Revista de matematică MATHGAL Progresii la clasele gimnaziale? de Dan Matica
Dup ă cum se ştie în cadrul liceului o sumă de forma: a1 a2 a3 ... an , unde a1 , a2 , an sunt în progresie aritmetică ( a2 a1 k, a3 a2 k,an an1 k, k k ra ţie ţie ), (a a ) n este destul de uşor de calculat după formula: S 1 n , dar la la gimnaziu (în clasa a V2 a) ridică probleme serioase de „numărare”. Ei învaţă regula după formularea: „ primul plus ultimul înmulţit cu câ te numere sunt totul pe 2”- şi tocmai câte numere sunt ridică semne de întrebare. Să luăm nişte exemple concrete: Să se calculeze suma: S 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 E x: x: Pentru aceasta e suficient să le aranjăm în felul urmă tor: S
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 S 1 0 9 8 7 6 5 4 3 2 1 __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ 2 S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 1 0 ) 1 0 2 S 1 1 1 0 (1 1 0 ) 1 0 S 11 5 5 5 2
Aici putem să „vedem” câte numere sunt, dar dacă sunt „din alea cu puncte-puncte” parcă nu mai merge să le aranjă m una sub alta. Acelaşi lucru pentru suma: A 2 4 6 ... 32 Observăm că sunt doar numere pare deci din 2 în 2, dar câte sunt? 32 se poate scrie 2·16, deci 16 numere şi după regula -„ primul plus ultimul înmulţit 2 32 16 (2 cu câte numere sunt totul pe 2” rezultatul este A 34 8 272 2 Calculaţi şi suma: B 15 18 21 ... 66 . Ex: Or fi ele din 3 în 3, dar nu mai porneşte de la primul (adică de la 3·1). Vom descompune termenii în felul următor: 15=3·5, 18=3·6, . . . 66=3·22. Deci câte numere sunt? De la 5 la 22 nu sunt (cum greşesc cei mai mulţi făcând simplu 22 -5) 17 numere, ci 18. 5-numărul 1 8-numărul 4 11-numărul 7 14-numărul 10 17-numărul 13 20numărul 16 6-numărul 2 9-numărul 5 12-numărul 8 15-numărul 11 18-numărul 14 21numărul 17 7-numărul 3 10-numărul 6 13-numărul 9 16-numărul 12 19-numărul 15 22numărul 18 Adică s-a uitat să se numere şi primul număr. Deci scădem primul număr din ultimul (din cel mare pe cel mic) şi mai adaugăm 1 (22 -5+1=18) şi atunci putem aplica 15 66 18(2 81 9 regula dându-ne: d ându-ne: B 2 Ex:
Destul de simplu nu? Dar ce te faci dacă avem suma următoare?
2
Revista de matematică MATHGAL Să se afle urmă toarea sumă: C 24 31 38 ... 80 Vom face următorul raţionament valabil în modul general la orice sumă de acest
Ex:
gen.
Pasul 1 din cât în cât sunt termenii? Din 7 în 7- diferenţa dintre oricare doi termeni consecutivi este 7. Pasul 2 împărţim primul termen la 7 şi scriem: 24= 3·7+3 Pasul 3 generalizăm scrierea ş i la ultimul termen: 80= 11·7+3 Pasul 4 calculăm câţ i termeni are suma: 11-3+1=9 termeni 24 80 9 104(2 9 Pasul 5 dăm gata suma: C 52 9 468 2 2 Ce ne facem dacă avem suma de forma: Să se calculeze suma: D 1 2 22 23 ... 210 . un elev. -„ Primul plus ultimul înmulţit cu câ te numere sunt totul pe 2” greşeală frecventă ş i la elevii de clasa a VIII-a. Dacă sunt de alea cu puncte puncte aşa se face, continuă alt elev. Dar aceasta nu ma i este o progresie aritmetică, ci una geometrică : P b1 b2 b3 . .. bn , ( b2 b1 k , b3 b2 k , bn bn 1 k , k k ra ţie ), este destul k 1 0 q q de uşor de calculat dupa formula: P . Pentru a ajunge la aceasta procedă m q 1 astfel: Ex: tiu, zice Ş tiu
1 2 2 2 23 2 9 2 1100 | 2 ( î n m u l ţim cu 2 toată expresia) 2 D 2 2 2 2 3 2 9 2 10 211 __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ | ( s c ădem din cel mare pe cel mic) 2 D D 1 / / / / / 2 11 210 1 1 D ( 2 1) 2 1 1 1 D 21 1 1 2 0 4 8 1 2 0 4 7 2 1 D
Parcurgând progresiv de la simplu la complex am mai putea avea: 2 3 Ex: E 1 4 4 4 ...
499 pe care o mai putem scrie
E 40
41 4 2 43 ... 499 ,
deci: exp resia) 4 0 41 4 2 43 498 499 | 4 (înmulţim cu 4 toată expresia) 41 E 4 1 0 411 413 4198 41 99 ______________ _____________ _____________ ______________ _____________ _________ | (scădem din cel mare pe cel mic) 4100 / 4 E E 40 / / / / 4991 4 0 4100 1 10 0 0 1) 4 4 E ( 4 1) E 4 1 3 E
Acum putem generaliza în felul urmă tor:
q 0 q 1 q 2 q k 1 q k | q q1 P q 1 0 q 1 1 q k q k 1 __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ __ __ __ ___ __ __ __ __ __ __ __ __ | qP P q 0 / / / / q k 1 k 1 q q0 0 k 1 P ( q 1) q q P q 1 P
Sau chiar:
3
Revista de matematică MATHGAL q r q r 1 q r 2 q k 1 q k | q q P q r 1 q r 2 q k q k 1 __ _ __ __ _ _ __ __ _ _ __ __ _ _ __ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ _ __ __ _ _ __ __ _ _ __ __ _ _ __ __ _ _ | / / / / qP P q r q k 1 k 1 q q r 1 P ( q 1) q k q r P q 1 P
Deci acum e uşor de calculat suma: F 527 528 529 ... 567 , deoarece 67 1 27 68 27 q=5, r =27, =27, k =67, =67, avem F 5 5 5 5 , (atenţie să nu cumva să se scrie E x: x:
51
4
5 5 5 ) 68
27
41
profesor, Ş profesor, Ş coala coala Gimnazială „Aron Gimnazială „Aron Cotrus” str. Petru Rareş, Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad e-mail :
[email protected] :
[email protected]
Aspecte metodice privind predarea relaţiilor metrice de Irina Oana Humă Teorema lui Pitagora, teorema catetei şi alte teoreme reprezintă relaţii între ariile unor figuri plane: pătrate, triunghiuri, triunghiuri, etc., de aceea vom vom prezenta în continuare câteva dintre demonstrațiile acestora folosind ariile.
Demonstraţia teoremei lui Pit agora În figura alăturată ABCD este un pătrat, AM BN CP DQ , AM a , AQ BM CN DP , AQ b . Triunghiurile AMQ, BNM , CPN , DQP , sunt congruente congruente de unde deducem MNB NPC PQD QMA și BMN NPC PQD AMQ iar pe baza sumei unghiurilor într- un triunghi, rezultă că MNPQ este un dreptunghi, iar din congruenţa triunghiurilor deducem că MNPQ este pătrat. A ABCD AMNPQ 4 AAMQ 2
Deci: a b MN MN 2 4 Sau,
ab
2
MN 2 a 2 b 2 .
se dă triunghiul ABC dreptunghic în A , BC a; CA b şi AB c , b c . Construim pătra tele ACDE şi EFGH cu laturile b respectiv c , E AB , F ED şi punctul K astfel ca D FK şi DK c . Atunci ABC DKC HGB FGK şi BCKG este un pătrat de latură a şi: 2 2 2 b c A ACDE AEFGH AACDFGH ACBFD AABC AHGB ACBFD ADKC AFGK ABCKG a O altă demonstrație interesantă ar fi și următoarea: în triunghiul ABC dreptunghic în A luăm pe ipotenuza BC punctele D E astfel ca BD BE BA , D fiind între B și C . 4
Revista de matematică MATHGAL Triunghiurile BAE și BAD sunt isoscele, m A 900 , vom ob ține că ACD ECA , AC CE 2 AC
CD
.
AC CB BE CB BD BC 2 AB 2 BC 2
AB 2 AC 2 . La nivelul clasei a IX- a o demonstraţie deosebită a teoremei lui Pitagora este cu ajutorul vectorilor. În triunghiul ABC avem relaţia: BC BA AC şi înmulţind scalar cu BC obţinem : BC BC BA AC BA AC .
2 a 2 deci: Dar BC BC BC 2 2 2 2 2 2 a b c 2 BA AC a b c 2 b c cos A . Cum BA AC rezultă a 2 b 2 c 2 .
Demonstraţia teoremei catetei Pe ipotenuza BC şi pe cateta AB construim pătratele BCED şi ABFG şi AA ' BC , AA ' DE H : A ABFG ABA' HD sau A ABF ABHD , AABF ACBF , A BDH ABDA , şi CBF DBA c 2 BA ' BD . Demonstrația vectorială:
Avem următoarele relaţii: AB AD DB , AB AC CB , făcând produsul lor scalar obţinem: 2 AB AD AC AD CB DB AC DB CB . Ţinând cont de faptul că: AD BC AD CB 0 deci: 2 AB AD AC DB AC DB CB ⇒ 2 AB AD DB AC DB CB 2
AB AB AC DB CB DB CB AB AC AB AC 0
Demonstraţia teoremei bisectoarei BI h A ABI A ACI
c i sin
A
2 2 BI c . CI h B CI b b i sin 2 2
vectorială : Demonstrația vectorială:
Notăm AB c, CD b şi luăm M AB , N AC : 1 1 AM c , AN b . c
b
5
Revista de matematică MATHGAL
1 1 AN , P AD AD b c (1) c b AB k AC c k b DB Fie .(2) k atunci AD DB 1 k 1 k
AP AM
1 k b c c b . b c 1 k 1 k
Din (1) şi (2) avem
Cum descompunerea unui vector după alţi doi vectori este 1 1 1 k unică, obţinem 1 ; c 1 k b 1 k b c bc b b 1 . Cum k , în valoare absolută: bc b c 1 k c DB DC
AB AC
c
. b
Demonstraţia teoremei înălțimii ABC ABD
AB BC AC
ADC ABC
BC
AD AC AD AB
BD
.
AB DC AC
.
Înmulţind rapoartele între ele obţinem:
AD
2
AC AB
BD DC AC AB
AD AD
AC AB
BD DC
AB AC
AD 2 BD DC .
Demonstrația vectorială:
AB AD DB; AC
AD DC , înmulţindu -le scalar
avem: 2 AB AC AD AD DC DB AD DB DC . Dar: AD DB DB AD 0 , AD DC AD DC 0 , AB AC AB AC 0 deci 2 2 0 AD DB DC AD BD DC . Leonardo da Vinci pentru a extrage rădăcina pătrată dintr -un număr a folosea teorema înălțimii: Construia un segment AB de lungime a pe care îl prelungea cu un segment BC de lungime 1. Cu diametrul AC construia un semicerc. În B ducea o perpendiculară pe AC care intersecta semicercul în D . Conform teoremei înălţimii în triunghiul dreptunghic ADC , DB AB AC a .
Demonstraţia teoremei lui Ceva Fie AQ BN , CH BN , OT AC .
6
Revista de matematică MATHGAL BO AQ A AOB A BOC
ON AQ
2 AAOB AQ şi AAON 2 AAON AQ . BOCH ABOC CH ACNO CH ON ACNO CH 2 2 OT AN A A AN 2 Deci AOB AON . 1 OT CN CN A BOC ACNO 2 Analog
ACOB A AOC ACOA A AOB
ACON
ACOM
AAOP ABOM
BP
CM
PA
. 2
BM
. 3 .
Înmulţind relaţiile 1 , 2 , 3 obţinem: A AOB ACOB
ACOA
A BOC AAOC AAOB
CM AN BP
BM CN PA
1.
Vom prezenta acum deducerea ariei unui trapez folosindu-ne tot de arii: A AFHD
AF DE B b h 2 AABCD , deci AABCD
B b h 2
.
Bibliografie
[1]. Mihai Cocuz: Culegere de probleme de matematică, Ed. Academiei Republicii Socialiste România, Bucureşti, 1984. [2]. Ioan Dăncilă: Matematica gimnaziului, Ed. Corint, Bucureşti, 1996. [3]. Elena- Genoveva Irimia şi Elena Morariu: Elemente de calcul vectorial şi transformări geometrice, Ed. „ Constantin Matasă”, Piatra Neamţ, 2000. [4]. Radu Miron: Geometrie Elementară, Ed. Didactică şi Pedagogică, Bucureşti,1968. [5]. Viorel Gh. Vodă: Triunghiul-ringul cu trei colţuri, Ed. Albatros, Bucureşti,1979. profesor, Colegiul Tehnic „Gheorghe Cartianu” B-dul Traian, nr. 165, cod 610143 Piatra- Neamţ, judeţul Neamţ e-mail:
[email protected]
O metoda de ridicare la putere a matricelor de Florin Antohe
Vom aborda o metodă de ridicare la putere a matricelor pătratice, care face apel la ecuaţia caracteristică asociată unei matrice şi la teorema împărţ irii cu rest pentru polinoame. Definiţie. Fie A M n (), A aij i, j 1,n . Se numeşte polinom caracteristic al matricii A, polinomul cu coeficienţi complecş i
a11 a21
X P( X )
det( XI n A)
a12 X a22
an1
an 2
7
a1n a2 n
X a nn
.
Revista de matematică MATHGAL Dezvoltând determinantul, se obţine forma algebrică a polinomului : n n 1 P ( X ) a0 X a1 X an 1 X an [ X ] ,
unde
a0
n
1 şi an 1 det A . k
În general, a k este egal cu produsul dintre 1 şi suma minorilor diagonali de ordinul k (minori care conţ in elemente de pe diagonala principală ). Definiţie. Ecuaţia P( x) 0 se numeşte ecuaţia caracteristică asociată matricei A. R ădăcinile acesteia (n rădăcini complexe, nu neaparat distincte) se numesc valorile proprii ale matricei A. Exemplu : Pentru matricea de ordinul 2 polinomul caracteristic este : P( X ) X
2
Tr ( A) X det( A) I 2 ,
iar pentru cea de ordinul 3 avem : P( X ) X 3 Tr ( A) X 2 Tr ( A* ) X det( A)I 3 , unde A* este matricea adjunctă a lui A. Un rezultat extrem de important este urmă torul : Teorema Cayley-Hamilton . Orice matrice pătratică verifică propria sa ecuaţie caracteristică, adică: a0 An a1 An1 an1 A an I n On . În scopul obţinerii metodei, avem urmă toarea : Teoremă . Dacă A M n (), m şi polinomul r este restul împărţ irii lui X m la P X , atunci : Am r ( A) . Demonstraţie. Aplicând t eorema împărţ irii cu rest polinoamelor X m şi P X , există şi sunt unice polinoamele g , r [ X ] astfel încât : m X P ( X )g ( X ) r ( X ), grad r ( X ) grad P ( X ) , şi atunci : m A P ( A) g ( A) r ( A) . Cum, din teorema Cayley-Hamilton, avem P( A) On , rezulta Am r ( A) . Observaţie. Calculul unei puteri Am , m n , revine la a determina restul r(X ), adică un polinom de gradul cel mult n 1 , ai cărui coeficienţi se găsesc uşor dacă ştim rădă cinile ecuaţiei caracteristice. Pentru cazul matricelor pătratice de ordinul 2 obţ inem : Am am A bm I 2 , iar în cazul celor de ordinul 3 avem : Am am A2 bm A cm I 3 . Vom ilustra în continuare procedeul prin câteva exemple concrete.
6 1 Exemplul 1. Să se calculeze An , unde A , n . 3 2 2 Soluţie. Ecuaţia caracteristică este x 8 x 15 0 , cu rădăcinile 3 ş i 5. Din teorema împărţirii cu rest avem că : 2 n X ( X 8 X 15) g ( X ) an X bn . Pentru x 3 şi x 5 se obţine sistemul: 8
Revista de matematică MATHGAL
3 an bn 3n n 5 an b 5 , cu soluţ ia an
5n 3n 5 3n 3 5 n , bn . 2 2
3 5 n 3n 5n 3n 5 3n 3 5 n 2 n Deducem că A A I 2 n 2 2 3 3 3 5n 2
5n 3n 2 . n n 33 5 2
1 1 Exemplul 2. Să se calculeze A n pentru matricea A , n . 1 3 Soluţie. Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este x 2 4 x 4 0 cu soluţia dublă x1 x2 2 . Rezultă că X n ( X 2) 2 g ( X ) an X bn . Pentru x 2 deducem că 2 an bn 2n . Derivând relaţia de mai sus se obţ ine : n X n 1 ( X 2) () an . De aici, pentru x 2 , rezultă an n 2n 1 şi apoi bn 2n (1 n) . Matricea An devine : 1 2n1 (2 n) n 2n n n n A n 2 A 2 (1 n) I 2 . n 1 2 n1 (2 n) n 2 1 7 3 3 Exemplul 3. Fiind dată matricea A , să se calculeze An . 1 2 3 3 1 i 3 , adică 2 rădăcinile cubice nereale ale unităţii, şi deci, dacă este una din rădă cini avem 3 1 . Aplicând teorema împărţirii cu rest obţ inem : X n ( X 2 X 1) g ( X ) an X bn . Pentru x obţinem an bn n . Avem următoarele situaţ ii : a)Dacă n 3k , k , atunci relaţ ia de mai sus devine : 3k an bn 1 , de unde se deduce că an 0; bn 1 şi atunci A I 2 . b)Dacă n 3k , k , din an bn obţinem că an 1; bn 0 , deci A3k 1 A . c) Pentru n 3k 2, k , se obţine că an 2 bn , de unde, ţinând cont că 2 1 , se obţine că A3 k 2 A I 2 . 1 0 0 Exemplul 4. Calculaţi puterile naturale ale matricei A 0 2 3 . 0 1 1 Soluţie. Ecuaţia caracteristică este x 2 x 1 0 , cu rădăcinile x1,2
9
Revista de matematică MATHGAL Soluţie. Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este : 1 i 3 3 2 . x 2 x 2 x 1 0 , cu valorile proprii x1 1; x2,3 2 Se obţine : n n X ( X 1)( X 2 X 1) g ( X ) an X 2 bn X cn , de unde A an A2 bn A cn I 3 . Pentru x 1 se obţine : an bn cn 1. Fie o rădăcină a ecuaţ iei x 2 x 1 0 . Rezultă 3 1; 6 1 . Pentru x găsim : an 2 bn cn n ,ceea ce este echivalent cu (an bn ) c n a n n . Avem situaţiile : 1) Dacă n 6k , obţinem sistemul : an bn cn 1 , cu soluţia an bn 0; cn 1 , si prin urmare An I 3 . (an bn ) cn an 1 2)Pentru n 6 k 1 , se găseşte An A . 3)Pentru n 6 k 2 , An A2 4)Dacă n 6 k 3 , An 2 A2 2 A I 3 5)Dacă n 6 k 3 , An 2 A2 3 A 2 I 3 5) Pentru n 6 k 3 , se găseşte An A2 2 A 2 I 3 .
Exemplul 5. Să se calculeze An pentru matricea: 1 0 1 1 A 5 1 0 0
0 0 2 0
1 1 . 1 3
Soluţ ie. Polinomul caracteristic este : 4 3 2 P ( X ) det( XI 4 A) X 7 X 17 X 17 X 6 , cu rădăcinile x1 x2 1; x3 2; x4 3 , deci se scrie sub forma P( X ) ( X 1) 2 ( X 2)( X 3) . Aplicând teorema împărţ irii cu rest pentru polinoamele X n şi P( X ) , deducem : 2 3 2 n X ( X 1) ( X 2)( X 3) g ( X ) an X bn X cn X d n . Pentru x 1,2,3 se obţin relaţ iile : an bn cn d n 1 (1) 8an 4bn 2cn dn 2 n (2)
27 an 9bn 3cn d n 3n (3) Derivând relaţia din teorema împărţ irii cu rest se o bţine : n nX 1 ( X 1)() 3an X 2 2bn X cn . (4) Pentru x 1 se deduce relaţ ia: 3an 2bn cn n Rezolvând sistemul format din 1,2,3,4, se obţin urmă toarele valori :
10
Revista de matematică MATHGAL 2n 3n 4 2 n 3 4 n bn 3n 3 5 2 n 4 22n 5 3n 28 2 n 23 cn 4 n 6n 3 6 2 n 3 d n 2 n 3 2 Rezultă că A an A bn A cn A dI 4 . an
Bibliografie : [1] V. Pop –„ Matematica pen tru grupele de performanţă ”, clasa a-XI-a, ed Dacia, Cluj, 2004. [2] Gazeta Matematică. profesor, Şcoala Gimnazială ”Cuza Vodă” str. Gorunului, nr. 6, cod 800437 Galaţi, judeţul Galaţi e-mail :
[email protected]
Rezolvăm problemele aritmetic sau algebric? de Dan Matica
Când tinerii elevi păş esc la ciclul gimnazial, vin cu un impresionant bagaj de cunoştinţe şi metode de rezolvare a problemelo r şi exerciţiilor (depinde bineînţeles în mare măsură de talentul învăţătoarei de la clasă). O mare bucată de timp ei gândesc cum au fo st învăţaţi de doamna şi asta le e de un real folos. Am întâlnit dese situaţii câ nd, pentru a-l face pe elev să gâ ndeasc ă o rezolvare, simpla menţionare a doamnei îi luminează faţa. Probabil scăderea interesului pentru învăţătură odată cu înaintarea în vârstă (culmea elevii de clasa a VIII-a au cel mai scăzut interes pentru învăţătură în clasele preliceale) şi creş terea volumului de informaţie (ştiindu -se bineînţeles că matematica nu este o materie la îndemâna tuturor) îi face pe gimnazi să rezolve multe situaţii cu metodele învăţate în ciclul primar, adică aritmetic. Dacă dau de o problemă un pic mai dificilă , care nu se mai poate rezolva „aşa cu desene”, se dau bătuţi şi preferă să o facă domnu. Printre metodele clasice de rezolvare a problemelor avem met oda figurativă, metoda reducerii la acelaş i termen de co mparare, metoda falsei ipoteze ş i metoda mersului invers. Metoda figurativă-o metodă ce constă în reprezentarea printr -o figură a mărimilor
necunoscute şi fixarea în acest desen a relaţiilor dintre ele şi mărimile date în problemă. Figura reprezintă o schematizare a enunţului, pentru a se păstra în atenţie relaţ iile matematice şi nu toate aspe ctele concrete; reprezentarea mă rimilor se face prin segmente de dreaptă . Metoda reducerii la acelaşi termen de comparare- posibilă atunci când se dau două mărimi (care sunt comparate în acelaşi mod) şi legătura dintre ele. Aceste două mărimi sunt caracterizate prin câte două valori fiecare şi de fiecare dată se cunoaşte legătura între ele. Metoda constă în a face ca una dintre cele două mărimi să aibe aceeaşi valoare ş i astfel problema devine mai simplă, trecând la o singură necunoscut ă. Metoda falsei ipoteze-facem o ipoteză (presupunere) oarecare (deşi de obicei se pleacă de la ipoteza „ toate la fel”) nu în ideea d e a nimeri ră spunsul, ci pentru a vedea din nepotrivirea cu enunţul ce modificări trebuie să facem asupra ei. Metoda mersului invers-atunci când enunţul unei probleme trebuie urmărit de la sfârşit spre început. Analizând operaţiile făcute în problemă şi ce le pe care le facem noi în rezolvarea problemei, constatăm că de fiecare dată, pentru fiecare etapă, facem operaţia 11
Revista de matematică MATHGAL inversă celei facute în problemă . Deci, nu numai mersul este invers, ci şi operaţ iile pe care le facem pentru rezolvare sunt operaţiile inverse celor din problemă. Verificarea se face în schimb aplicând asupra rezultatului obţinut operaţiile indicate în p roblemă . Dar să vedem concret. E x:
Suma a trei numere pare consecutive este 24. Să se determine numerele.
Nu trebuie decât să ştim că al doilea număr este cu 2 mai mare decât primul şi al treilea cu 2 mai mare decât a l doilea. Prin metoda figurativă , „aia cu desene”, avem aşa:
2 2
2
24
Să modificăm un pic desenul; dacă nu am mai avea bucăţ ile cele mici?
24Observăm că trei segmente şi încă 6 fac 24, deci cele trei segme nte fac 18, adică un segment face 6. Am aflat numărul mai mic. Urmă torul este atunci 8, iar ultimul 10. Aici am făcut prin scadere. O soluţie mai elegantă şi rapidă ar fi cea algebrică: notăm numă rul mai mic cu a , următorul ar fi a 2 şi ultimul a 2 2 . În ecuaţ ie pus avem: a a 2 a 2 2 24 3 a 6 24 3 a 24 6 3 a 18 a 18 : 3 a 6 Ex:
Suma a trei numere este 682. Ştiind că al doilea este cu 20 mai mare decât primul şi cu 42 mai mic decât al treilea, să se afle numerele. 20 20
42
20 20
42 42
20
42
682
682+20+42+42
Acum să facem prin adunare. La segmentele pe care le avem mai adăugăm astfel încât să le facem pe toate trei egale cu cel mai mare. Acum c ele trei segmente mari fac împreună 786, deci numă rul cel mare face 262, atunci cel mijlociu (mai mic cu 42) este 220, iar cel mic 200. Şi aici o soluţie elegantă ar fi cea algebrică: să luăm al doilea număr şi să -l notăm cu x , primul devine x 20 , iar al treilea x 42 . Avem ecuaţ ia: x 20 x x 42 682 3 x 682 20 42 3 x 660 x 220 Parcă nu ai şti care metodă e mai uşor de aplicat. Dar dacă am avea următoarea problemă:
12
Revista de matematică MATHGAL Ex:
Pentru o sărbătoare, mama a cheltuit în prima zi ½ din sumă, a doua zi ¾ din rest, iar a treia zi ¼ din noul rest şi i-au mai ramas 240 lei. Câţi lei a avut la început şi câţi a cheltuit în fiecare zi?
I zi 1/2
a II-a zi a III-a zi
3/4 1/4
240
După ce am făcut figura, observăm că pentru a putea rezolva problema ar cam trebui să o luăm de la coadă (altfel spus aplicăm metoda mersului invers). Dacă în a III-a zi a cheltuit ¼ înseamnă că i-au rămas ¾ reprezenta ţi de cei 240 lei, adică ¼ este a 3-a parte din 240 (80 lei), iar 4/4 întregul din ziua a III-a este 320 lei. Mergem la ziua a II-a. Acei 320 lei sunt cât au r ămas după ce a cheltuit ¾ din sumă, adica ¼ din sumă, iar întrega sumă (de 4 ori mai mare) este 1280 lei. Ajungând la prima zi, cheltuindu- se ½ din sumă a mai rămas ½. Deci în final suma avută la dispoziţ ie a fost de 2 ori mai mare- 2560 lei. Ş i mai departe: în prima zi a cheltuit 1280 lei rămânând 1280; î n a II-a zi ¾ din 1280- 960 lei rămânând cu 320 lei; î n a III-a zi a cheltuit 80 lei.
Cum s-ar rezolva algebric? Păi întreaga sumă ar fi x. Atunci am avea: cheltuit r ămas 1 1 2 x x 1 ziua I x x x x y 2 2 2 2 3 3 1 ziua II y y y y z 4 4 4 1 1 3 ziua III z z z z 240 4 4 4 4 240 4 320 De aici avem c ă z 320; y 1280 şi x 2 1280 2560 3 1 1 3 1 1 1 3 1 Sau într-o singură ecuaţie x x x x x x x x 240 . 2 4 2 4 2 4 2 O problemă pe care cred că nu puteţi să o rezolvaţi aşa uş or aritmetic (cu metoda mersului invers), cu toate că nici algebric nu e uş or.
13
Revista de matematică MATHGAL E x:
În vechea Arabie trăia odată A l i - B a
ba
căpitanul celor 40 de hoţi. Şi venind
vremuri grele într-o zi s-au gândit să se despartă şi au hotărât să împartă toate diamantele în mod egal a doua zi de dimineaţă. Dar după miezul nopţii unul din hoţi s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi pe aici ţi-e drumul. Un pic mai târziu al 2lea hoţ s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi a dispărut în noapte. Al 3-lea hoţ şi el s-a trezit, a mers la comoară, a luat jumătate din diamante şi încă unul şi s-a făcut nevăzut. Ei şi tot aşa toată noaptea. Al 40-lea hoţ şi el a luat jumătate din diamante şi încă unul şi nu s-a mai auzit de el. A doua zi de dimineaţă pe când s-a trezit A l i - B a b a nu mai era niciun hoţ în peşteră. Disperat a fugit la comoară (drept să vă spun a ş i greşit de două ori formula de deschidere)-Sesam deschide-te şi înmărmurit a rămas; din comoară nu a mai ră mas niciun diamant. Câte diamante au avut hoţii în peşteră ? După calcule laborioase mie mi-a dat 241 2 2 199 023 255 552-2=2 199 023 255 550. Bogat A l i - B a b a asta. Cam cum trebuie procedat? Pai dacă şeful nu a mai găsit nimic însemnă că hoţul 40 a luat tot. Dar cât a luat el? A luat jumătate din diamante şi încă unul şi s-au terminat, adică jumătate este 1, deci el a luat 2, atâtea găsind în peşteră . Cel de dinaintea lui, al 39-lea hoţ, a lăsat 2 diamante. Luând jumătate din diamante şi încă unul, dacă punem 1 la loc vor fi jumătate, adică el a găsit (2+1)·2=6 diamante din care a luat 4 bucăţi. Aşadar al 38 -lea hoţ a lăsat în peşteră 6 diamante; pe acelaşi raţionament el a găsit (6+1)·2=14 bucăţi din care a luat 8. Şi tot aşa, şi tot aşa până la primul hoţ. Cam mult de lucru, nu?
nr. crt. 1 2
ho ţul 40 39
3 4
38 37
40 Ex:
1
a g ăsit 2 2+1 2 22 2 (2 2 2 1) 2 23 22 21 (2 3 2 2 21 1) 2 24 23 22 21 39
2
1
(2 2 2 1) 2 240 23 22 21 241 2
Să se determine două numere ştiind că suma lor este 20, iar diferenţa 6.
Doamna învăţătoare î n mod cert le-a prezentat metoda de rezolvare, dar ei-ca scribii Egiptului Antic- ştiu doar fă aşa: aduni suma cu diferenţa şi înjumătăţeşti pentru a afla numărul mai mare şi scazi diferenţa din sumă şi înjumătăţeşti pent ru a afla numă rul mai mic.
Rezolvarea e gata, dar algebric, prin si steme vor reţine şi metoda. Notă m n umărul mai mare cu x şi numărul mai mic cu y. x y 20 y6 x __ __ ___ __ _ 2 x / 26 / x 26 : 2 x 13
2 y 14 y 14 : 2 y 7
Dar ce te faci dacă cele două necunoscute nu mai sunt aşa uş or de determinat? E x:
Într-un bloc sunt apartamente cu 2 respectiv 3 camere. Ştiind că î n total sunt 22 de camere în 9 apartamente, câte apartamente sunt cu 2 camere şi câte cu 3 camere?
14
Revista de matematică MATHGAL Va provoc să o rezolvaţ i aritmetic. Sincer mie nu imi iese, dar algebric e banal. Care sunt întrebările?- ele ne dau necunoscutele. Aşadar notăm numă rul apartamentelor cu 2 camere cu m şi numărul apartamentelor cu 3 camere cu n . Mergem mai departe. Se spune că în total sunt 9 apartamente, deci m n 9 . Acum judecăm în felul următor: dacă un apartament de tipul m are 2 camere câte camere au m apartamente?- evident că 2 m ; iar în n apartamente de tipul n (cu 3 camere) sunt 3 n camere, deci 2 m 3 n 22 . Nu mai avem decât să rezolvăm sistemul: m n 9 | 3 3m 3n 27 2 m 3n 22 2m 3n 22 _____________ m / 5 n 95 n4 Nu uităm să facem proba şi să dă m raspunsul: 5 apartamente cu 2 camere ş i 4 apartamente cu 3 camere. E x:
Într-o curte sunt găini şi iepuri, în total au 80 picioare şi 25 de capete. Câte găini şi câţi iepuri sunt?
Rezolvând aritmetic (prin metoda falsei ipoteze) presupunem că toate animalele din curte au 2 picioare (e binecunoscut că găinile au de regulă 2 picioare şi iepurii 4 picioare), atunci la cele 25 capete revin 50 picioare. Diferenţa de la datele problemei (30 picioare) e data de faptul că iepuri au 4 picioare, adică cu 2 mai mult decât găinile, care revin e la 30:2=15 capete de iepuri şi atunci 25 -15=10 capete găini. Sau altfel spus numărăm prima dată doar 2 picioare la fiecare animal (50 picioare la 2 5 capete) şi vedem că ne mai rămân picioare (30) pe care le adăugăm pe rând la câte un animal (preferabil iepure) până le terminăm (30:2=15)-aceştia sunt iepurii, restul (25-15=10) fiind găinile. E x:
9 m de postav şi 5 m de stofă costă 1950 lei, iar 6 m de postav şi 7 m de stofă costă 1740 lei. Cât costă 1 m de postav şi cât costă 1 m de stofă?
Haideţi să vedem rezolvarea aritmetică (prin metoda reducerii la acelaş i termen de comparare):
9 m postav ................ 5 m stofă................. 1950 lei 6 m postav ................ 7 m stofă ................ 1740 lei
Observăm că dacă am avea de 2 ori mai multă marfă prima oară şi de 3 ori mai multă a doua oară am avea aceeaşi cantitate de postav. 18 m postav ................ 10 m stofă................. 3900 lei 18 m postav ................ 21 m stofă ................ 5220 lei
Acum uitându- ne la cele două rânduri vedem că a doua oară s -au cheltuit mai mulţi bani. De ce? Pentru că la aceeaş i cantitate de postav avem mai mulţi metri de stofă . Cu cât? 11 m stofă ................. 1320 lei 120 lei. Atunci 7 m stofă costă 840 lei, iar 6 m postav costă 900 de problemă ), deci 1 m postav face 150 lei.
Adică 1 m stofă costă lei (din a doua relaţie dată Şi iată că elevii de ciclul primar ştiu să rezolve sisteme de ecuaţii care se învaţă în clasa a VII-a. Şi acum algebric, dar o să schimbăm metoda (încercăm ş i substituţ iei), a preţul unui metru de postav ş i b preţul unui metru de stofă.
15
Revista de matematică MATHGAL
a 1950 5b 1950 5b 9a 5b 1950 9a 1950 5b a 9 9 6 7 1740 6 7 1740 1950 5 a b a b b 6a 7b 1740 6 7b 1740 9 a 1950 5b a 1950 5b 9 9 (3 1950 5 1950 5 b b 6 7b 1740 2 3) 7b 3)1740 9 3 a 1950 5b a 1950 5b a 1950 5b 9 9 9 3900 10 21 5220 b b 3900 10b 21b 5220 3900 11b 5220 3 3 3 a 1950 5b a 1950 5b a 1950 5b a 1950 5b 9 9 9 9 11b 5220 3900 11b 1320 b 1320 :11 b 120 a 1950 5 120 a 1950 600 a 1350 a 150 9 9 9 S : b 120 b 120 b 120 b 120 Nu că ar fi singurele metode posibile. Marea frumuseţe a matematicii e că orice problemă se poate rezolva în foarte multe moduri şi proba supremă e să o găseş ti pe cea mai „elegantă ”-şi aici fiecare rezolvitor are noţ iunea lui de elegant. Sau cum spunea un coleg „cea mai bună metodă dintre toate e aceea pe care o ş tii”. profesor, Ş coala Gimnazială „Aron Cotrus” str. Petru Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad e-mail :
[email protected]
Partea întreagă și partea fracționară a unui număr real de Viorica Lungana Axioma lui Arhimede : astfel încât k x k 1 .
Pentru orice număr real x, există un număr întreg k , unic,
Partea întreagă a unui număr real. Se numește partea întreagă a numărului real x, numărul întreg k , cu proprietatea: k x k 1 . Notăm: k x partea întreagă a lui x. Deci: x x x 1 . Partea fracționară a unui număr real. Se numește partea fracționară a numărului real x, numărul real x x . Notăm: x x x partea fracționară a lui x. Deci: x x x . 4 0; 2,39 3; 6,84 6; 2 3 ; 1,57 0,57; 2,35 0,65 Exemple: 5 8 8
16
Revista de matematică MATHGAL 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
Proprietăți : x 1 x x, x . x . 0 x 1 . x n x n, x , n . x n x , x , n . x y x y , x, y . 0, x . x x 1, x \ x x * n n , n , x . 1 2 n 1 nx , x , n * . x x x ... x n n n (Identitatea lui Hermite).
Aplicații ale definiției: 1. Calculați nn 1 , n . 2 Soluție: Deoarece n 2 nn 1 n 1 rezultă n n n 1 n 1 , deci nn 1 n . 2. Să se demonstreze egalitatea: n n 1 1 2 2 3 3 4 ... n n 1 n * . , 2 Soluție: Din 2 2 2 2 2 k k k k 2 k 1 k k k 1 k 1 k k k k 1 k k 1 k , k n n 1 , n * . * , obținem: 1 2 2 3 3 4 ... n n 1 1 2 ... n 2 I.
3. Calculați în funcție de n * , suma S n
n
k 1
k k 1 2
k 2
k 1 , unde x
reprezintă partea întreagă a lui x. k 12 k 2 k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 k prina adunare Soluție: Din 2 2 k k 2 k 1 k 1 k k 2 k 1 k 1
2k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 2k 1 . Cercetăm dacă suma k 2 k 1 k 2 k 1 este mai mică sau mai mare decât 2 k . Presupunem că 2
2k k 2 k 1 k 2 k 1 4k 2 k 2 k 1 k 2 k 1 2 k 2 1 k 2 2
2
2k 2 2 2 k 2 1 k 2 k 2 1 k 2 1 k 2 k 4 2 k 2 1 k 4 2 k 2 1 k 2 k 2 0 adevărat. Atunci 2k k 2 k 1 k 2 k 1 2k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 2k . n n n nn 1 2 2 n2 n . S n k k 1 k k 1 2k 2 k 2 2 k 1 k 1 k 1
17
Revista de matematică MATHGAL n
Deci S n k 2 k 1 k 2 k 1 n 2 n . k 1
4. Să se demonstreze inegalitatea: lg 1 2 lg 2 3 ... lg nn 1 n lg
n 1 n
, unde
*
n
. Soluție: Deoarece k k k 1 k 1, k * , avem
k k 1
k , atunci lg 1 2 lg 2 3 ... lg nn 1 lg1 lg 2 ... lg n lg 1 2 ... n . Ținând seama de inegalita tea mediilor ob ținem că: n nn 1 n n 1 2 ... n 2 n 1 1 2 ... n și n n 2 n n 1 n 1 , inegalitatea lg1 2 ... n lg n lg 2 2 n 1 , n * . lg 1 2 lg 2 3 ... lg nn 1 n lg n
II. Aplicații ale identității lui
Hermite: n 2k n 1 n 2 n 22 Să se demonstreze că: 3 ... k 1 ... n, n, k . 2 2 2 2 2 x 1 Soluție: Punând în loc de a în identitatea lui Hermite a a 2a , ob ținem: 2 2 x x 1 x x 1 x x , pentru orice . x 2 2 2 2 n
n
n
Dând succesiv lui x valorile n, , 2 ,..., k ,.... unde 2k n 2k 1 , k , n , obținem: 2 2 2 n 1 n n 2 2 n 2 n n 2 2 2 2 2 ….................................. n 2 k n n 2 k 1 2 k 2 k 1 .......................................... 2 n 2 k n 1 n 2 n 2 3 ... k 1 ... n n, n, k . de unde 2 2 2 2 2 2 x 1 4 x 1 5 x 4 2. Să se rezolve ecua ția: . 3 6 2 x 1 3 y 1 4 x 1 6 y 2 1 15 y 3 ecuația Soluție: Notând y x y ;5 x 4 3 2 6 6 3 2 15 y 3 1 15 y 3 și aplicând identitatea lui Hermite, obținem: 2 y devine: y y . 2 2 2
18
Revista de matematică MATHGAL Notăm 2k 3 4k 6 4k 6 15 y 3 4k 6 k y k 1 2 y k k 15 15 2 15 15 k 6 11 9 6 9 1 4 k , 15k 4k 6 15k 15 k 11 11 k 0 y x . 11 5 5 k k 1 2 3. Să se rezolve ecuația: x x x 2 x 1 . 3 3 Soluție: Aplicând identitatea lui Hermite, ecua ția devine: 3 x 2 x 1 k , de unde
k x k 1 k k k 3 x k 1 3 3 2 k 1,2,3,4. 3 k 2 x 1 k 1 k 1 x k k 1 k 1 2 2 2 3 Deci x 1 , 1 2 ,1 1, 4 3 , 5 3 2 3 3 2 3
III. Folosind alte proprietăți ale părții întregi și părții fracționare a
unui număr întreg
putem rezolva și exerciții de tipul: 2 2 e. Calculați: 1) n n 1 , n ; 2) n n 1 n 2 , n . 2 Soluție: 1) n n 1 2n 1 2 nn 1 2n 1 2 nn 1 . Deoarece 2n 2 nn 1 2n 1, n , rezultă 2 nn 1 2n . 2 Deci n n 1 4n 1 , n . 2) Din inegalitatea a b 2a 2 b 2 , a b rezultă că n n 2 2 n 1 și prin urmare n n 1 n 2 3 n 1 . Din inegalitatea lui Cauchy a mediilor rezultă că n n 1 n 2 3 6 nn 1n 2 .
Să arătăm că 3 6 n n 1 n 2 9n 8, n . Ultima inegalitate este echivalentă cu 243n 2 270n 512 0 (1) Pentru n 3, n inegalitatea (1) este adevărată. Pentru n 1,2 avem următoarele inegalități: 1 3 3 1 1,41 1,73 4,14 17 , 2 3 4 1,4 1,7 2 5,1 26 . 2 Prin urmare n n 1 n 2 9n 8 , n . 1 1 7 . 2. Demonstraţi că oricare ar fi x , x 1, x , are loc inegalitatea x x 2 x Soluție: Dacă x 1, atunci x x x .
19
Revista de matematică MATHGAL x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
4
3n n 1
și atunci
i 0
1
x 4
2
x 2 2 4 , deoarece x x x
2.
8 7 . x x x x x 2 x 2 x x 1 x 2 x 3 x k știind că ... 3. Să se calculeze suma: S x k 1 , x x 1 x 2 1 x ,1 și k * . 2 Soluție: x 1 x 2 x 3 ... x k 1 1 1 1 1 1 ... S x k 1 x x 1 x 2 x x 1 x 2 1 1 1 1 1 k , deoarece 1 1 1 1 ... 1 1 x k x x x x k 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 0 dacă x 1 atunci 1 2 și deci 1 , iar ... x k 1 x 2 x x 1 x 2 pentru k 2 . 4. Să se rezolve în numere naturale prime, ecuația: 3 1 3 2 3 3 ... 3 x 3 1 y , unde a reprezintă partea întreagă a numărului a. 3 3 3 3 3 * n Soluție: Este evident că: n n 1 ... 3 n 1 1 n, Din
1
3 n3 i n 3n n 1 1 3n 3 3n 2 n,
n * .
Deci
1 2 3 ... x
3 1 3 1 3 2 ... 3 1 1 1 3 3 3 3 3 3 8 3 9 ... 3 2 1 1 ... 3 x 1 3 x 1 1 ... x 1 x 1 x 12 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x x 1 x 2 3 x 1 3 2 3k 3k k 3 3 . 4 6 2 4 k 1 x 1 x 2 3 x 1 Ecua ția devine: y . 4 Dacă x 2 , atunci y 7 . Dacă x este număr prim diferit de 2, atunci el este de forma 2k 1, k * , și deci y k k 1 3k 1 care nu este prim. Deci unica solu ție din enunț este x 2 , y 7 . 3
3
3
3
3
5. Să se rezolve ecuația: x Soluție:
x . x
Domeniul maxim de existență al ecuației este D= ,0 1, .
Dacă x 1 atunci x 1 im plică
x x 1 x și deci pe intervalul 1, ecuația nu are x
soluție.
20
Revista de matematică MATHGAL
x și deci pe ,1 ecuația nu are soluție. x Pe intervalul 1,0 , x 1 și x x x x 1 . Dacă x 1 x 1 x 1 x 1
1 x 1,0 . 2 1 6. Să se găsească un număr natural n cu proprietatea n 3 există numai două astfel de numere. n 1 Soluție: n 3 n 1 n 1 3 n n . 3 n 1 Notăm k atunci n 3k 1, k , rezultă 3 3k 1 k k 3k 1 k 1 k 2,3 n 7,10. Ecua ția devine: x
n
1 . Să se arate că
7. Să se arate că oricare ar fi numerele reale x1 , x 2 ,..., x n avem inegalitățile:
xi 2 3 2 xi , i 1,2,..., n x1 2 x2 2 ... xn 2 3n 2 x1 x2 ... xn , unde a este partea întreagă a numărului a. Soluție: Pentru orice x avem x x x , unde 0 x 1 . Prima inegalitate, pentru un i fixat, o scriem sub forma: xi 2 3 2 xi xi sau xi 12 21 xi 0 care este ad evărată. Scriind inegalitățile pentru i 1,2,..., n și adunându -le membru cu membru ob ținem cea de-a doua inegalitate a problemei. Bibliografie: 1 Gazeta matematică, Seria B. 2 Traian Cohal, Gheo rghe Iurea; Probleme de algebră pentru liceu, Volumul I, Editura Polirom, Iași, 1998. profesor, Colegiul Naţ ional „Al. D. Ghica”, str. Viitorului, nr. 78, cod 140072, Alexandria, judeţ ul Teleorman e-mail:
[email protected]
Inegalitate a integrală a lui Young şi aplicaţii de Bogdan Antohe
Teoremă . Fie f : [0, ] [0, ] o funcţie bijectivă, derivabilă şi crescătoare şi 0 a , 0 b . Atunci are loc inegalitatea : a
b
0
0
f ( x)dx f 1 ( x)dx ab , cu egalitate dacă şi numai dacă b f a . Demonstraţ ie.
Pentru că f este bijecţie strict crescătoare şi continuă , avem f 0 0 şi f ( ) .
21
Revista de matematică MATHGAL Inegalitatea are o interpretare geometrică interesantă :
a
f ( x)dx reprezintă aria regiunii A aflate între gr aficul funcţiei, axa absciselor şi
0
dreapta de ecuaţ ie x a . b
f 1 ( x)dx reprezintă aria regiunii B aflate între graficul funcţiei, axa ordonatelor ş i
0
dreapta y b . suma ariilor A şi B este mai mare decât aria dreptunghiului format de axe cu dreptele x a şi y b . Astf el inegalitatea este justificată, dar, dacă dorim să fim mai riguroş i, putem considera t
funcţia g (t ) bt f ( x)dx, t [0, ] . 0
Avem g ' (t ) b f (t ) şi atunci g are punctul de maxim f 1 (b) . Atunci g (a) g ( f 1 (b)) , de unde deducem : a
ab
1
f ( x ) dx bf ( b ) 0
bf 1 (b ) xf ( x ) | f 0
1 ( b )
f
1
(b )
f ( x ) dx bf
1
f
(b )
0
1
(b)
x ' f ( x ) dx 0
1 f ( b )
xf ' ( x ) dx 0
bf 1 (b ) f 1 ( b ) f ( f 1 (b ))
1 f ( b )
f 1 ( f ( x )) f ' ( x ) dx 0
b
f 1 ( x ) dx 0
de unde rezultă inegalitatea de demonstrat, cu egalitate când a f 1 (b) b f (a) .
22
Revista de matematică MATHGAL Aplicaţii 1.Să se arate că e
e
x
e
0
3dx ln
x
2
4 x 1 e
0
2
e2
Soluţ ie. e
e
3dx
x
e
0
x 2
4 x 1 e
0
2
e
0
x
e
e
3 2 dx ln( x 2 4 x 1)dx (1) 0
Funcţia f : [0, ) [0, ), f ( x ) ln( x 2 4 x 1) este bijectivă, iar f 1 ( x) e x 3 2 şi atunci, folosind inegalitatea Young obţinem că : e
e
f ( x)dx f 0
1
( x)dx e 2 ceea ce împreună cu relaţia (1) încheie demonstraţ ia.
0
2. Fie f : [0,2] [0,2] f ( f ( x)) x, x [0,2] .
continuă şi bijectivă, cu proprietate a că
f (0) 0
şi
2
Să se arate că f ( x )dx 2 . 0
Soluţ ie.
Funcţia f este strict crescatoare ( fiind continuă, injectivă ş i f 0 0 ). Deci vom avea f 2 2 .
Din f ( f ( x)) x f ( x) f 1 ( x) . Avem, utilizând inegalitatea lui Young 2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
2 f ( x )dx f ( x )dx f ( x)dx f ( x )dx f 1 ( x )dx 4 , de unde obţinem inegalitatea căutată . profesor, Colegiul Naţional „ Mihail Kogălniceanu” str. Brăilei, nr. 161B, cod 800320 Galaţi, judeţul Galaţi e-mail :
[email protected]
23
Revista de matematică MATHGAL OLIMPIADE MATEMATICE 2011 de
Corneliu Mănescu-Avram
1. Să se găsească toate numerele prime p astfel încât 2 p p 2 să fie un număr prim. ( Albania, test OIM ) 2 2. Parabola y ax bx c nu intersectează axa Ox şi trece prin punctele A 2;1 şi B 2;9 Să se găsească toate valorile posibile ale abscisei vârfului acestei parabole. ( Albania, test OIM ) 3. Să se găsească toate perechile m, n de numere naturale astfel încât 4 mn 1 este 2
divizibil cu m n . (Cehia) 4. Să se găsească toate numerele naturale nenule n pentru care n este produsul tuturor divizorilor lui n . ( Elveţia) 5. Fie A şi B mulţimi nevide disjuncte astfel ca A B 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 . Să se arate că există a A şi b B astfel ca a3 ab 2 b 3 să fie divizibil cu 11. ( Europa Centrală) n n 1 n n 1 6. Fie P an X an1 X ... a0 şi Q bn X bn1 X ... b0 două polinoame cu coeficienţi întregi astfel încât an bn este număr prim, anb0 a0bn 0 şi an 1 bn 1 Presupunem că există un număr raţional r astfel încât P r Q r 0. Să se demonstreze că r 3
. ( India) 5
3
6
7. Se dă ecuaţia a a a 2. Să se demonstreze că 3 a 4.
(Kirghizstan) 8. Fie m şi n numere naturale astfel încât 2 3 este divizibil cu 5 . Să se demonstreze că m 2 3n este divizibil cu 5 . ( Malaezia 2010) * 9. Să se rezolve în sistemul 1 1 1 2010 x y z . 3 x y z 670 ( Maroc) 4 10. Să se rezolve în * sistemul n
m
x y z t 4 1 1 1 1 5 1 . x y z t xyzt ( Maroc) 11. Se dă un pătrat ABCD cu laturile de lungime 1 . Un punct X pe BC este la distanţa d de punctul C , iar un punct Y pe CD este la distanţa d de punctul C . Dreptele AB şi DX
24
Revista de matematică MATHGAL se intersectează în punctul P , AD şi BY în Q , CD şi AX în R , BC şi AY în S . Dacă punctele P, Q, R, S sunt coliniare, să se determi ne d . ( Noua Zeelandă, test OIM ) 12. Demonstraţi că aria cercului înscris într -un hexagon regulat este mai mare decât 90% din aria hexagonului. (Olimpiada lusofonă ) Soluţii : 1. Dacă p 2 , atunci se obţine 2 2 22 8 , care nu este prim. Dacă p 3 , atunci avem numărul 23 32 17 , care este prim. p
Dacă p 3 , atunci numărul 2 p p 2 3 1 p 1 p 1 se divide cu 3 , deci nu este prim. Rezultă că dacă numerele p şi 2 p p 2 sunt prime, atunci p 3 . 2. Condiţiile ca parabola să treacă prin punctele A şi B se scriu : 4a 2b c 1 , 4a 2b c 9 , de unde se deduce b 2 şi 4a c 5 . Parabola nu intersectează axa Ox , dacă b 2 4ac 4 4a 5 4a 4 4 a 1 a 1 0 , 1 b 1 deci a 1. Abscisa vârfului parabolei este xV . 4 2a a 1 În final se deduce 4 xV 1 . a
2
2
3. Avem m n 4mn (inegalitatea mediilo r) şi m n 4 mn 1 , din condiţia de 2
2
divizibilitate. Se deduce m n 0,1,2,3,4 şi în final m n 0,1,4 deoarece numerele 2 şi 3 nu sunt pătrate perfecte. Presupunem m n şi avem cazurile : 2 2 m n , deci 4n | 4 n 1 , de unde n 1; 2
2
m n 1 , deci
2n 1 | 4 n 2 n 1 , astfel că 2n 1 | 3 , de unde n 0 ;
m n 2 , deci
4 n 1 | 4 n 2 2n 1 , ceea ce este adevărat pentru orice n .
2
Se obţin în final perechile : 1;1 , 1,0 , 0,1 , n, n 2 , n 2, n , n . 4. Dacă n p1 1 ... p k este d escompunerea în factori primi a numărului natural n , atunci numărul divizorilor lui n este n 1 1 ... k 1 , iar produsul acestor divizori este k
n
n prime. Pn
5.
2
. Avem n 6 dacă şi numai dacă n p 5 sau n p 2 q, unde p, q sunt numere
Polinomul
^
f
X 3 X 1 11 X
are
descompunerea
în
factori
^ ^ ^ . Rădăcina x 2^ se găseşte simplu din egalitatea 23 2 1 11 . 2 X X 2 5 X 2 Al doilea factor este ireductibil în 11 , deoarece nu are rădăcini în 11 (această afirmaţie nu este adevărată decât pentru po linoame de gradul 2 sau 3 ). Într-adevăr, mulţimea pătratelor
f
25
Revista de matematică MATHGAL
^ ^ ^ ^ ^ ^
din 11 este 0;1;3;4;5;9 , deci polinomul X
2
2
^ ^ 2 X 5 X 1 7 nu are rădăcini în ^
^
^
11 , deoarece 7 nu este un pătrat în 11 .
Dacă există a A şi b B astfel ca a 2b mod 11 , atunci perechea a , b satisface condiţia din enunţ : 3 2 3 2 2 a ab b a 2b a 2ab 5b 0 mod 11 . Presupunem că pentru orice b B , restul împărţirii la 11 al numărului 2b este un element din B . În acest caz mulţimea B conţine resturile împărţirii la 11 ale numerelor 2k b , ^
1 k 10 , care sunt distincte, deoarece 2 este un generator al grupului multiplicativ din corpul 11 . Mulţimea B conţine 10 elemente, deci mulţimea A este vidă, contrar ipotezei. Afirmaţia din enunţ este astfel demonstrată. u
6. Fie r , u, v , v 0, u, v 1, o rădăcină raţională comună a polinoamelor P şi v r
Avem 0, deci u 0, altfel a0 b0 0 şi anb0 a0bn 0, contrar ipotezei. Din P r Q r 0 se obţine prin eliminarea numitorilor n n 1 n 2 2 n an u a n1u v an 2 u v ... a0 v 0, n n 1 n 2 2 n bn u bn1u v bn 2u v ... b0v 0, de unde prin scădere se obţine an bn un an2 bn 2 u n 2 v2 ... a0 b0 v n 0. Dacă p este un divizor prim al lui v , atunci p 2 divide toţi termenii acestei sume, cu excepţia primului, deoarece an bn este prim şi p nu divide u n , contradicţie. 7. Se consideră polinomul f X 5 X 3 X 2 . Polinomul derivat f ' 5 X 4 3 X 2 1 nu are rădăcini reale, deci funcţia asociată este strict pozitivă pe , astfel că polinomul f are o singură rădăcină reală a . Avem f 6 4 f 3 2 3 32 3 2 0, Q.
f
1
6 3 6 35 2 2 6 3
1 3 0. 2
1 6 1 şi 3 3 , inegalităţi care se verifică prin ridicare la putere. 2 2 Se deduce a 6 3, 6 4 , deci 3 a6 4.
deoarece 6 35 2
8. Egalitatea 2m 2n 3m 2n 2 m 3 n 6 m 6 n , demonstrează afirmaţia din enunţ, deoarece 6m 6n 1 1 0 mod 5 . 9. Media aritmetică a numerelor x, y, z este egală cu
1 3 1 , iar media lor armonică 3 670 670
3 1 1 . Rezultă x y z . 2010 670 670 10. Sistemul are soluţia x y z t 1. Se arată că soluţia este unică. Din relaţiile lui Viète rezultă că polinomul unitar cu rădăcinile x, y, z , t are forma 4 3 2 * P X 4 X aX 5b 1 X b , a, b .
este egală cu
26
Revista de matematică MATHGAL 4
Este suficient să demonstrăm că a 6, b 1 , deoarece în acest caz P X 1 . Inegalităţile
4
4 x
x1
xy x 6
4
implică a 4b 4b 1. 5b 1 6
4b 1 rezultă b 1. Se deduce b 1 , deci a 6 . 5b 1 Notă. Inegalitatea de mai sus este inegalitatea mediilor, iar al treilea termen poate fi inserat prin aplicarea inegalităţii Newton, mai general, a inegalităţii Muirhead sau prin demonstraţie directă. 11. Se alege sistemul de coordonate estfel ca A 0,1 , B 0,0 , C 1,0 , D 1,1 , deci
Din
4
b 1
rezultă b 1, iar din
X 1 d ,0 , Y 1, d .
Se scriu ecuaţiile dreptelor respective şi se determină punctele lor de
intersecţie :
1
1
AB : x 0 DX : y 1 x 1, deci P 0,1 , d d
1
AD : y 1, BY : y dx, deci Q ,1 ,
d x d y 1, deci R 1, CD : x 1, AX : 1 d 1 d 1 ,0 BC : y 0, AY : y 1 d 1 x, deci S 1 d 1 Ecuaţia dreptei PQ : y x 1 . Punctele R, S aparţin acestei drepte dacă şi numai dacă d
2
3d 1 0 . Am presupus implicit (enunţul nu este foarte clar) că 0 d 1 . Se deduce 3 5 d . 2 Lăsăm cititorulu i analiza variantelor în care unul sau ambele puncte X , Y se află pe prelungirile laturilor pătratului. 12.Se ia ca unitate de măsură latura hexagonului. Aria cercului înscris este egală cu 3 , deoarece raza cercului este egală cu apotema hexagonului, iar aria hexagonului este 4 3 2 9 3 3 18 3 , echivalentă cu egală cu . Avem de demonstrat inegalitatea , 4 3 3 10 2 10 18 3 care este adevărată, deoarece 3,14... , iar 3,11... . 10 d
Bibliografie
www.mathlinks.ro profesor, Grupul Ş colar de Transporturi str. Văleni, nr. 144G, cod 100132 Ploieşti, judeţ ul Prahova e-mail:
[email protected]
27
Revista de matematică MATHGAL
Putem reţine mai uşor valorile funcţ iilor trigonometrice? de Dan Matica
Cum se ajunge la aceste val ori nu are foarte mare importanţă , deoarece majoritatea elevilor nu vor reţ ine procedeul-interesant totuşi ca exerciţiu -dar o metodă de memorare (învăţată de la tatăl meu) scurtă şi eficientă e de apreciat. Pe lângă valorile învăţ ate la gimnaziu mai introducem două coloane pentru 0 0 şi 90 0. Acum pornind de la sin00 pe care-l scriem ca 0 (radical din zero supra doi), apoi sin300 sub forma 1 şi continuâ nd regula 2 2 cu 2 , 3 şi 4 ; pare destul de uş or nu-i aşa?. Pentru cosinus nu avem decât să scriem în 2 2 2
ordine inversă (aplicând regula cos 90 0 x sin x sau cos x sin 900 x )-sinusul unui sin unghi este egal cu cosinusul compleme ntului său ). Apoi cu regula tg şi cos 0 ctg 90 x tg x completăm tabelul.
x
0
0
30
0 sin x
2
0 0 2
cos x
1
tg x
0 0 1
ctg x
nu se poate
0
0
45
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
3 2
2 2
1 2 1 2 1 3 2 3 3 2
2 2 1 2 2
3
1
60
0
3 3 2 2
1 2
90
0
4 2 1 2 2
0
3 2 32 3 1 2 1 2
1 -nu se p oate 0
1 3
0
profesor, Ş coala Gimnazială „ Aron Cotrus” str. Petru Rareş, nr. 20, cod 310206 Arad, judeţul Arad e-mail :
[email protected]
28
Revista de matematică MATHGAL
TEST DE EVALUARE INIŢIALĂ Disciplina MATEMATICĂ Anul şcolar 2011 -2012 Clasa a VII-a
Pentru rezolvarea corectă a tuturor cerinţelor din Partea I şi Partea a II -a se acordă 90 de puncte. Din oficiu se acordă 10 puncte. Toate subiectele sunt obligatorii. Timpul de lucru efectiv este de 50 minute. Partea I Scrieţi litera corespunzătoare singurului răspuns corect. 5p 1. Rezultatul calculului −94−17+42−70+81−1 A. – 60 B. −59 C. −58 5p
2. Cel mai mare d ivizor comun A. 2 B. 3
al numerelor 30 şi 48 este : C. 6
(45 puncte) D. 58 D. 240
7 5 x 2 y este: ,atunci valoarea raportului y 9 2 x y 53 17 29 48 A. B. C. D. 5 5 3 5 5p 4. Un elev cumpară 4 caiete cu 1 leu bucata , 10 caiete cu 1,5 lei bucata şi 6 caiete cu 2 lei bucata. Cât a costat în medie un caiet? A. 1,5 lei B. 1,55 lei C. 1,65 lei D. 1,45 lei 5p
3.
5p
5.
5p
Dacă
x
După două creşteri consecutive de preţuri , prima de 10% , iar a doua de 15%, un obiect costă 126,5 lei. Preţul iniţial al acestui obiect a fost: A. 99 lei B. 110 lei C.125 lei D. 100 lei 5 şi diferenţa lor este 10. Produsul celor 6. Raportul a două numere naturale este 3 două numere este egal cu: A. 350 B. 325 C. 375 D. 365 Măsurile unghiurilor unui triunghi sunt direct proporţionale cu numerele 2; 3 şi 5. Cel mai mare dintre unghiuri măsoară: A. 900 B. 1050 C. 72 0 D. 500
5p
7.
5p
8.
Un triunghi echilateral are semiperimetrul de 24 cm. Lungimea bazei triunghiului este egală cu: A. 18 B. 12 C. 16 D. 24
Fie triunghiul ABC isoscel şi ACD exterior triunghiului. Da că m(ACD) 1500 , atunci măsura unghiului BAC este: A. 750 B. 1200 C. 1150 D. 850
5p 9.
29
Revista de matematică MATHGAL Partea a II –a La următoarele probleme se cer rezolvări complete 9p 10. Rezolvaţi în mulţimea numerelor întregi, ecuaţia :
(45 puncte)
x 5 3 4 1 2 4 11 46 3 9p
11. Determinaţi toate valorile întregi ale lui x , astfel încât
15 să fie număr 3 x 1
întreg. 9p 12. M-am gândit la un număr pe care l -am adunat cu 3. Rezultatul l- am înmulţit cu 4. Din noul rezultat scădem 2 iar diferenţa obţinută se împarte la 6 obţinând astfel număr ul la care m- am gândit iniţial. Care este numărul la care m -am gândit iniţial? 9p 13. În triunghiul ABC dreptunghic în A cu m (C ) m (B ) ,se construiesc înălţimea [AD] şi mediana [AM]. Ştiind că m(MAD) 300 şi MD=10 cm , să se calculeze lungimea [BC]. 9p 14. Perimetrul triunghiului isoscel ABC cu AB=AC este de 24 cm, AM BC , M BC , iar perimetrul triunghiului ABM este de 16 cm. Determinaţi lungimea segmentului AM.
Test propus de prof. Florin Antohe
TEST DE EVALUARE INIŢIALĂ DISCIPLINA MATEMATICĂ Anul şcolar 2011 -2012 Clasa a VII-a
BAREM DE EVALUARE ŞI NOTARE ParteaI
(45 puncte)
Se punctează doar rezultatul, astfel: pentru fiecare raspuns se acordă fie punctajul maxim prevăzut în dreptul fiecărei cerinţe, fie 0 puncte. Nu se acordă punctaje intermediare. Nr item 1. Rezultate B. Punctaj 5p
2. C. 5p
3. A. 5p
4. B. 5p
5. D. 5p
Partea a II-a
6. C. 5p
7. A. 5p
8. C. 5p
9. B. 5p (45 puncte)
Pentru orice soluţie corectă , chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul maxim corespunzător. Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem. 30
Revista de matematică MATHGAL
x 3 4 1 2 4 7 3 x 1 2 4 1 3 x 12 11. 3 x 1|15 3 x 1 1; 3; 5; 15 x 0 sau x 2 10.
12.
4p
3p 2p 3p 3p 3p
x 3 4 2 : 6 x
5p 4p
x 5
MAD dreptunghic, m(DAM ) 300 m(DMA) 600 AM=20 cm; AM MB, m (BMA) 600 BMA echilateral AM BM 20 cm BC= 40 cm 14. AB+BM+AM=16 cm 2AB+2BM=24 cm AM=8 cm. 13.
2p 2p 3p 2p 3p 3p
Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10. MATRICEA DE SPECIFICAŢII Competen e de
C1
C2
C3
C4
C5
C6
Total
evaluat
Conţinuturi Divizori. Divizori I.2(5p) comuni a două sau II.10(3p) mai multor numere II.11(4p) naturale. Multiplu. Multipli comuni a două sau mai multor numere naturale. C.m.m.m.c. Ordinea efectuării II.10(3p) operaţiilor cu II.12(5p) numere raţionale pozitive. Rapoarte , procente; I.6(1p) probleme în care intervin procente. Proporţii, I.3(5p) proprietatea fundamentală a pro porţiilor. Mărimi direct proporţionale. 31
12p
8p
I.5(5p)
6p
I.7(3p)
8p
Revista de matematică MATHGAL Mulţimea Z. Ecuaţii I.1(5p) în . II.12(2p)
II.11(2p) II.10(3p) II.12(2p) I.6(4p) II.11(3p)
Probleme care se rezolvă cu ajutorul ecuaţiilor. Media aritmetică ponderată a unor numere raţionale pozitive. Triunghi: definiţie, elemente;clasificarea triunghiurilor; perimetrul triunghiului;Suma măsurilor unghiurilor unui triunghi Proprietăţi ale triunghiului isoscel şi echilateral. Proprietăţi ale triunghiului dreptunghic Total
I.4(5p)
14p
7p
I.9(1p)
I.7(2p) I.8(2p) I.9(3p)
6p
II.14(3p)
10p
I.8(1p) I.9(1p) II.14(3p) II.13(4p) II.13(5p)
10p
I.8(2p) II.14(3p)
15p
12p
6p
24p
20p
13p
9p
90p
Competenţele de evaluat asociate testului de evaluare iniţială pentru clasa a VII -a
C1. Aplicarea regulilor de calcul şi folosirea parantezelor în efectuarea operaţiilor cu numere întregi/raţioanle pozitive. C2. Utilizarea algoritmilor pentru determinarea c.m.m.d.c, c.m.m.mc, a două sau mai multor numere naturale. C3. Alegerea metodei adecvate de rezolvare a problemelor în care intervin rapoarte, proporţii şi mărimi direct sau invers proporţionale. C4. Transpunerea unei situaţii problemă în limbaj algebric , rezolvarea problemei obţinute şi interpretarea rezul tatului. C5. Interpretarea informaţiilor conţinute în reprezentări geometrice în corelaţie cu determinarea unor lungimi de segmente şi a unor măsuri de unghiuri. C6. Exprimarea caracteristicilor matematice ale triunghiurilor şi ale liniilor importante în t riunghi prin definiţii, notaţii şi desen.
32
Revista de matematică MATHGAL
CONCURSUL DE MATEMATICĂ ,,MIHAIL KOGĂLNICEANU’’ Ediţia a IX-a 7.11.2011 Clasa a-XII-a 1.
Dacă F este o primitivă a funcţ iei f : (4, ) , f ( x)
x x 4
, atunci rezultatul
4) F ( 3) 5 , (unde e reprezintă constanta lui Euler) este : b) e 3 c) e 8 d) e e)rezultatul depinde de primitiva F 1 pentru care F 1 , 2. Dacă F este primitiva funcţ iei f : 0, R , f ( x ) 2 sin x 2 3 atunci F este : 4 calculului a) e 5
F (e
a)2 b) 0 c) 1 d)1 e) 2 3. Pe definim legea de compoziţ ie x y 2 xy 6 x 6 y 21 . Soluţia ecuaţ iei x x x 3 este : 10 ori
a)4
b) 3
c)2
e)nu are soluţ ie
d) 6
Valoarea lui k pentru care funcţia 2 x ln x arcsin x, x 0 f :[0, ) , f ( x) admite primitive este : k x , 0 e)nu există a)1 b)2 c) e d) 0 5. Pe mulţimea definim legea de compoziţie x y 5 xy 6 x 6 y 6 . Numărul elementelor simetrizabile a le mulţimii în raport cu legea este : a)1 b) 2 c)o infinitate d)nici unul e) 3 6. Fie mulţimile A x 6 / 2x 4 şi B x 6 / 3 x 3 .Numărul elementelor 4.
mulţimii 6 \ A B este : a) 4 b) 2 c)1 7.
e)mulţimea este vidă
d)3
sin2 x este : 1 cos 4 x a) F ( x) arctg (sin 2 x 1) ; b) F ( x) arctg (cos 2 x) d) F ( x) arctg (cos 2 x 1) e) nu se poate calcula O primitivă a funcţ iei f : , f ( x)
c) F ( x) arctg (sin 2 x) ;
7 18 M 2 ( ) care verifică ecuaţ ia X 2 este : 4 7 a)1 b)2 c)3 d)o infinitate e)nici una. n 2x 9. Şirul de integrale I n x e dx, x , n 1 verifică formula de recurenţă : 8. Numărul matricelor X
n
a) I n x ne 2 x I n1 , n 2 2 c) I n
x n e2 x
2
n
2
I n1 , n 2
b) 2 I n nI n1 x ne 2 x , n 2 n
d) I n x ne 2 x I n1 , n 2 2
33
Revista de matematică MATHGAL e) niciunul din rezultatele anterioare 10. Calculând
x
1 cos x , x (0, ) se obţine :
x x x x a) xtg ln cos C b) xtg 2ln cos C 2 2 2 2 x x x x x x x c) xtg 2 ln cos C d) tg 2 ln cos C e) xtg ln cos C 2 2 2 2 2 2 2 11. Pe se defineşte legea de compoziţ ie x y x y xy . 1 1 1 Calculând 1 se obţine : 2 3 2011 e)un număr mai mic ca 1 a)2011 b)2012 c)2009 d)1 12. Numărul punctelor de extrem local ale funcţ iei f : , f ( x) x 2 x este : a)1 b)2 c)3 d)nici unul e)4 13. Fie f : o funcţie continuă şi funcţ ia g : , g ( x ) f ( x ) pentru x 0 şi g (0) f (0) 1 . Care este afirmaţia adevărată ? a)g este continua în 0 b) g are primitive pe c) g are proprietatea Darboux d)g nu are primitive pe e) f nu are primitive pe 14. Fie m .Definim pe legea de compozitie x y 4 xy 2 x 2 y m şi notăm cu 1 A mulţimea valorilor lui m pentru care \ este parte stabilă a lui R î n raport cu 2 legea . Atunci : 1 3 1 3 a) A b) A c) A d) A \ e) A \ 2 2 2 2 1 . Care din următoarele 15. Fie F : o primitivă a funcţ iei f : , f ( x) 4 x 2 afirmaţii este falsă : a)F nu este injectivă b) F ( x1 ) F ( x2 ) x1 x2 , x1, x2 c) F '(1) f (1) d) f nu e monotonă pe
Timpul de lucru este de 1 oră ş i 30 de minute. La fiecare problemă un singur raspuns este corect. Problemele 1-10 au 7 puncte fiecare, iar problemele 11-15 au 6 puncte fiecare (total 100 puncte). Subiectele au fost elaborate pe prof. Bogdan Antohe.
34
Revista de matematică MATHGAL
Probleme propuse CICLUL PRIMAR
P:36 Andra rezolvă 15 probleme în 5 zile. În câte zile rezolvă 25 probleme? Ana Maria Alexe, elevă, Galaţ i P:37 Dacă într -un vas se mai toarnă 8 litri de apă vor fi 73 litri de apă. Câţi litri de apă erau la început în vas? Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţi P:38 Trei cărţi costă cât 9 caiete. Cât costă o carte , dacă 7 caiete costă 35 lei. Mariana Negrici, profesor învăţămâ nt primar, Galaţi P:39 Suma a două numere este 1000. Dacă micşorăm primul număr cu 60, iar pe al doilea îl mărim cu 100, calculaţi noua sumă . Elena Necula, elevă, Galaţ i P:40 Găseşte valoarea literelor a şi b dacă : a 5 9 34 a b 2 18
Mariana Negrici,
profesor învăţământ primar, Galaţ i
P:41 Un sfert din jumătatea unui număr este 8. Care este numă rul? Mariana Negrici,
profesor învăţământ primar, Galaţ i
P:42 Suma a trei numere este 180. Aflaţi numerele ştiind că al doilea număr este de 5 ori mai mare decât primu l, iar al treilea cât primul şi al doilea numă r la un loc. Ana Maria Alexe, elevă, Galaţ i P:43 Înjumăţăţiţi produsul numerelor 8 şi 5 şi adăugaţi triplul câtului numerelor 36 şi 4. Află rezultatul şi rezolvă printr -un exerciţiu cu mai multe operaţii. Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţ i P:44 Suma a două numere este 72. Dacă micşoră m unul din numere de 3 ori, suma se micşorează cu 18. Care sunt numerele? Mariana Negrici,
profesor învăţământ primar, Galaţi
P:45 Suma a 5 numere consecutive este 100 . Aflaţi numerele. Geanina Mihai, elevă, Galaţ i P:46 Perimetrul unui pătrat este egal cu lungimea laturii unui alt pătrat. Află lungimile laturilor celor două pătrate, ştiind că dacă se adună lungimea laturii unui pă trat cu lungimea laturii celuilalt pătrat se obţ in 25 m. Delia Curatu, elevă, Galaţ i
35
Revista de matematică MATHGAL P:47 La o croitorie s- au confecţionat 148 costume de bărbaţi, cu 28 mai multe costume de femei, iar costume de copii de 2 ori mai puţine decât costumele de bărbaţi. Câte costume s au lucrat în total? Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţ i P:48 Andrei are o sumă de bani. Această sumă o dublează şi apoi cheltuie 5 lei. Dublează suma rămasă şi împrumută unui prieten 10 lei. Dublează din nou suma rămasă şi îi cumpără surorii sale , Alexandra , o jucă r ie care costă 160 lei. Andrei constată că mai are 200 de lei. Aflaţi suma iniţială de bani. Geanina Mihai, elevă, Galaţ i P:49 Andrei pleacă la şcoală, parcurge un sfert din drum şi îşi aminteşte că a uitat acasă proiectul la istorie. Se întoarce, ia proiectul şi îşi continuă drumul spre şcoală. Ştiind că a parcurs 2400 m, să se afle la ce distanţă de casă se află şcoala. Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţi P:50 Un teren în formă de dreptunghi are perimetrul de 48 hm. Lungimea lui este de 3 ori mai mare decât lăţimea. Află dimensiunile dreptunghiului.
Delia Curatu, elevă, Galaţ i P:51 Se dau numerele: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17. Suma celor trei numere aşezate în pătrat pe orizontală, pe verticală şi pe diagonală să fie 30. Completează pătratele date (află patru soluţii).
9 10 Tatiana Lăbuş, profesor învăţămâ nt primar, Galaţi P:52 Marţi la ora 14:30 , pleacă din gară un tren. Ştiind că el face 216 ore până ajunge la destinaţie, aflaţi la ce oră şi î n ce zi va ajunge trenul la destinaţ ie. Mihaela Munteanu, elevă, Galaţ i P:53 Se dau patru numere şi rezultatul. Se poate folosi orice operaţie matematică şi paranteze ca să ajungi la rezultatul dat. 3 3 3 3= 3 ; 3 3 3 3= 4 ; 3 3 3 3= 5 ; 3 3 3 3= 6 ; 3 3 3 3= 7 ; 3 3 3 3= 8 ; 3 3 3 3= 9 Tatiana Lăbuş, profesor învăţământ primar, Galaţ i P:54 Irina are 44 lei, îi dă jumătate colegei sale şi apoi cheltuie 4 lei. Îşi dublează suma rămasă şi mai cheltuie 5 lei. Câţ i lei are acum Irina? Mihaela Munteanu, elevă, Galaţ i P:55 Matei se gândeşte la un număr. Efectuează diferenţa dintre triplul şi sfertul său. La rezultatul obţinut adaugă numărul iniţial şi obţ ine 45 . La ce număr s -a gândit Matei? Mariana Negrici, profesor învăţământ primar, Galaţ i
36
Revista de matematică MATHGAL CLASA A V-A
G:89 Aflaţi x din relaţia: 32 x :16 8x 2 Elena Boghe, profesor,
Târgovişte
G:90 Comparaţ i numerele: a 374 187994 şi b 6358 121497 17993 Florin Antohe, profesor, Galaţ i
G:91 Pentru a numerota paginile unei cărţi s -a folosit de 141 ori cifra 1. Care este numărul minim şi numărul maxim de file al cărţii? Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:92 Arătaţi că numă rul N 5n 1 7 2n 1 11n 5 n 2 49 n 11n1 5 n 49 n1 este divizibil cu 6239 . Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Bră ila G:93 Aflaţi restul împărţirii numă rului n 1 4 42 ... 4127 la 21. Elena Boghe, profesor, Târgoviş te
G:94 Să se afle restul împărţ irii: aabb bbaa : abba baab a b Daniela Nicolaev-Malaxa, profesor, Galaţ i G:95 Să se afle numărul natural k din egalitatea: 92 k 92k 1 10 3k 1 . Elena Necula, elevă, Galaţ i G:96 Demonstraţi că numă rul n axbxcx cxbxax se divide cu 6 oricare ar fi a, b, c cifre consecutive ş i oricare ar fi cifra x în baza 10. Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:97 Fie numărul natural n . Numărul natural a se numeşte „prieten al lui n ” dacă prin împărţirea lui a la n se obţine câtul egal cu restul. a)Determinaţi restul împărţ irii unui prieten al lui n la n 1 . b)Determinaţi n ştiind că suma prietenilor săi este egală cu 495. Irinel Pancu, profesor, Bră ila G:98 Suma dintre un număr de trei cifre şi răsturnatul său este 665. Determinaţ i numerele care îndeplines c această condiţ ie. Fănica Stroiu, profesor, Galaţ i G:99 Într-o cutie sunt numai bile de trei culori: roşii, galbene şi negre. Numai 27 din ele nu sunt negre şi numai 39 nu sunt roşii. Numărul bilelor roşii este de două ori mai mic dec ât numărul bilelor negre. Câte bile de fiecare culoare sunt în cutie? Florin Antohe, profesor, Galaţ i G:100 Aflaţi suma numerelor care împărţite la un număr natural de două cifre dau câ tul 17 , ştiind că împărţitorul este multiplu al lui 9 , mai mic decât 27 . Elena Necula, elevă, Galaţ i
37
Revista de matematică MATHGAL CLASA A VI-A
9 G:101 Aflaţ i x din egalitatea:
16 4 0,6 x 3 12,98 16, 38 32 22 6 2 213,3 6 215 Mihaela Popa, elevă, Galaţ i
G:102 Să se arate c ă x 10n 5 679 , n nu poate fi pă trat perfect. Elena Boghe, profesor, Târgoviş te G:103 În jurul unui pun ct sunt 16 unghiuri, unele cu mă sura de 150 iar altele cu mă sura de 350 . Care este numărul unghiurilor cu mă sura de 150 . Elena Boghe, profesor, Târgoviş te G:104 Să se demonstreze inegalitatea:
1 1 1 1 2011 2 2 ... 2 2 2 4 6 2012 4024 Florin Antohe, profesor, Galaţ i
G:105 În triunghiul ABC , AB 2 AC şi m BAC 1200 . Bisectoarea unghiului BAC intersectează perpendiculara dusă în C pe AC în D . Arătaţi că AC BD . Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:106 Să se compare numerele: 1 2 3 2011 ... 2 2 2 2 1 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 b ... ... ... 2012 3 4 5 2012 4 5 6 2012 2 3 4 2009 2009 2009 2010 2010 2011 . ... 2010 2011 2012 2011 2012 2012 Rodica şi Dumitru Bălan, profesori, Galaţi a
G:107 În triunghiul ABC bisectoarea unghiului A şi mediatoarea laturii AB se intersectează într -un punct M BC . Să se demonstreze că măsura unghiului dintre ele este mai mare de 300 . Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:108 Suma a patru numere este 1380. Dacă se măreşte primul numă r cu 30% din el, al doilea cu 80% din el, al treilea cu 25% din el, iar al patrulea cu 5% din el , se obţin numere egale. Determinaţ i numerele. Mihaela Popa, elevă, Galaţ i G:109 Demonstraţi că ab şi cd sunt direct proporţionale cu ba şi dc dacă şi numai dacă a şi b sunt direct proporţionale cu c şi d . Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş
38
Revista de matematică MATHGAL G:110 Determinaţi numerele î ntregi n pentru care
3n2 6041n 10070 . n 2012 Florin Antohe, profesor, Galaţ i
CLASA A VII-A
G:111 Dacă a b c d e 2010 şi 1 1 1 1 1 7 , calculaţi: a b c d a b c e a c d e b c d e a b d e 2010 T
a bc d e
b a cd
e
c a bd
e
d a b c e
e a
b c d
.
Florin Antohe, profesor, Galaţi G:112 Determinaţi suma tuturor numerelor de forma abc , unde : 2 abc n 3n ..... 2 k 1 n , n , k prim Cristian Grecu, profesor, Gura Şuţii, Dâmboviţ a G:113
Fie
a, b, c
lungimile
laturilor
u nui
triunghi
care
satisfac
relaţ ia:
2
3b 2 a c 12ab 2c 3 . Stabiliţ i natura triunghiului. 4 3 4 3 a 2a c c 2ac
Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i
G:114 În paralelogramul ABCD se co nsideră punctul P AC . Prin punctul P se construieşte MN BD , M AB şi N AD . Fie DP NC E şi PB MC F . Să se demonstreze că EF BD . Marius Antonescu, profesor, Leiceşti, Argeş G:115 Arătaţi că dacă
a 2 b 2 2a
2 3 2 2b 3 5 0 , atunci b a 1. a b Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţ i
1 1 1 1 1 2 3 2010 şi b 1 ... G:116 Fie a 1 ... . 2 3 4 2011 2 3 4 2011 4 2 Arătaţi că ab 1 2 ... 1005 . 2 1005 Florin Antohe, profesor, Galaţ i G:117 Fie n 5 24 5 24 8 . Calculaţ i n n 2 ... n 2012 . Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Bră ila
G:118 Determinaţi mulţimea A x | x 2 6 x 12 . Daniela Nicolaev-Malaxa, profesor, Galaţ i
39
Revista de matematică MATHGAL 1 1 1 ... 1 2 2 3 1935 1936 b) 5 n n 1 n 2 7 , n Fănica Stroiu, profesor, Galaţ i G:119 Arătaţi că: a)
G:120 Arătaţi că:
10 12 14 2010 9 ... 11 13 15 2011 2011 Florin Antohe, profeso r, Galaţ i
CLASA A VIII-A
G:121 a) Să se arate că x x <
x
1 , x 0 ; 2
b) Să se arate că : 1 1 1 + +...+ < 2 1( 1 1 1) 3 2 ( 2 2 2 ) 2012 2011( 2011 2011 2011) 2011 4024 Cristian Grecu, profesor, Gura Şuţii, Dâmboviţ a
G:122 Într-un trunchi de piramidă triunghiulară regulată , raportul lungimilor laturilor bazelor 2 V k k 1 are valoarea k k 1 . Să se afle ariile bazelor trunchiului ştiind că . h 3 Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Bră ila 97 6 Florin Antohe, profesor, Galaţ i
G:123 Dacă a1; a2 ; a3 , arătaţi că: min 5a1 3a2 a3 2 ;5a 2 3a3 a12 ;5a3 3a1 a2 2
G:124 Să se determine toate punctele P din interiorul unui triunghi dat suma
BC
CA
AB
ABC pentru
care
este minimă, unde D, E , F sunt picioarele perpendicularelor din P pe
PD PE PF BC , CA , respectiv AB .
Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţ i
G:125 Arătaţi că oricare ar fi a, b, c 0; avem:
2010ab 2010bc 2010ca 2011 a b c ab 2010 c 2010 ca 2010 4 Florin Antohe, profesor, Galaţ i G:126 Determinaţ i valorile x pentru care x x3 x 2 8 8 Bogdan Antohe,
40
professor, Galaţ i
Revista de matematică MATHGAL G:127 Demonstraţi că numărul a x 3 6 x2 11x 6 se divide cu 6 oricare ar fi x . Marius Antonescu, profesor , Leiceşti, Argeş 1 1 G:128 Fie x astfel încât x a . Determinaţ i x17 17 în funcţ ie de a . x
x Daniela Nicolaev-Malaxa, profesor, Galaţ i
G:129 Să se arate că, dacă într -un trunchi de piramidă patru lateră regulată, lungimea apotemei este egală cu media aritmetică a lungimilor bazelo r, volumul se poate calcula după formula: A Ll V t . 6 Narcisa Codreanu, elevă, C.N.V.A, Galaţ i G:130 Determinaţi funcţ ia f : , cu proprietatea 2 f x 3 f 1 x x 7 ,oricare ar fi x . Daniela Nicolaev- Malaxa, profesor, Galaţ i CLASA A IX-A
2 x 1 3 x 1 3 x 2 , L:22 Să se rezolve în ecuaţia: x 3 x 2 x 2 3 3 unde s-a notat prin a partea fracţionară a numărului real a . Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi L:23 Să se arate că pentru orice x real şi orice n natural nenul avem: 1 1 x2 x2 2 2 4 2 1 2 1 x x 1 x x ... 1 2 x 1 x x 2 Valentin Ciortan, student, Univ. Galaţ i 2 x 2 x 1 L:24 Aflaţi x astfel încât 2004 unde a reprezintă partea întreagă a 3 6 lui a . Irina Humă, profesor, P iatra Neamţ L:25 Demonstraţi că numerele 11...122...25 sunt pătrate perfecte pentru n 1 . n
n
n
n
n 1
n
Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă,
Bră ila
* L:26 Fie Sk 1k 2 k ... n k , n, k . Să se găsească toate valorile lui k pentru care este adevărată urmă toarea identitate: 2S2 k 1 k 1 S 2 k 1 k 1 S k 2 , n * . Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieş ti
L:27
Fie
an n 1 : a1 t ;
t 0;1 an 1
un
număr
real.
Definim
prin
recurenţă
ş irul
2an2 1, n 1 . Pentru câte valori ale lui t avem a2010 1 ? Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i
41
Revista de matematică MATHGAL L:28 Fie a, b, c 0. şi a b c 2010 . Să se arate că ab ac ab bc ac bc 3015 Fănica Stroiu, profesor, Galaţ i L:29 Demonstraţ i inegalitatea: a b c ab ac bc a 2 b 2 c 2 6 , a , b , c 0,1 4 b c a c a b Alin Pop, profesor, Sibiu
L:30 Să se rezolve în
ecuaţia 2
x 1
2
x 2 x ,
unde prin x şi x s- au notat partea întreagă, respectiv partea fracţionară a numărului real x. Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi L:31 Să se demonstreze că dacă x , y , z sunt numere reale pozitive şi nenule şi xyz 1, avem inegalitatea 4 4 4 xy x y yz y z zx z x 48. Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi CLASA A X-A
L:32 Fie z , z 1. Să se demonstreze că:
1 1005 z 2010 1 z 2011 1 1006 z 2011 1 z 2012 2011. Florin Antohe, profesor, Gala ţi
L:33 Determinaţi valorile lui x pentru care este definit logaritmul: 2 x 1 x 3 . log x 2010 x 2 x 1 Livia Băcilă şi Alina Ţ intea, profesori, Sibiu L:34 Dacă a, b, c 0, şi abc 1, să se demonstreze inegalitatea: 1 3
a b ab c
2
1 3
b c bc a
2
1
3 . 3 2 2 c a ca b Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi
L:35 Rezolvaţi ecuaţia: 5log2008 x 2008log 5 10 x
Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i L:36 Să se demonstreze inegalitatea 1
lg 4 1 log5 16,(3) > 2. 2 lg 5 Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi 42
Revista de matematică MATHGAL
x 2 2m m 1 x m, x ;2 L:37 Fie funcţia f : , f x . 2 mx m 1 x 4, x 2; a)Să se afle m , astfel încât funcţ ia f să fie bijectivă . b)Pentru m aflat la punctul a) să se afle inversa funcţ iei f . Emil Dumitrescu, profesor, Galaţ i L:38 Se consideră şirul xn n 0 definit astfel : x0 ; xn 3 xn1 2 , n 1 . Arătaţi că putem alege un x0 astfel încât x100 este divizibil cu 364 . Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i L:39 Rezolvaţ i sistemul: xC k n y k 1 n 1 k n xCnk 11 n y k k 1 n Irina Humă, profesor, Piatra Neamţ x 1
1 L:40 Să se rezolve ecuaţia 3
x
x 3 1 3 3 în mulţimea numerelor reale. 12 12
Florin Ciortan, profesor, Mircea
L:41 Aflaţi toate soluţiile inecuaţiei: 3 x 4 x 9 5 x 15 x 5 x 2
x2
Vodă, Brăila
.
Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i CLASA A XI –A
L:42 Să se calculeze şi să se discute după v alorile parametrului real m: 2 3 3 2 4 3 2011 2011 2011x 2010 2010 2010 mx . x 2 x 1 x 3x 2 4 x 4x 3 ... x lim x
Rodica şi Dumitru Bălan, profesori, Galaţi
4 6 L:43 Să se rezolve, în mulţ imea M 2 , ecuaţia X 2010 . 8 12 Florin Antohe, profesor, Galaţ i L:44 Fie matricea A M 2 cu proprietatea det A2 4I 2 1. Să se calculeze
A2 2 I 2
n
, n *.
Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi
43
Revista de matematică MATHGAL
1 2011 2011 L:45 Fie matricea A 2011 1 0 S ă se calculeze A n , n 2011 0 1 Florin Antohe, profesor, Galaţ i L:46 Să se determine a minim şi
b maxim
astfel ca inegalitatea:
să fie adevărată pentru orice x 0 .
x ax 1
ln 1 x
x bx 1
Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieş ti
L:47 Fie şirul an n1 strict crescător, astfel încât an2 an4 an1 3an1 3a n 3a2n 1 16, n * . Să se arate că şirul an n1 este convergent şi să se determine limita sa. Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi
L:48 Se consideră ş irul de numere reale pozitive an n0 , cu 6
relaţia: an
5
an 1 an 2
a0
4 , a1 6 32 şi care verifică
, n 2 . Calculaţi limita ş irului. Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i
L:49 Care este valoarea maximă a funcţ iei f : , f x sin 2 x sin x ? Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploi eşti L:50 Fie f : o funcţie continuă astfel încâ t f f x 3 f x 2 x 0, x . Demonstraţi că funcţ ia f este strict crescătoare şi bijectivă. Bogdan Antohe, profesor, Galaţ i L:51 Fie X , Y , Z M n , matrice care comută două câte două, astfel încâ t 4 4 4 X Y Y X On . Să se arate că det X Y Y Z Z X 0 .
Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi CLASA A XII-A
L:52 Fie G, un grup multiplicativ, având elementul neutru e şi a un element al său astfel încât a x n a1 x n2 , x G , pentru un număr natural nenul n. Dacă a comută cu orice element al grupului G, , să se arate că x a n x1 a n2 , x G . Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi 2011
L:53 Să se calculeze:
1
2012 x arctg (2012 x ) dx . x arctgx
arctg
Florin Antohe, prof esor, Galaţ i
44
Revista de matematică MATHGAL L:54 Căutaţi funcţiile inversabile f : , care admit o primitivă F pentru care
F x2 F
2 x F x 2
2
,
1
x .
Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi
L:55 Se dă funcţ ia f : , f x x n ax , unde n , n 2 şi a . Să se arate că 1
egalitatea:
f x dx 0
n 2
f
0 f 1 2
2 1 1 f ' x dx este adevărată dacă şi numai dacă 12 0
şi a 1 .
Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieş ti L:56 Să se determine primitivele funcţiei f : 0, 2 , f x arccos cos 2 x . Dumitru şi Rodica Bălan, profesori, Galaţi
2
L:57 Fie I n 1 sin n x dx, n 1. 0
a) Să se calculeze I 1 ; b) Să se arate că şirul ( I n )n 1 este convergent şi să se calculeze limita lui. Conf. dr. Jenică Crînganu, Univ. Galaţi :[a , b] o funcţie de 2 ori derivabilă cu f ''( x ) 0 . b ab f (a ) f (b) Atunci: (b a) f ( . ) a f ( x)dx (b a ) 2 2 Florin Ciortan, profesor, Mircea Vodă, Bră ila
L:58 Fie
f
^
^
L:59 Să se rezolve în 103 ecuaţia: x 4 x 2 1 0 . Corneliu Mănescu-Avram, profesor, Ploieş ti L:60 Fie n * si G, un grup. Dacă există a, b G astfel încât a b a b a b a b a b , arătaţi că a n e dacă şi numai dacă bn e . Ion Bursuc, profesor, Suceava
L:61 Calculaţ i
x
x2 1 dx x 4 2 x3 x 2 2 x 1
, x 0; Gabriel Necula, profesor, Plopeni
45
Revista de matematică MATHGAL “Problema
cu albina”, în varianta de
coş mar...... de Sorin Borodi
Sursa: Evaluare Na ională 2011 “Probă scrisă la matematică” a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) l) m) n) o) p)
q) r)
Demonstraţi că A,M,F sunt coliniare. Calculaţi EM. Ar ătaţi că dreptele DM şi BN sunt paralele. Calculaţi aria suprafeţei mărginite de arcul BM, arcul MF şi segmentul [BF]. Dacă BN CD = {K}, calculaţi DK. Demonstraţi că punctele B, M, D sunt necoliniare. Calculaţi distanţa de la punctul E la dreapta BN. Stabiliţi dacă dreptele CN şi BM sunt perpendiculare. Calculaţi măsura unghiului BMN. Fifura 3 (din enunţul problemei) are centru de simetrie? Justificaţi r ăspunsul. Construiţi simetricul triunghiului FNC faţă de punctul C. Calculaţi aria triunghiului AEN. Stabiliţi natura triunghiului DFM. Calculaţi sinusul unghiului FAN. Demonstraţi că dreapta BN înjumătăţeşte coarda [MF], dar nu înjumătăţeşte arcul MF. La ora 1030, o albină îşi ia zborul din D şi zboar ă în linie dreaptă până în M, cu viteza de 15 km/h. La ora 1032 o altă albina albină îşi ia zborul din A şi zboar ă în linie dreaptă până în M, cu viteza de 5 km/h. Care dintre cele două albine ajunge prima în M? Demonstraţi că N este centrul de greutate al triunghiului DCM. Dacă în figura 3 (din enunţul problemei) AB are lungimea 4 cm, la ce scar ă a fost realizat E A desenul?
D
Soluţii În AMB , (figura 1) MO este înălţime şi mediană , deci AMB este isoscel. Deoarece OA OB OM AMB dreptunghic .
N
M
B
F
figura 1 46
C
Revista de matematică MATHGAL Aşadar m AMO 450 în pătratul ABFE , AM este inclusă în diagonala AF , deci A, M , F sunt coliniare. EM
EB
2
16 2 8 2 m 2 2
E
A
D
2
BN 24 8 8 10 m BM DN 8 2 m ;
DM
Aşadar, MBND este paralelogram , de unde DM BN . Regiunea haşurată, (figura 2), este un dreptunghi OBFQ din care se elimină doua sferturi de cerc , aşadar aria ei va fi: AOBFQ
T .F . A
BH BC
B
C
F
figura 2
128
E
A
N
M
64 128 32 m2 32 4 m2 . 4 2 BN NH 24 8 32 CK m (figura 3). 32 CK 3 BK CK
2 Asfert cerc 16 8 2
BHN BCK
2 R
Q
O
E
D A
D
K N
M
M S
B
F
H
figura 3
BM
8 2,
DM
8 10,
BD
C B
BE EN
C
F
figura 4
16 5 BM MD BD B , M , D - necoliniare.
BEN (figura 4), este dreptunghic în E , deoarece
m BEN 180
16 2 8 2 32 16 10 m BN 5 8 10 10 CN şi BM sunt concurente în E (deoarece B, M , E sunt coliniare şi iar m BEC 1800 900 900 . Aşadar ES
N
0
450 45 0 90 0 .
Deci CN BM .
C , N , E sunt coliniare) ,
E
A
D
m BMN 1800 m BMO 1350
(figura 5) Dreptunghiul ABCD are ca centru de simetrie intersecţia diagonalelor.
O
B
M
N
F
figura 5 47
C
Revista de matematică MATHGAL Figura 6. CF'N' A AEN
16 8 64 m 2 . 2 E
A
D
M
B
N
F
F'
C figura 6
N'
m DFM 180
0
(figura 7). 450 450 900 DFM dreptunghic
FAN este dreptunghic în F . FN 8 2 5 sin FAN . AN 8 10 5 BF MN 16 m , BF FN 8 2 m , deci BFNM este paralelogram, fără să fie romb. Aşadar, diagonala BN înjumătăţeşte diagonala MF , dar NB nu este bisectoarea MNF . v
d t
t
d v
v1
B
N
C
F
; (figura 8)
Pentru prima albină t 1
M
O
D
figura 7
15 km / h 250 m / min ; 5 km / h DM
E
A
8 10 0,1 min 6 sec 250
250 m / min . 3 A
E
D
L
Pentru a doua albină M N AM 8 2 J t 2 0,13 min 7,8 sec 250 v2 3 C F A doua albină are în plus o întârziere de B O figura 8 două minute , deci prima albină ajunge mai repede în M q) EMND este paralelogram , deci L este mijlocul lui DM . Aşadar CL este mediană în DCM . Analog , DJ este mediană, deci N este centrul de greutate al DCM .
r)
48
Revista de matematică MATHGAL
4 cm în desen ......................1600 cm în realitate 1 cm în desen........................ x cm în realitate 1600 400 cm. Deci, scara este 1:400 . x 4 profesor, Liceul Teoretic „Alexandru Papiu Ilarian” str. Piaţa Lupeni, nr. 2, cod 405200 Dej, judeţul Cluj e-mail:
[email protected]
PROBLEME DE ASTRONOMIE de Lucia Popa
În rezolvarea problemelor de astronomie se folosesc multe dintre cunoştinţele de matematică şi fizică învăţate în şcoală. În sprijinul elevilor atraşi de domeniul astronomiei şi care intenţionează să participe la Olimpiada de Astronomie şi Astrofizică, voi prezenta în continuare câteva exemple de probleme cu coordonate cereşti. Problema 1
Steaua Arcturus are declinaţia δ = +190. La ce înălţime maximă faţă de orizont ajunge ac eastă stea pentru un observator aflat la latitudinea de 45 0? De la ce latitudine poate fi observată ca stea circumpolară? Rezolvare
Înălţimea maximă faţă de orizont este atinsă de stea atunci când, în mişcarea sa aparentă diurnă, ajunge pe meridianul ceresc al locului de observaţie. Declinaţia stelei este distanţa unghiulară a ei faţă de ecuatorul ceresc. Pentru un observator aflat la o anumită latitudine φ, punctul de intersecţie între ecuatorul ceresc şi meridianul ceresc al locu lui este la o distanţă unghiulară egală cu φ faţă de zenit. Distanţa unghiulară faţă de zenit al oricărui punct de pe bolta cerească se numeşte distanţă zenitală. Înălţimea maximă atinsă de stea este h1 = 90 0 – φ + δ, deci h1 = 64 0. O stea circumpolară are declinaţia δ mai mare sau cel puţin egală cu 90 0-φ. Latitudinea de la care Arcturus se vede ca stea circumpolară φ ≥ 71 0 Problema 2
Soarele parcurge pe bolta cerească, în mişcarea sa aparentă anuală, o traiectorie în formă de cerc, numită ecliptică. Ecliptica este înclinată faţă de ecuatorul ceresc cu un unghi de 23 0 27/. La echinocţiu, Soarele se află chiar pe ecuator (δ = 0 0 ), la solstiţiul de vară atinge cea mai mare înălţime faţă de ecuator ( δ = + 230 27/ ), iar la solstiţiul de iarnă, se află sub ecuator. (δ = -230 27/ ). Pentru un observator de la latitudinea φ, care este cea mai mare înălţime faţă de orizont a Soarelui, în timpul unui an ? Dar cea mai mică înălţime? Rezolvare
Spre deosebire de st ele, Soarele îşi modifică declinaţia pe parcursul anului. De fapt, aceasta este consecinţa înclinării axei Pământului faţă de planul orbitei sale în jurul Soarelui. Un observator de la latitudinea φ va putea determina înălţimea maximă a Soarelui cu formula h max = 900 – φ + 230 27/, iar înălţimea minimă, cu h min = 900-φ - 230 27/.
49