Boscoff Probleme Practice de Geometrie Ed.Tehnica ,Bucuresti 1990


- 25 -

H S S M

Tem pentru grupele de performan, clasa a VII-a APLICAII ALE FORMULELOR DE CALCUL

PRESCURTAT N PROBLEME DE TEORIA NUMERELOR

prof.Adrian Lupu,

n cele ce urmeaz ne propunem s evideniem utilitatea formulelor de calcul prescurtat, studiate ncepnd cu clasa a VII a n rezolvarea rapid a unor probleme de gimnaziu legate de teoria numerelor. n cteva din manualele alternative pentru clasa a VII a sunt exemplificate astfel de probleme: Artai c dac a este o cifr nenul atunci numerele 142 + aa ,

157 + aa sunt ptrate perfecte (manual clasa a VII a editura Teora , autori D. Radu si E. Radu). Modelarea patratelor perfecte de genul de mai sus : (10a+2)(10a+4)+1=(10a+2)2+2(10a+2)+1=(10a+2+1)2 este accesibila pana la urma si unor elevi cu abilitati din clasele a V a si a VI a , insa cristalizarea acestor tehnici de calcul necesita un efort mai sustinut. Vom prezenta in continuare cateva alte astfel de exemple: 1. Sa se arate ca ecuatia: (a+1)2(a2+1)+a2=200020012002 nu are solutie n multimea numerelor naturale. Analog pentru ecuatia: (b+1)2(b2+1)+b2=2000200120022003. De fiecare data in membrul stang avem un patrat perfect, iar in membrul drept nu. (a+1)2(a2+1)+a2=(a2+2a+1)(a2+1)+a2=(a2+1)2+2a(a2+1)+a2=(a2+a+1)2 2. Sa se arate ca ecuatia : a12+a22+..+a122=2000 nu are solutii in multimea numerelor prime strict mai mari ca 3. Plecand de la observatia ca orice numar prim mai mare strict ca 3 este de forma 6k1,cu k natural nenul, patratele lor vor fi de forma (6k1)2=36k212k+1=M12+1. Ecuatia se rescrie : M12+1+M12+1++M12+1=2000 => M12+12=2000 imposibil caci 12 nu divide pe 2000. Ar fi interesant pentru elevi sa panorameze cazuistica privitoare la forma numerelor prime si a patratelor lor relativ la impartirea cu rest la 3,4,5,,10.

De exemplu : numerele prime mai mari decat 5 nu pot fi decat de forma 3k+1 sau 3k+2, unde k este numar natural nenul, iar patratele lor doar de forma 3p+1,unde p este numar natural nenul.

Analog : numerele prime mai mari decat 3 nu pot fi decat de forma 4k+1 sau 4k+3, unde k este numar natural nenul, iar patratele lor doar de forma 4p+1, unde p este numar natural nenul s.a.m.d.

In contextul celor de mai sus este de reamintit problema :


- 26 -

3. Sa se arate ca restul impartirii unui patrat perfect la 16 este la randul sau un patrat perfect. Parcurgerea situatiilor posibile : n=16k, k este numar natural => n2=256k2=M16 n=16k+1, k este numar natural => n2=M16+1 n=16k+2, k este numar natural => n2=M16+4 s.a.m.d. este un exercitiu util in antrenarea elevilor. 4. Sa se arate ca numerele naturale de forma 32k+2003, unde k este numar natural nu pot fi patrate perfecte. Pentru solutie vezi problema numarul 3. 5. Sa se determine numerele prime p pentru care 42003+52003+62003=p2 E usor de vazut ca 2, 3, 5 nu verifica ipoteza, iar numerele prime mai mari decat 7 nu pot fi decat de una din formele: 10k+1, 10k+3, 10k+7, 10k+9, unde k este numar natural diferit de 0. Prin urmare patratele lor vor putea fi doar de una din formele: 10q+1 sau 10q+9, cu q numar natural diferit de 0, deci cu ultima cifra 1 sau 9. Cum ultima cifra a lui 42003+52003+6 2003este 5, deducem ca nu exista numere prime verificand ipoteza. Observatie. Problema anterioara se poate generaliza pentru orice p numar natural. In continuare prezentam si alte cateva exemple de utilizari ale formulelor de calcul prescurtat in probleme de teoria numerelor. 6. Sa se arate ca nu exista numere naturale n, k, n>4 astfel incat:

1!+2!+3!++n!=k(k+1)(k+2)(k+3)+1 Solutie. Se poate arata usor ca 1!+2!+3!+4! are ultima cifra 3, iar pentru n>4, n! se divide cu 10, deci ultima cifra a lui 1!+2!+3!++n! este 3, prin urmare nu poate fi patrat perfect, in vreme ce k(k+1)(k+2)(k+3)+1= (k2+3k)(k2+3k+2)+1=(k2+3k+1)2. 7. Fie numerele intregi m si n .Sa se arate ca 3 divide m2+n2 daca si numai daca 3 divide m si 3 divide n. Solutie . Via divizibilitatea cu 3 , m poate fi de forma 3k, 3k+1 sau 3k+2, cu k numar intreg si analog n. Se studiaza toate cele 9 cazuri posibile:

1. m=3k n=3p ,k si p numere intregi ; m2+n2=9k2+9p2 care se divide cu 3

2. m=3k n=3p+1, k,p numere intregi; m2+n2=9k2+9p2+6p+1 s.a.m.d.

Obsevatie. E interesant pentru elevi de studiat daca se pastreaza echivalenta la inlocuirea lui 3 cu 5, respectiv cu 7. 8. Fie a,b numere intregi. Sa se arate ca (a+b)3 se divide cu 3 daca si numai daca a3+b3 se divide cu 3. Solutia este imediata avand in vedere ca (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b). 9. Sa se arate ca 20035-2003 se divide cu 240. Solutie. Avem in vedere pentru orice n numar intreg prelucrarea : n5-n=n(n4-1)=n(n2-1)(n2+1)=n(n-1)(n+1)(n2+1) si observatiile:


- 27 -

H S S M

1) pentru orice numar natural n impar, (n-1) si (n+1) sunt pare consecutive, deci (n-1)(n+1) se divide cu 8.

2) (n-1), n, (n+1) sunt 3 numere intregi consecutive, deci produsul lor se divide cu 3.

3) Pentru n =impar =>n2=impar deci (n2+1 ) se divide cu 2 . 4) pentru orice n numar natural discutand cele 5 forme posibile de

scriere ale sale, numarul n(n-1)(n+1)(n2+1) este divizibil cu5. 10. Fie a,b,c, numere intregi.Sa se arate ca (a+b+c) se divide cu 3 daca si numai daca a3+b3+c3 se divide cu 3. Solutia este imediata avand in vedere ca: (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(a+c)(b+c). In final propunem spre rezolvare elevilor cateva exercitii inrudite cu cele anterioare: 1. Sa se rezolve in N ecuatia: 20032002.3210-1=n(n+2). Indicatie A=200320023210 se divide cu 2 dar nu si cu 4, deci nu e patrat perfect. 2. Daca n N atunci restul impartirii lui n3 la 4 nu poate fi 2. 3. Sa se arate ca pentru orice numar natural n avem : a) n6-n2 se divide cu 12. b) 23n-1 se divide cu 7. c) n(n+1)(2n+1) se divide cu 6. d) n4+2n3-n2-2n se divide cu 24. Tem pentru grupele de performan, clasa a VII-a

CONSTRUCII GEOMETRICE UTILIZND ASEMNAREA

prof. Gimoiu Iuliana prof. Pupz Ecaterina

Problemele de construcii geometrice au fost de-a lungul timpului

prima form a cercetrii matematice. Dei nu mai constituie obiect de referin al investigaiei acestea rmn indispensabile n iniierea i

pregtirea elevilor capabili de performan, flexibiliznd gndirea i

adncind dimensiunea ei creatoare. Scopul acestei teme este prezentarea secvenei:construcii geometrice

utiliznd asemnarea. Rezolvarea unei probleme de construcii geometrice const in

parcurgerea mai multor etape: ANALIZA: etapa n care se presupune problema rezolvat i din figura construit aproximativ, se stabilesc legturi ntre diferitele elemente cunoscute i necunoscute, folosind proprieti i teoreme studiate. Dintre metodele generale amintim metoda prin intersecii de locuri geometrice i

nlocuirea succesiv a problemei date cu altele mai simple sau cunoscute. CONSTRUCIA: exprim succesiuni de utilizri ale instrumentelor premise (rigla negradat i compasul) pentru a trasa figura respectiv .


- 28 -

DEMONSTRAIA: conine argumentarea faptului c elementele construite

satisfac proprietile enunate. DISCUIA: pune n eviden condiii asupra datelor problemei pentru ca s existe soluii i, n caz afirmativ , realizeaz o estimare a numrului de

soluii. n multe probleme de construcie, datele pot fi imprite n dou

grupuri, n care unul definete forma, iar cellalt dimensiunile figurii cutate.

Aplicaia 1. Se cere s se construiasc un triunghi fiind date doua

unghiuri A i B i lungimea bisectoarei lc. n aceast problem, unghiurile date A i B definesc figura, asemenea

celei cutate, iar bisectoarea determin dimensiunile triunghiului cutat. Pentru rezolvarea acestor probleme este comod s fie utilizat metoda

asemnrii. Aceasta const n aceea c se construiete mai nti, n locul

figurii cutate, o figur asemenea ei i, dupa aceea, utiliznd cel de-al doilea grup de date, se construiete figura cerut.

n exemplul de fa, cunoscnd unghiurile A i B vom construe un

triunghi A1B1C asemenea celui cutat, alegnd arbitrar segmentul A1B1, (fig.1). Vom construi bisectoarea CD1 n acest triunghi. Aceasta nu este congruent cu bisectoarea cautat lc. Pe semidreapta CD1 vom lua segmentul CD de lungime lc. Prin punctul D vom duce dreapta AB paralel cu dreapata A1B1. Triunghiul ABC este cel cautat.

Aplicaia 2. nscrieti ntr-un triunghi dat un patrat astfel

nct dou vrfuri ale sale s fie situate pe baza triunghiului, iar celelalte

dou pe laturile diferite de baz. Soluie. Toate ptratele sunt asemenea ntre ele. Patratul, cu trei

dintre cele patru vrfuri satisfcnd condiiile problemei, poate fi construit uor. Pentru aceasta trebuie sa lum punctul N pe latura AB, s ducem prin

el perpendiculara NM pe latura AC i s lum segmentul MQ congruent cu

segmentul MN (fig 2).

Fig. 1

D1 B1 A1

C

A B D

B

A

1c


- 29 -

H S S M

ns cel de-al patrulea vrf P nu se va afla, n cazul general, pe latura BC aa cum se cere

n problem. Daca N,M,Q,P ar fi patratul cutat, acesta ar fi

corespuns patratului construit NMQP, prin omotetie cu centrul A. De aceea, pentru construirea patratului cutat,

este suficient s construim la inceput patratul NMQP, asemenea lui. Vom duce apoi semidreapta AP care va intersecta BC n punctul P1, vrful patratului cutat. Ducnd prin P1 perpendiculara P1Q1 pe AC vom obtine prima latur a patratului cerut. Construcia care urmeaz este

evident. Probleme propuse 1. Construii un triunghi fiind date dou unghiuri i nalimea dus din vrful

celui de-al treilea unghi. 2. Construii un patrat ale crui vrfuri s se afle pe laturile unui romb dat. 3. nscriei un cerc ntr-un unghi dat, care trece printr-un punct aflat n

interiorul unghiului. 4. Utiliznd doar rigla negradat, determinai mijloacele laturilor unui

paralelogram dat. 5. Se d triunghiul ABC si C'AB , B'AC astfel ca AC'/C'B+AB'/B'C=1 si M

mijlocul lui AC. Construi linia mijlocie corespunztoare lui BC. 6. Se d XOY un unghi drept, un trunghi isoscel variabil MON (MOMN),cu

M Int(


- 30 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a VIII-a PUNCTE LATICIALE

Prof. Antonie Mihaela Rodica

Studiind problemele propuse la olimpiada si la alte concursuri de matematica, am constatat aparitia unor probleme nestandard, in care nu se folosesc foarte multe cunostinte de matematica, dar se apeleaza la ingeniozi- tea elevilor. Pentru a pregati elevii in aceasta directie le propun o tema inte- resanta despre punctele laticiale. Tema se adreseaza elevilor de clasa aVIII-a dar si celor de clasa a IX-a sau a X-a.

Consideram in plan un sistem de coordonate cartezian .

Definitia 1 Numim punct laticial in plan, orice punct care are ambele coordnate numere intregi. Teorema 1 In plan, nu exista doua puncte laticiale, diferite, care sa fie egal

departate de punctul A(p,31 ), unde p R-Q.

Demonstratie Fie punctele laticiale M(a,b), N(c,d) diferite, a,b,c,d Z; pentru a demonstra ca d(M1,A) d(M2,A) sa presupunem prin absurd ca d(M1,A)=d(M2,A). Rezulta

(a-p)2 +(b-31 )2=(c-p)2+(d-

31 )2 sau

a2+p2-2ap+b2-32 b +

91 =c2+p2-2cp+d2-

32 d+

91 ,

deci 2cp-2ap=c2+d2-a2-b2+32 b-

32 3d,

2p(c-a)= c2+d2-a2-b2+32 (b-d)

pR-Q si pentru c a, membrul stang este irational, iar membrul drept este evident, rational, de unde rezulta:

c-a=0 si c2+d2-a2-b2+32 (b-d)=0 , adica

c=a si (d-b)(d+b)- 32 (d-b)=0,

deci (d-b)(d+b-32 )=0, cum d+bZ, d+b-

32 0, de unde

d-b=0 Din a=c si b=d, obtinem M=N, cea ce contrazice ipoteza ,ca punctele M si N sunt diferite, q.e.d. In mod analog putem defini in spatiu, intr-un sistem de coordonate cartezian: Definitia 2 Numim punct laticial, in spatiu,orice punct care are cele trei coordonate numere intregi. Propun elevilor, ca tema demonstratia urmatoarelor teoreme:


- 31 -

H S S M

Teorema 2 In spatiu, nu exista doua puncte laticiale diferite, care sa fie

egal departate de punctual A(p,q,31 ) unde p,qR-Q.

Observatie Din demonstratiile celor doua teoreme rezulta ca in teorema 1, punctul A poate avea ambele coordonate, numere irationale, iar in teorema 2, punctual A poate avea toate cele toate cele trei coordonate irationale. Aplicatia 1. Sa se demonstreze ca oricare ar numarul natural n, exista in plan un cerc care contine in interiorul sau exact n puncte laticiale. Solutie

Consideram intr-un sistem de coordonate in plan punctul A( 2 ,31 ); fie

M1 punctul laticial cel mai aproape de A, M2 urmatorul si asa mai departe . Aplicand teorema 1, obtinem punctele laticiale distincte M1,M2,Mn, cu d(M1,A)


- 32 -

a) 2n-k=1, 2n+k=1, implica n=21 , fals.

b) 2n-k=-1, 2n+k=-1, implica n=21

, fals.

Deci relatia (1) este imposibila, adica cercul nu mai trece prin alte puncte laticiale, diferite de A si B, q.e.d. Probleme propuse spre rezolvare

1. Sa se demonstreze ca pentru orice numar natural n, exista in spatiu, o sfera care contine in interiorul sau exact n puncte laticiale.

2. Sa se demonstreze ca oricare ar fi numarul natural n, exista in plan un cerc ce contine pe circumferinta sa exact n puncte laticiale.

(Schinzel) 3. Sa sa demonstreze ca oricare ar fi numarul natural n exista in spatiu

o sfera care are pe suprafata sa exact n puncte laticiale. (Kulikowski) 4. Fie M multimea numerelor de m+n cifre cese pot forma cu m cifre de

1si n cifre de 2,iar N1 un numar din M, care incepe si se termina cu cifra 1. Daca N2 este un numar oarecare din M, sa se arate ca exista un numar natural k, 1km+n-1, astfel incat primele k cifre ale numerelor N1 si N2 sa contina acelasi numar de valori de 1.

(Baraj-1978, A. Socondi) Bibleografie [1] Dumitru Bosneag, Ioan Maftei Teme pentru cercurile si concursurile de matematica ale elevilor, Scrisul romanesc, Craiova 1983 [2] A.E. Morozova, I.S. Retakov, V.A. Stortov Olimpiadele internationale de matematica, Editura Tehnica Bucuresti, 1978. [3] Ross Honsberger Mathematical Gems, Mathematical Association of America, 1973.


- 33 -

H S S M

Tem pentru grupele de performan, clasa a IX-a INDUCIA MATEMATIC N PROBLEME DE

GEOMETRIE VECTORIAL Manuela Prajea

Andrei Bogdan Ungureanu Ne propunem s dezvoltm n cele ce urmeaz un aspect destul de srac ilustrat n literatura de specialitate, i anume soluionarea unor probleme vectoriale prin metoda induciei matematice.Mai exact, nu se

regsesc dect dou exemple n acest sens, pe care le vom preznta foarte

succint:

I. Fie nOPOPOP .....,, 21 vectori de aceeai parte a dreptei d, de lungime1. Dac n este impar, artai c 1.....21 +++ nOPOPOP II. (Olimpiada naional clasa a IX-a 2001) Fie nvvvNn .....,,, 21* vectori n plan de lungime cel mult 1. S se arate c

exist { } 2...1,1,,...,, 221121 +++ nnn vvvnctastfel Soluii: I. Cazul n=1 este banal i pentru intuirea soluiei abordm cazul n=3. Fie 21,OPOP vectorii care formeay cel mai mare unghi (*). Dac

21,OPOP sunt opui, concluzia e imediat, iar dac nu, fie 21 OPOPOQ += i cum )()( 2313 OQPIntPsauOQPIntP deducem c +> OPOQOS (**) Meninnd presupunerea de la cazul n=3 (*) i cu P(2n-1) adevrat i

1,.... 123 ++= + OQOPOPOQ n se obine urmnd acelai raionament (**) c P(2n+1) este adevrat.

II. Cazul n=2: considerm vectorii ,,,, 2121 vvvv legai n punctul O. Observm c exist doi dintre ei, de exemplu 21,vv care formeaz un unghi

cel puin drept deci 22

22

12

21 =++ vvvv

Cazul n=3: analog cu anteriorul, obinem 21,vv (de exemplu) care formeaz un unghi u mai mare sau egal cu (2/3) deci

121211)cos(2 21

22

21

221 =+++ uvvvvvv i concluzia se

obine imediat din cazul n=2.

Fie acum vectorii 3,.....,, 21 nvvv n i doi dintre ei de exemplu 21,vv vor

satisface condiia 121 +vv (vezi cazul n=3) i aplicnd cazul P(n-1)

adevrat pentru vectorii nvvv .....,21 + se obine concluzia.


- 34 -

Propunem n continuare un set de probleme n ideea susinerii i fixrii

tehnicilor de abordare a acestui gen.

I. Fie punctele 2,.....,,, 21 nvvvM n n spaiu astfel nct:

nn vMvMvMvMvMvM +++=+++ .......... 2121

S se arate c punctele nvvvM .....,,, 21 sunt coliniare. II. Dac A1, A2, , An (n2) sunt puncte conciclice atunci:

.2

)2)(1(2

1

+

nnAA

OAOA

nji ji

ji

p

III. Dac punctele A1, A2, , A2n (n2) sunt situate pe cercul C(O,R), atunci:

.)2( 22

1RnnOAOA

njiji +

p

IV. Dac A1, A2, , An (n3) sunt coliniare i echidistante atunci pentru orice punct O avem )(2... 211221 nn OAOAOAOAOA n +=+++ .

Andrei Bogdan Ungureanu V. Fie 1,.....,, 21 nvvv n vectori nenuli. Atunci exist numerele reale nenule a1, a2,,an, astfel nct nvavava nn =+++ ...2211 .

Manuela Prajea VI. Fie 2,.....,, 21 nvvv n vectori de modul supraunitar. S se arate c exist numerele { }1,1,,...,, 21 n astfel nct

nvvv nn +++ ...2211 . Manuela Prajea


- 35 -

H S S M

Tem pentru grupele de performan, clasa a X-a MONOTONIA FUNCIILOR NUMERICE.

INTERVALE DE MONOTONIE prof. Sanda-Mariana Gorun

Argument Am propus aceasta tema pentru o lectie de cerc deoarece aparent este foarte naturala/intuitiva dar ea presupune in acelasi timp subtilitate si abilitate in demostratie si utilizare/istrumentare la nivelul programei de clasa a X-a. Scopul acestei propuneri este intelegerea utilitatii monotoniei in studiul functiilor si ca instrument de lucru in diverse alte tipuri de exercitii. Voi prezenta suportul teoretic al subiectului considerand cunoscute proprietatile functiilor elementare studiate, incluzand aici si exponentiala si logaritmica. Amintesc ca ceea ce ne intereseaza este modul in care o functie numerica isi modifica valoarea atunci cand se modifica argumentul. Definitii : Fie f:AB, A, B |R o functie si I A 1. O functie este strict crescatoare (crescatoare) pe I daca :

x1, x2 I cu x 1< x 2=> f(x1) < f(x2) ( f(x1) f(x2)). 2. . O functie este strict descrescatoare (descrescatoare) pe I daca :

x1, x2 I cu x1 < x2 => f(x1) > f(x2) ( f(x1) f(x2)). 3. O functie strict crescatoare ( crescatoare) sau strict descrescatoare (descrescatoare) pe I se numeste monotona. Astfel, a studia monotonia unei functii revine la a preciza submultimea I a lui A pe care functia este strict monotona (monotona). Procedee in studiul monotoniei unei functii 1. Procedeul diferentei valorilor ceea ce inseamna aplicarea definitiilor, adica pentru x1 , x2 din I cu x1 < x2 calculam f(x1) - f(x2) pe care-l comparam cu 0. 2. Raportul de variatie sau coeficientul unghiular al dreptei M1M2 de abscise x1 , x2 si ordonate f(x1), f(x2). Astfel pentru x1 , x2 din I cu x1 < x2 calculam raportul [ f(x1) - f(x2)]/ (x1 - x2) care va fi comparat cu 0: [ f(x1) - f(x2)]/ (x1 - x2) < 0 (>0) functia f este strict crescatoare (descrescatoare). Intepretarea geometrica a acestui raport este sugestiva:

Astfel raportul de variatie este egal cu coeficientul unghiular al

dreptei M1 M2 , adica tangenta unghiului pe care-l face dreapta cu axa Ox, astfel semnul raportului arata marimea unghiului ( obtuz sau ascutit) de mai sus, deci rata cresterii (unghi ascutit) sau descresterii ( unghi obtuz) functiei.


- 36 -

3. Folosirea proprietatilor operatiilor cu functii monotone.Pentru aceasta voi enunta si demonstra o teorema care ne va arata cum se comporta in anumite situatii functiile monotone.

Teorema. Fie f, g : A B doua functii numerice reale de aceeasi monotonie si k R*. Atunci :

1) cand k >0 functia kf isi pastreaza monotonia ( ramane crescatoare sau descrescatoare).

2) cand kf(x2), adica y1>y2 fals, deci x1b>1 si ab>cd. Studiati monotonia acestei functii. Demonstratie. Metoda 1 : f(x) = [ax+bx-cx-(ab/c)x]+dx[(ab/cd)x-1], unde h(x)= dx[(ab/cd)x-1] este strict crescatoare pentru ca ab/cd , iar g(x)= ax+bx-cx-(ab/c)x =[(a/c)x-1](cx-bx) = bx[(a/c)x-1][(c/b)x-1] este functie crescatoare. Deci f este suma de functii crescatoare in concluzie este crescatoare. Metoda 2 : presupunea o abordare clasica, utilizarea definitiei, dar se va observa ca artificiile de calcul sunt mai multe si calculul mai anevoios. Fie x,yR cu x < y si f(x)- f(y). Daca notam cu A = f(x) = cx[(d/a)x+bx[1-


- 37 -

H S S M

(d/b)x]+dx[(a/d)x-(c/a)x], unde primii doi termini sunt negativi. Analog B = f(y)=(cd/a)y[(ba/cd)y+1-(c/a)y-(d/a)y]+ dy[(a/d)y-(c/a)y], unde primul termen este negativ.Ultimul termen din A esteeste evident mai mic decatultimul termen dein B, este in concluzie evident ca A-B < 0. Problema2. Fie f : (0,) R, f(x) = ax+ab/x unde b este numar real pozitiv.Sa se studieze monotonia acestei functii. Demonstratie. Observam ca ax+ab/x 2(axab/x)1/2 ( inegalitatea mediilor), avand loc egalitatea, deci functia isi atinge minimul cand ax = ab/x x2 = b

x = b1/2 . Trebuie aratat ca functia este descrescatoare pe intervalul (0, b1/2) si crescatoare pe intervalul (b1/2, ). Problema3. Fie 1)0(;0)(2)1(;: =>+=+ fnfnfRNf . Aratati ca f strict crescatoare. Demonstratie. Prin inductie matematica:

)0(312)1( ff >=+=

332332)2( >+>+=f

33232322)3( >++>++=f )()(2)()1( nfnfnfnf +=+

Inductie : )()1()1()( nfnfnfnf >+>

)1()()1(2)(2)2(2)1(2)( >+>++>+= nfnfnfnfnfnfnf Probleme propuse: 1. Fie f:[0,1] R, f(x)=2x81-x+21-x3. sa se arate ca f este descrescatoare pe [0,1/2] si crescatoare pe [1/2,1]. 2. Sa se rezolve ecuatiile : a) 3x + 41/x = 11 b) 3x+4x+5x = 6x c) 1-4x2+4x = 1 d) 16x*x+y +16y*y+x =1 e) 3x +41/x = 11. 3. Fie a > b > 1, f : R R , atunci a) f(x) = ax -bx este strict crescatoare. b) f(x) = ax -ax este strict descrescatoare. 4. Daca a > 1 > b > 0 si f : R R , atunci a) f(x) = ax -bx este strict crescatoare. b) f(x) = ax -ax este strict descrescatoare 5. Daca f : R R , f(x) = ax cu a > 1, atunci (f o f oo f)(x), de n ori este functie crescatoare. Pentru 2001 2001=a comparati aaaa ... i 2001, unde a este la puterea a la puterea a de 2001 ori. Bibliografie :

1. Cristinel Mortici - "600 de probleme", Ed.Gil-Zalu 2. Gazeta Matematic - seria B, 2000-2002


- 38 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a XI-a DISCONTINUITATILE FUNCTIILOR REALE

Prof. Dnd. Cainiceanu Gheorghe 1 NOTIUNI PREGATITOARE

DEFINITIA 1.1 Fie f:DR si x0 DR. Spunem ca x0 este punct de discontinuitate pentru f daca f nu este continua in x0. Un punct de discontinuitate x0 se zice de speta intai daca f are limite laterale finite in x0. Un punct de discontinuitate x0 care nu este de speta intai se zice de speta a doua.

DEFINITIA 1.2 Funcria f:DR se numeste riglata daca are numai discontinuitati de speta intai.

DEFINITIA 1.3 Spunem ca multimea A este numarabila daca exista o bijectie f:NA. In acest caz notam cardinaul lui A cu 0.

LEMA 1.4 Daca multimile Dn ,n1 sunt numarabile , atunci

D=Un

kkD

1=

este numarabila.

Demonstratie. Multimea N N este numarabola , caci functia f: N NN , data de f(n,m)=2n 3m este o injectie si deci 0 = card N card( N N ) card N. Daca Dn ={a n1 , a

n2 , }, considerm functia g: N ND ,g(n,m)=a

nm .

Evident ea este surjectiva si deci card D = 0. PROPOZITIA 1.5 Multimea numerelor rationale este numarabila.

Demonstratie. Consideram Mn = { ,...2

,1nn }si desigur ca Q+* =U

n

kkM

1=

, unde

Mn sunt numarabile evident si putem folosi Lema 1 ,iar Q=Q+* {0} Q-*. DEFINITIA 1.6 Spunem ca functia f:DR ,DR , are proprietatea lui

Darboux pe D daca oricare ar fi intervalul ID , avem ca f(I) este un interval. 2 DISCONTINUITATILE FUNCTIILOR REALE

TEOREMA 2.1(i)O functie f:IR,(IR) care este monotona este riglata. (ii) Multimea punctelor de discontinuitate ale unei functii monotone este cel mult numarabila. Demonstratie. (i) Alegem de exemplu f:IR crescatoare. Aratam ca x0 I , f(x0-0) = M = sup{f(x) | xI , x0 , >0 a.i. M-x1 }=inf{f(x) | xI , x1


- 39 -

H S S M

(ii) Fie A multimea discontinuitatilor lui f. Fie xAI. Din (i) deducem ca x este discontinuitate de speta intai.Alegem un numar rational r(x) a.i. f(x-0) < f(x) < f(x+0) (daca x este extremitatea stanga a lui I , luam

f(x) < r(x)


- 40 -

Tem pentru grupele de performan, clasa a XII-a DESPRE IZOMORFISME

prof. Daniel Sitaru

Unul dintre tipurile de probleme propuse la diferite concursuri cere stabilirea faptului c dou grupuri sunt sau nu izomorfe. n cele ce urmeaz

se ofer cteva repere pentru abordarea acestui tip de probleme. Vom folosi notaiile clasice pentru:

- grupul lui Klein: ( )o, - grupul rdcinilor de ordinul n ale unitii: ( ),nU - grupul resturilor modulo n: ( ),nR - grupul claselor de resturi modulo n:

- grupurile de numere: ( )+,Z , ( )+,Q , ( ) ,Q , ( )+,R , ( ) ,R , ( )+,C , ( ) ,C , [ ]( )+,dZ , ( )( )+,dQ , ( )( ) ,dQ

- grupurile de permutri: ( )o,nS , ( )o,nA - grupurile de polinoame: [ ]( )+,xZ , [ ]( )+,xQ , [ ]( )+,xR , [ ]( )+,xC ,

[ ]( )+,xZn - grupurile de matrici: ( )( )+,, kM nm , ( )( ),kGLn

Teorema 1: Dou grupuri finite de ordine diferite nu pot fi izomorfe.

Justificarea teoremei const n aceea c nu poate exista o funcie bijectiv f : A B n cazul n care A, B sunt finite i card A card B.

innd cont de faptul c ord K = 4 ; ord Un = n ; ord Rn = n ; ord Zn = n ;

ord Sn = n! ; ord An = 2!n putem deduce, de exemplu c:

( ),nU nu este izomorf cu ( )o,nA ; ( ),4R nu este izomorf cu ( ),5R ; ( )+,8Z nu este izomorf cu ( )+,7Z ; ( )o,6S nu este izomorf cu ( )+,3Z .

Teorema 2: Un grup finit nu poate fi izomorf cu un grup infinit. Teorema are aceeai justificare cu teorema precedent. n aceste condiii putem deduce, de pild c: ( )+,R nu este izomorf cu ( ),6U ; ( )+,C nu este izomorf cu ( )+,3Z ;

[ ]( )+,xZn nu este izomorf cu ( )o,7S ; ( )+,Z nu este izomorf cu ( )o, . Teorema 3: Dac (K,+,) este corp, atunci (K,+) nu este izomorf cu (K*,).

Justificarea teoremei se gsete n [ ]1 . n aceste condiii:

( )+,Q nu este izomorf cu (Q*, ) ; (R*, ) nu este izomorf cu (R, +) ; (C, +) nu este izomorf cu (C*, ) ; ( )( )+,dQ nu este izomorf cu ( )( ) ,dQ ; (Zp, +) nu este izomorf cu ( ),Z*p (p - prim).


- 41 -

H S S M

n situaia n care se consider dou grupuri oarecare de numere reale

este de urmrit existena unei funcii bijective (eventual parametrizate) ntre

cele dou grupuri dup care se verific dac este i morfism: Exemplul 1:

=

2,

21G ; xy = arctg (tg x + tg y); RG =2

Se consider funcia bijectiv: f : (G1, * ) (R, +) ; f(x) = tg x Exemplul 2: ( ),01 =G ; xy = arcctg (ctg x + ctg y); RG =2

Se consider funcia bijectiv: f : (G1, * ) (R, +) ; f(x) = ctg x Exemplul 3:

=

2,

21G ;

+

+=

yxyxyx

sinsin1sinsinarcsin ; ( )1,12 =G ; xy

yxyx++

=1

o

Se consider funcia bijectiv: f : (G1, * ) (G2, o ) ; f(x) = sin x Exemplul 4:

( ),01 =G ;

+

+=

yxyxyx

coscos1coscos

arccos ; ( )1,12 =G ; xyyxyx

++

=1

o

Se consider funcia bijectiv: f : (G1, * ) (G2, o ) ; f(x) = cos x Exemplul 5:

RGG == 21 ; 22 11 xyyxyx +++= ;

Se consider funcia bijectiv: f : (R, + ) (R, *) ; f(x) = sh x Exemplul 6:

*21 ; +== RGRG

Se consider funcia bijectiv: f : (R, + ) ( + ,*R ) ; f(x) = ex

Exemplul 7:

RGRG == + 2*

1 ;

Se consider funcia bijectiv: f : ( + ,*R ) (R, + ) ; f(x) = ln x

Exemplul 8:

RGG == 21 ; 333 )( yxyx +=

Se consider funcia bijectiv: f : (R, *) (R, + ); f(x) = 3 x

Exemplul 9:

RGG == 21 ; 5 55 yxyx +=

Se consider funcia bijectiv: f : (R, *) (R, + ); f(x) = x5


- 42 -

Dac funcia se precizeaz ns depinde de un parametru, este util

determinarea elementului neutru pentru cele dou grupuri, e1 i e2 i utilizarea faptului c un morfism duce elementul neutru dintr-un grup n elementul neutru al celuilalt grup: f(e1) = e2.

Exemplul 10:

ZGG == 21 ; a, b Z; byxyxayxyx ++=++= o; Se consider funcia bijectiv: f : (Z, *) (Z, o ); f(x)=x+ i utilizm f(e1)=e2.

Exemplul 11:

G1=(0,) ; G2=(0,1); 12 +=

yxxyxyyx

Se consider funcia bijectiv +

=x

xf 1)( ; ( ) ( ) ,,: 21 GGf i utilizm f(e1)=e2.

Uneori forma elementelor celor dou grupuri este determinant n alegerea izomorfismului .

Notm { dQbadbadQ ;,|)( += ntreg liber de ptrate }

= Qba

abbda

Md ,

= Qba

adbba

Nd ,

Exemplul 12:

( )( )+,,dQ ( )+,,dM Funcia care realizeaz izomorfismul este f : ( )dQ Md ; ( )

=+

abdba

dbaf .

Exemplul 13: (Md, +, * ) (Nd, +, * )

Funcia care realizeaz izomorfismul este f : Md Nd ;

=

adbba

abdba

f

Exemplul 14:

(Nd, +, * ) ( )( )+,,dQ ; ( )dbaadbba

f +=

Funcia care realizeaz izomorfismul este f : Nd ( )dQ ; ( )dba

adbba

f +=

.

Bibliografie: 1. C.NstsescuCulegere de probleme pentru liceueditura Rotech Pro96 2. V.Shneider Probleme de algebr editura Valeriu 1996

PROBLEME PROPUSE

- 43 -

H S S M

Clasa a V -a 1. S se calculeze suma tuturor numerelor de forma abba care verific relaia:

( ) ( ) ,2babaab n +=+ unde n este numr natural. prof. Bloi Valeria

2. S se afle *,, Ncba astfel ca 992002 = a3 + b3 + c3. Pentru a = b = c, s se afle cel mai mare numr natural K pentru care 3K / a3.

prof. Bloi Valeria 3. S se determine numerele de forma abca divizibile cu numerele de forma bc

(b c). prof. Bloi Valeria

4. Cte numere de 8 cifre distincte divizibile cu 625 se pot forma astfel ca suma primelor 4 cifre s fie maxim?

prof. Bloi Valeria 5. S se arate c numrul A= 105n- 685 este divizibil cu 45, oricare ar fi nN*.

prof. Duu Constantin 6. S se afle toate numerele naturale a i b cu a

PROBLEME PROPUSE

- 44 -

b)Exist numere,aparinnd mulimii date,care sa fie multipli de 65? prof. Constantin M.Giugiuc

4. Fie numrul X=20012003 + 20032005 + 20052007 + 3. a)S se arate c 20012003 +1 este un ptrat perfect. b)S se afle numerele naturale a,b,c astfel ca X = a2 + b2 + c2 . c)S se arate c X2 + 32003 nu este ptrat perfect.

prof. Bloi Valeria 5. S se arate c )1(20032003 220032003 +++ pp este ptrat perfect pentru ( )p N .

prof. Gheorghe Calafeteanu Clasa a VII-a 1. Un dreptunghi are lungimile laturilor direct proportionale cu 3 i cu 12, iar

perimetrul i aria invers proportionale cu 2 i 12. S se afle lungimea laturii ptratului echivalent cu acest dreptunghi.

prof. Eleodor Popescu 2. Se consider triunghiul isoscel ABC avnd AB=AC=a i BC=b. Se prelungete

latura [BC] cu segmentele [BD] i [CE] astfel ca [BD] [CE]=a2 i fie M i P interseciile paralelor duse prin B i C la AD respectiv AE cu laturile triunghiului ABC. Dac BM I CP = {Q} s se arate c :

a) ABCBQP

b) MCAM

PBAP

=2

ba

.

prof. Manuela Praja 3. n aceast problem vom nelege prin cuvnt orice alturare de dou

sau mai multe litere. Cte cuvinte se pot forma cu elementele mulimii formate din literele cuvntului HALAT ?

prof. Gheorghe Ciniceanu

4. n triunghiul ABC avem: m(

BAC )=30, ADBC, D(BC), iar E este intersecia dintre AD i bisectoarea unghiului ABC i F este intersecia dintre BC i bisectoarea unghiului DAC. S se arate c AC=3EF dac i numai dac

m(

ABC )=60. Clasa a VIII-a 1. Fie numrul 199932 5...5551 +++++=n .

a) S se arate c n este divizibil cu 12 i n este divizibil cu 13. b) S se afle Nba ; astfel ca ( ) ( ) ( )[ ]99820 ... bababaabn ++++++=

prof. Bloi Valeria 2. Fie f : R R, ( ) Rmmxmxfm = ,122 3. S se reprezinte grafic n acelai sistem de axe f0 i f1.

S se arate c fn trec prin acelai punct fix independent de m. S se calculeze aria trapezului determinat de axele de coordonate, de graficul lui f0 i de graficul lui f1.

prof. Bloi Valeria

PROBLEME PROPUSE

- 45 -

H S S M

4. Fie a,b,c numere ntregi i p un numr prim (p5) astfel nct p|a+b+c i p|a+b+c. S se arate c p|a4+b4+c4-2ab-2bc-2ac.

prof. Manuela Praja 5. Fie a, b R, astfel nct 22 ba + =1. S se gseasc cea mai mare valoare a

expresiei 22 abbaE += . prof. Constantin Duu

6. Fie x,y- numere reale astfel nct x-2y+3=0 i y

55,0 s se arate c

numrul ( ) 351152484912 2222 ++++= yyxyyxa este numr natural.

prof. Preneanu Doru 7. S se rezolve n mulimea numerelor ntregi ecuaia :

3(x+y)4 8(x2 +y2)xy = 528 prof. Mrscu Cornel

8. Rezolvai n numerele ntregi ecuaia: 5x2 + y2 + 3z2 2yz = 30

prof. Mrscu Cornel Clasa a-IX-a 1. Fie expresia : E(x)= (x+1)+(x+3)++(x+2003)- [x+(x+2)++(x+2002)].

S se determine xR pentru care E(x)0. prof. Stretcu Daniel

2. Determinai x,y tiind c : 3 yx + +2 x8 + x6 =14 prof. Popescu Rodica

3. n triunghiul ABC , notm cu P intesecia medianei AM cu bisectoarea BN i cu Q intersecia dreptei CP cu latura AB. Artai c BNQ este isoscel.

prof. Draga Ttucu Mariana

4. Rezolvai ecuaia: ( )

++++=

+++ 22222 12

1.......51

31141.......

211

nx

n

prof. Pupaza Ecaterina 5. Fie numerele raionale pozitive:

a=10022003

200120001...

431

321

211

++

+

+

b=

p11

20033211....1111

ppp, pN * ,p1,

S se afle p2003 , tiind c ab. prof. Bloi Valeria

6. S se arate c pentru orice triunghi ABC de laturi a,b,c i arie S are loc

inegalitatea : ( ) 24442

352

cos2

cos2

cos23 SCBAcba >

+++

prof. Vduva Ion 7. Determinai valorile parametrului real m pentru care ecuaia:

2x4 -5x3 +x2(2-m)-mx-m2=0 , are toate rdcinile reale.

PROBLEME PROPUSE

- 46 -

prof. Constantin M.Giugiuc 8. Fie ABCD un patrulater convex, E mijlocul diagonalei AC i F mijlocul diagonalei

BD. Dac (x2+1)EF =x(AD -BC ), unde x (0, )\{1}, s se arate c patrulaterul ABCD este un paralelogram.

prof. Ticui Ovidiu 9. Determinai numerele x1, x2, , xn>0 care verifica inegalitatea:

2 =

n

kk kx

1

2

)1(1

nnxn

kk

+

=

, dac xk k, k= n,1 , nN*

prof. Ticu Ovidiu 10. Se consider ecuaia : ax2 + b x + c= 0, a 0; b, c reale. S se determine c i

relaia dintre a i b pentru care ecuaia are soluie unic. prof. Dan Nedeianu

Clasa a-X-a 1. Pe lat

RMM 2.pdf

Documents

Transcript of RMM 2.pdf