1
Fizică
120 de ani de la nașterea lui Horia Hulubei
Prof. Virginel Iordache Colegiul Naţional de Informatică “Spiru Haret”
Suceava
Născut la 15 noiembrie 1896, Horia Hulubei este savantul
care, în prima jumătate a secolului trecut, a creat şcoala de
fizicieni atomişti din România. În afară de asta, de numele său
este legată şi înfiinţarea Institutul de Fizică Atomică Turnu
Măgurele, unde a fost construit primul reactor nuclear din ţara
noastră.
Seniorul atomiştilor români şi-a început studiile primare
şi liceale la Iaşi. În anul 1915 după bacalaureat, pe care l-a luat
"Magna cum laude", s-a înscris la cursurile Facultăţii din Ştiinţe,
unde urma să studieze fizica şi chimia. Nu a mai apucat pentru
că, după intrarea României în primul război mondial, a fost trimis
pe front. Avansat la gradul de sublocotenent, a luat parte la luptele de la Mărăşeşti, din
vara anului 1917. În acelaşi an viitorul savant a plecat în Franţa unde s-a instruit ca
pilot de vânătoare făcând parte din grupul de tineri trimiși de șeful misiunii militare
franceze în România generalul Berthelot. Participă în calitate de pilot de vânătoare la
operațiunile de pe frontul de Vest, fiind rănit și decorat cu Ordinul „Legiunea de
onoare”A reuşit să-şi reia studiile abia în anul 1922, iar în 1926 a obţinut licenţa în
ştiinţe fizico-chimice.
După absolvirea facultăţii, Hulubei a obţinut o bursă de stat, pe baza căreia a
plecat la studii la Paris, unde a lucrat sub coordonarea profesorului Jean Perrin, de la
Universitatea Sorbona. Este perioada în care s-a dedicat studiilor de fizică
experimentată. În 1933 şi-a luat doctoratul, cu o dizertaţie privitoare la "efectul
Compton Multiplu". Studiile sale fiind foarte apreciate de Maria Sklodovska-Curie.
În acea perioadă, profesorul Jean Perrin a fost cel care l-a introdus în "lumea
bună" a fizicii mondiale unde i-a cunoscut pe marii titani ai ştiinţei din acele vremuri:
Frederic Jolliot Curie, Paul Langevin, Pierre Augier şi Albert Einstein. Tot în acea
epocă, Hulubei a început să se implice în studii privitoare la metalele radioactive. Iar
la Sorbona a avut ocazia să lucreză la unul dintre primele acceleratoare de protoni din
lume.
În perioada în care studia în Franţa, Horia Hulubei a primit Premiul
Fossignon, fapt care i-a adus şi titlul de membru corespondent al Academiei Române.
În 1939, a revenit definitiv în ţară, iar în 1940 a fost numit profesor plin al catedrei de
Structura Materiei de la Universtitatea Bucureşti, universitate al cărei rector a fost
între anii 1941 şi 1944.
Ceva mai târziu, savantul a preluat funcţia de director al Institutului de Fizică
al Academiei. După câţiva ani când, autorităţile vremii din România, au decis
declanşarea unui program de cercetări nucleare, cel chemat să-l pună în aplicare a fost
2
tot Horia Hulubei. În 1955 fusese ales membru titular al Academiei Române. La scurt
timp după acel moment a fost chemat să participe la fondarea Institutului de Fizică
Atomică de la Turnu Măgurele, unde a coordonat construirea şi punerea în funcţiune a
primului reactor nuclear românesc.
Între 1956 şi 1968, Hulubei a condus IFA Măgurele în calitate de director. A
fost o perioadă extrem de fructuoasă în cursul căreia, pe lângă asigurarea unei baze
tehnice ultramoderne, Horia Hulubei a fost mentorul unei întregi generaţii de fizicieni
atomişti care, în deceniile următoare, au marcat dezvoltarea acestui domeniu de vârf al
ştiinţei româneşti. De-a lungul unei vieţi întregi dedicate cunoaşterii, meritele
ştiinţifice ale lui Horia Hulubei au căpătat adeseori şi recunoaşterea internaţională. S-a
distins prin importante descoperiri științifice. A obținut primul în lume spectrul de
raze x în gaze. În acest scop , el și-a construit un spectrometru special. Are contribuții
importante și în fizica neutronilor, în studiul elementelor transuraniene, în studiul
reacțiilor nucleare, studiind inclusiv interacțiile nucleare la energii joase, medii și
înalte. A studiat și dezintegrarea mezonilor. Pentru toate acestea a fost ales membru
al Academiei de Ştiinţă din New York, al Societăţilor de Fizică din Statele Unite,
Elveţia, Franţa şi RFG, dar şi de la Dubna din fosta URSS. Iar în 1958, Hulubei a fost
inclus în grupul de experţi ONU care îşi propusese să studieze posibilitatea detectării
exploziilor atomice efectuate în orice zona a planetei.
Horia Hulubei a încetat din viaţă la 22 noiembrie 1972. A lăsat în urma sa o
întreagă şcoală de atomişti, savanţi de mare anvergură care s-au remarcat în deceniile
care au trecut de la dispariţia maestrului lor şi până în zilele noastre.
DESPRE NUMĂRUL π
Prof. Virginel Iordache Colegiul Naţional de Informatică “Spiru Haret”
Suceava
Matematicienii notează raportul dintre circumferința unui cerc și diametrul său
prin litera grecească π, care reprezintă inițiala cuvintelor din aceeași limbă
“perimetros” (perimetru) și “periferia” (periferie), folosite de Arhimede în lucrarea sa
despre cerc. Dar nu intotdeauna matematicienii au intrebuințat litera π pentru a
reprezenta raportul dintre circumferința și diametrul cercului.
π = C/d
3
El a fost introdus abia în secolul al XVIII-lea, și atunci nu de către toți
matematicienii, care pentru a marca acest raport foloseau litera “p”. Litera grecească
π a fost folosită în geometrie pentru prima dată de Isaac Barrow (1630-1677) în
lucrarea “Lecții ținute în școala publică a Academiei din Cambridge” de W. Oughtred
în “Matematica recreativă”, pentru a nota însă lungimea cercului. Abia spre sfârșitul
secolului al XVII-lea, când rapoartele au fost asimilate cu numerele, a început să fie
folosit π în sensul de astăzi. Cel dintâi matematician care l-a folosit pe π pentru a-l
nota pe 3,14… a fost W. Jones (1675-1749), în anul 1706, apoi Cristian Goldbach
(1690-1764), în anul 1742. Celebrul matematician elvețian Leonhard Euler (1707-
1783), membru al Academiei de Științe din Petersburg, mai întrebuința prin 1734
litera “p” pentru a nota raportul dintre lungimea cercului și diametrul său, apoi câțiva
ani mai târziu litera “c”, pentru ca în lucrarea “Introducere în analiza infiniților”,
publicată în 1748, să adopte definitiv litera grecească π, și, datorită lui, acest simbol a
intrat definitiv in uzul general al matematicienilor.
Istoricul literii π. Cunoaștem astăzi, drept valoare pentru π numărul 3,141.592.653…, dar, în
decursul istoriei, valoarea lui nu a fost întotdeauna aceeași, ci a variat față de acest
număr, în funcție de epocă, zona geografică și popoare. Vechile valori ale lui π au fost
calculate empiric, mai mult deduse pe cale de încercări. Astfel, se lua pur și simplu o
sfoară și se înconjura cu ea un cilindru, după care se măsurau lungimea ei și diametrul
cercului. Ceea ce ieșea din această împărțire era valoarea lui π, deși în acea vreme,
așa cum am arătat, acest raport nu se nota cu această literă. Cea mai veche valoare a
raportului dintre circumferința cercului și diametrul său a dat-o scribul egiptean
Ahmes în jurul anului 1.800 î. Chr., în “Manualul lui Ahmes”, aflat pe papirusul
Rhind. Ea este de 3,1604, mai mare decât valoarea reală cu aproximativ 0,0188,
rezultat care este insă mult mai apropiat de valoarea sa reală, față de rezultatul obținut
mult mai târziu de Arhimede.
Numărul π la egipteni, evrei, greci și romani Egiptenii mai obțineau valoarea lui π folosind raportul dintre perimetrul
pătratului de la baza piramidei lui Keops și dublul înălțimii acestui monument,
rezultatul fiind de 3,1415982. Încă din antichitate, matematicienii au încercat să
rezolve așa-numita problemă a cvadraturii cercului, adică să construiască un pătrat
care să aibă aria egală cu a unui cerc dat, folosind numai compasul și rigla, dar pentru
aceasta le trebuia valoarea exactă a lui π. Prin descifrarea unor tabele scrise pe tăblițe
de lut, descoperite in 1950, de M. Bruius, la Susa, în Iran, rezultă că, în urmă cu 2.000
de ani î. Chr., babilonienii calculaseră pentru π valoarea de 3,125, cu 0,0166 mai mică
decât valoarea reală. La vechii caldeeni, valoarea lui π era egală cu 3, pentru că ei
considerau că raza cercului se poate înscrie de 6 ori pe circumferința cercului.
Evreii, care au avut relații culturale și politice foarte strânse cu asiro-caldeenii
îl considerau pe π egal tot cu 3 în “Biblie” se relatează că în templul lui Solomon,
4
ridicat în secolul al XI-lea î.Chr , era un mare bazin de aramă, “de formă rotundă,
având zece coți de la o margine la alta și o linie de 30 de coți îi măsura circumferința”.
Din descrierea acestui bazin, construit de Hiram de Tyr, la cererea lui Solomon,
rezultă că π era egal cu 3, așa cum rezultă și din “Talmud”, o culegere de tradiții
rabinice posterioare “Bibliei”, în care se afirmă că “ceea ce are un înconjur de trei
palme e lat de o palmă”. Aceeași valoare de 3 o dă și chinezul Ceu-pei în lucrarea sa
“Cartea sfântă a socotitului”, apărută în secolul III î.Chr.
Prin secolele VIII-VII î. Chr., geometrii greci aveau două idei fundamentale în
legătură cu cvadratura cercului:
prima – că cercul se poate asimila cu un poligon regulat cu un număr infinit
de laturi,
a doua – că aria cercului este cuprinsă între cea a unui poligon regulat înscris
și cea a unui poligon regulat circumscris, având același număr infinit de laturi.
Ei credeau că problema cvadraturii cercului se poate rezolva prin metoda
gramică, adică prin trasarea unor curbe mai complicate decât cercul. Printre grecii care
au căutat să rezolve cvadratura cercului și să afle valoarea lui π se numără Hipocrat
din Chios (secolul V î.Chr.), care s-a folosit de ariile limitate de două arce de cerc
având aceleași extremități și a căror convexitate e situată de aceeași parte, figura
geometrică plană numită “lunula”. Dinostrat (sec. IV.î Chr.), fostul elev al lui
Platon, s-a folosit de o curbă ajutătoare, cunoscută astăzi în geometrie de “cvadricea
lui Dinostrat”, iar Arhimede din Siracuza (287-212 î.Chr.), în lucrarea sa “Despre
măsurarea cercului”, a găsit valoarea lui π ca fiind cuprinsă între 3,141606 și
3,141590, valoarea cea mai apropiată de cea reală fiind 3,1416, care este și astăzi
folosită de către matematicieni. Valori apropiate de cele obținute de Arhimede au
găsit și Claudiu Ptolomeu si Heron din Alexandria. Cel dintâi grec care a
popularizat problema cvadraturii cercului, ridiculizând-o, a fost scriitorul Aristofan
(sec. V.Î. Chr.), în comedia sa “Păsările”).
În general românii au folosit pentru π valoarea dată de Arhimede, în schimb
indienii foloseau pentru raportul dintre lungimea cercului și diametrul său valoarea de
3,0625. La începutul Evului Mediu, matematicianul arab Mahomed ben Musa (sec.
IX), în lucrarea sa “Algebra”, dădea pentru π aceeași valoare ca și Arhimede,
afirmând că “Procedeul cel mai bun este să înmulțim diametrul cu 3 1/7. Acesta
este mijlocul cel mai rapid și cel mai usor. Mai mult știe Dumnezeu!”. În secolul
al- VI –lea d.Chr., renumitul matematician indian Aria-Bahata a dat pentru π valoarea
de 3,1416, plecând de la un hexagon înscris într-un cerc, căruia i-a dublat succesiv
laturile până la un poligon cu 384 de laturi. Apoi, considerând că perimetrul unui
poligon cu un număr de laturi se apropie de lungimea circumferinței în care se înscrie
acel poligon, a calculat acest perimetru, pe care l-a împărțit, apoi la diametrul său.
Un rezultat surprinzător de exact Un alt matematician indian, Bhaskara înțeleptul, care a trăit in secolul
al- XII-lea, a dat pentru π valoarea de 3,1416, folosind același procedeu de calcul
aplicat de Arhimede. Marele învățat uzbec Djemsid-ben Masud ed-Din al-Casi, care
a trăit în jurul anului 1400, primul director al observatorului astronomic de lângă
5
Samarkand, a scris o carte intitulată “Învățătura despre cerc” în care a calculat
raportul dintre lungimea circumferinței și rază, servindu-se de un poligon regulat cu
800.335.168 de laturi, obținând pentru π următoarea valoare, cu 16 zecimale,
3,141.592.653.589.793.2… rezultat surprinzător de exact.
Așa cum arătam numărul π este o constantă matematică a cărei valoare este
egală cu raportul dintre circumferință și diametrul oricărui cerc într-un spațiu
euclidian, sau cu raportul dintre aria unui cerc și pătratul razei sale. π este una dintre
cele mai importante constante matematice, fiind conținută în multe formule de
matematică, fizică, inginerie. Numărul π este un număr irațional, a cărui valoare
este egală, în varianta scurtă, cu 3,14.
Alt nume pentru numărul π: “Constanta lui Arhimede“, deoarece Arhimede
a fost primul care a încercat să calculeze valoarea lui π cu exactitate (a observat că
această mărime poate fi limitată superior și inferior înscriind cercurile în
poligoane regulate și calculând perimetrul poligoanelor exterioare și respectiv
inferioare).
este irațional (i.e. nu poate fi scris ca raport a două numere întregi) –
iraționalitatea sa a fost demostrată complet abia în secolul al –XVIII- lea.
este transcendent (i.e. nu există niciun polinom cu coeficienți raționali care
să-l aibă pe π ca rădăcină), de unde rezultă următoarea proprietate:
nu este construibil geometric (i.e. nu se poate construi cu rigla și compasul
un pătrat cu aria egală cu cea a unui cerc dat – aceasta este o problemă de
geometrie veche și celebră, cunoscută sub numele de “Cuadratura cercului“,
care este o problemă fără soluție).
are un număr infinit de zecimale care nu conțin secvențe ce se repetă; acest
șir infinit de cifre a fascinat numeroși matematicieni, iar în ultimele secole s-au
depus eforturi semnificative pentru a investiga proprietățile acestui număr; totuși,
în ciuda muncii analitice și a calculelor realizate pe supercalculatoare care au
calculat 10 mii de miliarde de cifre ale lui π, nu s-a descoperit niciun șablon
identificabil în cifrele găsite. Cifrele numărului π sunt disponibile pe multe
pagini web și există programe software pentru calcularea lui π cu miliarde de cifre
precizie.
Memorarea cifrelor numărului π
6
Chiar cu mult timp înainte ca valoarea lui π să fie evaluată de calculatoarele
electronice, unii oameni au devenit obsedați memorarea unui număr record de cifre ale
sale.
Ultimul record înregistrat la memorarea cifrelor lui π este de 67.890 de
cifre și este deținut de un student chinez de 24 ani (Lu Chao), căruia i-au luat 24 de
ore și 4 minute să recite fără greșeală până la a 67.890-a cifră zecimală a lui π.
Există mai multe moduri de memorare a numărului π, iar cea mai
cunoscută metodă constă în folosirea de “pieme” (poeme pentru numărul π) – poezii
ce reprezintă numărul π astfel încât lungimea fiecărui cuvânt (în litere) reprezintă o
cifră. Exemplu de piema în limba română: “Așa e ușor a scrie renumitul și utilul
număr.” Pe lângă pieme, există și alte mnemotehnici pentru reținerea cifrelor
numărului π.
Matematică Aplicaţii ale derivatelor
Prof. dr. Anca Andrei
Colegiul Național de Informatică ,,Spiru Haret”, Suceava
Abstract. In this note we shall present some applications of derivatives by various
problems.
Keywords: the derivative of a function.
În această notă vom prezenta câteva aplicaţii ale derivatelor ilustrate prin probleme
date sau propuse la concursuri şi olimpiade naţionale şi internaţionale, precum şi
probleme ale autorului.
E1] Fie , ,a b c numere reale pozitive astfel încât 1a b c . Demonstraţi că
2 2 2 3 3 3a b c a b c .
(OM, USA, 1997)
Soluţie. Considerăm funcţia : 0 ,f , x x x
f x a b c . Derivata sa este
ln ln lnx x x
f x a a b b c c , iar 0 ln ln 1 0f a b c . Deoarece derivata a
doua 2 2 2
ln ln lnx x x
f x a a b b c c este pozitivă, rezultă că f este
crescătoare şi prin urmare, 0 0f x f , 0x . În consecinţă, f este
crescătoare 2 3f f .
E2] Demonstraţi că
7
1
2
1 1 1
1 1 1
1 1 1n
a
a
a
1 2
1 2
1 1 1... 1 .. .
n
n
a a aa a a
,
pentru orice numere reale nenule 1 2, , ...,
na a a .
(D.Buşneag, I.Maftei, ,,Teme pentru cercurile şi concursurile de
matematică”, Scrisul Românesc, Craiova)
Soluţie. Considerăm funcţia :f , f x
1
2
n
x a x x
x x a x
x x x a
.
Derivata sa este
2
1 1 1
n
x x a xf x
x x x a
1
1 1 1
n
x a x x
x x x a
...
1
2
1 1 1
x a x x
x x a x
, iar 0f x . Prin urmare, f este o funcţie liniară de
forma 0 0f x f f x . Găsim imediat că 1 20 ...
nf a a a . Pe de altă parte
2
1 1 1
0 00
0 0n
af
a
10 0
1 1 1
0 0n
a
a
...
1
2
0 0
0 0
1 1 1
a
a
2 3 1 3 1 2 1... ... ... ...
n n na a a a a a a a a
, de unde rezultă că
8
f x 1 2
1 2
1 1 1... 1 .. .
n
n
a a a xa a a
. Pentru 1x se obţine concluzia
problemei.
E3] Fie :f o funcţie de două ori derivabilă cu proprietatea că
(0 ) 0 ,f (ln 3) 3 1n
f , (ln 2 ) 2 1n
f , n . Demonstraţi că există un
număr real c astfel încât ''( ) '( )f c n f c .
(Andrei Anca)
Soluţie. Presupunem că 1n . Fie ( ) (ln )n
g x f x x , : ( 0 , )g care este
o funcţie derivabilă şi (1) ( 2 ) (3 ) 1g g g . Aplicăm teorema Rolle funcţiei
pe intervalele [1, 2 ] şi [ 2 , 3 ] Rezultă că există 1 2
(1, 2 ), (2 , 3)c c astfel
încât 1
'( ) 0g c şi 2
'( ) 0g c . Dar 1'( ln )'( )
nf xg x n x
x
, de unde
1 1 2 2'( ln ) , '( ln )
n nf c n c f c n c , 1 2
1 2
'( ln ) '( ln )
n n
f c f cn
c c . Considerăm funcţia
'( ln )( )
n
f xh x
x , : ( 0 , )h . Se observă că
1 2( ) ( )h c h c şi aplicăm
teorema lui Rolle funcţiei h pe 1 2
[ , ]c c . Rezultă că 3 1 2
( ) ( , )c c c astfel încît
3'( ) 0h c .
Dar
1
2
1''( ln ) '( ln )
'( )
n n
n
f x x f x n xx
h xx
1
2
( ''( ln ) '( ln ))n
n
x f x n f x
x
=
1
''( ln ) '( ln )
n
f x n f x
x
3 3''(ln ) '(ln )f c n f c . Dacă notăm cu
3lnc c va
rezulta că ''( ln ) '( ln )f c n f c .
Dacă 0n raţionamentul este asemănător, considerând ( ) ( ln )g x f x şi
( ) '( ln )h x f x .
E4] Să se arate că pentru orice număr natural par, nenul, nu există funcţii
derivabile şi strict descrescătoare :f care îndeplinesc condiţia:
1( ) ( ) , ( )
n nf x f x x x
, unde s-a notat . . .
n
n o r i
f f f f
.
(Andrei Anca)
9
Soluţie. Notăm relaţia 1( ) ( ) , ( )
n nf x f x x x
(1). Prin derivarea relaţiei
(1) se obţine: ' ''( ( )) ( ) ( ) 1
n n nf f x f x f x , ( ) x , de unde rezultă că
'( )( '( ( )) 1)) 1, ( )
n nf x f f x x . (2)
Deoarece este strict descrescătoare rezultă că '( ) 0f x , ( ) x ( 2 )
'( ) 0n
f x , ( ) x . (3)
Pe de altă parte n este un număr par şi deci funcţia n
f este strict crescătoare,
de unde deducem că '( ) 0n
f x , ( ) x , care contrazice relaţia (3).
E5] Se consideră funcţiile
, :f g , 2 1
( )n
f x x arctgx
, 2( )
ng x x arctgx , *
n şi fie *p .
(a) Demonstraţi că funcţiile ,f g nu sunt monotone.
(b) Dacă , 0a b sunt alese asfel încât ( )f a p şi ( )4
g b p
să se
compare numerele a şi b .
(Andrei Anca)
Soluţie. 2 2 1
2 2
1 1'( ) ( 2 1) , '( ) 2
1 1
n nf x n x g x n x
x x
. Ecuaţia '( ) 0f x
are o unică soluţie1
(0 ,1)x iar ecuaţia '( ) 0g x are o unică soluţie 2
(0 ,1)x .
Deoarece 1 1, 1p a b . Din ( ) ( )4
g b f a
rezultă că
2 2 1
4
n nb a rc tg b a a rc tg a
2 2 2 2 1
4
n n n nb a a a a rc tg b a rc tg a
2( ) ( ) (1 )
1 4
n n n n n b ab a b a a a a rc tg
b a
. (1)
10
Dacă 2( )( ) (1 ) 0
n n n n nb a b a b a a a (2).
Deoarece 1 ( 1)1 1
b a b aa rc tg a c r tg
b a b a
01 4
b aa rc tg
b a
. (3)
Deoarece (2) şi (3) contrazic (1) rezultă că b a .
E6] Fie :f o funcţie continuă. Pentru x definim funcţia
0
x
g x f x f t d t . Arătaţi că dacă funcţia nu este crescătoare, atunci f este
identic egală cu zero. (ONM, 1978)
Soluţie. Considerăm funcţia G : ,
2
0
x
G x f t d t
. Prin derivare
obţinem 0
2
x
G x f x f t d t . Deoarece 0 0G şi 2G x g x este
necrescătoare, rezultă că G este nenegativă pe , 0 şi nepozitivă pe 0 , .
Deci G nu este desctrescătoare pe , 0 şi nu este crescătoare pe 0 , .
Ţinând cont de faptul că 0 0G şi 0G x pentru orice x , rezultă că
0G x pentru orice x . Prin urmare 0
0x
f t d t şi derivând relaţia în
raport cu x obţinem că 0f x , x .
E7] Fie : 0 ,1f , cu derivata continuă pe 0 ,1 şi cu proprietatea că
0 1f x . Dacă 0 0f demonstraţi că
21 1
3
0 0
f x d x f x d x
. Daţi
un exemplu de funcţie pentru care are loc egalitatea.
(Concursul Putnam, 1973)
11
Soluţie. Considerăm funcţia
2
3
0 0
t t
F t f x d x f x d x
, pentru
0 ,1 .t Dorim să arătăm că 0F t , 0 ,1t . Deoarece 0 0F este
suficient să arătăm că F este crescătoare. Derivata funcţiei F este funcţia
2
0
2
t
F t f t f x d x f t
. Mai rămâne să demonstrăm că
2
0
2
t
G t f x d x f t este pozitivă pentru orice 0 ,1 .t Deoarece
0 0G este suficient să demonstrăm că G este crescătoare. Prin derivare obţinem
2 2 2 1 0G t f t f t f t f t f t , de unde rezultă că G este
crescătoare. Pe de altă parte f este strict crescătoare, având derivata strict pozitivă şi
deci 0 0f t f , 0 ,1 .t În consecinţă 0F t , 0 ,1t , ceea
ce implică F este crescătoare şi deci 0 0F t F .
E8] Fie : 0 ,f o funcţie continuă care admite o primitivă F astfel
încât (0 ) 0F . Să se arate că există există o constantă reală c astfel încât 2 2
(1 ( )) 2 ( ) ( ) 0F c F c f c .
(Andrei Anca)
Soluţie. Deoarece F este o primitivă a funcţiei f , urmează că
( ) ( ) 0F x f x , ( ) x . De aici rezultă că F este funcţie strict crescătoare
şi cum (0 ) 0F , obţinem că ( ) 0F x , ( ) 0x . Prin reducere la absurd,
presupunem că 2 2(1 ( )) 2 ( ) ( ) 0F x F x f x , ( ) x (*).
De aici deducem că 2 2
2 ( ) ( )1
(1 ( ))
F x f x
F x
, ( ) x . (**)
Fie 0t . Integrând relaţia (**) obţinem că
2
20 0
21
1
t tF x f x
d x d x
F x
.
12
De aici rezultă că avem inegalitatea 2 2
1 1
1 ( ) 1 (0 )t
F t F
, adică
2 2
2 2
( 0 ) ( )0
1 ) 1 ( 0 )
F F tt
F t F
. Ultima inegalitate se deduce din faptul că F este
funcţie strict crescătoare şi 0t . Aceasta contrazice alegerea lui t .
E9] Fie : [ 0 , ]f a , 0a , o funcţie derivabilă cu '( ) 1f x , ( ) (0 , )x a
iar (0 ) ( ) 1f f a . Se notează cu 0
( )
a
I f x d x . Să se demonstreze că
2
2
aI a .
(Andrei Anca, OLM, Suceava 2016)
Soluţie. Considerăm (0 , )x a şi aplicăm terema lui Lagrange funcţiei f pe
intervalele [ 0 , ]x , ,x a . Deci 1 2
( ) (0 , ), ( ) ( , )c x c x a astfel încât
1( ) 1 '( )f x x f c şi
2( ) 1 ( ) '( )f x x a f c . Rezultă că avem relaţiile:
1 ( ) 1x f x x , ( ) (0 , )x a ;
1 ( ) 1 , ( ) (0 , )x a f x x a x a .
Deoarece f este continuă rezultă că inegalităţile (1) si (2) au loc pentru
( ) [0 , ]x a .
Din 0 0
( ) ( ) ( )
a x a
x
f t d t f t d t f t d t şi (1),(2) avem că
0 0 0
(1 ) (1 ) ( ) (1 ) (1 )
x a a x a
x x
t d t t a d t f t d t t d t t a d t
şi deci obţinem 2 2 2 2 2 2
( ) ( )2 2 2 2 2 2
x a x x a xx a x a a x I x a x a a x .
Astfel, avem că 2 2
2 2
2 2
a ax a a x I x a a x . Folosind faptul că
2 2 2
2[ , ] ;
2 2 4
a a ax a a x a a
2 2 2
2[ , ]
2 4 2
a a ax a a x a a ,
obţinem concluzia dorită.
13
Bibliografie
Andrei Anca, Andrei Florea ,,Matematică - Culegere de probleme pentru
pregătirea concursurilor şcolare”, Ed. ,,George Tofan”, Suceava, 2009.
Andrei Anca, Andrei Florea ,,Teme şi probleme de matematică pentru centrele
de excelenţă”, Ed. ,,George Tofan”, Suceava, 2010. Răzvan Gelca, Titu Andreescu ,,Putnam and Beyon”, Springer Science+Business
Media, LLC, 2007.
Metoda telescopică pentru calculul unor sume
Prof. dr. Anca Andrei
Colegiul Național de Informatică ,,Spiru Haret”, Suceava
Abstract. In this note we shall apply the telescopic method to solve some
problems given in mathematics competitions.
Keywords: telescopic method.
Putem translata noţiuni din cadrul calculului diferenţial şi integral la şiruri.
De exemplu, prin derivata unui şir 1n n
x
vom înţelege un şir a cărui termeni sunt de
forma 1n n
x x , 1n , iar prin integrala definită vom înţelege suma
1 2...x x .
Teorema Leibnitz-Newton
b
a
f t d t F b F a , unde F t f t ,
devine metoda telescopică pentru suma unei serii
1 1
1
n
k n
k
a b b
, unde 1k k k
a b b
, 1k .
Ca şi în cazul integralelor, când aplicăm metoda telescopică la o serie,
greutatea constă în a găsi ,,primitiva” sau ,,antiderivata” termenului general. Spre
deosebire de cazul integralelor, pentru sume avem un mod de calcul algoritmic, care
fac problemele atractive pentru competiţiile matematice. Vom ilustra acest fapt prin
probleme care au fost propuse la concursuri naţionale şi internaţionale de matematică.
E1] Fie 0
1a , 1
3a ,
2
1
1
2
n
n
aa
, 1n . Demonstraţi că
0 1 1
1 1 1 1... 1
1 1 1 1n n
a a a a
, 1n .
14
Soluţie. Avem că
2
1
11
2
k
k
aa
1
1 1 1
1 1 1k k k
a a a
, pentru 1k . Prin
urmare,
1
1 1 1
1 1 1k k k
a a a
pentru 1k , de unde prin sumare obţinem:
1
1 1...
1 1n
a a
1 2
1 1
1 1a a
2 3
1 1
1 1a a
.........
1
1 1
1 1n n
a a
=
1
1 1
2 1n
a
. Adunăm
0 1
1 1
1 1n
a a
şi obţinem concluzia dorită.
E2] Arătaţi că suma 4 9
21
1
1n n n
este de forma 2a b , unde ,a b .
Soluţie. Aplicând formula radicalilor compuşi, avem:
2
1
1n n
2
1
1 1
2 2
n n
1 1 1
2 21 1
2 2
n n
n n
.
Prin urmare, 4 9
21
1
1n n n
=4 9 1 4 8 1 1
02 2 2
= 5 3 2 .
E3] Pentru un număr natural nenul k definim 1 2 ....k k k
kS n n .
Demonstraţi că 1
0
1 1
rrk
r k
k
C S n n
.
Soluţie. Avem că 1 1
0 0 1
1 1
r r n
k k k
r k r
k k p
C S n C p
1
1 0
1
n r
k k
r
p k
C p
1
1 1 1
nr rr
p
p p n
.
E4] Demonstraţi că
1
12 2 2 21
1 2
11 2 3 ... 1
kn
k
k
n
nk
.
15
Soluţie. Facem observaţia importantă că
1
12 2 2 2
1 2
11 2 3 ... 1
k
kk kk
,
care se demonstrează prin inducţie matematică. Prin urmare, vom avea că
1
12 2 2 21
1
1 2 3 ... 1
kn
k
k k
1
2
1
n
k k k
1
1 12
1
n
k k k
12 1
1n
2
1
n
n .
E5] Fie 0
1 9 9 4a şi
2
1
1
n
n
n
aa
a
pentru orice 0n . Demonstraţi că pentru
0 1 9 9 4n , partea întreagă a lui n
a este numărul 1 9 9 4 n .
Soluţie. Se observă că toţi termenii şirului sunt strict pozitivi iar şirul este strict
descrescător pentru că 1
11
1k k
k
a aa
. Deci,
0 1 0....
na a a a 1
nn
a a
=0 1
1 11 9 9 4 ...
1 1n
na a
1 9 9 4 n .
Deoarece şirul este strict descrescător pentru 1 9 9 8n , avem:
0 1
1 1...
1 1n
a a
11
n
n
a
9 9 7
9 9 81
1a
, iar pentru ultima inegalitate am ţinut
cont de faptul că 9 9 7
1 9 9 4 9 9 7 9 9 7a . Prin urmare, 1 9 9 4n
a n .
E6] Demonstraţi că 1 1 1
... 2s in 2 s in 4 s in 2
n
nc tg x c tg x
x x x , pentru orice
număr natural nenul n şi orice număr real 2
k
hx
, 0 ,1, 2 , .. . ,k n , iar h .
Soluţie. Avem că c o s c o s 2
2s in s in 2
x xc tg x c tg x
x x
2 2c o s c o s s in
s in 2 s in c o s
x x x
x x x
1
s in 2 x, de unde rezultă că
1 1 1...
s in 2 s in 4 s in 2n
x x x 2c tg x c tg x
2 4c tg x c tg x ..... 1
2 2n n
c tg x c tg x
2n
ctgx ctg x .
Bibliografie
16
István Reiman ,,International Mathematical Olympiad 1959-1999”, Wimblendon
Publishing Company, 2001
Răzvan Gelca, Titu Andreescu ,,Putnam and Beyon”, Springer Science+Business
Media, LLC, 2007.
Asupra inegalităţii R ≥ r Prof. Călin Oanea
Colegiul Naţional de Informatică ,,Spiru Haret”, Suceava
Această notă are drept scop evidenţierea unei clase de inegalităţi mai
„tari” decât inegalitatea lui Euler R r2 . Fiind o ierarhie continuă, această
clasă permite compararea “tăriei” unor alte inegalităţi.
Se cunoşte că media de ordinul n a trei numere pozitive date a,b,c
Mn
(a,b,c) =
0,)(
,0,3
3
1
1
nabc
Rnncba nnnn
este o funcţie continuă şi crescătoare în raport cu n (strict crescătoare atunci
când a,b,c nu sunt toate egale).
Rezultatul principal este conţinut în următoarea
Propoziţie: Fie 1 1)14/(log13
n un număr real dat.
În orice triunghi ABC au loc inegalităţile:
24
))()((
3
4 2
abc
accbbaM
abc
p
r
R
n
(Notaţiile sunt cele consacrate)
Demonstraţie.
Conform relaţiilor S=pr., abc=4RS ca şi a inegalităţii Mn 1
M pentru orice
număr n 1 şi a inegalităţii Makowski-Berkeş(1)
Mn
(a,b,c) 3R , n 82,21log
1
3
n
Se obţine succesiv:
17
2
22
3
44
4
4
nM
abc
p
abc
pR
RS
pR
S
Rp
r
R
abc
pp
abc
pUM
abc
pM
abc
p
n
27
16
3
2
3
4
3
4
3
432
2
1
2
În continuare se utilizează inegalitatea mediilor:
24
))()((
3
)()()(
4
1
274
64
27
16333
abc
accbbaaccbba
abcabc
p
abc
p
1. Inegalitatea obţinută pentru n=1
24
))()((
27
16
3
43
2
1
abc
accbba
abc
pM
abc
p
r
R este demonstrată
direct în [2].
2. Inegalitatea
24
))()((
abc
accbba
r
R
face subiectul problemei, 2, clasa a X-a, etapa judeţeană a Olimpiadei de
matematică 1985 şi este comentată în [3].
[1] Bottema O., Djordjevic Z., Janic R., Mitrinovic S., Vasic M., Geometric
Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Gronigen, 1969, pag. 54
[2] Marinescu D. St. : Asupra unei inegalităţi într-un triunghi, R.M.T.
2/1987, pag. 20-21
[3] Andreica D. : O inegalitate geometrică în triunghi şi aplicaţii ale
acesteia, G.M. 1/1986, pag. 2-4
Generalizări ale unor probleme date la bacalaureat Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
În cele ce urmează voi generaliza câteva dintre problemele date la bacalaureat în
anul 2009.
Problema 1(Varianta 100)
Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 1 1x x .
18
Generalizare
Fie , 0 ,a b .Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 1 1ax bx .
Soluţie
Condiţia de existenţă este:1
1 0b x xb
.
Ecuaţia se scrie astfel:
2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 2 2 2 0
0 ,
20 , , .
a x b x a x a x b x b x x a b x a b
x d a c ă a b
x d a c ă a ba b
Cazuri particulare
1.Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 1 2 1 3x x .
2. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 1 4 1 3x x .
3. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 1 5 1 4x x .
Problema 2(Varianta 100)
Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 6 2 32 1 3x x x .
Generalizare
Fie , 0 , ,a b a b .Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia
6 2 2 32x a x a b x .
Soluţie
Folosind proprietăţile radicalilor putem scrie succesiv:
26 2 2 3 3 36 3
2 2 2 22 2
2
0
22 22
.2
x a x a b x x a b x x a b x x a b x
x bb x x bx b
a bb a x b a xa x a b x bx a b x
a bx
Cazuri particulare
1. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 6 2 34 4 3x x x .
2. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 6 2 36 9 4x x x .
3. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia 6 2 38 1 6 7x x x .
19
Problema 3(Varianta 100)
Se consideră şirul 1
21 0
,3 2
n
n nn
xI I d x
x x
.
a)Să se calculeze 1
I .
b)Să se arate că *
2 1
13 2 ,
1n n n
I I I nn
.
c)Să se calculeze limn
n
n I
.
Generalizare
Fie 2
, 0 , , 4a b a b .Se consideră şirul 1
21 0
,
n
n nn
xI I d x
x a x b
.
a)Să se calculeze 1
I .
b)Să se arate că *
2 1
1,
1n n n
I a I b I nn
.
c)Să se calculeze limn
n
n I
.
Soluţie
a) 1 1 1
1 2 2 20 0 0
1 2
2
x x a aI d x d x d x
x a x b x a x b x a x b
2
1 1
2 2 20 0
1 2
2
2 4
ax
x a x b
d x a d xx a x b a a
x b
2
2
2 2
2 2
2 2 2
1 11 2 4ln ln
0 02
24 2 4
1 1 2 4 4ln ln
2 4 2 4 4
a ax b
ax a x b
a a ab x b
a b a a a b a a b
b a b a a b a a b
b)Folosind proprietăţile integralei definite putem scrie succesiv:
2 11 1 1
2 1 2 2 20 0 0
22 1
1 1*
2 20 0
1,
1
n n n
n n n
nn n n
x x xI a I b I d x a d x b d x
x a x b x a x b x a x b
x x a x bx a x b xd x d x n
x a x b x a x b n
20
c)Deoarece 1
1 1*
1 2 20 0
,
n n
n n
x xI d x d x I n
x a x b x a x b
2 2 2 2 2 1
* *
2
*
11
1
1 1 1 11 , , ,
1 1 1 1
1 1 1, 1 lim .
1 1 1 1 1
n n n n n n n n n n
n n n
n nn
a b I I a I b I I a I b I I a I b In
a b I n I I nn a b n a b
n nn I n n I
n a b n a b a b
Cazuri particulare
1.Se consideră şirul 1
21 0
,4 2
n
n nn
xI I d x
x x
.
a)Să se calculeze 1
I .
b)Să se arate că *
2 1
14 2 ,
1n n n
I I I nn
.
c)Să se calculeze limn
n
n I
.
2.Se consideră şirul 1
21 0
,3 1
n
n nn
xI I d x
x x
.
a)Să se calculeze 1
I .
b)Să se arate că *
2 1
13 ,
1n n n
I I I nn
.
c)Să se calculeze limn
n
n I
.
3.Se consideră şirul 1
21 0
,5 4
n
n nn
xI I d x
x x
.
a)Să se calculeze 1
I .
b)Să se arate că *
2 1
15 4 ,
1n n n
I I I nn
.
c)Să se calculeze limn
n
n I
.
Problema 4(Varianta 100).Fie matricea 3 2
6 4A
.
a)Să se demonstreze că 2
2 2I A I A .
b)Să se demonstreze că mulţimea *n
A n este finită.
c)Să se rezolve ecuaţia 3
2,X A X M .
Generalizare
21
Fie ,k a şi matricea 2
1ka aA
k a k ka
.
a)Să se demonstreze că 2
2 2I A I A .
b)Să se demonstreze că mulţimea *n
A n este finită.
c)Să se rezolve ecuaţia 3
2,X A X M .
Soluţie
a)Folosind relaţia Cayley-Hamilton, adică relaţia 2
2 2d etA trA A A I O
deducem că 2
2A A O ,de unde adunând în ambii membri
2A I ,obţinem
2
2 2I A I A .
b)Deoarece 3 2 2
A A A A A A A prin inducţie matematică că
* *
, , ,n n
A A A n A n A A este mulţime finită.
c)Fie 2X M ce satisface relaţia
3X A .Folosind proprietăţile determinanţilor,
obţinem 33
d e t d e t 0 d e t 0 d e t 0X A X X .Deci există , ,x y r astfel
încât
2 2
2
2 2
3 2 2 2 2 2 2 3
3 2
3 2 2 2 2 2 2 3
2 2
.2 2
x rxy xy ryx y x y x yX X
rx ry rx ry rx ry r x rx y r x y ry
x rx y r x y x y rxy r y
X X Xr x rx y r x y r x y rx y r y
Ecuatia 3X A
3 2 2 2 2 2 2 32 1, 2 ,x rx y r xy ka x y rxy r y a r k
3 2 2 22 1, 1, 1, ,x rx y r xy ka x ky r k x ka y a r k X A .
Cazuri particulare
1. Fie matricea 7 4
1 4 8A
.
a)Să se demonstreze că 2
2 2I A I A .
b)Să se demonstreze că mulţimea *n
A n este finită.
c)Să se rezolve ecuaţia 3
2,X A X M .
2. Fie matricea 5 3
1 0 6A
.
a)Să se demonstreze că 2
2 2I A I A .
22
b)Să se demonstreze că mulţimea *n
A n este finită.
c)Să se rezolve ecuaţia 3
2,X A X M .
3. Fie matricea 1 1 6
2 2 1 2A
.
a)Să se demonstreze că 2
2 2I A I A .
b)Să se demonstreze că mulţimea *n
A n este finită.
c)Să se rezolve ecuaţia 3
2,X A X M .
Matematică
Probleme propuse
Problema 1. Clasa a IX-a
Fie , , 0 ,1 2a b c
.Arătaţi că 2 3ab bc ca a b c .
Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 2. Clasa a IX-a
Arătaţi că în orice triunghi A B C are loc inegalitatea:
2 2 21 1 1co s s in co s s in co s s in 3 3
2 2 2A B B C C A
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 3. Clasa a X-a
Să se rezolve ecuaţia
2 2lg 3lg 2 1 lg 4 4 1 123 2 2 1 3
x x x x
x x
.
Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 4. Clasa a X-a
Fie funcţia 1 11
: 0 , , 3 5 3 52
x x x xf f x
.
23
a)Studiaţi monotonia funcţiei f .
b)Rezolvati ecuaţia 7 75 571 5 5 3f x
Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 5. Clasa a X-a
Fie numerele reale , , 1a b c .Demonstraţi inegalitatea:
4 4 4 4 4 4 4 4 4
lo g lo g lo g 3a b c
a c b a c b a c b a c b a c b a c b
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
.
Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 6. Clasa a XI-a
Fie *n .Determinaţi asimpota oblică la a funcţiei
2 2 2
: 0 , , 2 ...f f x x x x x x n x .
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 7. Clasa a XI-a
Fie funcţiile , : 0 ,f g şi 0 ,a .Calculaţi limx a
f x
şi limx a
g x
ştiind
că există relaţia 2 2
lim 3 3 1 0 1 4 2 1 9x a
f x g x f x g x f x g x
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema 8. Clasa a XII-a
Fie 0 ,a .Calculaţi 2
0
2 3ln
3 2
x aa
x a
ed x
e
.
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
24
Problema 9. Clasa a XII-a
Fie 1
*
0
,n
nI x a rc tg x d x n .Calculaţi lim
4n
n
n n I
.
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Fizică
Unde gravitaționale Prof. Virginel Iordache
Colegiul Naţional de Informatică “Spiru Haret”
Suceava
În anul 1916 Albert Einstein a considerat două dintre cele mai cunoscute
ecuații: 2
E m c (expresia energiei) și 0
2
k M p mF
r
expresia forței gravitaționale
le-a combinat și a creat Teoria Relativității Generalizate. Această teorie combină
relativitatea (ce se întâmplă cu spațiul și timpul, ce legătură estre între masă și energie)
cu gravitația ( cum se atrag corpurile din univers). Într-un cuvânt este vorba despre
imaginea celebră.
Fig. 1
Materia curbează spațiul și timpul, iar gravitația este doar mișcarea corpurilor
în spațiul curbat.
Prin Teoria Realitivității Generalizate Einstein afirmă că dacă două corpuri de
mase mari se ciocnesc, spațiul și timpul ajung să se contorsioneze atât de tare, încât se
vor emite unde de șoc sau vibrații ale spațiu- timpului, numite unde gravitaționale s-
ar petrece ca și cum pe suprafața unui lac liniștit două bărcuțe se învârt una în jurul
celeilalte provoacă valuri. Bărcile sunt găurile negre, apa e spațiul, iar valurile sunt
undele gravitaționale. Teoria lui Einstein ar putea să se prezinte ca undele formate de o
piatră aruncată într-o apă sau ca deformarea suferită de o plasă sub greutatea unui
obiect, în acest caz plasa fiind spațiu-timp.
25
În esență undele gravitaționale sunt vibrații în însuși structura universului,
vibrații minuscule ale spațiu –timpului și care se propagă cu viteza luminii. Acest tip
de unde sunt provocate de cele mai violente evenimente din univers: găuri negre
( stele neutronice) care cad una în alta. Datorită acestor evenimente gigantice care au
loc la distanțe foarte mari, toți atomii din jurul nostru încep să vibreze.Prima dovadă
indirectă a existenței undelor gravitaționale a fost produsă prin descoperirea în anul
1916 a unui pulsor și a unei stele neutronice de RUSSEL HULSE ȘI JOSPH
TAYLOR, pentru care au primit premiul Nobel în 1993.
Undele gravitaționale au fost detectate în SUA la 14 septembrie 2015, la ora
16,51 GMT și de cele două instrumente ale observatorului LIGO (Laser Interferometer
Gravitațional Wave Observatory)
Fig. 2
Potrivit teoriei sus amintite un cuplu de găuri negre care orbitează una în jurul
celeilalte prinde energie, producând unde gravitaționale. Posibilitatea unei coliziuni
între astfel de obiecte cerești a fost prezisă de Einstein, dar un asemenea fenomen nu
fusese niciodată observat.
Cercetătorii din domeniul fizicii au stabilit undele gravitaționale detectate în
septembrie s-au născut „în perioada ultimei fracțiuni de secundă înainte de fuziunea a
două găuri negre, obiecte cerești a fost prezisă de Einstein, dar un asemenea fenomen
nu fusese niciodată observat.
Cercetătorii în domeniul fizicii au stabilit undele gravitaționale detectate în
septembrie s-au născut „ în perioada ultimei fracțiuni de secundă înainte de fuziunea a
două găuri negre, obiecte celești care rezultă din prăbușirea gravitațională a stelelor
masive.
Analiza datelor a permis să se determine ca cele două găuri negre au fuzionat
în urmă cu 1,3 milioane de ani fiind de 29 și respectiv, de 36 de ori mai masive decât
Soarele
Importanța undelor gravitaționale
În primul rând, descoperirea undelor gravitaționale reprezintă un avans istoric
deoarece permite unificarea de „manieră directă a uneia dintre predicțiile teoriei
relativității generalizate.
Iată ce declară prof. Szabolcs Marka, profesor de fizică la Universitatea
Columbia din SUA „Universul îl putem vedea dar cu Advanced LIGO îl vom și
auzi.Și când vom auzi Universul, vom învăța despre secretele vieții găurilor negre-
nașterea lor, moartea lor, unirea lor, cum și când se hrănesc. Vom auzi când o gaură
neagră mănâncă o stea neutronică”
26
În concluzie în al II-lea rând undele gravitaționale deschid o fereastră nouă în
studiul celor mai masive obiecte din univers: stelele neutronice și găurile negre,
ambele tare greu (spre imposibil) de urmărit doar pe baza interacțiunii lor cu lumina.
Bill Weber, de la LISA (un alt detector de unde gravitaționale, de data asta plasat în
spațiu, și care abia a plecat în decembrie) spunea că undele gravitaționale sînt cea mai
directă cale de a studia marea parte întunecată a universului.Partea vizibilă a
universului reprezintă doar 5% din Univers, fiind formată din stele, galaxii, nori de
praf interstelar. 27% din Univers e materie întunecată (dark matter), iar 68% e energie
întunecată (dark energy).
Detectarea undelor gravitaționale va însemna pentru fizicieni și univers ceea
ce a însemnat Radiațiile X pentru medicină.
În sfârșit undele gravitaționale ar putea fi folosite ca un contor al coliziunilor
între găuri negre care se petrec în univers, ne-ar ajuta să înțelegem cum funcționează
forța gravitației în condiții limită.
Detecția undelor gravitaționale a fost prima dovadă directă a existenței
găurilor negre. Au fost observate emisii luminoasedin aproprierea găurilor negre, au
fost văzute stele mișcându-se în jurul unor obiecte compacte și uriașe.
Oamenii de știință consideră că detectarea undelor gravitaționale este mai
revoluționară decât construirea telescopului. Studiul acesteia putând ajuta la explicarea
formării galaxiilor.
Posibilitatea de a putea observa aceste unde care se deplasează fără pertubații
miliarde de ani permite acum ajungerea la primele milisecunde de după BIG BAND.
Bibliografie
Physical Review Letters
Probleme propuse
Problema nr. 1
Alungirea relativă a unei corzi elastice sub acţiunea unei forţe este ؏.
Să se determine raportul dintre lungimile de undă ale undelor transversale şi a celor
longitudinale, cu aceeași frecvență, ce se pot propaga prin această coardă.
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
27
Informatică
Probleme propuse
Problema nr. 1
Numere și structuri echilibrate
Se citește N natural. Se citesc (N2 - N ) / 2 numere reale fiecare având cel mult 6
cifre la partea întreagă și cel mult 6 cifre la partea zecimală.
CERINȚA 1. Să se construiască o matrice pătratică de dimensiune N astfel:
- porțiunea de deasupra diagonalei secundare (parcurgând liniile de sus în jos și de la
stânga la dreapta) va conține partea întreagă a numerelor date.
- porțiunea de sub diagonala secundară va conține numărul format din partea zecimală
a numerelor date, citită de la dreapta la stânga, astfel încât, în matrice, elementul care
memorează partea zecimală a unui număr să fie simetric față de diagonala principală
cu elementul care memorează partea întreagă a acelui număr.
- diagonala secundară va memora cele mai mari N numere naturale care se pot obține
din numerele date adunând partea întreagă cu partea zecimală în ordine descrescătoare
de sus în jos.
Exemplu: N = 4 . Se citesc 6 numere reale:
12.34 45.06 12 789.1 750.057 11.02
Se va construi matricea:
12 45 12 807
789 750 790 0
11 51 750 60
46 20 1 43
CERINȚA 2. Se numește număr ”echilibrat”, un număr care are numărul de
cifre de la partea întreagă egal cu numărul de cifre de la partea zecimală. Să se
construiască un vector V care să conțină pentru fiecare număr echilibrat din șirul
numerelor date cate două numere (memorate în vector pe poziții consecutive)
reprezentând partea întreagă citită de la stânga la dreapta și partea zecimală citită de la
dreapta la stânga. Elementele vor fi adăugate în vector astfel încât numerele care au
28
mai multe cifre să fie așezate la început. Vectorul se va construi crescător al fiecare
pas.
Exemplu: Pentru șirul dat:
12.34 45.06 12 789.1 750.057 11.02
Se identifică numerele echilibrate:
12.34 45.06 750.057 11.02
Se construiește vectorul (o posibilitate):
750 750 12 43 45 60 11 20
CERINȚA 3. Să se interschimbe elementele în vectorul V astfel încât, fiecare
număr obținut din partea zecimală (prin citirea de la dreapta la stânga) a unui număr X
din șirul inițial, să devină simetric față de capetele vectorului cu partea întreagă a
numărului X.
Exemplu: Pentru vectorul V de la cerința 2:
750 750 12 43 45 60 11 20
Se va construi vectorul:
750 12 45 11 20 60 43 750
Prof. Tompea Viorel
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 2
Codul Prüfer– memorarea optimă a arborilor
O modalitate eficientă de memorare a unui arbore cu n noduri este codul lui
Prüfer, care utilizează un vector care va avea n-2 elemente. De
exemplu codul (1, 1, 4, 4, 3) este suficient pentru a memora
arborele din figura alăturată.
Algoritmul de determinare a acestui cod este:
pas 1: se caută nodul terminal cu eticheta de valoare minimă;
pas 2: se reţine într-un vector nodul tată al nodului terminal
ales la pasul anterior;
pas 3: se şterge din arbore nodul selectat precum şi muchia
dintre el şi nodul tată;
pas 4: se reia algoritmul în acelaşi mod, cât timp arborele are mai mult de un nod.
De exemlu: Fie următorul arbore cu n=7 noduri
7
6 3
4 5
1
2
29
Nodul terminal de etichetă minimă este 2, iar tata lui este nodul 1
Nodul terminal de etichetă minimă este 5, iar tata lui este nodul 1
Nodul terminal de etichetă minimă este 1, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüfer: 1 Cod Prüfer: 1,1 Cod Prüfer: 1,1,4
3
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4.
Nodul terminal de etichetă minimă este 4, iar tata lui este nodul 3.
Nodul 3 este ultimul care se elimină şi el se leagă de nodul 7. Nodul 7 nu se trece în cod. S-a terminat determinarea codului.
Cod Prüfer: 1,1,4,4 Cod Prüfer: 1,1,4,4,3 Cod Prüfer: 1,1,4,4,3
Fişierul text arbore.in are următoarea structură:
n numărul de noduri
x y muchiile arborelui câte una pe linie
Programul care determină codul Prüffer plecând de la matricea de adiacenţă a
unui arbore este:
#include<iostream>
#include<fstream>
using namespace std;
int a[10][10],n;
int cod[8],grad[10];
//citirea matricei de adiacenta
//calcularea gradelor nodurilor
void citire(int a[10][10],int&n)
7
6 3
4 5
1
2
7
6 3
4 5
1 1
7
6 3
4
7
6 3
4
7
4
3
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
3
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
Nodul terminal de etichetă minimă este 6, iar tata lui este nodul 4
Cod Prüffer: 1,1,4,4
7
30
{ ifstream f("arbore.in");
f>>n;
int x,y;
while(f>>x>>y)
{a[x][y]=a[y][x]=1;
grad[x]++;
grad[y]++;
}
f.close();
}
//afisarea matricei de adiacenta
void afisare(int a[10][10],int n)
{ cout<<"matricea de adiacenta este:"<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
{ for(int j=1;j<=n;j++)
cout<<a[i][j]<<" ";
cout<<endl;
}
}
//determin primul nod terminal
int nod_terminal(int grad[10], int n)
{ for(int i=1;i<=n;i++)
if (grad[i]==1)
return i;
}
//determin nodul tata a lui x
int nod_tata(int x)
{ for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[x][i]==1)
return i;
}
//determinare cod pruffer
void prufer(int a[10][10],int n)
{ for(int i=1;i<=n-1;i++)
{int x=nod_terminal(grad,n);
int y=nod_tata(x);
a[x][y]=a[y][x]=0;
grad[x]=0;
grad[y]--;
cod[i]=y;
}
}
//afisarea codului prufer
void afisare_cod(int cod[8])
{ cout<<"Codul Prufer asociat arborelui este:";
31
for(int i=1;i<=n-2;i++)
cout<<cod[i]<<" ";
}
int main()
{
citire(a,n);
afisare(a,n);
prufer(a,n);
afisare_cod(cod);
return 0;
}
Operaţia inversă, adică reconstituirea arborelui atunci când cunoaştem
codul Prüfer şi numărul de noduri din arbore. În acest caz algoritmul este
organizat astfel:
pas 1: presupunem codul Prüfer memorat în vectorul a care are n-2 valori
astfel:
1 2 3 ... n-2
a[1] a[2] a[3] ... a[n-2]
pas 2: adăugăm în poziția n-1 valoarea n (care reprezintă numărul de
noduri ale arborelui)
1 2 3 ... n-2 n+1
a[1] a[2] a[3] ... a[n-2] n
pas 3: pentru fiecare poziţie din vector i [1,n-1] determinăm care este
prima valoare de la [1,n] care lipseşte din vector. Notăm această valoare cu
j. În acest moment am descoperit muchia (a[i],j) şi o afişăm.
1 ... i ... n-2 n-1
a[1] ... a[i] ... a[n-2] n
pas 4: se înlocuieşte valoarea a[i] cu valoarea j, după care trecem la
elementul aflat în poziţia i+1 şi reluăm algoritmul de la pasul 3.
De exemplu: Fie un arbore cu n=6 noduri având codul Prüffer (2, 2, 4, 3).
Adăugăm la sfârşitul codului valoarea 6 şi obţinem vectorul:
1 2 3 4 5
a: 2 2 4 3 6
i=1 şi prima valoare care lipseşte dintre numelele de la 1 la 6
este j=1 de unde rezultă că am determinat muchia (2,1) şi
înlocuim valoarea 1 cu 2 iar vectorul a se modifică astfel:
2
1
32
1 2 3 4 5
a: 1 2 4 3 6
i=2 şi prima valoare care lipseşte în tot vectorul dintre
numelele de la 1 la 6 este j=5 de unde rezultă că am
determinat muchia (2,5) şi înlocuim valoarea 2 cu 5 şi
trecem la elementul din poziţia 3.
1 2 3 4 5
a: 1 5 4 3 6
i=3 şi prima valoare care lipseşte în tot vectorul dintre
numelele de la 1 la 6 este j=2 de unde rezultă că am
determinat muchia (4,2) şi înlocuim valoarea 4 cu 2 şi
trecem la elementul din poziţia 4.
1 2 3 4 5
a: 1 5 2 3 6
i=4 şi prima valoare care lipseşte în tot vectorul dintre
numelele de la 1 la 6 este j=4 de unde rezultă că am
determinat muchia (3,4) şi înlocuim valoarea 3 cu 4 şi
trecem la elementul din poziţia 5.
1 2 3 4 5
a: 1 5 2 4 6
i=5 şi prima valoare care lipseşte în tot vectorul dintre
numelele de la 1 la 6 este j=3 de unde rezultă că am
determinat muchia (6,3) şi algoritmul se încheie.
Determinarea muchiilor arborelui atunci când se cunoaşte
numărul de noduri ale arborelui şi codul Prüffer. Datele de
intrare se citesc din fişierul text pruffer.in care conţine pe
prima linie numărul de noduri, iar pe linia a doua, n-2
valori întregi,care formează codul Prüffer a unui arbore.
#include<iostream>
#include<fstream>
2
1 5
4
1
2
1 5
4
1
2
1 5
3
1
4
1
2
1 5
3
1
6
1
33
using namespace std;
int cod[10],n;
//citirea numarului de noduri ale arborelui si codul lui Pruffer din fisier
//text
void citire(int cod[],int&n)
{ ifstream f("pruffer.in");
f>>n;
for(int i=1;i<=n-2;i++)
f>>cod[i];
f.close();
cod[n-1]=n;
} //afisarea codului pe ecran
void afisare(int cod[],int n)
{ cout<<"Fie codul Prufer :";
for(int i=1;i<=n-2;i++)
cout<<cod[i]<<" ";
cout<<endl;
} //determin prima valoare de la 1 la n care lipseste din cod
int fiu()
{ for(int i=1;i<=n;i++)
{ int ok=0;
for(int j=1;j<=n-1;j++)
if(i==cod[j])
ok=1;
if(ok==0)
return i;
}
return 0;
}
//determin muchiile arborelui
void muchii(int cod[], int n)
{ for(int i=1;i<=n-1;i++)
{int x=cod[i];
int y=fiu();
cout<<"("<<x<<","<<y<<") ";
cod[i]=y;
}
}
int main()
{
citire(cod,n);
afisare(cod,n);
cout<<"Arborele are muchiile:";
determina_muchii(cod,n);
return 0;
34
}
Aplicaţie propusă: Să se determine toţi arborii cu n noduri.(Indicaţie: Se vor determina cu
ajutorul algoritmului backtracking toate codurile Prüffer, adică toţi vectorii cu n-2 elemente, cu
valori de la 1 la n. Fiecare vector astfel obţinut reprezintă un arbore ale carui muchii vor fi
afisate.)
Probleme de concurs propuse spre rezolvare:
Concursul Interjudeţean de Programare „Grigore Moisil”, Problema P060324 Profi şi
studenţi, Ginfo 13/7, noiembrie 2003
Bibliografie WEB: http://mathworld.wolfram.com/PrueferCode.html
http://demonstrations.wolfram.com/PruferCodesOfLabeledTrees/
http://en.wikipedia.org/wiki/Pr%C3%BCfer_sequence
https://www.ads.tuwien.ac.at/publications/bib/pdf/gottlieb-01.pdf
http://www.aspfree.com/c/a/Code-Examples/The-Prufer-Code-and-the-FloydWarshall-Algorithm/1/
http://www.math.vt.edu/people/jashockl/class_home/3134prufercodeproblems.pdf
http://www.math.vt.edu/people/jashockl/class_home/3134prufercodeproblems.pdf
http://www.math.ucsb.edu/~adeboye/137A_II/Homework%204-Solutions%20copy.pdf
http://www.thefreelibrary.com/An+optimal+algorithm+for+Prufer+codes.-a0210520695
http://www.scirp2.org/journal/PaperInformation.aspx?paperID=532
Prof. Ildegez Mihaela Corina
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 3
Secvență de K divizori proprii primi comuni
Se consideră o matrice A cu N linii și N coloane. Elementele matricei sunt
numere naturale. Se dă un număr natural K.
Cerințe:
1. Să se construiască un vector V cu elementele din matrice care nu sunt prime,
respectând condițiile a. și b. de mai jos:
a. Matricea va fi parcursă pe diagonale paralele cu diagonala secundară a
matricei, începând cu diagonala care conține A[0][0] și terminând cu
diagonala care conține elementul A[N-1][N-1].
b. În vectorul V elementele vor fi adăugate crescător la fiecare pas. Vectorul V
se va afișa pe ecran după fiecare inserare.
2. Să se afișeze pe ultima linie a ecranului cea mai lungă secvență de numere
consecutive din vectorul V cu proprietatea că oricare două elemente consecutive
din secvență au cel puțin K divizori proprii primi comuni. În cazul în care nu
există în vector măcar două elemente consecutive care să aibă același număr de
divizori proprii primi, se va afișa mesajul ”secvența vidă”. În cazul în care există
mai multe secvențe cu proprietatea cerută, și secvențele respective au aceeași
lungime, se va afișa una dintre secvențele care are suma elementelor minimă.
35
Restricții: N<20; 1 < K < 10; A[i][j]<999999999
Date de intrare:
Pe prima linie a fișierului "matrice.in" se memorează N. Pe următoarele N linii
se memorează câte N elemente reprezentând elementele matricei. Pe linia N+2 se va
memora K.
Exemplu: Pentru fișierul matrice.in:
3
42 7 30
8 13 75
375 17 45
2
Se va afișa:
42
8 42
8 42 375
8 30 42 375
8 30 42 75 375
8 30 42 45 75 375
45 75 375
Explicație
Parcurgerea pe diagonale: 42, 8, 7, 375, 13, 30, 17, 75, 45
Elementele care nu sunt prime: 42, 8, 375, 30, 75, 45
Vectorul final: 8 30 42 45 75 375
Secvențele care respectă condițiile:
30 42 (elementele din secvență au doi divizori proprii primi comuni: 2 si 3)
45 75 375 (elementele din secvență au doi divizori proprii primi comuni: 3 si 5)
Prof. Tompea Viorel
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava
Rezolvarea problemelor de Matematică din nr. 1
Problema nr. 1, cl. a IX-a
Fie .0, rk Arătaţi că ,x k x k x r x r x R k r .
Rezolvare
Folosind proprietăţile 22
xx şi 22
baba , inegalitatea din
enunţ devine :
Rxrxrxrxkxkxkx ,2222222222
Rxrxrkxk ,222222
(1) .
36
Pentru x 0 , din inegalitatea (1) deducem că 22
rk , de unde obţinem
.rk
Reciproc : dacă rk , atunci 22222222
rkkxrrxr
Rxkxkrkkxr ,22222222
, adică are loc relaţia (1).
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr.2, cl. a X-a
Fie , , 0 , ,a b k k a b şi z
astfel încât
3
3 3 3
32
ba z k
z . Arătaţi
că 2b
a z kz
.
Rezolvare
Observăm că dacă notăm b
a zz
, atunci avem
3 3 3
3 3 3 3 3
3 3
23 3 3
3
3 2 3 2 3 2 0 2
b b b ba z a z a b a z a z
z z z z
ba b a z k a b k a b a b k k
z
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 3, cl. a XI-a
Fie 1 2 1 2, , . . . , , , , . . . , , , 1
n nn n
, încât
1 2
1 1 ... 1n
x x x 1 2
1 1 ... 1 , n
x x x x A .Arătaţi că:
a) Dacă , , 0A , atunci 1 2 1 2
. . . . . .n n
.
b) Dacă ,A a cu a>0 ,atunci 1 2 1 2
. . . . . .n n
Rezolvare
a)Evident , există 0 cu , , , astfel încât 1 0kx şi
1 0, , , 1, 2 , ...,kx x k n .Din relaţia dată în enunţ deducem că
37
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1... .. .
n
n
n
x x x x x
x x x x x
ln 1n
n
n
x
x
0, .x
Trecând la limită pentru 0x obţinem 1 2 1 2
. . . . . . (1)n n
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1... .. .
n
n
n
x x x x x
x x x x x
ln 1n
n
n
x
x
, , 0x .
Trecând la limită pentru 0x obţinem 1 2 1 2
. . . . . . ( 2 )n n
.
Din relaţile (1) si (2) obţinem 1 2 1 2
. . . . . .n n
b)Pentru x a obţinem: 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1... ...
n n
x x x x x x
şi
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1lim ... lim ...
n nx xx x x x x x
1 2
. . . n
1 2. . .
n .
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 4 cl. a XII-a
Calculaţi
2
2 s in c o s
1 c o s
xx x e
d x
x
, 0 ,
2x
Generalizare: Calculaţi
1
1 s in co s
1 co s
x
n
n x n x ed x
x
, 0 ,
2x
, n .
Rezolvare
Fie
1
1 s in co s
1 co s
x
n n
n x n x eI d x
x
.Observăm că
1 1
1 c o s1 s in
1 c o s 1 c o s
x
x
n n n
n x exI e d x
x x
38
1 1 1
2 2 21 c o s 1 c o s 1 c o s
x x x
n n n
x x xe tg e tg e tg d x
x x x
2
1 c o s
x
n
xe tg
C
x
.
Pentru 1n obţinem
1 2
2 s in c o s2
1 c o s1 c o s
xx
xe tg
x x eI d x C
xx
Prof. Bursuc Ion
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 5 cl. a XII-a
2
21
21 1
ln ln 1
31
e
x
x x xd x d x
x e
.
Rezolvare
Folosind inegalităţile 2 2
ln 1 , 0x x x
2
2
ln 1
1, 0
xx
x
2
2
ln ln 1
ln , 1,
x x
x x ex
.
Integrând obţinem:
2
21 1
ln ln 1
ln 1e ex x
d x xd xx
. ( 1)
Calculăm
2 2
2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
xx x
x x x x x x
x exx x e x e x x xd x d x d x d x d x d x
e e e e e e
2 21 1
1 1
2 12
3 1 1 3x x
x xd x d x
e e
Din relaţiile (1) şi (2) rezultă inegalitatea din enunţ. Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 6, cl. a XII-a
Arătaţi că 2
3 3x x x
e e
.Generalizare
Rezolvare
Folosim inegalitatea: 1,y
e y y
Pentru 2
2 21
x xy x x e x x
Pentru 1x
y x e x
39
2 222
3 1 3 1 1 3 3 3 3x x x x x x
e e x x x x e e
Prof. Macovei Daniela
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Rezolvarea problemelor de Fizică din nr. 1
Problema nr. 1 cl. a IX-a
O oglindă sferică concavă poate fi obținută dintr-o lentilă de sticlă, subțire,
simetrică, biconvexă, având una dintre suprafețe argintată. Cunoscând indicele de
refracție al sticlei n₂=1,5 și distanța focală f=10 cm, determinați raza de curbură R a
suprafeței lentilei.
Rezolvare
Soluția I
Se poate considera sistemul format din trei dioptri: doi dioptri care
mărginesc lentila și al treilea dioptrul reflectant (fig. 1). Distanța focală echivalentă se
obține din relația de adunare a convergențelor:
Pentru oglindă impunem condiția n₃ = -n₂ se obține:
1 2
2
n 2 n
f R ; 2 2
1
2 1
n 2 n1 2( ) ( n 1)
f R n R
2
2 2
2 ( n 1)1 1( 2 n 2 2 n )
f R R
Efectuând calculele se obține:
1 2
1 1 1
f f f
1f - distanța focală lentilă
2f - distanța focală oglindă
1
2
1
n 2( n 1)
f R și 2 3
2
n n1
f R
obținută din
formula fundamentală astfel :
3 3 21 2
2 2 1
n n nn n
f x x R
40
2R 2 f (2 n 1)
R 4 0 c m
Soluția a II-a
Se aplică formula fundamentală a dioptului sferic pentru fiecare dioptru în
parte. În fig. 2 este prezentată schema redusă , pe care se figurează obiectul și
imaginile intermediare, distanțele acestora considerate față de fiecare vârf de dioptru
( care constituie originea sistemului de coordonate orientat de fiecare dată în sensul
propagării luminii). Y' se formează în interiorul lentilei și este imaginea lui Y₁: față
de dioptru se caracterizează prin distanțele ( -x₁) și x₂. Această primă imagine
constituie obiect pentru al doilea dioptru, se obține imaginea Y” cu distanțele x'₁ și
x'₂:
Y” constituie obiect virtual pentru oglinda sferică:
(O₂) 1 1 1 2
2 1
n n n n
x " x " R
Adunăm toate cele trei relații membru cu membru și obținem:
32 1 2 1 1 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
nn n n n n n n 2 n n n
x x x ' x ' x " x " R R R
Căci 1 2
x " x ' și 1 2
x ' x 1 0
1 2
x ' x
1 1 2 1 2 1
2 2 2 1''
2 1
n n 4 n 2 n 2 ( 2 n n )1( n 2 n n 2 n )
x x R R R
1 1 2 1
''
2 1
n n 2 ( 2 n n )
x x R
Într-un mediu dat putem defini distanța focală astfel:
(1) 2 1 2 1
2 1 1
n n n n
x x R
1(R R )
(2) 3 3 22 2
2
2 1 2
n n nn 2 n( R R )
x ' x ' R R
( n n ₃ ₂reflexie)
41
1 1 1
''
2 1
n n n
x x f din 1 2 1
n 2 ( 2 n n )
f R
2
1
nR ( 2 1)
n1
f R
notăm 2
1
nn
n
1 2 ( 2 n 1)
f R
R 2 f ( 2 n 1)
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 2 cl. a IX-a
O sursă punctiformă de lumină este așezată la o distanță de 10 cm de fața unei
lentile de sticlă, simetrică, biconvexă. Imaginea sursei se formează la o distanță x₂=6,2
cm în spatele lentilei. Cunoscând că raza de curbură a suprafețelor este de R=5cm,
calculați grosimea lentilei, „l”.
Rezolvare
1
x 1 0 cm
L 2 , 5 c m
1
R 5cm
2
R 5cm
2
x ?
Soluție:
În fig. 3, S'' este imaginea obiectului punctiform S în prima față a
dioptrului (raza reală se află în mediul n₂).
1
(O ) 2 1 2 1
2 1
n n n n(1)
x ' x R
Imaginea S''este obiect pentru a doua față a dioptrului:
2
(O )3 3 22
2 1
n n nn( 2 )
x x ' R
Adunând membru cu membru obținem:
3 2 32 2 1 2 1
2 1 2 1
n n nn n n n n
x x ' x ' x R R
42
2 1
x ' L x ' deci 1 2
x ' x ' L
Știind:
3 2 2 1
2 3 1
2 2 2 1
n n n n 1( 2 n n n )
x x ' L x ' x R
, în care:
1 3
2
1
n n 1(a e r )
nn
n
În continuare se poate scrie:
' '
2 1 2 1
1 n n 1 1( 2 n 2 )
x x x x R
' ' '
2 1 12 2 2
1 2 ( n 1) 1 1 1 n 1 n 1n
x R x x Rx L x x
2
x ' 1 0 n 1 5cm
Efectuând calculul numeric obținem:
2
1 2 1 1 11, 5 1 1, 5
x 2 , 5 2 5 3 0 2 0
2
x 6, 2 cm
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 3 cl. a IX-a Un obiect este situat înaintea feței convexe a unei lentile de sticlă (n=1,5)
plan - convexe cu grosimea d = 9 cm. Imaginea obiectului se formează pe fața
plană a lentilei care servește ca ecran. Să se determine raza de curbură R a feței
convexe a lentilei, știind că mărirea transversal a imagini este β= -0,2.
Rezolvare
Soluție:
Se aplică formula fundamentală a dioptrului plan (fig. 4):
R 2 , 5 c m
2d x 9 cm
n = 1,5
n = 1,5 β = ?
β = ?
43
În condițiile în care 2
1
n( n
n și 1
2
n 1)
n n
2 2 1 1
2 1 1 2
n n n n 1 n n 1;
x R x x x R
2
2
1 2 2
2 2 2
1 1
1R (1 ) x
R n ( n 1) x1 n
x R x R x
x x x1 1; n 1 (1 )
x n x R n
2x n 1
1 ( ) ;R n
cu x₂ = d
d n 11 ( )
R n
; Efectuând calculele se obține: 0 , 2
Problema nr. 4 cl. a IX-a
O lentilă subțire convergentă cu distanța focală f= 12,5 cm, dă imaginea unui
obiect pe un ecran care se află așezat la distanța D= 2,5 m de lentilă. Cu cât trebuie
deplasat obiectul, pentru a obține o imagine clară pe ecran, dacă acesta se apropie de
lentilă cu .
Rezolvare
Soluție:
a) Deoarece convergența este negativă, este vorba de o lentilă biconcavă.
Definim convergența într-un mediu în general:
0
1 2 0
1 2
n 1 11 .P ' ( n n )( )
f R R
2 1 2 1
2 1
2 1
1 2
n n n n
x x R
x n
x n
44
Relația (1) devine:
în aer: 0 2
1 2
1 1 1P ( n 1)( )
f R R
în lichid: 0
1 2 0
1 1 2
n 1 1P ( n n )( )
f R R
Împărțind cele două relații, se obține:
2 01
0 2
n nP
P n 1
; 2 0
1
2
n nP 2
n 1
0
1
1
n 1, 7f 0 , 8 5 m
P 2
b)Aplicând formula fundamentală a dioptrului : pentru fiecare suprafață,
relațiile obținute le adunăm membru cu membru și se obține:
3 2 0 2 31
2 1 1 2
n n n n nn
x x R R
0 2 0 32
1
n n n nn 11
x x R R f
Pentru lichid:
3 0
1 2 0
1 2 1
n n1 1P ' ( 2 n n 1)
f x x R
1 0a )n n 1, 7
2n n 1, 5
0P 5
lf ? P ?
2
3
1
0
'
0
b ) n 1, 5
n 1
n 1, 3 3
P 1 0
f ?
1P ' ?
45
deoarece în aer 0 2'
0
1 2P ' ( n 1)
Rf
2 01
0 2
2 n n 1P '
P n 1
; 2 0
1 0
2
2 n n 1P ' P 3
n 1
; ' 3
1
1
nf 0 , 4 4 m
P ' .
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 5 cl. a IX-a
O lentilă subțire convergentă cu distanța focală de 25 cm, dă imaginea unui
obiect pe un ecran care se găsește la distanța de 5 m de lentilă. Se apropie ecranul de
lentilă cu Cu cât trebuie deplasat obiectul pentru a obține din nou o imagine
clară pe ecran.
Rezolvare
Pentru ecranul E, se obține imagine clară:
2 1
1 1 2 1( n 1)
x x R f (în aer)
Pentru ecranul E', se obține imagine clară: ' '
2 1
1 1 2 1( n 1)
x x R f
Din fig. 6, relațiile sunt evidente :
'
2 2
'
1 1
x l x
x x x
f 2 5 c m
2
l x 5 m
x
l 1 8 c m
?
46
2
1 2 2
f x1 1 1
x x f f x
; Notând
2x l ;
1
f lx 2 6 , 3c m
f l
'
2 2
'
1 1
x x l
x x x
; 2 1
1 1 1
x l x x f
2
1 2 2
f x l1 1 1
x x x l f f ( x l)
2
1
2
f ( x l) f ( l l)x x
f x l f l l
; iar
1
f lx
f l
1
f ( l l ) f l f ( l l )x x
f l l f l ( f l) l
2f l( f l) f l l ( f l) f ( l l) f l
x( f l) ( f l) l ( f l)( f l) l
Efectuând calculele: l 5 0 0 c m , f 2 5 c m
2 2
2 2
f l f lx 0 , 5 m m
(f l) l( f l) ( f l)
Deoarece 2
l( f l) (f l) , se poate neglija al II- lea termen
'
1 1x x x 2 6 , 3 5 m m
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 6 cl. a IX-a
Între obiect și ecran, ale căror poziții sunt fixe, este plasată o lentilă subțire
convergentă. Deplasînd lentila se găsesc două poziții pentru care imaginea pe ecran este
clară. Determinați dimensiunea transversală a obiectului, știind că dimensiunea imaginii
pentru o poziție a lentilei este h' =2 mm și pentru cealaltă h = 4,5 mm
Rezolvare
47
' '
2
2
1
Y h 2 m m
Y h '' 4 , 5 m m
Y ?
În poziția 1 avem:
2 1
1 1 1
x x f
2 2 1
1 1 2
1 1 2
Y x x; Y Y
Y x x
În poziția 2 avem: ' '
2 1
1 1 1
x x f
' '
'2 2 1
2 1 2' '
1 1 2
Y x x; Y Y
Y x x
Înmulțind cele două relații, membru cu membru:
'
2 ' 1 1
1 2 2 '
2 2
x xY Y Y
x x ;
' '
1 2 1 2D x x x x
' '
2 1 2 1
1 1 1 1 1
f x x x x
' '
1 2 1 2
' '
1 2 1 2
' '
1 2 1 2
x x x x
x x x x
x x x x
' '
1 2 1 2x x x x ;
' 1 2
1 '
2
x xx
x
' 2
1 1 1 1 2 1
' ' ' ' 2
2 2 2 2 2 2
x x x x x x1
x x x x x x
Din simetria construcției imaginii '
1 2x x
2 '
1 2 2Y Y Y h ' h '' ;
1Y h ' h '' 3m m
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 7 cl. a IX-a Se consideră două lentile subțiri simetrice, una convergentă cu indicele de
refracție n₁ = 1,7, cealaltă divergentă cu indicele de refracție n₂= 1,51. Fețele celor
două lentile sunt lipite și plasate în apă.
Să se calculeze distanța focală a sistemului în apă.
48
Rezolvare
Pentru lentilă biconvexă 1
1 0
n1 2( 1)
f R n
Pentru lentilă biconcavă 2
2 0
n1 2( 1)
f R n
1 2
1 2 0 0
n n1 1 1 2( 1 1)
f f f R n n
1 2
0
n n1 2( )
f R n
; 0
1 2
n Rf 3 5 c m
2 ( n n )
Prof. Virginel Iordache
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 8 cl. a IX-a
Măsurând dimensiunile unei lentile biconvexe simetrice din sticlă, cu
ns=1,5, cu ajutorul unui şubler, se găseşte grosimea d=27 mm, iar diametrul
D=100mm. Diviziunile şublerului privite prin lentilă, par de 5 ori mai mari. La
ce distanţă de lentilă a fost aşezat şublerul?
Rezolvare: 2 2
2
2 4
d DR R ⟹ (1)
1 1 1 2 1
1 1
n nf R R R R
⟹ f R (2)
R
1
2
0
n 1, 7
n 1, 5 1
R 1 0 c m
f ?
n 1, 3 3
49
5
2
2 1
1
x
β x β xx
2 1
1 1 1
x x f
1 1 1
1 1 1 1 11
β x x f x β
1
1
1 1 1
1
β βx f
f x β β (3)
2 2
1
17 9.5 m
4 m
d D βx
d β
Răspuns : 1
x 7 9 , 5 m m
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 9 cl. a IX-a
O lentilă din sticlă (s
n 1, 5 ) , de tip menisc convergent, are o rază de
curbură egală cu dublul celeilalte.
a) Care trebuie să fie distanţa minimă dintre un obiect şi imaginea lui, ca aceasta
să fie reală?
b) Se umple cu apă (a
n 1, 3 3 ) concavitatea lentilei. Cât devine distanţa focală
a sistemului?
Caz particular R 5 , 8 c m .
Rezolvare:
a)
11
1 1 2
12 2 1
s
s
s
n Rn f
f R R R n
2 1
1 1 1
f x x
50
2 1 2 1 d x x x d x
2
1 1
1 1
1 1 10
x d x fd
f d x x
2d 4 fd 0 / d0 :
4 0 4 m in
d f d f
81 6
1
m in
s
Rd R
n
9 2 .8m in
d cm
b)
1 1 1
1R
a'
nf
11
a
'
n
Rf
1 1 2 31 1 1
2 2
s a s a
'
n n n n
F f R R Rf
21 0 ( )
2 3
s a
RF cm
n n
Răspuns: a) m in
d 1 6 R 9 2 , 8 cm .
b) s aF 2 R / n 2 n 3 10 cm
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 10 cl. a IX-a Două lentile convergente cu aceeaşi distanţă focală, f, sunt aşezate pe
aceeaşi axă optică la distanţa d=f, una de alta. În faţa primei lentile se aşează
un obiect la distanţa 1,5f. La ce disanţă faţă de a doua lentilă se va forma
imaginea?
Rezolvare:
2
2 1 2
1 1 1 1 13
1, 5
x f
f x x x f
51
13 2
'x f d f
2 1
1 1 1
' '
fx x; iar
2 1
1 1 1
' '
f x x
2
1 1 1 3
2 2
'f f fx
2
2
3
' fx
Răspuns: 2
2
3
' fx
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 11 cl. a IX-a
Un biciclist se mişcă uniform pe o şosea rectilinie cu viteza v1=18 km/h,
iar în spatele lui o maşină cu v2=54km/h. Când distanţa dintre mobile era de
100m, maşina îşi continuă mişcarea cu roţile decuplate de la motor. Ce fracţiune
din greutatea maşinii reprezintă forţa de frecare, pentru ca întâlnirea dintre
mobile să se producă o singură dată?
Rezolvare:
1x v t
2
2
2
a td x v t
2
2 1a t 2 ( v v 2 0) t d
Pentru 1 2
0 t t , pentru ca mobilele să se intâlnească o singură dată
2
2 14 ( ) 8 0 v v a d
2
2 1( )
2
v va
d
F f K G K m g F f m a K m g m a
52
2
2 1
20 .0 5 5 %
v vaK K
g g d
Răspuns: 2
2 1k v v / 2 g d 0 , 0 5 5 % .
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 12
Două automobile se deplasează pe o şosea rectilinie, în acelaşi sens, cu
vitezele constante şi respectiv , cu .
a) Pentru a evita ciocnirea, primul frânează cu acceleraţia constantă a. Care
trebuie să fie distanţa minimă dintre ele în momentele începerii frânării?
b) Dacă se deplasează în sensuri opuse şi ambele frânează cu aceeaşi
acceleraţie constantă a, care era distanţa minimă pentru evitarea ciocnirii?
c) Care dintre automobile va parcurge în ultima secundă înainte de oprire o
distanţă mai mare?
Rezolvare:
a) 2 2
2 2 2 1
2 12
2
v vv v a d d
a
b) 2
1
1
2
vd
aşi
2
2
2
2
vd
a ⟹
2 2
1 2
2
v vd
a
c) 2
0 0 0 0
2
' ad v t t
01t s
0t n t
0 00 v a t n
0 0 v an t
0 0 0( 1)
'v v a t n
0 0 0 0
'v a n t a n t a t
0 0
'v a t
53
2 2
0 0 0
2
ad a t t ⟹
2
0
0
2
a td
01t s
Distanţa nu depinde de , deci ambele parcurg în ultima secundă aceeaşi
distanţă.
Răspuns: a) b)2 2
1 2
2
v vd
a
Prof. Ștefan Pintilie
C. N. I. ”Spiru Haret” Suceava
Informatică
Rezolvarea problemelor de Informatică din nr. 1
Problema nr. 1- cl. a IX-a
La un concurs de informatică participă elevi din mai multe şcoli din diferite
oraşe. Pentru a se putea deosebi între ele lucrările lor, fiecare lucrare este codificată
printr-un număr natural cu 3 cifre, de forma , unde x (cifra sutelor) este codul
oraşului, y (cifra zecilor) este codul şcolii din oraşul x, iar z (cifra unităţilor) este
codul unui elev din şcoala y şi din oraşul x.
Exemplu: lucrarea cu codul 328 este lucrarea elevului cu codul 8, de la şcoala cu codul
2 din oraşul cu codul 3.
Se cunosc: codul unei lucrări a unui elev notat e, numărul n de lucrări premiate şi
codurile acestora.
Cerinţe:
a) Verificaţi dacă e este premiat sau nu.
b) Determinaţi numărul de premii luate de elevii din oraşul lui e (inclusiv e, dacă
a fost premiat).
c) Determinaţi numărul de premii luate de elevii din şcoala lui e (inclusiv e, dacă
a fost premiat).
Date de intrare
De pe prima linie a fişierului de intrare concurs.in se citeşte codul elevului notat cu e.
De pe a doua linie a fişierului se citeşte valoarea lui n.
De pe a treia linie a fişerului se citesc cele n coduri premiate separate prin câte un
spaţiu.
Date de ieşire
54
Cele 3 răspunsuri se vor scrie în fişierul concurs.out pe câte o linie.
Pentru prima cerinţă se va scrie în fişier un mesaj (DA/NU), după cum e a luat sau nu
premiu.
La cerinţele b) şi c) se va scrie câte un număr pe a doua şi respectiv a treia linie a
fişierului de ieşire cu semnificaţia din enunţ.
Restricţii n este un număr natural nenul, n≤20;
codul oraşului este de la 1 la 5;
codul şcolii este de la 0 la 9;
codul elevului este de la 0 la 9;
mesajul DA/NU se va scrie cu majuscule.
Observaţii
datele de intrare sunt corecte (nu necesită validare);
punctajul total este 10 puncte (3 puncte cerinţa a, 3 puncte cerinţa b, 3 puncte
cerinţa c, 1 punct din oficiu).
Exemplu
concurs.in concurs.out Explicaţii
234
6
123 232 125 222 421 235
NU
3
2
- codul lui e 234 nu se
regăseşte printre cele premiate
- numărul de premii din
oraşul lui e (codul oraşului 2) este
3: 232, 222, 235
- numărul de premii din
şcoala lui e (codul şcolii 3) este 2:
232, 235
Rezolvare
#include <iostream>
#include <fstream>
using namespace std;
ifstream f("concurs.in");
ofstream g("concurs.out");
int main()
{
int n,e,a[21],i,k;
f>>e;
f>>n;
for (i=1;i<=n;i++)
f>>a[i];
k=0;
i=1;
55
while (i<=n&&k==0)
if (a[i]==e)
k=1;
else
i++;
if (k==0)
g<<"NU";
else
g<<"DA";
k=0;
for (i=1;i<=n;i++)
if (e/100==a[i]/100)
k++;
g<<endl<<k;
k=0;
for (i=1;i<=n;i++)
if (e%100/10==a[i]%100/10)
k++;
g<<endl<<k;
f.close();
g.close();
return 0;
}
Prof. Cojocariu Maria
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 2
Cuvinte combinate și supercombinații – clasele a X-a şi a XI-a
Un cuvant este un șir de caractere format doar din litere mari și mici ale
alfabetului englez.
Spunem că două cuvinte C1 și C2 se pot combina C1C2 dacă C1 conține un
sufix de cel puțin 2 litere care este prefix al lui C2, fără a face diferența dintre litere
mari și mici. În acest caz, se definește costul combinării celor două cuvinte C1 si C2,
în forma C1C2 ca fiind media aritmetică a codurilor ASCII ale primelor două litere
din C2.
Exemplu: dacă C1 = ”dosare” și C2 = ”resemnat”, atunci putem combina C1
C2 dar nu putem combina C2C1. Costul combinării cuvintelor C1 și C2 în forma
C1C2 este (114+101)/2 = 107.5. (codul ASCII al lui r este 114 si codul ASCII al lui e
este 101).
Exemplu: dacă C1 = ”Atestat” și C2 = ”Curat”, atunci putem combina C2 C1
dar nu putem combina C1C2. Costul combinării cuvintelor C1 și C2 în forma C2C1 este
(65+116)/2 = 90.5. (codul ASCII al lui A este 65 si codul ASCII al lui t este 116).
Un cuvânt care are mai puțin de două litere nu poate fi combinat cu alt cuvânt.
56
Un cuvânt C se numește supercombinat dacă are cel puțin 3 litere și se poate
combina CC. De exemplu cuvântul ”restrangere” este supercombinat. Costul unei
supercombinari este media aritmetica a codurilor ASCII ale primelor sale două litere.
Spunem că o propoziție este combinată dacă este de forma C1C2...Cn și orice
două cuvinte Ck și Ck+1 se pot combina CkCk+1 pentru orice k de la 1 la n-1.
Cerințe:
1. Pentru un text dat să se afișeze toate cuvintele ”supercombinate” și pentru
fiecare dintre aceste cuvinte să se afișeze costul supercombinării cuvântului cu el
însuși. Dacă nu există cuvinte ”supercombinate” se va afișa mesajul: ”fără
supercombinari”. 2. Pentru două cuvinte Ci si Cf de cel puțin 3 litere aparținând textului dat, să se
găsească o propoziție combinată C1C2C3...CkCk-1Ck, de cost minim, formată din
cuvintele textului dat, în care primul cuvânt să fie C1 (C1 =Ci) și ultimul cuvânt să fie
Cf (Ck =Cf). Dacă există mai multe propoziții combinate de cost minim, se va afișa
una dintre ele. În cazul în care Ci și Cf nu aparțin textului, se va afișa mesajul:
”cuvintele sunt de prisos”. În cazul în care Ci și Cf aparțin textului dar nu se poate
forma propoziția combinată, se va afișa mesajul: ”nu se poate face combinația”.
Restricții:
Textul este format din maxim 1000 cuvinte. Fiecare cuvânt conține maxim 50
de caractere. Numărul total de caractere din text este maxim 1000000. Cuvintele din
text pot fi despărțite prin caracterele: spațiu, virgulă, punct, punct și virgulă, cratimă,
apostrof, semnul exclamării, semnul întrebării și chiar puncte de suspensie.
Date de intrare:
Pe prima linie a fișierului "text.in" se memorează cuvântul Ci. Pe a doua linie a
fișierului se memorează cuvântul Cf. Începând de pe a treia linie a fișierului se
memorează textul.
Exemple:
Fisierul "text.in" Rezultat Explicația
camera
sambata
Duminica Radu
deschide camera
casa sambata rama
serioasa masa
rapuse
deschide 100.5
camera rama masa
sambata
Cuvântul deschide este supercombinat.
cost =100.5
Exista 3 propoziții combinate:
camera rama masa sambata
cost= 105.5 + 103 + 106 = 314.5
camera Radu Duminica casa sambata
cost = 89.5 + 92.5 + 98 + 106 = 386
camera rapuse serioasa sambata
cost= 105.5 + 108 + 106 = 319.5
rama
camera
rama Radu camera
fara supercombinari
nu se poate face
combinatia
Nu există cuvinte supercombinate.
Cuvintele aparțin textului dar nu se
poate forma propoziția combinată.
rama
casa
rama Radu camera
fara supercombinari
cuvintele sunt de
prisos
Nu există cuvinte supercombinate.
Cuvintele nu aparțin textului.
57
Rezolvare
Cuvinte combinate și supercombinații - rezolvare
# define oo 500
typedef char cuvant[51];
cuvant V[1000], Ci, Cf;
float A[1000][1000];
int B[1000][1000], N;
void Citire() {
ifstream F("text.in"); F.get(Ci, 51); F.get(); F.get(Cf, 51);
char text[1000000], c; int i=0;
while(!F.eof())
{
F.get(c);
if(c == 10) text[i++]=' '; else text[i++]=c;
}
text[i]=0; N = 0;
char * p = strtok(text, " .,;-'!?");
while(p)
{
if(strlen(p)>2) strcpy(V[++N], p);
p=strtok(NULL," .,;-'!?");
} F.close();
}
void Copie () {
for (int i=1 ; i<= N; i++)
for (int j=1 ; j<= N; j++ ) if (A[i][j] == oo) B[i][j] = oo;
}
int Combinat(char* s1, char*s2) {
char * p = s1 + strlen(s1)-2; char aux[3]=""; strncat(aux, s2, 2);
return (! stricmp(aux,p));
}
float Cost (char* s) { return (float)(s[0] + s[1])/2; }
void Matrice() {
int i, j;
for(i = 1; i<=N; i++) {
for (int j=1; j<=N; j++) A[i][j] = oo;
A[i][i] = 0;
}
for(i=1; i<=N; i++)
for(j=1; j<=N; j++)
if(i!=j && Combinat(V[i], V[j]) && Cost(V[j])<oo) A[i][j]= Cost(V[j]);
}
int Pozitie(char * s){
58
for (int i= 1 ; i<= N; i++) if(!strcmp(V[i], s)) return i;
return 0;
}
void Drum (int i, int j){
if (B[i][j]){ Drum (i, B[i][j]); cout << V[B[i][j]]<< " "; Drum (B[i][j], j); }
}
void Roy_Floyd (){
for (int k=1; k<= N; k++)
for (int i=1; i<= N; i++)
for (int j=1; j<= N; j++)
if (A[i][k]<oo && A[k][j]<oo)
if (A[i][j] > A[i][k] + A[k][j])
{A[i][j] = A[i][k] + A[k][j]; B[i][j] = k; }
}
int main(){
Citire(); Matrice(); Copie(); Roy_Floyd();
int start = Pozitie(Ci), final = Pozitie(Cf);
if(start && final )
if(B[start][final]!=oo)
{ cout << Ci<<" "; Drum(start, final); cout << Cf; }
else cout << "Nu se poate face combinatia";
else cout << "Cuvintele sunt de prisos";
return 0;
}
Prof. Tompea Viorel
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava
Problema nr. 3 Cl. a XI- a și cl. a XII- a
Pe Insula Furnicilor era vremea strânsului recoltei. Toate furnicile erau
ocupate să-și adune cât mai multe provizii pentru iarnă. Deodată vântul a început să
bată și toată recolta furnicilor risca să fie luată de vânt. Regina ALT-A a convocat
repede Consiliul de Coroană pentru situația de urgență creată și le-a prezentat harta
insulei, pe care erau reprezentate toate drumurile care pleacă de la câmpul cu recolta,
la depozitul aflat în mușuroi. Harta era desenată pe hârtie milimetrică având n
intersecții. Pentru fiecare drum de pe hartă era cunoscut numărul maxim de boabe care
puteau fi transportate simultan. Regina le-a cerut miniștrilor săi să găsească o strategie
de transport a recoltei de pe câmp, fără a modifica rețeaua existentă de drumuri (din
lipsă de timp, deoarece se apropia furtuna), astfel încât într-un singur transport
cantitatea de provizii a mușuroiului să fie maximă. Pentru reușita operației, Regina
ALT-A a ordonat ca transportul recoltei să fie supravegheat de însuși Ministrul
agriculturii, Marele DOT, în fiecare intersecție de pe traseu să fie prezent câte un
Furnicar Public, pentru evitarea blocajelor de pe traseu, iar la hambarul mușuroiului
59
regina va veghea activitatea de depozitare. Furnicarii Publici vor avea drept sarcină
de serviciu calcularea cantității totale de boabe sosite și plecate din intersecție. Fiecare
Furnicar Public va primi drept recompensă, la sfârșit, 5% din cantitatea totală de
boabe care a trecut prin intersecția pe care acesta a supravegheat-o.
Date de intrare:
Fișierul de intrare insula.in are următoarea structură:
prima linie conține un număr n care reprezintă numărul de intersecții (inclusiv
câmpul cu recolta și depozitul din mușuroi);
a doua linie conține numerele S și D, separate printr-un spațiu, care reprezintă
pozitia câmpului cu recolta, respectiv poziția depozitului central al
mușuroiului;
următoarele linii conțin triplete de numere x, y, c, separate printr-un spațiu, cu
semnificația că există un drum de la intersecția x la intersecția y, iar pe acest
drum pot fi transportate maxim c boabe.
Date de ieșire:
Fișierul de ieșire recolta.out va avea următoarea structură:
prima linie va conține un număr Cmax, care reprezintă cantitatea maximă de
boabe transportată;
a doua linie va conține n-2 numere, separate între ele printr-un singur spațiu,
care reprezintă recompensele celor n-2 Furnicari Publici de pe traseu;
următoarele linii vor conține fiecare câte trei numere x, y și r, separate printr-
un singur spațiu, care au următoarea semnificație: pe drumul de la x la y s-au
transportat r boabe.
Restricții și precizări:
3 ≤ n ≤ 500;
pentru a nu fi nevoită să taie boabele, regina a hotărât ca recompensa
Furnicarilor Publici să fie formată din cel mai mare număr întreg de boabe
mai mic decât valoarea pe care ar fi trebuit să o primească fiecare.
Exemplu:
insula.in recolta.out
5
1 4
1 2 100
2 5 100
1 5 130
2 3 60
5 3 90
3 4 80
5 4 90
170
5 4 6
1 2 100
1 5 70
2 3 60
2 5 40
3 4 80
5 3 20
5 4 90
Timp de execuție: 1secundă/test
Rezolvare
60
Problema Insula Furnicilor propusă în ediția anterioară a revistei MIF,
are la baza rezolvării un algoritm de determinare a unui flux maxim într-o
rețea de transport. Această problemă a fost propusă spre rezolvare elevilor
aflați în clasele a XI-a și a XII-a care au participat la Concursul de programare
organizat cu ocazia primei ediții a Concursului de Creativitate software
LINFO@SV, în anul 2002. Pentru a putea înțelege modul de rezolvare a
aceastei problemă va prezint în contiuare câteva noțiuni teoretice cu privire la
acest subiect.
Flux maxim într-o rețea de transport
Un graf orientat poate fi utilizat pentru modelarea unui proces de transport
într-o rețea, între un producător S(sursă) și un consumator D(destinație). Destinația nu
poate consuma mai mult decât se produce, iar cantitatea trimisă pe o cale nu poate
depăși capacitatea sa de transport. Rețelele de transport pot modela curgerea lichidului
în sisteme cu țevi, deplasarea pieselor pe benzi rulante, deplasarea curentului prin
rețele electrice, transmiterea informațiilor prin rețele de comunicare etc.
O problemă des întâlnită într-o rețea de transport este cea a găsirii fluxului
maxim posibil prin arcele rețelei astfel încât:
să nu fie depășite capacitățile arcelor;
fluxul să se conserve în drumul său de la Sursă la Destinație.
Definiție 1 : O rețea de transport este un graf orientat G=(V,E) cu proprietățile:
există două noduri speciale în V(mulțimea vârfurilor): S este nodul sursă (sau
producătorul) și D este nodul terminal (sau consumatorul, destinația).
este definită o funcție totală de capacitatenotată c:V×V →R+ astfel încât:
o dacă nu există arc între nodul x și nodul y, atunci capacitatea lui este
nulă:
c (x,y) = 0, dacă (x,y) ∉ E o dacă există arc între nodul xși nodul y, atunci capacitatea acestuia este
pozitivă:
c (x,y) ≥ 0, dacă (x,y) ∈ E pentru orice nod x∈V |{s,t} există cel puțin o cale s—>x—>t .
Definiție 2: Numim flux în rețeaua G = (V,E ) o funcție totală f:V×V → R cu
proprietățile:
Restricție de capacitate:
f (x,y ) ≤ c(x,y), ∀(x,y )∈V (fluxul printr-un arc nu poate depăși capacitatea
acestuia )
61
Antisimetrie:
f(x,y) = -f(x,y) , ∀x∈V,∀y∈V Un flux negativ de la x la y este unul virtual, el nu reprezintă un transport
efectiv, ci doar sugerează că există un transport fizic de la x la y (este o
convenție asemănătoare cu cea făcută pentru intensitățile curenților într-o rețea
electrică)
Conservarea fluxului: Σ f (x,y) = 0, ∀x∈V ∖{s,t },y∈V
la trecerea printr-un nod fluxul se conservă: suma fluxurilor ce intră
într-un nod este 0 (ținând cont de convenția de semn stabilită)
Numim capacitate reziduală a unui arc: cf (x,y) = c(x,y) - f(x,y)
și o interpretăm ca fiind cantitatea de flux adițional care poate fi transportat de
la x la y, fără a
depăși capacitatea c (x,y).
Exemplu:
Dacă avem arcul (x,y)∈V cu c(x,y)=15 și fluxul f(x,y)=10, se pot
transporta cf(x,y)=5 unități suplimentare fără a încălca restricția de capacitate.
Dar, conform definiției, deși arcul (x,y)∉V vom avea totuși o capacitate reziduală:
cf (x,y) = c (y,x) – f (y,x) = 0−(−10) = 10
aș putea transporta 10 unități în sens opus, care să le anuleze pe cele 10 ale fluxului
direct pe muchia (x,y).
Teorema: Fie G o rețea de flux și f un flux în această rețea. Fluxul f este maxim dacă
și numai dacă rețeaua reziduală Gf nu are nici un flux de valoare pozitivă sau,
echivalent, dacă în rețeaua reziduală nu există nici un drum de la sursa la destinatie.
Teorema anterioară sugerează o metodă clasică de construcție a unui flux
maxim într-o retea de flux, numită metoda Ford-Fulkerson. Această metoda este
descrisă în limbaj natural astfel:
Algoritmul Ford-Fulkerson:
Intrare: o retea de flux G=(V,E)
Iesire: un flux maxim f in reteaua G
X Y 10/1
5 X Y 5
10 Muchii reziduale în graf
între x si y
Muchie în graf între
x si y
62
1. Fie fluxul f(x,y)=0 pentru orice pereche de noduri
(x,y) ale lui G
2. Construiește rețeaua reziduală Gf
3. cat timp există un flux pozitiv în rețeaua execută
reziduală Gf:
3.1. construiește un flux pozitiv f+ in Gf
3.2. fie f = f + f+ noul flux în G
3.3. construiește noua rețea
reziduală Gf
Graful orientat, propus în fișierul text din enuțul problemei are are următoarea
structură, nodul 1 fiind nodul sursă, iar nodul 4 fiind destinația:
Pas 1: Fluxul ințial al rețelei de transport este 0: flux=0;
Pas 2: utilizând un algoritm de parcurgere în adâncime, determinăm un drum de la
nodul sursăS(nodul 1) la
nodul destinație D(nodul 4), în care fiecare muchie de pe
drum să aibă fluxul asociat
până în acest moment strict
mai mic decat capacitatea sa.
Capacitatea de transport pe
muchie este valoarea asociată
inițial. Acest drum se numește
drum de ameliorare. Drum
de ameliorare: 1, 2, 3, 4. Calculăm valoarea minimă dintre capacitățile de transport
ale muchiilor care alcătuiesc acest drum c(1,2)=100, c(2,3)=60, c(3,4)=80
min(100,60,80)=60.
Această valoare va fi valoarea cu
care putem crește valoarea fluxului
rețelei de transport. Ea reprezintă
fluxul maxim care poate fi
transportat pe acest traseu, deci
valoarea fluxlui rețelei de transport
se va modifica astfel: flux=flux+60=60.
Odată gasită aceasta valoare, luăm
fiecare muchie (x, y) și :
mărim fluxul pe aceasta muchie cu acea valoare,
micșorăm capacitatea de transport a muchiei (x,y) cu valoarea fluxului
maxim al rețelei de trasport
63
introducem o muchie nouă (y,x, cu capaciate negativă egală cu valoarea
fluxului maxim. Astfel este posibil ca drumul nostru la un moment dat sa
parcurgă o muchie inversată, de capacitate 0 și flux negativ, practic
decrementând fluxul de pe muchia neinversată.
Acest algoritm garantează că în momentul în care nu vom mai găsi niciun drum de la
sursă la destinație în graful rezidual, atunci fluxul trimis prin rețea este maxim.
Repetăm pasul 2 până în
momentul în care nu mai găsim un drum de ameliorare de la nodul sursă la nodul
destinație. Graful va suferi următoarele modificări succesive:
Graful modificat
Drum de ameliorare:1,2,5,3,4.
Capacitatea muchiilor de pe traseu:
c(1,2)=40, c(2,5)=100, c(5,3)=90, c(3,4)=20
Flux maxim de transport pe acest traseu:
minim(40,100,90,20)=20
Fluxul maxim al retelei de transport:
flux=flux+20=60+20=80
64
Drum de ameliorare:1,5,4.
Capacitatea muchiilor de pe traseu:
c(1,5)=130, c(5,4)=70
Flux maxim de transport pe acest traseu:
minim(130,70)=70
Fluxul maxim al retelei de transport:
flux=flux+70=100+70=170
Drum de ameliorare:1,2,5,4.
Capacitatea muchiilor de pe traseu:
c(1,2)=20, c(2,5)=80, c(5,4)=90
Flux maxim de transport pe acest traseu:
minim(20,80,90)=20
Fluxul maxim al retelei de transport:
flux=flux+20=80+20=100
65
Mai jos acest algoritm este prezentat didactic, în C++, folosind
implementarea statică(cu vectori) a stivei. Timpul de executie se poate îmbunătăți,
folosind funcții STL, structura de tip stivă fiind implementată cu adaptorul
container1stack(implementează dinamic o stivă, folosește fișierul header: <stack> ),
iar vectorii utilizați pentru memorarea nodurilor vizitate, a drumului de ameliorare
fiind implementați cu containerii secvențăvector(tablou dinamic cu redimensionare
automată la inserarea/eliminarea unui element; folosește fișierul header: <vector>).
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cmath>
using namespace std;
#define Infinit 100000;
ifstream fin("insula.in");
ofstream fout("insula.out");
int a[500][500],n,s,d,flux; //citirea datelor de intrare si construirea matricei costurilor
voidcitire(int a[500][500], int&n, int&s,int&d)
{
int cost,x,y;
fin>>n>>s>>d;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j)
a[i][j]=a[i][j]=Infinit;
while(fin>>x>>y>>cost)
a[x][y]=cost;
fin.close();
}
//verifica daca mai sunt noduri nevizitate, se foloseste la parcurgerea
//in adancime
int noduri_nevizitate(int v[500],int n)
{for(int i=1;i<=n;i++)
if(v[i]==0)
return 1;
return 0;
}
1 C++ standard include o bibliotecă standard, care cuprinde trei component cheie:
containerii(structure de date sub formă de template-uri, iteratori și algoritmi. Containerii STL sunt de trei tipuri: containeri secvență, containeri asociativi, și adaptori containeri)
În acest moment nu mai exista nici un drum
de la nodul sursa 1 la nodul destinație 4.
Concluzie: valoarea fluxului maxim in
graful dat este de 170.
Algoritmul se încheie!
66
//determin primul nod adiacent si nevizitat cu varful stivei sau daca nu
//gasesc atunci returnez valoarea 0
int primul_nod_adiacent_nevizitat(int a[500][500],int
n,int x,int v[500])
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if (a[x][i]>0)
if (a[x][i]<100000&&v[i]==0)
return i;
return 0;
}
//determinarea fluxului maxim in reteaua de transport
void flux_maxim(int a[500][500],int n, int s, int d)
{ int st[500], varf;//stiva implementata static, cu vectori
int v[500]; //vectorul vizitat
int drum[500],k; //drumul de ameliorare curent gasit
int v_min; //capacitatea de transport curenta
int gata=0;
while(!gata)
{//parcurgem in adancime graful de la nodul s -> d //marcam toate nodurile nevizitate
for(int i=1;i<=n;i++)
{v[i]=0;st[i]=0;drum[i]=0;}
varf=1; //initializez stiva
st[varf]=s; //adaug nodul s(sursa) la stiva
v[s]=1; //marchez nodul s, vizitat
v_min=Infinit;
int ok=1;
k=1;
drum[k]=s;//adaug nodul s la drumul de ameliorare curent
// determin un drum de ameliorare de la nodul s la nodul d si // calculez capacitatea maxima de transport al acestuia
while (noduri_nevizitate(v,n)!=0&&ok&&varf>0)
{int x;
x=primul_nod_adiacent_nevizitat(a,n,st[varf],v);
if(x!=0)
{ varf++;
st[varf]=x;
v[x]=1;
drum[++k]=x;
if(a[st[varf-1]][st[varf]]<v_min)
v_min=a[st[varf-1]][st[varf]];
if (x==d)
{ok=0;break;} //am ajuns la destinatie,opresc parcurgerea
}
else
{st[varf--]=0;
67
drum[k--]=0;}
};
if(ok==1)//nu mai am drum de ameliorare de la s la d
gata=1;
else
{flux=flux+v_min;
for(int i=2;i<=k;i++)
{a[drum[i-1]][drum[i]]=a[drum[i-1]][drum[i]]-v_min;
if(a[drum[i]][drum[i-1]]==100000)
a[drum[i]][drum[i-1]]=0;
a[drum[i]][drum[i-1]]=a[drum[i]][drum[i-1]]-v_min;
}} }
//scrierea rezultatului in fisierul de iesire in formatul cerut
fout<<flux<<endl;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(j!=s&&j!=d)
{int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j]<0)
sum=sum+a[i][j];
fout<<ceill(((float)-sum/20))<<" ";
}
fout<<endl;
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j]<0)
fout<<i<<" "<<j<<" "<<-a[i][j]<<endl;
fout.close();
}
int main()
{ citire(a,n,s,d);
flux_maxim(a,n,s,d);
return 0;
}
68
BIBLIOGRAFIE:
Lucrări scrise:
1. Thomas H. Cormen, Charles E.Leiserson, Ronald R. Rivest –
Introducere în ALGORITMI, Editura Agora,1999
2. Manual de Informatică, clasa a XI-a,
3. Gazeta de Informatică Ginfo, nr 3, Editura Agora,2002
Pagini web:
1. http://www.infoarena.ro/problema/maxflow
2. http://andrei.clubcisco.ro/cursuri/2pa/laboratoare/Laborator%2010_Fl
ux_maxim.pdf
3. http://elf.cs.pub.ro/pa/wiki/laboratoare/laborator-10
Prof. Ildegez Mihaela Corina
C.N.I. ”Spiru Haret” Suceava