Embed Size (px)
Citation preview
1
GHEORGHE NECȘULEU ION NECȘULIU
PROBLEME DE MATEMATICĂ
PENTRU OLIMPIADE ȘI CONCURSURI
Aritmetică și algebră
Geometrie și trigonometrie
Analiză matematică
2
CUPRINS
Prefață…………………………………………………….……..6
1. Probleme publicate de autori în Gazeta Matematică.……..7
Probleme de aritmetică și algebră..............................................7
Probleme de geometrie și trigonometrie .................................22
Probleme de analiză matematică..............................................34
2. Probleme publicate de autori în alte reviste .......................39
Probleme de algebră.................................................................39
Probleme de geometrie și trigonometrie .................................43
Probleme de analiză matematică..............................................47
3. Probleme publicate de Eugen-Cătălin Necșuleu și
Nicu-Cosmin Necșuleu în Gazeta Matematică.....................53
Probleme de aritmetică ............................................................53
Probleme de algebră ................................................................54
Bibliografie..................................................................................55
3
PREFAȚĂ
În această lucrare prezentăm elevilor de gimnaziu și liceu modele de
probleme rezolvate prin diverse metode, pregătitoare pentru olimpiade
și concursuri, care suscită interesul elevilor și studenților cu aptitudini
matematice. Această activitate de rezolvare a problemelor constituie o
cale importantă de însușire și aprofundare a cunoștințelor din diverse
domenii ale matematicii, iar pe de altă parte contribuie la înarmarea
elevilor și studenților cu noi tehnici și metode de rezolvare a
problemelor.
Lucrarea conține, în cea mai mare parte, probleme dificile publicate
de autori în Gazeta Matematică și în alte reviste, ce se adresează în
egală măsură elevilor participanți la tradiționalele olimpiade și
concursuri de matematică, profesorilor care-i pregătesc, studenților din
facultățile în care se studiază matematica, precum și tuturor celor care
iubesc matematica.
Menționăm că pentru fiecare problemă am indicat și clasa de
gimnaziu sau liceu căreia i se adresează. Astfel, de exemplu VII.2 arată
că este vorba de problema 2 de la clasa a VII-a.
Autorii,
4
Capitolul I
PROBLEME PUBLICATE DE AUTORI
ÎN GAZETA MATEMATICĂ
1. Probleme de aritmetică și algebră
V.1. Să se arate că pentru orice n și orice , 2m m , există
,p q , astfel încât n divide numărul:
2 (2 1) 3 (3 1) ... ( 1).p q p q p qm m
Soluție: Cel puțin două dintre cele 1n numere
0 0 0 1 1 12 3 ... ,2 3 ... ,...,2 3 ...n n nm m m ,
dau același rest prin împărțire la n , întrucât prin împărțire la n se pot
obține numai n resturi diferite.
Fie 2 3 ...k k km și 2 3 ...l l lm , unde k l , două numere care
dau același rest prin împărțire la n . Atunci numărul
2 3 ... (2 3 ... )k k k l l lm m
2 (2 1) 3 (3 1) ... ( 1)l k l l k l l k lm m ,
se divide prin n .
5
VI.2 Fie , ,x y z , astfel încât avem 5 8 2x z y . Demonstrați că
( )x y z se divide la 10.
Soluție: Avem 5 2( 4 )x y z și deci 5 îl divide pe 4y z , iar 2 îl
divide pe x . Din 5 îl divide pe 4y z și 5 îl divide pe 5z , deducem
că 5 îl divide pe y z și cum 2 îl divide pe x , obținem că 10 îl divide
pe ( )x y z .
VI.3. Determinați toate numerele de forma abcd știind că:
5 2 3
a b c b c d c d a .
Soluție : Din proporții derivate rezultă:
( ) ( )
5 2 3
a b c b c d c d a
.
Atunci rezultă 2 2 0a b c a b c d , sau 0 2c d ,de unde
0, ,c d c d fiind cifre. Deducem 5 2 3
a b b a și atunci avem :
1) 3, 2a b ; care conduce la abcd 3200 .
2) 6, 4a b ; care conduce la abcd 6400 .
3) 9, 6a b ; care conduce la abcd 9600 .
Comentariu: Avem 5 2 3
a b c b c d c d a
2( )
10 5 10 5 5 10
a b c d c a b c d c a b c d c ,
acesta fiind un alt mod de obținere a relației 2 0c d .
6
VI.4. Demonstrați că dacă \ 1n și 1 2, ,..., nx x x sunt numere
naturale nenule, astfel încât:
1 2 1
2 3 1
2 3...
2 ( 1)
n n
n
x x nx x
x x n x nx
,
atunci 1 2 ... nx x x se divide la
( 1)
2
n n .
Soluție: Notăm cu r valoarea comună a rapoartelor. Deducem că:
1 2 1
2 3 1
2 3... ... 1
2 ( 1)
n n
nde n ori
x x nx xr r r r
x x n x nx
,
de unde 1r și atunci avem :
121
12 3
1 11
12 ... 11 1 1
2 3
n n
n
x xxx n n
xx x x
n
,
sau 1 2 3
1 1 1...
2 3nx x x x
n . Obținem 1 2 3 ... nx x x x
1 1 1 1 1 1
( 1)2 3 ... (1 2 3 ... )
2
n nx x x nx n x x
,
de unde rezultă concluzia.
VII.5. Demonstrați că nu există , ,x y z ,astfel încât:
1xy x y yz y z zx z x .
Soluția 1: Distingem cazurile:
1) , ,x y z au aceeași paritate. Atunci numerele , ,x y y z z x sunt
pare și deci membrul stâng al egalității este număr par; contradicție;
7
2) două dintre numerele , ,x y z sunt pare. Atunci toți cei trei termeni
ai sumei din membrul stâng conțin factori pari și deci numărul din stân-
ga este par; contradicție;
3) un singur număr dintre , ,x y z este par. Fără a restrânge generalita-
tea, considerăm x par și ,y z impare. Atunci y z este par și toți cei
trei termeni ai sumei din stânga conțin factori pari. Contradicția se
obține ca mai înainte.
Soluția a 2-a: Presupunem prin absurd contrariul. Atunci are loc
relația din enunț și se poate scrie succesiv sub următoarele forme
echivalente:
2 2 2 2 2 2 1xy x y yz y z zx z x xyz xyz ;
2 2 1;z xy xz y yz x xy xz y yz
1x y y z z x .
Distingem cazurile:
1) 1, 1, 1x y y z z x ; adunând membru cu membru obținem
0 3 , imposibil.
2) 1, 1, 1x y y z z x ; care conduc la 0 1 .
3) 1, 1, 1x y y z z x ; care conduc la 0 1 .
4) 1, 1, 1x y y z z x ; care conduc tot la 0 1 .
În concluzie presupunerea făcută este falsă.
VII.6. Dacă , 0x y , demonstrați că:
8
4
x y xyxy
x y
.
Soluție: Folosind inegalitatea mediilor avem:
2 24 4 4
x y xy x y xy xyxy
x y x y
.
VII.7. Determinați , ,x y z
astfel încât este verificată relația:
6x y z xy yz zx xyz .
Soluție: Împărțind relația dată prin xyz obținem:
6yz y xyx zx z
yz x zx y xy z
.
Deoarece 2a b
b a pentru orice , 0a b , cu egalitate pentru a b ,
din egalitatea de mai sus deducem că , ,x yz y zx z xy .
Rezultă x y z xyz , de unde 1x y z .
X.8. Determinați numerele raționale pozitive , ,x y z astfel încât
3 3 32 4 6 0x y z xyz .
Soluție: Folosind inegalitatea mediilor, pentru orice , ,x y z
avem:
3 3 3 3 3 332 4 3 2 4x y z x y z ,
adică
9
3 3 32 4 6 0x y z xyz ,
cu egalitate dacă și numai dacă 3 3 32 4x y z , adică dacă și numai
dacă 0x y z (dacă am presupune 0x , am avea 0, 0y z și
relația
3
2x
y
, care este imposibilă pentru
x
y
). În concluzie ,
numerele sunt 0, 0x y și 0z .
X.9. Determinați toate numerele , , 0,x y z cu proprietățile:
a) 1;xyz b) 2 2 21 1 1 27x y z y z x z x y .
Soluție: Fie , , 0,x y z astfel încât 1xyz . Folosind inegalitatea
mediilor avem:
2
33 13
xy yz zxxy yz zx xyz
,
cu egalitate dacă și numai dacă xy yz zx , adică dacă și numai dacă
1x y z . Din 3xy yz zx , prin înmulțire cu z obținem relația
2 1 3z y x z și analog 2 1 3x y z x , 2 1 3y z x y . În
concluzie avem: 2 1 27x y z , cu egalitate dacă și numai
dacă 1x y z . Deci singurele numere , , 0,x y z care satisfac
simultan condițiile din enunț sunt: 1, 1, 1x y z .
X.10. Să se rezolve în ecuația:
10
1 1x nx x n x ,
unde , 2n n și x este partea întreagă a lui x .
Soluția 1: Fie , 2p p și 0, \ 1a , astfel încât să avem
1 1p np a n a . Dacă p n , atunci 1p n și folosind inega-
litatea mediilor obținem:
1
11 1 ... 1 ... 1
np np n n n
p n n ori
n ap n n aa a a a
p p
.
Rezultă că 1 1p np a n a , fals. Analog, dacă p n obținem
o contradicție. Deci n p . Dacă x este soluție a ecuației din enunț ,
atunci 2x și din rezultatul anterior obținem x n , deci
, 1x n n . Cum orice număr din , 1n n este soluție , rezultă că
mulțimea soluțiilor este intervalul , 1n n .
Soluția a 2-a (variantă): Punem condițiile 2x și 0x și
deducem că soluțiile trebuie căutate în intervalul 2, . Observăm că
orice , 1x n n este soluție a ecuației . Vom arăta că ecuația nu mai
are și alte soluții. Dacă 1,x n avem:
1
1 1 ... 1 ...
x nx n n n
x n n
x n n xx x x x
x
,
11
adică 1 1x nx x n x . Deci pentru 2n , ecuația nu mai are și
alte soluții. Pentru 3n , dacă 2,x n avem:
1 1x nx x n x ,
relație care se deduce în modul următor:
1
1 1 ... 1 ...
xn
x x xn
n x x
n x x xx x x x
n
.
În concluzie mulțimea soluțiilor ecuației din enunț este intervalul
, 1n n .
X.11. Să se determine numerele complexe 1 2 3, ,z z z care verifică
simultan condițiile:
i) 1 2 3 1z z z ,
ii) 1 2 3arg arg arg ,z z z nn
,
iii) 2 2 2
1 2 3 1 2 31 1 1n n n n n nz z z z z z .
Soluție: Folosind forme trigonometrice din )i și ii) avem:
1 2cos sin , cos sinz i z i , 3 cos sinz i (1)
și n
(2). Atunci membrul drept din iii) este :
1 2 3 cos sin 1n n nz z z n n n i n n n .
Apoi avem 1 2 31 1 1 2 sin cos sinn n nz z z i n n i n
12
2 sin cos sin 2cos cos sini n n i n n n i n
=8sin sin cosn n n și atunci iii) devine:
8sin sin cos 1n n n (3)
Folosind relațiile (2) și (3) rezultă că , ,n n n sunt unghiurile
, ,A B respectiv C ale triunghiului ABC în care avem relația:
8sin sin cos 1A B C (4),
care se scrie succesiv: 4 cos cos cos 1A B A B C
4 cos cos cos 1A B C C . Dacă notăm cosC x , obținem
ecuația de gradul al doilea în x : 24 4 cos 1 0x A B x , care
are 216cos 16 0A B , de unde cos 1A B , adică A B
Atunci ecuația de gradul al doilea în x devine 2
2 1 0x , de unde
1cos
2C , adică
2
3C
și deci
6A B
.
În concluzie am obținut 6n
și
2
3n
, astfel încât numerele
complexe căutate sunt:
1 2 cos sin6 6
z z in n
și 3
2 2cos sin
3 3z i
n n
.
Comentariu: Dacă observăm că relația iii) se scrie:
2 2 2
1 2 31 1 2 2 3 3
1 2 3
1 1 11 1
n n nn n n n n n
n n n
z z zz z z z z z
z z z
,
13
obținem imediat 2 sin 2 sin 2cos 1i n i n n și relația (3) din soluție
se obține mult mai rapid.
Notă: Problema X.11. a fost dată la Concursul Interjudețean de
Matematică „ Nicolae Păun” , Rm. Vâlcea , 1998, la clasa a X-a.
XI.12. Demonstrați că dacă numerele complexe1 2 3, ,z z z verifică
relația:
2 2
2 2
2 2
0
,
unde 1 2 2 3 3 1, ,z z z z z z , atunci 1 2 3z z z sau 1 2 3, ,z z z
sunt afixele vârfurilor unui triunghi echilateral.
Soluția 1: Notăm cu 0 relația din enunț. Dacă 0 , atunci
2
2 2 3 3
2
0 0
0 0
. Cum 0 , rezultă că 0 sau 0 , deci
1 2 3z z z . Analog , dacă 0 sau 0 . Dacă 0 , atunci:
2
2
2 2 2 2 2 2
2
1
1 0
1
,
14
deci cel puțin una din paranteze este zero. În ipoteza că 0
2
22 2 2 0 1 0
3
1 1
și cum 2 2
, obținem , de unde concluzia.
Analog pentru celelalte două cazuri.
Soluția a 2-a: Avem
2 2
2 2 2 2 2
2 2
3
1 2
2 3
3 1
1
1
1
z z
z z
z z
.
Atunci relația din enunț se scrie
1 2
2 3
3 1
1
1 0
1
z z
z z
z z
2 2 2
1 2 3z z z 1 2z z
2 22
1 3 3 1 1 2 2 3 3 10 0z z z z z z z z z z , care, cu nota-
țiile din enunț devine 2 2 2 0 cu 0 .
Printr-un calcul simplu:
2 2 2, 2 , 2 2 2 ,
obținem 2 2 2, , , de unde 3 3 3 și deci avem
15
, de unde concluzia.
Notă: Problema XI.12. a fost dată la Concursul Interjudețean de
Matematică „Nicolae Păun “, Rm. Vâlcea , 1999 , la clasa a XI-a și
la Concursul Interjudețean de Matematică “ Trident “ , Brăila ,
2006 , la clasa a XI-a .
XI.13. Să se demonstreze că dacă matricea 2A are proprie-
tățile: 2
) 4det 0i TrA A ,
)ii există ,n n impar, astfel încât 2
nA I ,
atunci 2A I .
Soluție: Rezultă imediat că A verifică ecuația:
2 det 0x TrA x A (1) , adică 2
2 2detA TrA A A I O (2).
Fie 1 2,x x rădăcinile ecuației. Avem 1 2,x x în baza relației )i și
evident 1 20, 0x x , deoarece altfel se ajunge la o contradicție.
Cazul 1 2x x : Arătăm că există 1 2 2,A A , astfel încât:
1 1 2 2
n n nA x A x A (3).
Din sistemul 1 2 2A A I și 1 1 2 2x A x A A ( obținut pentru 0n și
1n ), rezultă:
1 2 2
1 2
1A A x I
x x
și 2 1 2
1 2
1A A x I
x x
(4).
16
Folosind (2) obținem:
2
1 2 2 1 1 2 1 2 2 22
1 2
1A A A A A x x A x x I O
x x
și atunci 1 2 2A A I conduce la 2
1 1 2 1A A A A de unde 2
1 1A A și deci
1 1
nA A și la 2
1 2 2 2A A A A , de unde 2
2 2A A și deci 2 2
nA A .
Astfel obținem 1 1 2 2 1 1 2 2
nn n nA x A x A x A x A , pentru orice 2n .
Fie n , n impar, astfel încât 2
nA I . Atunci din (3) și (4) avem
1 1
1 2 1 2 1 2
2
1 2
n n
n n
x x x x x xA I
x x
,
adică A este de forma 2A I cu ( n impar și 1 2x x conduc la
1 2
n nx x , întrucât ecuația 1
2
1
n
x
x
, are numai soluția 1
2
1x
x reală ).
Cum 2
nA I , obținem 1 și deci 2A I .
Cazul 1 2 0x x x : Arătăm că există 1 2 2,A A , astfel încât:
0 1 0 2
n n nA x A nx A (5).
Din sistemul 1 2A I și 0 1 0 2A x A x A (obținut pentru 0n și 1n ),
obținem: 1 2A I și 2 2
0
1A A I
x (6). Observăm că:
(2) 22 2 2 2 2
0 0 2 2 2 0 2 0 2 2 22A x A x I O O A x I x A A O
și atunci relația (5) se demonstrează prin inducție astfel:
1 1
0 1 0 2 0 1 0 2 0 2 2 2 2
n n n n nA A A x A nx A x A x A x I nA I A
1 2 1
0 2 2 2 2 0 2 2 21n nx I A nA nA x I n A O
17
1 1
0 1 0 21n nx A n x A .
Fie n , impar, astfel încât 2
nA I . Atunci din (5) și (6) rezultă:
0 021
0
1n n
n
nx xA I
nx
,
și deci 2A I .
XI.14. Demonstrați că pentru orice , 2n n , există 2A ,
2A I , cu proprietatea că 2
nA I .
Soluție: Considerăm matricea
2 2cos sin
2 2sin cos
n nA
n n
cu elemente
numere reale. Avem 2A I , deoarece n este diferit de 1 .
Folosind eventual relația:
cos sincos sin cos sin
sin cossin cos sin cos
,
rezultă că:
2
2 2cos sin
2 2sin cos
n
n nn n
A I
n nn n
.
18
XII.15. Fie n și 2nG mulțimea matricelor 2nA , ijA a ,
cu:
1
2
, :
, : 2 1
0, : , 2 1,
ij
x dacă j i
a x dacă j n i
dacă j i j n i
unde 2 2
1 2 1 2, ,x x x x . Demonstrați că:
1) 2nG este grup comutativ în raport cu înmulțirea matricelor.
2) Grupurile 2 4, ,...,G G sunt izomorfe.
Soluție: 1) Notăm cu 1 2,A x x matricea definită în enunț și astfel:
2 2
2 1 2 1 2 1 2, | , ,nG A x x x x x x .
Deoarece 1 2 1 2 2 2, n nA x x x I x J , unde 2nJ este matricea cu 1 pe
diagonala secundară și 0 în rest, iar 2
2 2n nJ I , avem:
1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2, , n n n n nA x x A y y x I x J y I y J x y x y I
1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1,nx y x y J A x y x y x y x y ,
matrice care aparține lui 2nG , deoarece:
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 0x y x y x y x y x x y y .
Deci înmulțirea matricelor este lege de compoziție pe 2nG .
Cum 2 1,0nI A , 1 21 2 22 2 2 2
1 2 1 2
, , 1,0 n
x xA x x A A I
x x x x
și
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1, , ,A x x A y y A x y x y x y x y
1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2, , ,A y x y x y x y x A y y A x x ,
19
pentru orice 1 2 1 2, , ,x x y y cu 2 2 2 2
1 2 1 2,x x y y , rezultă
concluzia .
2) Funcția 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2: ,n n nf G G f x I x J x I x J este, evident,
izomorfism de grupuri. Deci pentru orice , 2n n ,grupurile 2 ,nG
și 2 ,G sunt izomorfe.
XII.16. Să se arate că dacă numerele reale , , ,a b c d verifică relația
80d a ab c , atunci ecuația 4 3 2 0x ax bx cx d , nu poate
avea toate rădăcinile reale pozitive.
Soluție: Presupunem că ecuația din enunț are toate rădăcinile
1 2 3 4, , ,x x x x reale pozitive și arătăm că atunci 80d a ab c , relație
care, folosind relațiile lui Viete, se scrie sub următoarea formă
echivalentă:
1 2 3 3 1 2 3 481x x x x a x a x a x a x .
Această relație (deci și relația 80d a ab c ) se demonstrează folo-
sind și inegalitatea mediilor în modul următor:
4 333 3 31 2 3 4 1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4
3 3
a x a xx x x x x x x x x x x x x x x x
1 2 3 42 1
3 3 81
a x a x a x a xa x a x .
20
2.Probleme de geometrie și trigonometrie
VI.1. Să se demonstreze că dacă ABC este un triunghi ascuțitunghic
neisoscel, atunci punctul de intersecție al bisectoarei unghiului BAC
cu mediatoarea segmentului BC nu se află în interiorul triunghiului
ABC .
Soluție: Să presupunem că punctul , notat M , aparține interiorului
triunghiului. Notăm cu D mijlocul lui BC și ducem perpendicularele
din M pe AB și AC ; notăm cu P , respectiv N picioarele acestor per-
pendiculare . Să observăm că P AB și N AC . Atunci avem că
. .APM ANM I U , deci AP AN (1) și MP MN . Mai
mult avem . .BPM CNM I C și deci BP CN (2). Din (1) și
(2) rezultă că AB AC , ceea ce este fals, triunghiul ABC nefiind
isoscel.
Comentariu: Se dovedește ușor că punctul M este mijlocul arcului
BC al cercului circumscris triunghiului ABC ; evident, el nu se află în
interior.
VI.2. Fie ABC și DBC două triunghiuri astfel încât AD BC și
AD BC M . Demonstrați că AM DM dacă și numai
dacă BAC BDC .
Soluție: Fie AM DM . Deducem că . .AMB DMB C C și
21
. .AMC DMC C C . Deci BAM BDM și MAC MDC ,
de unde BAC BDC .
Reciproc , fie BAC BDC . Presupunem prin absurd că
AM MD și fie A AM astfel încât A M DM . Atunci
folosind prima parte a demonstrației deducem că BA C BAC . Pe
de altă parte , folosind faptul că suma măsurilor unghiurilor unui
triunghi este de 0180 avem :
;ABM A BM BAM BA M
ACM A CM CAM CA M
și deci BAC BA C , ceea ce contrazice relația BA C BAC .
Deci presupunerea că AM MD este falsă. Analog se arată că pre-
supunerea AM MD este falsă . Rămâne deci că AM MD .
VII.3. Demonstrați că în orice triunghi ascuțitunghic ABC are loc
inegalitatea:
6aria ABC ab bc ca .
Soluție: Avem 2 ,2a bS ah ab S bh bc și 2 cS ch ca , unde
ah , ,b ch h sunt înălțimile triunghiului corespunzătoare laturilor ,a b res-
pectiv c . Adunând, obținem 6S ab bc ca , ceea ce trebuia demon-
strat .
Comentariu: Relația este valabilă într-un triunghi oarecare ABC ,
întrucât avem:
6 2 2 2 sin sin sinS S S S ab C bc A ca B ab bc ca .
22
VII.4. Demonstrați că dacă ABC este un triunghi dreptunghic
090m A și D BC , atunci următoarele afirmații:
i) 2AD BD DC ; i) AD BC sau BD DC ,
sunt echivalente.
Soluție: i ii . Admitem că 2AD BD CD . Aplicând teorema
lui Stewart avem:
2 2 2AB DC AD BC AC BD BD DC BC .
Înlocuind 2AD cu BD DC obținem :
2 2 2AB DC AC BD BD DC BC .
Înlocuind 2AC cu 2 2BC AB (în baza teoremei lui Pitagora), obținem
succesiv:
2 2 2 2AB DC BC BD AB BD BD DC BC ,
2 2AB DC BD BD DC BC BC BD BD DC ,
2 2AB DC BD BD BC DC BD DC ,
2AB DC BD BC BD DC BD ,
de unde sau BD DC , sau 2AB BC BD și atunci AD BC , con-
form unei reciproce a teoremei catetei .
ii i . Admitem că AD BC sau BD DC . Dacă AD BC ,
atunci conform teoremei înălțimii avem 2AD BD DC .Dacă avem
BD DC , atunci AD BD CD și deci 2AD BD CD .
VII.5. Să se arate că în orice triunghi ABC avem:
216R a b b c c a S .
23
Soluție: Inegalitatea se scrie 2 2 316R S R a b b c c a , sau
2 2 2 3a b c R a b b c c a , care se demonstrează folosind inega-
litatea mediilor și relațiile 2 sin , 2 sin , 2 sina R A b R B c R C în
modul următor: 2 2 2a b c a bc b ca c ab 382 2 2
b c c a a bR
.
VII.6. Demonstrați că în orice triunghi ABC are loc relația:
28 4 2 0S S abc a b c abc a b c .
Soluție: Inegalitatea din enunț se scrie
2
20
4
abc a b cS
și este adevărată de îndată ce 2
4
abc a b cS
. Observăm că
egalitatea 2
4
abc a b cS
atrage 2 2
16 2 4S
S RSr
, adică
R r , ceea ce este fals.
VII.7. Demonstrați că dacă , , ,a b c d sunt lungimile laturilor conse-
cutive ale unui patrulater convex , 1 2,d d lungimile diagonalelor sale,
2
a b c dp
, iar S aria sa , atunci:
1 22 12a c b d p d d S .
Soluția 1: Observăm că într-un triunghi ABC avem:
6 2 2 2 sin sin sinS S S S ab C bc A ca B ab bc ca .
24
Considerând patrulaterul convex ABCD cu : ,AB a BC b ,CD c ,
1 2, ,DA d AC d BD d , obținem: 2 26 ABDS ad d d da și 6 BCDS
2 2bc cd d b , de unde 26 2S pd ad bc și în mod analog avem
16 2S pd ab cd . Acum inegalitatea din enunț este imediată .
Soluția a 2-a: Considerând patrulaterul convex ABCD ca la soluția 1
avem: sin sin
2 2ABD BCD
ad A bc CS S S , de unde 2S ad bc și
analog 2S ab cd , de unde 4S a c b d (1) . Apoi avem
1 1 1
2 2 2 2 2
AC ACABC CDA
d h d h d a b c dS S S
, de unde avem
12S pd și analog 22S pd , de unde 1 28 2S p d d (2) . Rămâne
să adunăm membru cu membru inegalitățile (1) și (2) .
VIII.8. Fie ABCDA B C D un cub și M BD , astfel încât avem
030m C A M .a) Dreapta BDeste perpendiculară pe planul
?A MC Justificați răspunsul ! b) Determinați cosinusul măsurii
unghiului format de planele A MC și ABC .
Soluție: a) Deoarece MA MC , mediana MO , O A C ,
este înălțime. Din triunghiul MO A deducem 0cos30
A OA M
6
3
a ,
unde a AB . Cum 090m BA D și A B A D
A MBD
, obținem
A M BD și analog C M BD . În concluzie BD A MC .
25
b) Fie P BD , proiecția punctului M pe planul ABC . Întrucât
090m A MD avem 3
3
aMD și cum MP DD , deducem că
BD BD
PD MD
, de unde
2
3
aPD . Triunghiul APC este proiecția
triunghiului A MC pe planul ABC . Notând cu u măsura unghiului
planelor A MC și ABC , obținem: 3
cos3
APC
A MC
Su
S
.
VIII.9. Fie un romb ABCD de arie S cu înălțimea mai mare decât
2
CD și cu ABC ascuțit . În planul rombului considerăm dreapta d
paralelă cu dreapta CD și situată în exteriorul rombului la distanța
2
CD de dreapta CD . Știind că există o sferă circumscrisă corpului de
rotație obținut prin rotația completă a rombului ABCD în jurul dreptei
d , aflați latura rombului și raza sferei în funcție de aria S a rombului.
Soluție: Fie O d centrul sferei . Din OA OB OA OB , unde
,A B sunt simetricele punctelor A , respectiv B , în raport cu axa d ,
rezultă că O este punctul de intersecție a diagonalelor dreptunghiului
ABB A . AB este latura unui octogon regulat înscris într-un cerc mare
al sferei . Cum măsura unui unghi al octogonului regulat este dat de
26
0
08 2 180135
8
, rezultă că rombul ABCD are unghiurile de măsuri
0135 și , respectiv 045 . Fie a lungimea laturii rombului. Avem :
22 0 2sin 45
2
aS a 2 2 2a S a S .
Fie F d , proiecția lui B pe axa de rotație d . Obținem triunghiul
090BFO m F cu BO R (raza sferei), 2
aOF și
2
S aBF
a .
Rezultă 22
2 1 24 2
a S aR S
a
, de unde 1 2R S .
IX.10. Demonstrați că în orice triunghi ABC are loc inegalitatea:
2 2 2 3
1
64
a b cl l l
a b c r .
Soluție: Utilizând relația 2
al bc p p a p p ab c
și
analoagele pentru bl și cl , obținem 2 2 2 2
216a b c
S a b cl l l pS
r R r , de unde
2 2 2 2 3
1 1
16 64
a b cl l l
a b c R r r , întrucât 2R r .
IX.11. Să se arate că dacă , ,a b csunt lungimile laturilor unui
triunghi ABC , atunci:
27
6 6 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23a b c a b c a b a b b c b c a c a c .
Soluție: Relația din enunț se scrie succesiv sub următoarele forme
echivalente: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b c b c a c a b a b c ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2 1
2 2 2 8
a b c b c a c a b
ab bc ac
;
1cos cos cos
8A B C .
Rămâne să demonstrăm ultima relație. Avem cos cos cosk A B C
1 1
cos cos cos cos cos cos2 2
A B A B C A B C C .
Punând cosx C , obținem ecuația 2 cos 2 0x A B x k cu
rădăcini reale și deci 2cos 8 0A B k , de unde 1
8k .
IX.12. Să se arate că în orice triunghi ABC există relația:
3 3 3cos cos cos 1 4cos cos cosa A b B c C abc A B C .
Soluția 1: Folosind teorema cosinusului transformând sumele în
produse avem: 3 3 3cos cos cosa A b B c C abc
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 3 2
2 2 2 2
b c a c a b a b c a b ca b c
bc ca ab abc
=
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 cos cos cos2
a b c c a b c b aabc A B C
abc
.
Soluția a 2-a: Folosind relația: 2sin sin sin
a b cR
A B C , avem
33 3 3cos cos cos 2 sin cosa A b B c C R A A
3 3 32 1 cos2 sin2 2 sin2 sin4R A A R A R A =
28
3 8sin sin sin 4sin2 sin2 sin2R A B C A B C
38 sin sin sin 1 4cos cos cosR A B C A B C
38 1 4cos cos cos 1 4cos cos cos2 2 2
a b cR A B C abc A B C
R R R
IX.13. Să se demonstreze că în orice triunghi ABC are loc:
3 3 3 3cos cos cos
2a A b B c C abc .
Soluție: Folosind relația 1
cos cos cos8
A B C (demonstrată în soluția
problemei IX.11.) și rezultatul din problema IX.12. avem :
3 3 3cos cos cos 1 4cos cos cosa A b B c C abc A B C 3
2abc .
IX.14. Să se arate că un triunghi ABC este dreptunghic dacă și
numai dacă:
3 3 3cos cos cosa A b B c C abc .
Soluție: Folosind rezultatul din problema IX.12. avem că triunghiul
ABC este dreptunghic dacă și numai dacă 090A sau 090B sau
090C , adică cos cos cos 0A B C , adică dacă și numai dacă :
3 3 3cos cos cos 1 4 0a A b B c C abc abc .
IX.15. Să se demonstreze că în orice triunghi ABC are loc:
2 2 2 2 2 2cos cos cos cos cos cos2 2 2 2 2 2
A B C A B C
.
29
Soluție: cos , cos , cos2 2 2
A B Cx y z sunt lungimile laturilor unui
triunghi XYZ , întrucât avem inegalitatea :
2cos cos sin4 4 4
A B A B A Bx y z
2cos cos cos 1 1 04 4 4 4 4
A B A B A Btg tg
.
și analoagele. Atunci inegalitatea din enunțul problemei se scrie :
2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1cos cos cos
2 2 2 8 8
x y z y z x z x yX Y Z
xy yz zx
,
ultima inegalitate fiind demonstrată la soluția problemei IX.11.
IX.16. Dacă , , ,a b c d sunt lungimile laturilor consecutive ale unui
patrulater convex ABCD și S este aria sa atunci să se arate că:
4S a b b c c d d a .
Soluție: Folosind formula lui Arhimede :
2 2cos2
B DS p a p b p c p d abcd
,
unde 2p a b c d și inegalitatea mediilor obținem :
2S p a p b p b p c p c p d
2 2 2 2
c d d a a b b cp d p a
,
care conduce imediat la inegalitatea din enunț .
IX.17. Demonstrați că într-un patrulater inscriptibil ABCD cu
30
AB a , , ,BC b CD c DA d are loc inegalitatea:
2R a b b c c d d a ab cd ac bd ad bc ,
unde R este raza cercului circumscris patrulaterului ABCD .
Soluție: Avem 4 4 4
ab AC cd AC ab cdS AC
R R R
(1) . În mod
analog 4
ad bcS BD
R
(2) și AC BD ac bd (3) ( în baza primei
teoreme a lui Ptolemeu) . Folosind relațiile (1),(2),(3) și rezultatul din
problema IX.16. obținem : 2 216ab cd ac bd ad bc R S
2R a b b c c d d a .
X.18. În triunghiul ,ABC AA BB CC P , unde ,A BC
,B CA C AB . Demonstrați că dacă: 27AA BB CC
PA PB PC
,
atunci P este centrul de greutate al triunghiului ABC .
Soluție: Folosind inegalitatea mediilor și relația lui Gergonne avem:
33 1PA PB PC PA PB PC
AA BB CC AA BB CC
27AA BB CC
PA PB PC
,
cu egalitate dacă și numai dacă 3AA BB CC
PA PB PC
, de unde avem
2
APA P și
2
BPB P . Considerând Amijlocul lui AP și Bmij-
locul lui BP , obținem paralelogramul A B A B , în care avem
A B A B și A B A B . În triunghiul ,ABP A B este
31
linie mijlocie . Deci 2
ABA B și A B AB . Obținem
2
ABA B
și A B AB , de unde rezultă că A B este linie mijlocie în
triunghiul ABC . În concluzie AA și BB sunt mediane și deci P
este centrul de greutate al triunghiului ABC .
X.19. Într-un triunghi ABC au loc simultan relațiile:
1) 1
2a b c
Rr ; 2) 3ab bc ca .
Demonstrați că 2R r .
Soluție: Relația 1) se scrie succesiv:
12 4 1
2p prR
Rr 4 1 1RS abc .
Din relația 2) cu inegalitatea mediilor, obținem:
33 3 3ab bc ca ab bc ca ,
de unde rezultă că a b c , adică triunghiul ABC este echilateral și
deci 2R r .
3. Probleme de analiză matematică
XI.1. Să se calculeze: 1
lnlim 1
kn
nk
k
k
.
32
Soluție: Fie 1
ln1
kn
n
k
ka
k
. Șirul
1n na
este strict crescător
întrucât
1
1
ln 11 0
1
n
n n
na a
n
. Rezultă că există lim n
nl a
,
l . Dacă l atunci 10 lim n nn
l l a a
lim ln 1
nn
e e
.
Fals , deci l .
XI.2. Fie : 2,3,..., ,... 0,f n o funcție strict crescătoare și ast-
fel încât 2 2nf nf , oricare ar fi n . Să se determine
limita șirului 2n n
a
dat de termenul general: 2
1n
n
k
akf k
.
Soluție: Pentru orice n avem:
2
1 1 1 1 1...
2 2 3 3 4 4 5 5 8 8na
f f f f f
...
1 1 1 1 1 1
1 1...
2 1 2 1 2 2 2 2n n n n n nf f
11 1 1 1
2 4 ... 22 2 4 4 8 8 2 2
n
n nf f f f
1 1 1 1
1 ...2 2 2 3f n
și cum 1 1 1
lim 1 ...2 3n n
, deducem că
2lim nn
a
.
33
Șirul 2n n
a
este , evident , strict crescător , deci are limită și așa cum
am văzut , are subșirul 2 1n
na
cu limita . Rezultă că lim n
na
.
XI.3. Fie 0, 0a b și funcția continuă : , ,f a b a b . Arătați
că există ,c a b , astfel încât 3c
f cab
.
Soluție: Fie funcția continuă 3: , ,g a b g x abf x x . Cum
0g a și 0g b , deducem că există ,c a b astfel încât 0g c ,
adică astfel încât 3 0abf c c .
XII.4. Fie 0a și funcția continuă : ,f a b cu 0
b
a
f x dx .
Demonstrați că există ,c a b astfel încât: c
a
f x dx c f c .
Soluție: Fie funcția derivabilă 1
: , ,
x
a
F a b F x f t dtx
.
Avem
2
x
a
f t dt xf x
F xx
și 0F a F b . Atunci în baza
teoremei lui Rolle rezultă că există ,c a b astfel încât 0F c ,
adică astfel încât c
a
f x dx c f c .
34
XII.5. Fie funcția derivabilă : ,f a b cu 0f b . Arătați că
există ,c a b astfel încât 2
c
a
f c f x dx f c .
Soluție: Fie funcția derivabilă : ,F a b , x
a
F x f x f t dt .
Avem 2
x
a
F x f x f t dt f x și 0F a F b . Atunci în
baza teoremei lui Rolle rezultă că există ,c a b astfel încât
0F c , adică astfel încât 2
c
a
f c f x dx f c .
XII.6. Fie : ,f a b o funcție continuă pe ,a b , cu 0f x ,
pentru orice ,x a b . Arătați că dacă F este o primitivă a funcției f
pe ,a b , atunci există ,c a b , astfel încât:
2
F a F bF c
.
Soluția 1: F este continuă și neconstantă , deoarece 0F f .
Cum
2
F a F b este între F a și F b , folosind proprietatea lui
Darboux caracteristică funcțiilor continue , rezultă concluzia .
Soluția a 2-a: Fie funcția derivabilă : ,G a b definită prin
35
G x F x F a F x F b . Avem 0G a G b și
2G x f x F x F a F b . Atunci în baza teoremei lui
Rolle deducem că există ,c a b asfel încât 2 0F c F a F b ,
de unde rezultă concluzia.
XII.7. Să se determine funcțiile continue : 0,f pentru care:
0
sin max , cos min ,f x x t x t f t dt
.
Soluție: Avem 0
sin cos cos sin
x
x
f x x t f t dt x t f t dt
,
0
cos cos sin sin
x
x
f x x t f t dt x t f t dt
, 0f x .
Atunci , ,f x ax b a b și cum 0 0f f , obținem
0a b , adică f este funcția identic nulă și este evident că această
funcție verifică relația din enunț .
36
Capitolul II
PROBLEME PUBLICATE
DE AUTORI ÎN ALTE REVISTE
1. Probleme de algebră
37
VI.1. Arătați că nu există ,x y astfel încât 1 1 2
1x y xy .
Soluție: Presupunem contrariul și atunci avem 1
11
xy
.
Rezultă 2x și 0y sau 0x și 2y , ceea ce contrazice faptul
că 0x și 0y .
Notă : Problema VI.1. a fost dată la Olimpiada Județeană de
Matematică , Vâlcea , 2000 , la clasa a VI-a .
VIII.2. Fie n și , , , 1, 2, 1a b c a b c . Să se arate că dacă:
2 2 2 1 2 2 1 23 3 2 3 2 0n n n n n nax x bx x x x cx x ,
atunci 1,2x .
Soluție: Notăm cu f x membrul stâng al inecuației și arătăm că
dacă ,1 2,x , atunci 0f x . Într-adevăr atunci avem:
2 2 2 23 2 3 2 3 2n nf x x x x x x x x x
2 2 2 21 2 1n na x b x c x 2
1 31 2
2 4
nx x x
+
2 2 2 21 2 1 0n na x b x c x .
IX.3. Fie 1 2 2, ,..., na a a
termenii unei progresii aritmetice .
Demonstrați că dacă notăm 2 1 2 2...n nS a a a , atunci avem:
38
3
2
1 2 2 2 1 1 2
1 1 1 4...
n n n n n
n
a a a a a a S
.
Soluție: Într-adevăr : 1 2 2 2 1 1
1 1 1...
n n n na a a a a a
1 2 2 2 1 1
1 1 2 2 2 1 12
1...n n n n
n n n nn
a a a a a a
a a a a a a a a
2
1 2 22 2
2 1 2 2 2
1 1 1... ... 2n
n n n
n na a a n
S a a a S
3
2
2
4
n
n
S .
Comentariu: Am folosit inegalitatea:
2
1
1
1 1... ...m
m
x x mx x
, valabilă pentru orice m și pentru
orice 1 0,..., 0mx x , inegalitate care rezultă imediat din inegalitatea
1
1
...
1 1...
m
m
m x x
m
x x
, dintre media armonică și media aritmetică.
XII.4 . Pentru 0z fixat și pentru fiecare k fie funcțiile:
0: , 1k kf f z kz k z ,
0
0
: ,k k
kg g z z
z z
, dacă 0z z și 0 0g z z .
Să se arate că mulțimea k kG f k g k este grup în
raport cu compunerea funcțiilor.
Soluție: Avem: 1 2 1 2 1 2 2 01k k k kf f f f z k k z k z
39
1 21 0 1 2 1 2 01 1 k kk z k k z k k z f z ,
2
21 2
2
10 0
0
0 0
,
,
k
kk k
k
kz g z z
g z zg g z
z g z z
1 10
2 2
1k k
z zk k
1
2
k
k
f z , 1 2 21 1 01k k kf g z k g z k z
1 2
1 20 0
0
0 0
,
,
k k
k kz z z
z z g z
z z z
, 1 1k kg f z
1
12
1
1
12
2 10 0
0 00 0
0 00 0
, ,
,,
k
k k
k
k
k k kz f z z z z zf z z g zz z
z z zz f z z
.
Deci compunerea funcțiilor " " este lege de compoziție pe G . Mai
rezultă: 1 1 1k k
k k
f f f f și 1k kg g . Deci funcțiile din G sunt
inversabile și au inversele tot în G . Deducem că G este un subgrup al
grupului funcțiilor bijective ale mulțimii .
XII.5. Demonstrați că dacă f X ,grad 4f ,4
0
k
k
k
f a X
are
două rădăcini complexe (nereale), atunci sistemul:
4
3
2 2
2
3 3
1
4 4
0
24
6
4
6
24 ,
u v a
ux vy a
ux vy a
ux vy a
ux vy a
40
în necunoscutele , , ,u v x ynu are nici o soluție în 4
.
Soluție: Dacă sistemul are o soluție 0 0 0 0, , ,u v x y 4
atunci:
4 4 3 3
0 0 0 0 0 0
1 1
24 6f u X v X u x X v y X 2 2 2 2
0 0 0 0
1
4u x X v y X +
4 43 3 4 4
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1
6 24 24u x X v y X u x v y u X x v X y
Deducem că polinomul f are toate rădăcinile reale sau toate rădăcinile
complexe (nereale), ceea ce contrazice ipoteza .
Generalizare: Dacă , 2n n și polinomul f X ,de grad 2n ,
2
0
nk
k
k
f a X
, are cel puțin două rădăcini reale și cel puțin două
rădăcini complexe (nereale), atunci sistemul :
2 2
2 2 1 00 1 2
2 2 2
, ,..., n n
n n n
n n n
m m mu v a ux vy a ux vy a
C C C ,
în necunoscutele , , ,u v x y , unde m este cel mai mic multiplu comun al
numerelor 0 1 2
2 2 2, ,..., n
n n nC C C , nu are nici o soluție în 4
.
2. Probleme de geometrie și trigonometrie
VI.1. Fie triunghiul 090 ,ABC m A N punctul de intersecție a
perpendicularei din A pe BC ,cu mediatoarea laturii AB , M mijlocul
laturii AB și D MN BC ,iar A AN BC . Arătați că:
41
a) 1
2MAD ABCP P , b) ,d A BN A B .
Soluție: a) Cum MD este linie mijlocie în triunghiul ABC , rezultă
2 , 2AB AM AC MD și 2BC BD . Dar MD fiind mediană și înăl-
țime în triunghiul ABD , obținem BD AD . Deci :
1 1
2 2MAD ABCP AM MD DA AB AC BC P .
b) Notăm cu P piciorul perpendicularei coborâte din Ape BN . Deci
,d A BN AP . Cum NM este mediană și înălțime în triunghiul
NAB , acest triunghi este isoscel. Folsind acest rezultat și faptul că
,AP NB NM AB BA AN ,
obținem că AP A B , de unde ,d A BN A B .
Notă : Problema VI.1. a fost dată la Olimpiada Județeană de
Matematică , Vâlcea , 2000 , la clasa a VI-a .
VII.2. În triunghiul ,ABC AA BB CC P ,unde A BC ,
,B CA C AB . Demonstrați că P este centrul de greutate al
triunghiului ABC dacă și numai dacă: 6PA PB PC
PA PB PC
.
Soluție: Dacă P este centrul de greutate al triunghiului ABC , atunci
rezultă imediat relația din enunț . Reciproc , presupunem că avem rela-
ția din enunț și cum folosind relația lui Van Aubel obținem :
42
; ; ,PA C A B A PB A B C B PC A C B C
PA C B B C PB A C C A PC A B B A
relația din enunț devine :
6A B A C B C B A C A C B
A C A B B A B C C B C A
Ținând seama că dacă avem 0, 0a b , astfel încât 2a b
b a ,
atunci a b , egalitatea precedentă conduce la : ,A B A C B C B A ,
și C A C B . Rezultă că , ,AA BB CC sunt mediane și prin
urmare P este centrul de greutate al triunghiului ABC .
Notă : Problema VII.2. a fost dată la Olimpiada Județeană de
Matematică , Vâlcea , 1999 , la clasa a VII-a .
VII.3. Fie ABCD un dreptunghi , M AC și N BD . Arătați că:
2 2 2 2AM CM AN CN BN DN BM DM .
Soluție: Cazurile M O sau N O , unde O este intersecția diago-
nalelor , sunt imediate . Presupunem M O și N O și atunci cu rela-
ția lui Stewart obținem :
2 2 2AB CM BC AM BM AC AM CM AC ,
2 2 2CD AM AD CM DM AC AM CM AC ,
de unde 2 2 2 2
AM CM AC
DM BM BC AB
și la fel
2 2 2 2
BN DN BD
AN CN AD CD
.
Din ultimile două relații deducem imediat relația din enunț .
43
VII.4. Demonstrați că în orice triunghi ABC avem inegalitatea :
28S r a b b c c a .
Soluție: Deoarece S
rp
și 2
a b cp
, inegalitatea din enunț este
echivalentă cu 8 2 2 2pS p a p b p c ,care se deduce folosind
formula lui Heron și inegalitatea mediilor în modul următor :
8 2 2 2 2 2 2pS p p a p p b p p c p a p b p c
IX.5. În triunghiul ABC considerăm C AB și B AC , astfel
încât 1
1AC AB
k
și
1, 1,
2 1
kAB AC k
k
. Arătați că dacă
M CC BB , atunci : 2 1 2AB MB k AC MC .
Soluție : Rezultă imediat că 1C A
C B k
și
1B A k
B C k
. Considerând
A AM BC , relația lui Van Aubel se scrie.
Aplicând acum teorema lui Ceva, obținem 1
11
A B k
k A C k
, de unde
1BA k A C . Deoarece avem 2AA MA și cum :
1 1
,MB k MC AB k AC
MA AAk k
,
obținem relația de demonstrat .
IX.6. Găsiți valoarea maximă a expresiei : 2 2 2,aE b c a b c ,
44
unde , ,a b c sunt lungimile laturilor unui triunghi ABC , a fiind
constantă , iar b și c variabile .
Soluție : Avem : 2 2 2
2, 82 2 2
a
a b c b cE b c R
bc R R
, adică :
2, 8 cos sin sinaE b c R A B C cu cos sin sink A B C
1
cos2
x B C x , unde cosx A și obținem ecuația de gradul
al doilea 2 cos 2 0x B C x k , cu 2cos 8 0B C k .
Deci 21 1cos
8 8k B C și deci 2,aE b c R . Avem 2,aE b c R ,
dacă și numai dacă cos 1B C . Rezultă 2
2 1 0x , de unde
2,
3 6A B C
. Atunci
3
aR și deci valoarea maximă a expre-
siei din enunț este 2
3
a și se realizează pentru
3
ab c .
IX.7. Demonstrați că în orice triunghi ABC cu 0 060 120m A ,
avem inegalitatea: 2 2 22
3a b c .
Soluție: Relația din enunț se scrie succesiv sub următoarele forme
echivalente : 2
2 2 2
3
aa b c ;
2 2 2 228
2 2 2 3
a b c b c aR
bc R R
;
228 cos sin sin
3
aR A B C . Cu
1
8k din soluția problemei IX.6,
avem 2 28 cos sin sinR A B C R . Cum 0 060 120A , deducem
3sin
2A sau 3
a
R și deci rezultă relația de demonstrat .
45
3. Probleme de analiză matematică
XI.1. Să se determine limita șirului
0n na
cu termenul general :
1 2 1
...2 2 1 3 3 1 2 2 1
n
na
n n
.
Soluția.1. Avem 2 1 1,k k pentru orice 2k , de unde
1 1
22 2 1
k
kk k
. Obținem
2
1
2 2 1n na x
2 1 1
12 33 3 1
, unde 2
1 11 ...
2 2nx
n
. Întrucât avem
2lim nn
x
, deducem că și lim nn
a
.
Soluția a 2 -a : Avem 1 1n n na b c , unde 1 1
1 ...2 3
nb
11
1n
n
,
1 1 11 ... 1
2 3 1nc n
n
. Vom calcula
limitele șirurilor 0n n
b
și 0n n
c
, folosind lema lui Cesaro-Stolz .
Fie 1 1 1
1 ...2 3 1
nxn
și 1ny n . Cum obținem
1
1
11 2
2
n n
n n
x x n
y y n
, rezultă 1n
n n
n
xb y
y
.
Analog, considerând 1 1
1 ...2 1
nun
și 1nv n , obținem
1
1
1 10
22
n n
n n
u u n
v v nn
, de unde 1n
n n
n
uc v
v
.
În concluzie
1 1lim lim limn n nn n
n
a b c
.
Notă: Problema XI.1. a fost dată la Concursul Interjudețean de
46
Matematică „ Nicolae Păun “ , Rm. Vâlcea , 1998 , la clasa a XI-a .
XI.2. Determinați limita șirului n n ka
cu termenul general :
1 1 1
...1 1
nakf k k f k nf n
,
unde , 2k k , iar : 2,3,... 0,f este o funcție strict crescă-
toare și astfel încât 2 2nf nf , oricare ar fi n .
Soluție : Procedând ca în rezolvarea problemei XI.2 din capitolul I ,
paragraful 3 , deducem că șirul 2n n
b
cu termenul general :
1 1 1
...2 2 3 3
nbf f nf n
,
are limita . Atunci ,cum pentru n k , avem :
, , 2,
1 1 1... , , 3,
2 2 3 3 1 1
n
n
n
b pentru k
ab pentru k
f f k f k
deducem că și lim nn
a
.
XII.3. Să se calculeze limita șirului 1n n
a
cu termenul general:
11 1 1
... 11 2
n
nan n n n
,
.
Soluția 1: Deoarece diferențele 1 1
1 2n n
,
1 1
3 4n n
,
.... sunt toate pozitive , avem 0na , pentru orice n . Deoarece
sumele 1 1 1 1
,2 3 4 5n n n n
,... sunt toate negative,
avem 1
1na
n
, pentru orice n . Rezultă lim 0n
na
.
Soluția a 2-a : Folosind formula generalizată de medie pentru
integrale , avem :
47
1 1 11 1
0 00 0 0
11 1
1
nn n
k kn k n k n
n
k k
xa x dx x x dx x dx
x
1
0
1 1 1 1
1 1 1 1
n n n
n n
x x dxc c n n n
,
unde 0,1nc și avem “ + “ sau “ “ după cum n este impar respec-
tiv par. Rezultă lim 0nn
a
.
XI.4. Fie : 0,f a o funcție derivabilă cu 0 0f . Arătați că
există 0,c a , astfel încât punctele 1, , 0,0A f c B și ,C a f a
sunt coliniare.
Soluție : Fie : 0,g a ,
1
0 0 1
1
x f x
g x
a f a
. Cum g este
derivabilă și 0g g a , cu teorema lui Rolle , deducem că există
0,c a , astfel încât 0g c , de unde
1 1
0 0 1 0
1
f c
a f a
, ceea ce
exprimă faptul că punctele , ,A B C sunt coliniare .
XI.5. Fie o funcție :f derivabilă și impară , cu proprietatea
că funcția f este periodică de perioadă principală 0T . Arătați că
există c , astfel încât f T
f cT
.
Soluție : Din f x T f x , pentru orice x , obținem că
f x T f x k (constantă) , pentru orice x . Punând
x x T , rezultă f x f x T k , care adunată membru cu
membru cu f x T f x k ,conduce la 2f x T f x T k .
48
Punând 0x în această ultimă relație , obținem 2f T f T k ,
de unde 2 2f T k . Astfel , pentru orice x avem :
2f x T f x T f T (1) .
Pe de altă parte , aplicând teorema lui Lagrange de medie funcției f
pe ,x T x T , obținem că există ,c x T x T , astfel încât :
2f x T f x T Tf c (2)
Din (1) și (2) rezultă imediat relația f T
f cT
.
XII.6. Fie : 0,f a o funcție monoton crescătoare . Arătați că :
(i) 0
2 0
a
x a f x dx ,
iar dacă , în plus , f este continuă :
(ii) 0 0 0
2
a x a
f t dt dx a f x dx
.
Soluție: (i) Pentru 0x avem 0f x f și pentru x a avem
f x f a . Dacă 2
ax avem 2 0x a și deci :
0 0
2 0 2 0
a a
x a f x dx f x a dx .
Dacă 2
ax avem 2 0x a și deci :
0 0
2 2 0
a a
x a f x dx f a x a dx .
(ii) Folosind formula de integrare prin părți avem :
0
0 0 0 0
a x x a
af t dt x dx x f t dt xf x dx
0
a
a x f x dx .
Rezultă că inegalitatea din enunț de la (ii) este echivalentă cu inegali-
tatea de la (i) care a fost demonstrată .
49
XII.7. Demonstrați că dacă : ,f a b este o funcție derivabilă ,
atunci există ,c a b , astfel încât :
1
b
a
f b f af x dx f c f c
b a b a
.
Soluție : Aplicând teorema lui Lagrange de medie funcției :
: , ,
x
a
F a b F x f t dt f x ,
obținem că există ,c a b , astfel încât F b F a F c b a ,
adică astfel încât :
b
a
f x dx f b f a f c f c b a .
XII.8. Determinați funcțiile continue : 0,2
f
care satisfac :
2
0
max sin ,sin max cos ,cosf x x t x t f t dt
.
Soluție : Din relația din enunț obținem :
2
0
sin cos cos sin
x
x
f x x t f t dt x t f t dt
,
0
2
cos cos sin sin
x x
f x x t f t dt x t f t dt
.
Rezultă 0f x , de unde , ,f x ax b a b și cum 0 0f ,
obținem ,f x b b și toate aceste funcții verifică relația din enunț.
Notă: Problema XII.8. a fost dată la Olimpiada de Matematică ,
etapa locală , Vâlcea , 2006 , la clasa a XII-a .
50
Capitolul III PROBLEME PUBLICATE DE
EUGEN-CĂTĂLIN NECȘULEU ȘI
NICU- COSMIN NECȘULEU
ÎN GAZETA MATEMATICĂ
1. Probleme de aritmetică
51
V.1. Determinați numerele naturale n astfel încât orice două nume-
re naturale a căror diferență este 12 să dea același rest la împărțirea
cu n .
Soluție : Fie ,x y astfel încât :
12x y , ,x n a r y n b r .
Rezultă 12 n a b și deci n este divizor natural al lui 12 . Obținem
1,2,3,4,6,12n .
V.2. Găsiți toate perechile de numere naturale care verifică simultan
a) diferența lor este cel mult 8 ;
b) triplul diferenței lor este cu 10 mai mare decât suma lor .
Soluție : Determinăm mai întâi perechile de numere naturale ,x y
care verifică :
8d x y și 3 2 10d d y , adică 5d y .
Cum 0y , rezultă 5 5d y și deci d poate lua numai valorile
5,6,7 și 8 . Obținem perechile 5,0 ; 7,1 ; 9,2 ; 11,3 .
În mod analog perechile care verifică 8d y x și 5d x , sunt
0,5 ; 1,7 ; 2,9 ; 3,11 .
2. Probleme de algebră
VII.1. Demonstrați că nu există , ,x y z astfel încât :
1 1 1 1 1 11
x y z xy xz yz .
Soluție : Condiția de existență este 0, 0, 0x y z . Presupunem
că există , ,x y z , astfel încât are loc relația din enunț , adică astfel
încât 1 1 1 1x y z . Rezultă 1, 1, 1 1,1x y z . Dar
0, 0, 0x y z ne conduc la 1 1 1 1x y z și ajungem la
contradicția 1 1 . Deci presupunerea făcută este falsă .
52
Notă : Problema VII.1. a fost dată la Concursul Interjudețean
de Matematică “ Laurențiu Duican „ , Brașov , 1998 , la clasa a
VII-a .
VII.2. Demonstrați că nu există , ,x y z care să verifice simultan
1) 0;x y z
2) 1x y z y z x
y z x x y z .
Soluție: Presupunem prin absurd contrariul . Atunci relația 2) se
scrie x y y z z x xyz și conduce la o contradicție întrucât
în ipoteza 0x y z , membrul stâng este pozitiv, iar membrul drept
este negativ .
53
Bibliografie
[1] M. Becheanu, D. Brânzei, G. Răducan, M. Chirciu, S. Ulmeanu, A.
Cârstoveanu (coordonatori) : Matematica în concursurile școlare,
clasele V-VIII, 1998, Editura Paralela 45, Pitești, 1998.
[2] D. Brânzei (coordonator) : Matematica în concursurile școlare, cla-
sele V-VIII, 1999, Editura Paralela 45 , Pitești , 1999.
[3] D. Brânzei , V. Gorgotă , S. Ulmeanu (coordonatori) : Concursuri
interjudețene de matematică , clasele IX-XII , 1999, Editura Paralela
45, Pitești , 1999.
[4] D. Constantinescu : Olimpiada de matematică , clasele V-VIII , Edi-
tura Corint , București , 2000.
[5] Gh. Necșuleu : Calcul vectorial și elemente de trigonometrie. Apli-
cații în geometrie , Editura Fair Partners , București, 2007.
[6] Gh. Necșuleu : Calculul unor limite de șiruri cu ajutorul integra-
lelor definite din funcții raționale, Editura Sitech, Craiova , 2013.
[7] Gh. Necșuleu , I. Floroiu , V. Necșuleu : Utilizarea ecuațiilor în
rezolvarea unor probleme distractive de matematică aplicată , Edi-
tura Sitech , Craiova , 2012.
[8] E.-G. Necșuliu , I. Necșuliu : Teorema lui Rolle și aplicații, Editura
Sitech , Craiova , 2011.
[9] F. Puican , V. Gorgotă , N. Pavelescu : Olimpiade și concursuri
vâlcene de matematică , Gimnaziu- Liceu , 1990-1999, Editura Pa-
ralela 45 , Pitești , 1999.
[10] Colecția “Gazeta Matematică “ (1995-2007).
[11]Colecția “Revista de Matematică din Timișoara”(1997-2005)
[12]Colecția „Revista de Matematică din Valea Jiului” 2006.
[13]Colecția “Revista de Matematică din Vâlcea”1986,2001-2005
[14]Revista de Matematică a Colegiului Național „Elena Cuza”
din Craiova 4/2006.
[15]Revista de Matematică a Colegiului Național “Mircea cel Bă-
trân “din Rm. Vâlcea 6-7/2006.
