Sclipirea Mintii Nr 12

7/22/2019 Sclipirea Mintii Nr 12

1/48


2/48


3/48

- ISTORIA MATEMATICII Cel mai sigur zid de aprare este mintea

Antisthenes

1. Istoria Matematicii

ISTORIA UNEI INEGALITIde prof. Dumitru M. Btineu Giurgiu, Neculai Stanciu

n [1] s-a demonstrat c: Ion Ionescu a publicat cu 22 de ani naintea lui Roland Weitzenbck

inegalitatea 34222 Scba . n Gazeta Matematic, Vol. III (15 Septembrie 1897 15 August 1898),Nr. 2 , Octombrie 1897, la pagina 52,Ion Ionescu, fondatorul Gazetei Matematice, a publicat problema:

*273.S se arate c nu exist nici un triunghiu pentru care inegalitatea:22234 cbaS s fie satisfcut.(I. IONESCU. )

Soluia problemei 273, apare n Gazeta Matematic, Vol. III (15 Septembrie 1897 15 August 1898), Nr. 12,August 1898, la paginile 281, 282 i 283, i anume:

Soluia 1dat de D-l N. G. Muzicescu (Student, Iai). Soluia 2dat de D-nii: I. Moscuna(Bucureti) iI. Penescu(Bucureti). Soluia 3 dat de D-ra Maria Rugescu (Student, Iai) i de D-nii: Th. M. Vladimirescu

(Rmnicul Vlcea); G. G. UrechiiI. Sichitiu(Sc. Sp. De Art. i Geniu) i Corneliu P. Ionescu(Elev Clasa a VI-a, Liceu Galai).

Au mai rezolvat aceast problem pe alte ci i D-nii: A. Iliovici,I. Nicolaescu,Emil G. Niescu,V. V. Cambureanui C. Vintil.

n anul 1919,Roland Weitzenbcka publicat n Mathematische Zeitschrift, Vol. 5, Nr. 1-2, pp. 137-146articolul Uber eine Ungleichung in der Dreiecksgeometrie, n care demonstreaz c: n orice triunghi

ABC, cu notaiile obinuite, are loc inegalitatea: Scba 34222 (W)Observm c inegalitatea lui Ion Ionescu este aceeai cu inegalitatea lui Weitzenbck, i de aceea

inegalitatea Weitzenbck(W) se numete inegalitateaIonescu-Weitzenbck(I-W).Inegalitatea Ionescu Weitzenbck, la a III-a O.I.M., Veszprm, Ungaria, 8-15 iulie 1961 a fost

dat spre rezolvare concurenilor.n legtur cu inegalitatea lui Ionescu-Weitzenbck exist n literatura de specialitate alte dou inegaliticelebre, i anume:

InegalitateaHadwiger-Finsler: 222222 34 accbbaScba .Inegalitatea Neuberg-Pedoe: pentru un al doilea triunghi de arie Ti laturile de lungimi zyx ,, avem:

STzyxcyxzbxzya 16)()()( 222222222222 , cu egalitate dac i numai dactriunghiurile sunt asemenea.

La a XX-a O.I.M., Bucureti, Romnia n 1978 a fost propus comisiei O.I.M. de ctre Cehoslovacia

problema: Fie 1Tun triunghi de laturi cba ,, i arieP, iar Talt triunghi de laturi wvu ,, i arie Q .S se demonstreze c: PQwvucwvubwvua 16222222222222 .Observm c problema este de fapt inegalitateaNeubergPedoe.

Un numr de 11 demonstraii ale inegalitii (I-W) au fost prezentate de Arthur Engel n carteaProblem solving strategies, Springer Verlag, 1998.

Alte 23 de demonstraiinoi (vezi [1]) i 10generalizriinedite (vezi [2]) au fost publicate n acestan (2013) iar alte aplicaii ale inegalitii (I-W) au fost fcute de autori n mai multe lucrri tiprite.

Remarc.Descoperirea din titlu a fost fcut de autorii articolului dup 117 ani de la publicarea san Gazeta Matematic.

Bibliografie:1. D.M. Btineu-Giurgiu, Neculai Stanciu, Inegaliti de tip Ionescu- Weitzenbck, Gazeta Matematic-

seria B, Nr. 1, 2013, pp. 1-10.2. D.M. Btineu-Giurgiu, Neculai Stanciu, Some generalizations of Ionescu-Weitzenbcks inequality,

Journal of Science and Arts Year 13, No. 1(22), pp. 27-32, 2013.


4/48

- ARTICOLE SI NOTE MATEMATICE -

Greu nu e s ai dreptate, greu e s convingi pe alii.Nu ntotdeauna e greu ci numai cnd ai dreptate.

i mai ales e greu s convingi pe cei care spun c s-au convins.Grigore C. Moisil

2. Articole si note matematice

Probleme legate de reprezentarea suprafeei unui triunghide prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

n aceast lucrare se exprim aria suprafeei unui triunghi n funcie de ariile suprafeelortriunghiurilor asociate laturilor sale, se obin identiti trigonometrice crora li se precizeaz interpretareageometric i se deduc inegaliti trigonometrice. Astfel se consider un triunghi ABCi un punct Kdin

planul su. Introducem urmtoarele notaii: )( ABCAS , )()( BKCAKSa , )()( AKCAKSb ,

)()( BKAAKSc , A unghiul opus la vrf unghiului A . Avem n mod evident urmtoarele

relaii: 1R : SKSKSKS cba )()()( , dac ][ABCK ;

2R : SKSKSKS cba )()()( , dac )( AIntK ; 3R : SKSKSKS acb )()()( , dac

][)( ABCAIntK . Cu acestea avem:

Propoziia 1. BCKKKSKS aa )()( (a se vedea [1]).

Propoziia 2. Dac )( ABCIntK , atunci cu inegalitatea mediilor i 1R , obinem:

a)3

3)()()(

SKSKSKS cba ; b) 3

)()()(2

222 SKSKSKS cba .

Aplicaii:A1. Se consider ABC ascuitunghic. Dac ctgCctgBSKSa )( i

ctgCctgASKSb )( , atunci ABCK .

Soluie.Fie Hortocentrul ABC cu AA nlimea corespunztoare vrfului A .

n ABH avem ctgCBctgC

ABHA

HA

ABtgCABHtg

cos)( i

SctgBctgCBctgCB

SctgCBcaAHBCHSa

cos

sin2

cos

2)( .

Deci, BCHKKSHS aa )()( (s-a aplicat propoziia 1). Analog gsim ACHKKSHS bb )()( .

Deoarece punctele CBA ,, sunt necolineare rezult HK i ABCK .Remarca 1.1. Analog se demonstreaz c dac n ABC cu 090A , )( AIntK ,

ctgCctgBSKSa )( , ctgActgCSKSb )( , atunci ABCK .

A2. Dac

2cos2

2sin

2sin

)(

2

A

CBa

KSa i

2cos2

2sin

2sin

)(

2

B

ACb

KSb , atunci CK( este bisectoarea unghiului C.

Soluie. Se calculeaz )(ISa i )(ISb , unde Ieste punctul de intersecie al bisectoarelor ABC , i se

obine: BCIKKSIS aa )()( i CAIKKSIS bb )()( . Deci, KI , aadar CK( este

bisectoarea unghiului C.Observaia 2.1. Relaia 1R scris n punctul Idevine SISISIS cba )()()(


5/48

-ARTICOLE SI NOTE MATEMATICE-

2cos2

2sin

2sin2

A

CBa

2cos2

2sin

2sin2

B

ACb

SC

BAc

2cos2

2sin

2sin2

CBa sinsin2

CSBSASCBASBAcACb sin2sin2sin22cos2cos2cos8sinsinsinsin22

2cos

2cos

2cos4sinsinsin

2cos

2cos

2cos8

CBACBA

CBAS )( 21A

Remarca 2.1.Relaia 1R scris n punctul Ireprezint interpretarea geometric a identitii )( 21A .

Observaia 2.2. Folosind propoziia 2 i )( 21A obinem

3 sinsinsin3sinsinsin CBACBA

2

sin2

sin2

sin272

cos2

cos2

cos4sinsinsin3 3 CBACBA

CBA

2cos2cos2cos8222 CBA 2cos2cos2cos27

8

222

CBACtg

Btg

Atg )( 22A

Egalitatea are loc dac CBA .A3.n relaia 1R lum OK (centrul cercului circumscris ABC ) i obinem:

SOSOSOS cba )()()( SCRBRAR

2

2sin

2

2sin

2

2sin 222

22

sin2sin2sin2sin

22sin2sin2sin

R

CabCBA

R

SCBA

CBACBA sinsinsin42sin2sin2sin )( 31A

Remarca 3.1.Relaia 1R scris n punctul O reprezint interpretarea geometric a identitii )( 31A .

Observaia 3.1.Din propoziia 2 i identitatea )( 31A avem:

36

32sin2sin2sin

8

SCBA

R

2742sin2sin2sin

8

33

333

6R

cba

CBAR

CBAR

CBAR 333

66

sinsinsin27

82sin2sin2sin

8 (s-a folosit teorema sinusurilor)

CBACBA 333 sinsinsin27

642sin2sin2sin

CBACBA222

sinsinsin27

8

coscoscos

CBAgCctgActgBct sinsinsin27

8 )( 32A

Observaia 3.2.Tot din propoziia 2 i identitatea )( 31A avem:

34

2sin

4

2sin

4

2sin 2242424 SCRBRAR

6

222222

122sin2sin2sin

R

cbaCBA

CBACBA

222222

sinsinsin3

16

2sin2sin2sin

3

4

sinsin

cos

sinsin

cos

sinsin

cos22

2

22

2

22

2

BA

C

AC

B

CB

A )( 33A

A4.Dac n relaia 1R lum HK (ortocentrul triunghiuluiABC) gsim:


6/48


1 ctgActgBSctgBctgAS )( 41A Remarca 4.1.Relaia )( 41A este valabil n orice triunghi, iar pentru triunghiurile nedreptunghiceeste

echivalent cu identitatea tgCtgBtgAtgA .A5.Dac n relaia 1R lum GK (centrul de greutate al triunghiuluiABC) atunci:

32

sin)(3

SBGCGCGBSGSa

SBGCmm cb sin3

2

)22)(22(

))()((6sin

222222 cbabca

cpbpappBGC

)( 51A

A6.Relaia 1R scris ntr-un punct )( ABCIntK reprezint interpretarea geometric a urmtoarei

identiti: 1)sin(

)sin(

sinsin

sin

11

1

BCBBB

CB

A )( 61A

ce se obine cu ajutorul formulei)sin(2

sinsin2

CBCBaS

, unde 111 ,, CBA reprezint

KCAKBAKAC ,, .Bibliografie:1. Gazeta Matematic nr. 6-7-8/2012, 201-203.2. Sclipirea Minii, nr. XI. 2013, 6.

O generalizare a inegalitii lui Nesbitt

de Nela Ciceu, Roiori - Bacu i Roxana Mihaela Stanciu, Buzu

n aceast scurt not vom prezenta o generalizare a inegalitii lui Nesbitt, i.e.Pentru *,, Rcba , i N nm , avem inegalitatea:

)(2

)(3nnn

mmm

nn

m

nn

m

nn

m

cba

cba

ba

c

ac

b

cb

a

.

Demonstraie.Putem presupune c cba . Atunci:mmm cba , i nnnnnn baaccb

nnnnnn baaccb

111.

Aplicnd inegalitatea lui Cebev i apoi inegalitatea dintre media aritmetic i media armonic,obinem:

nnnnnn

mmmnn

m

nn

m

nn

m

baaccbcba

ba

c

ac

b

cb

a 111)(

3

1

)(2

)(39)(

31

nnn

mmm

nnnnnnmmm

cba

cba

baaccbcba

.

Pentru 1nm obinem inegalitatea luiNesbitt.

Educaia este un ornament n vremuri de prosperitate i un refugiu n vremuri de restrite

Aristotel


7/48


Demonstrarea unor inegaliti din Octogonde D.M. Btineu-Giurgiu, Neculai Stanciu i Titu Zvonaru

n acest articol vom demonstra unele inegaliti enunate n [1].

1.

3

333

3

223

z

yxxyzzyx , 0,, zyx (vezi [1], Teorema 5, p. 79).

Demonstraie.Notnd 333 ,, czbyax , inegalitatea de demonstrat se scrie succesiv:

3333333333 812444)2()3(4 cbaabccbacbaabccba

)(31212612633 2233222222 abbabaabcbccbaccaabba

0])()[(6)()(30)222(6 222222 cbcacbababcacbacc , adevrat.Avem egalitate dac i numai dac cba , adic zyx .

2. ))((3)(2

222333

zyxzyxxyzzyx , 0,, zyx (vezi [1], Teorema 11, p. 88).Demonstraie.Dup desfacerea parantezelor i reducerea termenilor asemenea, inegalitatea devine:222222333 3 xzzxyzzyxyyxxyzzyx , care este inegalitatea lui Schur.

3. 9))()((

13111

)( 3

xyz

xzzyyx

zyxzyx , 0,, zyx (vezi [1], Teorema 22, p.

94).Demonstraie.Inegalitatea din dreapta rezult imediat aplicnd Cesaro ( xyzxzzyyx 8))()(( ).Pentru inegalitatea din stnga, aplicnd inegalitatea dintre media aritmetic i geometric, avem:

3))()((

333111

)(

xyz

xzzyyx

y

xz

x

zy

z

yx

zyx

zyx

.

4. 4))()((

)(

8

27 3

xzzyyx

zyx, 0,, zyx (vezi [1], Teorema 36, p. 101).

Demonstraie.Inegalitatea din stnga se scrie succesiv: yxx 23 248 yxxyzxxyzxyyxxyzxy 23222 3(35427274824

0)3(5) 32 xyzxxy . Prima parantez este pozitiv conform inegalitii lui Schur, iar a douaparantez este pozitiv conform inegalitii mediilor. Inegalitatea din dreapta nu este adevrat; de exemplu,pentru 1,1,4 zyx , obinem

425

108

255

216

.

5. xyzttzyx

tzyxxttzzyyx

1111)())()()(( , 0,,, tzyx (vezi [1], Teorema 18,

p. 91).Demonstraie.Dup desfacerea parantezelor i reducerea termenilor asemenea, inegalitatea devine:

0)(02 22222 ytxzxyzttyzx .

6.Dac 0 zyx , atunci ))((3

7222 zyyxzxyzxyzyx (vezi [1], Teorema 27, p.

96).Demonstraie.Vom demonstra c dac 0 zyx , atunci:

))((3222 zyyxzxyzxyzyx . Avem:

222222 )(2

1)(

2

1)(

2

1))((3 zxzyyxzyyxzxyzxyzyx


8/48


))((3)]()[(2

1)(

2

1)(

2

1))((3 222 zyyxzyyxzyyxzyyx

222 )]()[())((3))(()()( zyyxzyyxzyyxzyyx

2)2( zyx . Dac n inegalitatea ))((222 zyyxkzxyzxyzyx lum1,2,3 zyx , obinem 31114 kk , deci 3k este cea mai mare valoare a parametrului k

pentru care inegalitatea ))((222 zyyxkzxyzxyzyx este adevrat.

7. 33

323

zyxyxx

xyzxyx

, 0,, zyx (vezi [1], Teorema 3, p. 76).

Demonstraie. Aplicnd inegalitatea lui Hlder obinem:

))()()()()(( zyxzyxyyxyxxxxxxxx 63 xyzxyx ,i rezult c este suficient s demonstrm c:

9

)(

4

)(3))(2)(2(9

222622 zyxyx

xzyxyxyxx

0)()(9)2)(2(4 22 yxyxyxyx .

8. 443

4324

tzyxzyxyxx

xyztxyzxyx

, 0,,, tzyx (vezi [1], Teorema 4, p. 78).

Demonstraie.Aplicnd inegalitatea lui Hlder obinem:))()(()()( 33 zzyxzyyxzxyxyyxxxxxx 3)( tzyx

1243 xyztxyzxyx , i rezult c este suficient s demonstrm c: 33333 ))(2)(2)(2()(24 tzyxzyxzyxzyxyxx

3

33

33

3312

4)(

3)(

2)(4 tzyxzyxyxx

3)(64)2)(2)(2(27 zyxzyxzyxzyx (1)Folosind inegalitatea mediilor avem:

zyxzyxzyxzyxzyxzyx 222)2)(2)(2(3 3 33 )(4)2)(2)(2(27 zyxzyxzyxzyx , adic exact inegalitatea (1).

Bibliografie:1. Octogon Mathematical Magazine, Vol. 13, April, 2005.

DIN CUGETRILE LUI MOISIL

tiina se rzbun ca o femeie: nu cnd o ataci, ci cnd o neglijezi.Libertate total, ai impresia c e un joc de cuvinte; cel puin pentru mine pareo expresie corect din punct de vedere gramatical, dar de fapt nu are sens, ccifiecare trebuie s se ncadreze n legile societii.Un om e uman nu numai prin defectele lui, ci i prin calitile lui.Se tie c un profesor bun e cel care te face ca lucrurile mai grele s i se par

uoare.Pe omul cu adevrat capabil, limitele l stimuleaz. Evident, morala nu e"punei,frailor,piedici!", ci "dac dai de piedici, depii-le!".


9/48


Alte identiti remarcabile n triunghi (II)de prof. dr. Mihly Bencze, Braov

Aceast not este o continuare a articolului din [1].Teorem.Dac Czyx ,, )( zyx , atunci avem identitatea:

xyz

xxyxyx

zxz

yzy

xy

xzx

zyz

yx

3

6 .

Demonstraie.Identitatea rezult prin simplu calcul algebric.Aplicaia 5.n orice triunghi ascuitunghic i neisoscel ABCavem relaia:

2

cos2

sin

cos

cos2

cos2

sin

CCBC

C

CCB

))2((

))2((3)52)((4

2

322

2222

rRsR

rRsRRRrsrR

.

Demonstraie.n teorem folosim substituiile: CzByAx cos,cos,cos .Aplicaia 6.n orice triunghi ascuitunghic i neisoscel ABCavem relaia:

CBA

C

C

CBA2

2

sin)sin(

cos

cos

sin)sin(

))2((4

48))4(4)(4(6

22

2222222222

rRssr

rRsRrrsrsrRrs

.

Demonstraie.n teorem folosim substituiile: ctgCzctgByctgAx ,, .Aplicaia 7.n orice triunghi ascuitunghic i neisoscel ABCavem relaia:

2sin

2sin

2cos

2cos

2sin

2sin

2

2

2

2

CBA

C

C

CBA 2165

r

s

r

R.

Demonstraie.n teorem folosim substituiile:2

,2

,2

Cctgz

Bctgy

Actgx .

Aplicaia 8.n orice neisoscel ABCavem relaia:

2cos2sin

2sin

2sin

2cos

2sin 2

2 CBA

C

C

CBA

Rr

RrRRrsrR 222 3)44)(2(26

.

Demonstraie.n teorem folosim substituiile:2

sin,2

sin,2

sin 222 C

zB

yA

x .

Bibliografie:1. Bencze M.,Identiti remarcabile n triunghi, Sclipirea Minii, Nr. XI, 2013, 9-10.2. Colecia Octogon Mathematical Magazine (1993-2012).

Studiile reprezint ceia ce rmne, cnd uii totul ce ai nvat la coal.Albert Einstein


10/48


Cteva identiti cu numere complexe i aplicaiide Marius Drgan i Liviu Bordianu, Bucureti

n acest articol prezentmm cteva identiti cu numere complexe i aplicaii ale acestora.

Lem (vezi [1]). Pentru orice numere complexe ,1z 2z , 3z au loc egalitile:1) )())(( 21

22323 zzzzzz ;

2) ))(()()( 32121223123 zzzzzzzzzz ;3) ))(()()( 133221212232123 zzzzzzzzzzzzz ;4) 321212233123 )()()( zzzzzzzzzz ;5) 2321212233223 ))(()()( zzzzzzzzzzz ;6) 2133221212234123 ))(()()( zzzzzzzzzzzzz ;

7) 1321

2

12121

2

23

2

3

2

223 2)()()( zzzzzzzzzzzzzzz ;8) 21321

2

211212

235223 2)()()( zzzzzzzzzzzzzzz .

Aplicaii:1) Pentru orice numere reale pozitive ,x y i z are loc inegalitatea

0)7()()( 223 yzxyzxyz .Soluie. Din lema 8 pentru ,1 xz ,2 yz ,3 zz rezult

xyzxyxxyyxyzxyz 2)()()( 25 (1)Dar xyzzyxxyzxyx 933 3 2223 . Deci, xyzxyzxyx 72

Din (1) obinem: )(7)()( 25 yxxyxyzyzxyz (2)Dar, din lema 3, deducem xyyxyzxyz )()()( 22 . Inegalitatea (2) devine:

2225 )()(7)()( yzxyzxyzyzxyz , sau echivalent 0)7()()( 223 yzxyzxyz , ),0[,, zyx .

2) Se consider mulimea 15 zCzH . S se demonstreze c:

12 32112121 zzzzzzzz , Hzzz 321 ,, .Solutie. Rezult din lema 1) , 8) i 153

52

51 zzz .

n continuare, considerm n planul triunghiului ABCcu )(),(),( cCbBaA punctele

3,

2,

2,

2),( 111

cbaG

baC

acB

cbAzM .

Vom avea urmatoarele inegaliti:

3) MGabcMAMAa 34 21 ;Soluie. Rezult din lema 2) considernd czzbzzazz 321 ,, .

4) MCMBMAabcMAMAa 2134 ;Soluie. Rezult din lema 4) i inegalitatea modulului.

5) 221 94 MGabcMAMCMBa .Soluie. Rezult din lema 5) i inegalitatea modulului.

Evident cu ajutorul identitilor din lema prezentat mai sus pot fi generate multe alte aplicaii pe carele lsam n seama cititorilor.Bibliografie: 1. Octogon Mathematical Magazine (1993-2013)


11/48


Triunghiul lui Pascal versus triunghiul lui Sierpinskide prof. Ciprian Chec, Buzu

n cutarea unor idei noi n vederea elaborrii unor probleme interesante pentru pregtirea elevilor de

gimnaziu ce formeaz lotul naional restrns al Romniei la informatic, am nceput s studiez elaborareaunui algoritm eficient de numrare a multiplilor de p (unde p reprezint un numr prim dat) din triunghiul luiPascal. n urma acestui studiu am propus spre rezolvare elevilor, n tabra de pregtire desfurat la BaiaMare n perioada 7-14 mai 2013, urmtoarea problem (enunsimplificat): Fie ni pdou numere naturale nenule cu proprietile: i) peste numr prim; ii) n+1 este o puterenatural a lui p ;

Notm cu M(p)numrul de multipli de pdin primele n+1rnduri ale triunghiului lui Pascal.S se scrie un program care citete numerele naturale ni pi determin numrul M(p).Date de intrare: Fiierul de intrare pascal.inconine pe primul rnd numerele naturale ni p.Date de ieire: Fiierul de ieire pascal.outva conine pe prima linie numrul M(p).Restricii i precizri: 2 n 109 ; 2 p < 10

3 .

Am constatat c problema are numeroase abordri pe care le voi prezenta n continuare :Varianta 1 (naiv)Se pot genera termenii triunghiului lui Pascal folosind o matrice sau 2 tablouri unidimensionale, utiliznd

binecunoscuta formul de recuren C(n,k) = C(n-1,k) + C(n-1,k-1). Se verific apoi ci dintre acetia suntmultipli de p. Ordinul de complexitate al acestei variante este O(n2).Varianta 2 (utilizand teorema lui Legendre)Pentru fiecare termen al triunghiului lui Pascal se calculeaz exponentul la care apare p n n!, n k! irespectiv n (n-k)! adic, cu alte cuvinte care este exponentul lui p n C(n,k). Dac aceast valoare estenenul nseamn c termenul respectiv este multiplu de p. Aceast variant are complexitate O(n 2) nsobine punctaje mai mari dect prima variant.Varianta 3 . Se utilizeaz urmtorul rezultat matematic:

Numrul termenilor din irul numerelor C(n,0),C(n,1), ,C(n,n) care sunt multipli de p este egal cu:

n+1 (n1+1)(n2+1)(nk+1) [1], unde n1, n2,, nksunt cifrele scrierii lui n n baza p.Spre exemplu dac n = 7 i p = 2 atunci n irurile:C(2,0),C(2,1), C(2,2) sunt 2+1(1+1)(0+1)=1multipli de 2, deoarece 2(n binar) = 10C(3,0),C(3,1),...,C(3,3) sunt 3+1(1+1)(1+1)=0multipli de 2, deoarece 3(n binar ) = 11C(4,0),C(4,1),...,C(4,4)sunt 4+1(1+1)(0+1)(0+1)=3multipli de 2, deoarece 4(n binar) = 100C(5,0),C(5,1),...,C(5,5)sunt 5+1(1+1)(0+1)(1+1)=2multipli de 2, deoarece 5(n binar) = 101C(6,0),C(6,1),...,C(6,6)sunt 6+1(1+1)(1+1)(0+1)=3multipli de 2, deoarece 6(n binar) = 110C(7,0),C(7,1),...,C(7,7)sunt 7+1(1+1)(1+1)(1+1)=0multipli de 2, deoarece 8(n binar) = 111n total vor fi 1+0+3+2+3+0 = 9 multipli de 2 n primele 8 rnduri ale triunghiului lui Pascal.Acest rezultat matematic reduce ordinul de complexitate de la O(n2) n cazul variantelor anterioare, la

( lg )O n n .

Varianta 4. Se calculeaz termenii din triunghiul lui Pascal modulo p i se observ apariia unor modelen formarea acestuia. Mai precis elementele nule din triunghi mpreun cu elementele nenule formeaz unfractal cunoscut sub numele de triunghiul lui Sierpinski.Acum se poate explica i restricia impus i anume c n+1 trebuie s fie o putere a lui p, astfelnct fractalul s se ncheie cu un triunghi complet. Determinarea numrului cerut de

problem se poate face acum recurent cu relaia:

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

( 1) , 02 2 2

daca xM x p p p p t t

M x dacax

unde t este o putere a lui p, iar x este un nivel complet al fractalului.Ordinul de complexitate al acestei soluii este O(lg n) i permite determinarea

rezultatului cerut de problem, pentru valori foarte mari ale lui n, ntr-un timp foarte scurt.Rezultate bune la aceast problem le-au obinut elevii: Oncescu Costin, Cmpulung Muscel (100p), MarianDarius, Bucureti (100p), Chichirim George, Constana (82p).Bibliografie:1. Gazeta Matematic nr. 4/1983, pag. 176, Probleme pregtitoare pentru O.I.M., autor Ioan Tomescu.


12/48


Soluii alternative i generalizarea unei probleme date la olimpiadde prof. Mitea Mariana, Cugir

n triunghiul ABC cu AB = AC, fie D mijlocul laturii [BC], E piciorul perpendicularei din D peAC i F mijlocului segmentului [DE]. S se demonstreze c AF BE .(Problema 84/ pag 113; E. Rusu. Problematizare i probleme n matematica colar, EDP. 1978)

Prezentm n continuare urmtoarele soluii:Soluia 1.Fie G piciorul perpendicularei duse din B pe [AC]. Cum BD=DCi BD DE ( ,BG AC DE AC ) rezult CE=EG. Sedemonstreaz c triunghiurile ADE, ACD i BCG sunt asemenea,

iar atunci2

2

AE DE EF EF

BG CG GE GE

. DinAE EF

BG GE

i

090AEF BGE AFE BGE EAF GBE AE BG AF BE (unghiuri cu

laturile perpendiculare).

Soluia 2.Fie AF BE H i de asemenea BG AC . Avem

090AED BGC i 090EDA EDC GCB .EDA GCB (1). Cum DE BG i D este mijlocul lui [BC]

rezult c E este mijlocul lui [CE]. Atunci, [BE] este median nGCB (2). F este mijlocul lui [DE] prin urmare [AF] este

median n ADE (3).Din (1), (2), (3) rezult

FAD EBC FAD EBC HAD HBD , unde

AF BE H i D BC . De aici rezult c patrulaterulHABD este inscriptibil.Rezult 090ADB AGB (ca unghiuri formate de diagonale culaturile opuse) AF BE .

Soluia 3. (vectorial)1

2AF AE EF AE ED

, 2BE BD DE DC ED DE EC ED EC ED

.

Cum AE ED

i EC ED

rezult 1 22

AF BE AE ED EC ED AE EC ED ED

Dar AE EC AD ED EC AD EC AD ED DC AD ED

,

Atunci, 0AF BE AD ED ED ED AD ED ED AE ED

, prin urmare

AF BE AF BE

.

Soluia 4. (analitic)

Considerm sistemul ortogonal de axe, xdy, unde (0;0), ( ;0), ( ;0), (0; )D B a C a A b unde , 0.a b Ecuaia dreptei AC este

by x b

a ,deci AC

bm

a , de unde .DE

am

b


13/48

-ARTICOLE I NOTE MATEMATICE -

Ecuaia dreptei DE este .a

y xb

Din

AC DE E rezult coordonatele punctului

2 2

2 2 2 2,ab a bE

a b a b

i coordonatele mijlocului

2 2

2 2 2 2,

2( ) 2( )

ab a bF

a b a b

.

Ecuaia dreptei AF este2 22a b

y x bab

deci

2 22AF

a bm

ab

.

Ecuaia dreptei BE este2

2 2 2 2 ,2 2ab a by x

b a b a deci 2 2 .2BE

abmb a

Cum2 2

2 2

21 .

2AF BEa b ab

m m AF BE ab b a

Alte soluii se pot gsi i n [1].Problema admite i o generalizare:n triunghiul ascuit unghic ABC, fie D piciorul

perpendicularei din A pe BC, respectiv E la perpendicularei din D pe AC. Punctul F este situat pe

DE astfel nct .DF ctgC

FE ctgB Artai c .AF BE

Demonstraie:Fie L AF BE i ,BK AC K AC . Din DE AC , conform Teoremei lui Thales

rezult .DC EC

DB EK Din ADC dreptunghic avem

DCctgC

AD iar din ADB dreptunghic avem

DBctgB

AD , de unde ,

ctgC DC

ctgB DB ceea ce face s obinem egalitile:

(1).DF ctgC DC EC

FE ctgB DB EK Din 090m DAE m CBK m ACB i cum

ACB ADE DE AE DE CK

AED CBKCK BK AE BK

(2).

De asemenea, se obine i relaiaFE FE EK

FE EDED FE DF CK

. (3).

Din (2) i (3) rezult EF EK

tg EAF tg KBE EAF KBE AE BK

. De aici rezult

DAF CBE DAL DBL punctele A,B,D,L sunt conciclice. Atunci, 090m ALB m ADB AF BE .

Bibliografie:

1. Eugen Rusu. Problematizare i probleme n matematica colar, EDP. 1978.


14/48

-ARTICOLE I NOTE MATEMATICE-

Jubileu Filiala Rm. Srat a SSMR45 de ani de existen

- Profesorul Constantin Rusu Profesorul Constatin Rusus-a nscut la 10 aprilie 1942, n comuna Finta,

judeul Dmbovia ca al patru-lea fiu al lui Gheorghe i al Smaranda.A urmat clasele elementare n comuna natal, iar studiile liceale la Ploieti,

la liceul Alexandru Toma, astzi Colegiul Naional Mihai Viteazul. n ceipatru ani de liceu a ntlnit o atmosfer intens de lucru la Gazeta Matematic,unde exista o ntrecere adevrat. Aceast etap a fost hotrtoare n devenirea saca profesor de matematic i ca slujitor al SSMR. A urmat Facultatea deMatematic i Fizic (din 1963 Facultatea de Matematic Mecanic) n perioada1960-1965, fiind repartizat la Liceul Teoretic tefan cel Mare din Rmnicu

Srat. Aici i-a desfurat activitatea conform principiului Omul sfinete locul (nsuit de la tatl su)perfecionndu-i continuu activitatea de predare i pregtirea tiinific. A fost directorul liceului nperioada 1987-1990 militnd pentru formarea unui climat sntos de munc i profesor metodist al ISJBuzu din anul 1980 i pn n 2008 (an n care s-a pensionat). A primit din partea Ministerului Educaieititlul de Profesor Evideniat n anul 1982 i Diploma de Excelen pentru ntreaga carier didactic i

pentru activitatea remarcabil desfurat la disciplina Matematic n 2007.La 6 aprilie 1968 (dat la care s-a nfiinat subfiliala Rmnicu Srat a SSMR) a devenit membru

SSMR, iar n ziua de 2 aprilie 1972 a fost ales preedinte al subfilialei. ncepnd de la aceast dat, a fostreales preedinte al subfilialei din 4 n 4 ani. Prin strdania domnului profesor Constatin Rusui a colegilorsi s-a reuit ca Filiala Rmnicu Srat s fie prima filial a SSMR nscris n Registrul Asociaiilor iFundaiilor, primind personalitate juridic n conformitate cu OG 26/2000 la data de 27 iulie 2005.

A publicat la Gazeta Matematic mai multe articole i probleme. A participat cu lucrri la diverse

sesiuni tiinifice i simpozioane organizate n diverse locuri din ar. A organizat la Rmnicu Srat sesiunide comunicri tiinifice i simpozioane naionale (mai 1983, aprilie 1987, noiembrie 2001, noiembrie 2002,octombrie 2005, aprilie 2006, aprilie 2007, octombie 2009, octombrie 2011) iar toate lucrrile prezentate aufost publicate n patru volume avnd titlul Articole i note matematice. A contribuit n mod hotrtor laeditarea lucrrii Curbe algebrice plane i invarianii lor topologicia decanului de vrst a SSMRAlexandru Popescu-Zorica. Att cadrul legal ct i activitatea intens desfurat la Filiala din RmnicuSrat a SSMR a produs atragerea unui numr mare de colegi buzoieni care au devenit membri.Datoritacestui fenomen, domnul profesor Constatin Rusu,a ajutat la reorganizarea Filialei Buzu a SSMR care s-a

produs la 24 ianuarie 2009.A primit din partea SSMR i a ministerului educaiei diverse diplome i medalii:

Diploma Jubiliar cu prilejul mplinirii a 100 de ani de la nfiinarea Gazetei Matematice; Medalia jubiliarcu prilejul mplinirii a 100 de ani de la nfiinarea revistei Gazeta Matematic; Diploma 110 ani de apariie

nentrerupt a Gazetei Matematice 1895-2005; Medalia jubiliar Centenarul SSMR 1910-2010; Diplomade Excelen acordat pe anul 2008 pentru ntreaga activitate desfurat n cadrul SSMR n vederea creteriinvmntului mathematic romnesc; Diploma de Excelen acordat de Filiala Vlenii de Munte pentrucontribuia deosebit la promovarea spiritului matematic n nvmntul romnesc, contribuind la afirmareatinerilor talente precum i pentru sprijinul generos acordat Filialei Vlenii de Munte.Am ncercat n aceastscurt prezentare a domnului Constatin Rusus subliniem o parte din activitatea sa de activist SSMR recunoscut pe deplin i de Adunarea General a Filialei Rmnicu Srat a SSMR care la data de 28ianuarie 2012 i-a propus funcia onorific de Preedinte de Onoare, funcie care a fost acceptat cu drag.

Din respectul pe care oamenii din comunitatea rmnicean l dau domnului profesor ConstantinRusu, avem convingerea c el reprezint un model pentru ei. Cu prilejul mplinirii celor - 45 de ani deexisten a Filialei Rm. Srat a SSMR - i urm domnului profesor via lung i s iubeasc n continuarematematica, pentru c aa cum chiar el o spune mereu aceast iubire ne vindec de foarte multe boli .

Costic Ambrinoc, Preedinte Filiala Rmnicu Srat a SSMRNeculai Stanciu, PrimVicepreedinte Filiala Rmnicu Srat a SSMR


15/48

- PROBLEME REZOLVATE -

Acolo unde exist o mare sete de nvtur, firesc este s fiei multe discuii n contradictoriu, multe scrieri i opinii,

cci opinia, la oamenii de valoare, este cunoatere n devenire.John Milton

3. Probleme rezolvate

nvmnt primarP:258.ntr-o coal, numrul elevilor corigeni este o optime din numrul celor promovai. Diferenadintre numrul elevilor promovai i al celor corigeni este 245. Ci elevi sunt corigeni i ci suntpromovai? Prof.Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: Dac la un corigent avem 8 promovai, aceasta nseamn c diferena este 8 -1 = 7. Cumdiferena dintre numrul elevilor promovai i al celor corigeni este 245 rezult 245: 7 =35 reprezentndfaptul c diferena este de 35 de ori mai mare. Rezult, numrul corigenilor este 35 iar numrul promovailoreste 8 35 280 .

P:259.Determinai numerele m, n i p, tiind c m n 7 , m p 14 i 3m n p 24 .

Prof.Constantin Apostol, Rm. SratRezolvare: Adunnd primele dou egaliti, obinem 2m n p 21 .

A treia inegalitate o putem scrie astfel : m (2m n p) 24 , deci, m 21 24 , de unde

deducem c m = 3. Din prima egalitate rezult c n = 4, iar din a doua inegalitate, c p = 11.

P:260.Determinai numerele naturale a cror sum este 46 i al cror produs este tot 46.Prof.Nicoleta Gabriela Lupan, Berca, Buzu

Rezolvare:

46 = 2 x 23 x21 factori

1x1x x1 , 46 = 2 + 23 +21 termeni

1 1 1

P:261.Doi muncitori au primit pentru o lucrare 4176 lei. Primul muncitor a lucrat 60 de zile cte 3ore pe zi i al doilea 42 de zile cte 4 ore pe zi.Ce sum a primit fiecare muncitor? nv. Ion Lupan, Berca

Rezolvare:60 x 3 = 180 (de ore a lucrat primul muncitor), 42 x 4 = 168 (de ore a lucrat al doilea muncitor)180 + 168 = 348 (de ore au lucrat cei 2 muncitori), 4176 : 348 = 12 (lei pe or)180 x 12 = 2160 (de lei a primit primul muncitor), 168 x 12 = 2016 (lei a primit al doilea muncitor)

P:262. S se afle un numr tiind c dac l mprim la 8, ctului obinut i adunm 13, sumaobinut o nmulim cu 4, iar din produsul obinut scdem 25, obinem 55.

Prof. Nicoleta Loredana Clinciu, Mihileti

Rezolvare: Notm cu a numrul cutat. Din ( a : 8 + 13 ) x 4 25 = 55 folosind metoda mersului inversse obine a : 8 = 7 de unde a = 7 x 8 = 56 . Rspuns: 56.

P:263.Un camion transport 100 saci cu porumb a cte 52 kg fiecare, 100 saci de ovz a cte 62 kg i10 saci cu orez a cte 44 kg. Ce cantitate de cereale transport camionul?

Prof. Cornelia Mihaela Luca, Mihileti


16/48


Rezolvare:1.Care este cantitatea total de porumb din cei 100 de saci? 100 x 52 =5200 (kg porumb)2.Care este cantitatea total de ovz din cei 100 de saci? 100 x 62 =6200 (kg ovz)3.Care este cantitatea total de orez din cei 10 saci? 10 x 44 =440 (kg orez)

4.Care este cantitatea total de cereale? 5200 + 6200 + 440 =11840 (kg de cereale)Rspuns: 11840 (kg de cereale)

P:264. Un numr este cu 40 mai mare dect alt numr. Dac numrul cel mare l nmulim cu 5obinem 700. Aflai numerele. Prof. Cristian-Cosmin Lupan, BuzuRezolvare: Notm numrul mai mic cu a, i atunci numrul mai mare este a + 40.5 x (a +40) = 700 ; 5 a + 200 = 700 ; 5 a = 500; a = 100 a + 40 = 140

P:265.Patru frai au mers n librrie s cumpere caiete. Cel din clasa a II-a a cerut cu 2 caiete maimult dect fratele din clasa I, cel din clasa a III-a cu 3 caiete mai mult dect cel din clasa a II-a, iar celdin clasa a IV-a a cerut cu 4 caiete mai mult dect fratele din clasa a III-a. n total s-au cumprat 84

de caiete. Cte caiete a cumparat fiecare copil?Prof.Gabriela Marinescu, Vadu Paii

Rezolvare:1. Cte caiete s-ar fi vndut dac toi ar fi cumprat ct cel din clasa I? 84-2-5-9=68 (caiete)2.Cte caiete a cumparat cel din clasa I? 68:4=17 (caiete)3.Cte caiete a cumparat cel din clasa a II-a? 17+2=19 (caiete)4.Cte caiete a cumparat cel din clasa a III-a? 19+3=22 (caiete)5.Cte caiete a cumparat cel din clasa a IV-a? 22+4=26 (caiete)Rspuns: 17; 19; 22; 26 de caiete

P:266.Ctul a dou numere este 28, iar restul 4. Dac adunm dempritul, mpritorul, ctul irestul obinem 239. Aflai cele 2 numere.

Prof.Daniela Ticea, BuzuRezolvare:Cum a b 28 4 rezult a + b + 28 + 4 = 239 nlocuim a = 28 b + 428 b + 4 + b + 28 + 4 = 239 de unde rezult 29 b + 36 = 239 iar mai departe se obine29 b = 203, b = 203 : 29 , b = 7 iar a = 28x7+4, a = 200 .

Clasa a V-aG:386. Determinai mulimile A, B, C tiind c ndeplinesc simultan urmtoarele condiii:1) \ ;C A a b ; 2) ; ; ; ; ;A C a b c d g h ; 3) ; ;A B c g h ; 4) \ \ ; ; ;B C C B c d e f

Prof. Mircea Mario Stoica, AradRezolvare:Din egalitatea \ \C A C A A i din condiiile 1), 2) rezult ; ; ;A c d g h ;Din condiiile 1), 2), 4) rezult CfCeCbCa ,,, ; Din condiiile 3), 4) rezult

, , , .c C g C h C d C Aadar, ; ; ; ; ; ;B a b c e f g h , ; ; ; ;C a b d g h

G:387. Scriei numrul 2011536 ca sum de trei ptrate perfecte, distincte, nenule.

Prof. Nicolae Ivchescu, CraiovaRezolvare:

2 2 2 22011 2010 1005 2 2 2 1005 1005 1005536 536 536 536 6 10 20 536 6 536 10 536 20 .


17/48

- PROBLEME REZOLVATE-

G:388. S se arate c numrul 962 are 28 de cifre.Titu Zvonaru, Comneti i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare: Folosind inegalitatea 310 10100010242 obinem:

2827910696

101064222 . Avem succesiv: 172517005168152415102510242 264420210 29252905289521752 13121236618

3458505841522952 282626701335 2967229282869 52252051752 ,

i atunci 299629292967 1022522 .Din 299628 10210 deducem c 962 are 28 de cifre.

Not. Inegalitatea 2996 102 nu rezult din 2580 102 (vezi problema E:14325 din GMB 4/2012)

G:389. Media aritmetic a vrstelor membrilor familiei Escu este 26, mama are 44 de ani, i

media aritmetic a vrstelor tatlui i copiilor este 20. Ci copii are familia Escu?D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare:Notm cu Cnumrul copiilor din familie i cu Fsuma vrstelor tuturor membrilor familiei .Din ipotez rezult:

1

4420

226

C

FC

F

FC 5226 i 442020 FC .

Deci, 64205226 CC 126 C . Aadar n familia Escu sunt 2 copii.

G:390. Fie , ,a b c i2013 2013 2014

2 3 3A a b c . Dac A este par, s se arate atunci i c2012 2013 2011a b c este par.

Prof. Iuliana Trac, OltRezolvare: 2013 20133 3 2A b c a par 3b c parb i c au aceeai paritate 2013 2011b c par 2012 2013 2011a b c par

G:391. Gsii numerele ab tiind c ( )ab a b ab b .Prof. Nicolae Ivchescu, Craiova

Rezolvare: Avem ( )ab a b ab b babbaba )910 10 i deoarece 0a , rezult,)(10 bba de unde 0b , bba , Scriind 1102510 obinem:

- 322,5 abbba ; - 911,10 abbba .

G:392. Artai c orice numr de forma yxyxy se divide cu 13.Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare:

10000 100 10101xyxyxy xy xy xy xy Cum 10101 se mparte exact la 13 rezult c

13xyxyxy

G:393. S se simplifice fracia2 1 1

1

3 7 3 7,

5 5

n n n n

n nE n

. Prof.Claudia Popa, Berca

Rezolvare:

2 1 1

1

3 7 7 3 7 3 7 70 3 7

5 5 1 5 6 5

n n n n n n

n n nE

.


18/48


G:394. Gsii numere naturale 1 2 3 4 5 6n n n n n n care verific relaia:2 2 2 2 2 2

1 2 3 4 5 6 3224n n n n n n (Enun corectat).Prof. Ionel Tudor, Clugreni, Giurgiu

Rezolvare: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23224 52 62 (4 6 )(1 5 6 ) 4 20 24 6 30 36 2 2 2 2 2 24 6 20 24 30 36 . Cum s-a cerut 1 2 3 4 5 6n n n n n n , rezult

1 2 3 4 5 64, 6, 20, 24, 30, 36n n n n n n .

Comentariu (Titu Zvonaru): Aa cum era enunul iniial Gsii numerele naturale nelegemrezolvarea n numere naturale a ecuaiei date. Aceast cerin ar putea fi soluionat cu ajutorulcalculatorului, pentru c sunt de analizat multe cazuri, dar n numr finit. Cu titlu de exemplu, numai

pentru 11n i 112 n (numrul revistei n care a aprut problema) se obin 35 de soluii; iat cteva

222222222222 17`11145251614111501713121113224 2222222222222 3429242311136312219111363419 .

Clasa a VI-aG:395. Aflai numerele naturale de dou cifre pentru care diferena dintre numr i rsturnatul sus fie egal cu triplul cifrei zecilor

Prof. Nicolae Ivchescu, Craiova

Rezolvare: Din 3 2 3 32,64,96ab ba a a b ab .

G:396. La un centru de excelen profesorul are 5n+17 probleme pe care le mparte n mod egal la cei

3n+3 elevi n . Aflai numrul elevilor de la centrul de excelen, tiind c acesta e mai mare dect15 i mai mic dect 36.Prof. Iuliana Trac, Olt

Rezolvare: dat deDl. Titu Zvonaru :Cu datele pe care le conine problema, nu exist soluii:

114363315 nn i pentru nici un 10,9,8,7,6,5n , Nn

n

33

175.

Se obine soluia 11n , dac punem condiia 363315 n .

G:397. Artai c ( 1)( 2) ( 3)( 1 2 3) ( 2)( 3) ( 1)( 2 3 1) ( 1)( 3) ( 2)( 3 1 2) ( 1 2 3)

3 3 3( 1) ( 2) ( 3) 3( 1 2 3) .Prof.Nicolae Ivchescu, Craiova

Rezolvare: Membrul stng este egal cu membrul drept i anume cu 18.

G:398. Artai c numrul 2 22 5 4 25 31n n n na ( 2n ) este divizibil cu 9.Prof. Gheorghe Drstaru, Berca, Buzu

Rezolvare: 2 2 22 5 4 25 31 10 25 100 16 31n n n n n na

2 4 6 2

25000...00 1600...00 31 1600...002500...0031.n n n n

Cum suma cifrelor lui a este 18, rezult c a este

divizibil cu 9.

Rezolvare alternative,dat de Dl. Titu Zvonaru: Deoarece 1)1( pn

Mp , avem:

99922 7231162531)199(16)19(2531100161025 MMMa nnnn ,

pentru 2n . Pentru 2n avem 9254731162500 Ma .


19/48


G:399. S se determine numrul natural n astfel nct 6 7 49n nA x x s aib 6 elemente.Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: Numrul elementelor mulimii A este 49 6 7 1 6n n 2

7 6 7 7n n

7 (7 6) 7 1n n n . Aadar, pentru n = 1, elementele mulimii A sunt cuprinse ntre 42 i 49 adic

43,44,45,46,47,48A .

G:400. Determinai toate perechile ),( yx de numere naturale care satisfac relaia:2011

111

yx.

D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare: Avem 2011,2011 yx . Prin urmare lum n ecuaia dat byax 2011,2011 ,unde a i b sunt numere naturale nenule. Obinem:

220112011

1

2011

1

2011

1

abba

. Deoarece 2011 este numr prim rezult

)1,2011(),2011,2011(),2011,1(, 22ba . Aadar, obinem urmtoarele trei soluii pentru ecuaia dat: )2012,20122011(),4022,4022(),20122011,2012(),( yx

G:401. Fie proporiile3 5

x y i

94

zy . Determinai x, y, z tiind c 10800x y z ,

unde , , *x y z .Prof. Doina Stoica i Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare:Din3 5 12 20

x y x y i

452094

zyzy rezult

12 20 45

x y zk , deci, x = 12k,

y = 20k, z = 45k; rezult: xyz = 10800k3 , adic, 10800 = 10800k3 , de unde, deducem c numrul k este egalcu1. Aadar, x = 12, y = 20, z = 45.

G:402. S se rezolve n ecuaia 671 20133 4 5 6x x x .

Prof. Ionel Tudor, Clugreni, GiurgiuRezolvare:

Cum 2013 3 671 3 6716 6 (6 ) , ecuaia dat este echivalent cu 671 67133 4 5 6x x x

33 4 5 6x x x . Singura soluie bun este x =3, deoarece, dac 0;1;2x 33 4 5 6x x x iar dac33 3 4 5 6x x xx .

G:403. Rezolvai n ecuaia:2

722013 (1 2 3 ... 62 63 3)n n

.Prof. Ion Stnescu, Smeeni, Buzu

Rezolvare:63 64

1 2 3 ... 62 63 3 3 20132

; deci,

2 722013 2013 ( 1) 8 9 8 n n n n n

sau ( 1) 9 ( 8)n n , deci, 9n , cci, 72 9 ( 8) . Aadar, S = {8; -9}

G:404. Determinati numerele naturale ,p pentru care avem: 3 2 1 7 .x p Prof. Florin Stnescu, Geti,Dmbovia

Rezolvare: Pentru 0 3 1 7 7 4, .p p fals

Pentru 1 6 1 7 1.px p Fie 42 3 2 1 1,

xx M iar cum 47 3 2 .pp M p k Astfel, ecuaia devine

23 2 1 7 3 2 7 1 7 1 .x k x k k Daca deste c.m.m.d.c. al numerelor 7 1k si 7 1k , rezult,


20/48


prin scdere, 2d si cum deste par, rezult 2.d Acum, din 3 2 7 1 7 1 ,x k k obinemurmatoarele cazuri:

1) 7 1 2k si 17 1 3 2 7 3, .k x k fals

2) 7 1 2 3k si 1 17 1 2 1 8 2 4.k x xk x n final, , 1,1 , 4,1 .x p

Clasa a VII-aG:405. Se consider numerele , ,a b c astfel nct 2 2 28, 20a b c a b c i 11abc . S se

determine maximul expresiei1 1 1

.a b c

Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare:

2 2 2 2( ) 2( )a b c a b c ab bc ca 2 2 2 2 2( ) ( ) 8 20

222 2

a b c a b cab bc ca

1 1 1 222.

11

ab bc ca

a b c abc

Aadar, maximul expresiei date este mai mic sau egal cu 2.

Comentariu:Folosind cunotine ce depesc nivelul clasei a VII-a, dl. T.Zvonaruarat c maximul nupoate fi egal cu 2.

G:406. a) Determinai numerele naturale nenule 1 2 3 4, , ,a a a a astfel nct 2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 11

a a a a ;

b) Determinai numerele naturale nenule 1 2 8, ,....,a a a astfel nct 3 3 31 2 8

1 1 1

... 1a a a .Prof. Lucian Tuescu, Craiova, Prof. Dumitru Svulescu, Bucureti

Rezolvare:

a) Evident 1, 1, 4.ia i Fie 1 2 3 4 2a a a a 2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1 1

4a a a a

2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1 1 1 1 11 1

4 4 4 4a a a a

2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1 1

4a a a a 1 2 3 4 2;a a a a

b) Procednd analog, rezult 1 2 83 3 31 2 8

1 1 1 1 1 11 ... ... 1 ... 2

8 8 8 a a a

a a a .

G:407. Fie ,a b astfel nct 1.a b Artai c2 2

1 1 2

1 1 3a a b b

. n ce caz avem

egalitate?Prof. Ileana Didu, Dana Camelia, Craiova

Rezolvare:Din2 2

2 2 2

1 1 1 2

1 1 1 3a a

ba a a a a a a

2( 1) 0.a Egalitate pentru a=b=1.

G:408. Determinai m astfel nct8

5s fie soluie a ecuaiei

4.

3 2

m xm

Prof. Nicolae Ivchescu,Craiova

Rezolvare: nlocuindu-l pe x cu 85

se obine 1m .


21/48


B

A D E C6 2 8

610 ?

G:409. S se descompun n factori expresia 2012 20123 4 5 . Prof.Nicolae Ivchescu, CraiovaRezolvare:

2 2 2 22012 2012 1006 1006 1006 1006 1006 1006 1006 10063 4 5 3 2 5 3 2 3 2 5 2 5 4 3 5

2 21006 1006 503 503 1006 1006 503 503 1006 1006 503 503

3 2 5 2 3 5 3 2 5 2 3 5 3 2 5 2 3 5 .

G:410. Fie a un numr natural nenul care are 2013 divizori i numrul b = 111...14444...4 n carecifra 1 se repet de 1006 ori iar cifra 4 se repet de 2012 ori. S se arate c a b este numr iraional.

Prof.Valerica Pometescu, CraiovaRezolvare: Fie 1 2 3 2013... ,d d d d divizorii lui a. Atunci, 1 2013 2 2012 1006 1008...a d d d d d d .

Dar, 10071007

ad a a

d , i cum 1007d a rmas singur,

21007 1007

1007

ad a d

d , rezult c a este ptrat

perfect. (1). (De altfel, a este ptrat perfect, cci numrul a are un numr impar de divizori)

Cum 2012 2012 1006

1006 1 2012 1 1006 1 1006 1 1006 1

111....111 10 4 111..111 111....111 10 4 111..111 10 4 111..111de de de de de

b

1006 2

1006 1

111..111 (10 2)de

iar1006 1 1004 1

111..111 111..100 11 4 11 4 3de de

M M , rezult de aici c b nu poate fi

ptrat perfect. (2) . Din (1) i (2) rezult c a b nu este ptrat perfect, aadar, a b .

G:411. S se arate c dac A i B sunt dou numere formate din 2n respectiv n cifre identice egale cu

a , atunci , numrul N =9

9)16( 2aBAa este ptrat perfect.

Prof. Gheorghe Ghi, BuzuRezolvare:Numerele A i B se scriu: A =

cifren

aaaa

2

... , B = cifren

aaaa

... , de unde

A = BBaaaaaaaa ncifren

n

cifren

10...10... . Numrul N se scrie:

N = 22 )1710(9

)16(9

aBBa

aBAa n = 218110

9 aBB

a n = 22...9

aaBBaaaaa

cifren

=

221...111 aaBBacifren

= 222 aBaaBBB =

.12...11112...11111...111...

2

22

2

2

2

cifrencifrencifrencifren

aaaaaaaa

G:412. Gigel, deseneaz pe o coal de hrtie punctele EDCBA ,,,, astfel nct: 6BEAD cm,2DE cm, 10AB cm, 8EC cm i 16AC cm.

a) Determinai lungimea segmentului BCfr s vedei punctele desenate de Gigel;b) Executai desenul fcut de Gigel.

Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare: a) Din ACECDEAD 16826 ,rezult c punctele EDA ,, i C sunt coliniare. Deoarece

222222 8610 AEBEAB , rezult din reciprocateoremei lui Pitagora c ECBEAEBE . Din teorema lui

Pitagora n triunghiul BECrezult 10BC cm.a) Gigel a fcut fie desenul din figur - n care punctul B estesituat n jos fa de dreapta AC, fie aceiai configuraie a

punctelor dar cu punctul B situat n sus fa de dreapta AC.


22/48


Clasa a VIII-aG:413. Fie , ,a b c astfel nct 2 2 1, 6 3 2 1, 15 10 6 1a b c a b c a b a . S se arate

c 15.a b c Cnd avem egalitate ?

Prof. Marcel Chiri, BucuretiRezolvare: S determinm trei numere reale x, y, z astfel nct

(2 2 ) (6 3 2 ) (15 10 6 )a b c y a b c z a b a a b c de unde se obine sistemul

2 6 15 1

2 3 10 1

2 6 1

x y z

x y z

x y z

. Rezolvnd sistemul, se obine x = -7, y = -5; z = 3.

Aadar, 7(2 2 ) 5(6 3 2 ) 3(15 10 6 )a b c a b c a b c a b c

7 2 2 5 6 3 2 3 15 10 6 15a b c a b c a b c a b c . Dac a = -5, b= -11, c = 31 avemegalitate.

G:414. Artai c numrul 120112013 , este compus.D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare:Numrul 120112013 = 33671 12011 , este divizibil cu 12011671 .Deci, 120112013 este un numr compus.Rezolvare alternativ: orice numr par mai mare dect 2 este compus.

G:415. Fie y, numere reale cu proprietatea 109612 2222 xyxyyx .

Aflai mulimea valorilor pe care o ia expresia 22 yx .Prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare: Relaia din enun se mai scrie: 10)3()1( 2222 yxyx . Aceast form

sugereaz considerarea unui reper ortogonal ( )Oxy i punctele:)0,3(),1,3(),1,0(),0,0( CBAO care sunt vrfurile unui dreptunghi. Fie ),( yxP un punct oarecare n plan.

Observm c: 22 )1( yxAP , 22)3( yxPC , i

1031 22 AC . Rezult c ACPCAP , deci ][ACP .

Dar, OPyx 22 , i prin urmare OPeste minim dac PP = piciorul perpendicularei duse din

Ope ACi maxim dac CP . n concluzie:

310

3 22 yx , i deci

9,

10

922 yx .

Nota Redaciei: Am mai primit de la autor alte dou soluii care folosesc cunotine de liceu.

G:416. Determinai reprezentarea grafic a funciei :f ,

( ) max(2008 1,2010 7), .f x x x x .Prof. Doina Stoica i Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare:

2010 7, 2010 7 2008 1 2008 1, ( ; 4)max(2008 1, 2010 7)2010 7, [ 4; )2008 1, 2008 1 2010 7

x x x x xx xx xx x x

.


23/48


Se calculeaz ( 4) 8033, ( 5) 10041, (0) 7f f f . Graficul funciei f este reuniuneasemidreptelor ( [AB AC , unde ( 4; 8033), ( 5; 10041), (0;7).A B C

G:417. Dou ntreprinderi economice au acelai numr de salariai . Prima i mrete efectivul cu

zece membri , urmare a sporirii capacitii de producie, a 2- a, cu 15 membri, urmare a extinderiipieei de desfacere. Media geometric a efectivelor ulterioare este 5 506 . Aflai numrul iniial desalariai.

Prof. Ion Stnescu, Smeeni, Buzu

Rezolvare: 2

2( 10)( 15) 5 506 25 12500 0 100x x x x x .

Clasa a IX - aL:268. Dac

2 2 *

8 , ,x y xy x y atunci, s se calculeze y

, unde a reprezint parteantreag a lui a. Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: Metoda I: Din

2

2 2 28 : 8 1 0x x

x y xy yy y

. Notm pe

ycu 0t i

obinem 2 8 1 0 4 15t t t 7,87t 7x

y

.

Metoda a II-a: Cum 2 2( ) 10 , ( ) 6y xy x y xy

10 10 15

6 36

xyx y

x y xy

3 3 15 15y x y

3 15 24 6 154 15

63 15

x

y

Atunci, 7x

y

.

L:269. Rezolvai n ecuaia2 1

1961,100

x

unde [x] reprezint partea ntreag a lui x.

Prof. Mircea Mario Stoica, Arad

Rezolvare:2 1 2 1 196101 196201

1961 1961 1962 ;100 100 2 2

x xx

.

98051;98052;...,98100x .

L:270. Suma a n2 numere ntregi consecutive este nmulit cu suma urmtoarelor n2 numere.Artai c produsul obinut d mereu acelai rest la mprirea cu 24n . (O extindere a unei problemede concurs, Ungaria, 2010).

Prof. Nela Ciceu, Roiori, BacuRezolvare:Fie a primul dintre cele n4 numere consecutive. Avem:

)14...122)(12...1( nanananaaa )14...1222)(12...212( nnnnanna

)162)(122(

2

2)142(2

2

2)12(2 2 nanan

nnnna

nnna

)16)(12()1612(24 22 nnnnaan 222222 )23(4)14(44 nnnnnanan

Rezult c pentru orice a restul este 2n .


24/48


L:271. Se dau cinci numere reale strict pozitive i distincte. Calculnd toate produsele formate dincte dou dintre numerele date, obinem apte produse distincte. S se arate c, luate ntr-o anumitordine, cele cinci numere formeaz o progresie geometric.

Titu Zvonaru, Comneti i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare: Fie edcba cele cinci numere date. Calculnd cele 10 produse formate din cte dounumere, obinem: (*) decebeaeadacab , adic avem deja apte produse distincte. Dintrecelelalte trei produse ),,,( cdbdbc fiecare trebuie s fie egal cu un produs din inegalitile (*). Observm cnu putem avea dect aebd i apoi deducem c ,adbc becd .Avem

sistemul: be

cd

b

a

d

c

b

a

e

d ,, , cu necunoscutele ,c ,d e . Rezult ,

a

bcd

2

2

a

bc

a

bde , i deci

a

bcb

cb

a

a

bcc

2

2

2

. Numerele date sunt: ,a ,a

ba ,

2

2

a

ba ,

3

3

a

ba ,

4

4

a

ba adic o progresie

geometric cu raia

a

b.

L:272. Rezolvai n 3 sistemul de ecuaii: 2011

20102 xzxyyx , unde prin x am

notat partea ntreag a numrului real x .Prof.D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti,i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare:Notm2011

2010k i sistemul devine:

1

1

12210

yz

xy

zx

kyz

kxy

kzxk

.

Avem din ultimele dou ecuaii: 21)1( xxz . Din ultima relaie i prima ecuaie a

sistemului echivalent rezult: 34552 zyxxx . Din prima scriere a sistemuluirezult soluia unic:

L:273. Se consider numerele reale yx, i z care verific sistemul de ecuaii:

2

3

xzyzxy

zyx. Calculai )min()max( xx .

Prof.Roxana Mihaela Stanciu, BuzuRezolvare: Din prima ecuaie a sistemului deducem xzy 3 , iar din a doua ecuaie avem

)3(2 xxyz . Dac notm zyS respectiv yzP rezult c y i z sunt soluiileecuaiei: 02 PSYY . Din faptul c ultima ecuaie trebuie s aib soluiile reale rezult condiia:

042 PS 3

21

3

24)1(3)32(4)3( 222 xxxxx

3

21

3

21 x . Rezult

3

21)min( x i

3

21)max( x .

Deci: 2)min()max( xx .

L:274. S se rezolve n n sistemul:

2...12

22...22

21

222

222

1

n

n

n

nn

xxx

xxx.

Prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

.2011

20104;

2011

20105;

2011

20106),,(

zyx


25/48

- PROBLEME REZOLVATE

Rezolvare: Prima ecuaie se scrie: 1

2

1

12

2...

2

1

12

2

2

1

12

2 2

2

2

2

22

2

21

nn

nn

n

n

n

n

xxx.

Cu inegalitatea lui Bergstrm obinem:

1

2

11

2

11

2

1

12

2

2

2

1

12

2

2

1

12

22

2

1

2

2

1

12

2

n

n

n

n

i

i

n

n

n

iin

ii

n

n

i

xx , deci 11 , adic egalitate.

Urmeaz c: kx

i

n

n

i

2

1

12

2 2, ni ,1 , de unde scoatem pe ix i nlocuind n euaia a doua deducem:

2

1

2

12

2

1

12

2

1

2

kkkn

i

i

n

n

.

Aadar, soluia sistemului este:

12

2,

12

2,

12

2,

12

2 21

nn

n

n

n

n

n

.

L:275. Fie 1 2, ,..., (0; ), 2nx x x n i2 2 2

1 2 .... nx x S . Artai c33 3

1 22 2 2

1 2

... .

1

n

n

xx x nS

S x S x S x n

n caz avem egalitate?

Prof. Lucian Tuescu,Craiova,Prof. Ion Nedelcu, Ploieti

Rezolvare:Fie 1 2 ... .nx x x Atunci,3 3 3

1 2 ... nx x x i 2 2 21 2

1 1 1.... .

nS x S x S x

Din inegalitatea lui Cebev rezult33 3

3 31 212 2 2 2 2

1 2 1

1 1 1... ( ... ) ...n n

n n

xx xx x

S x S x S x n S x S x

, (*).

Avem,4 2 2 24 2

3 3 3 111 2

1 1 1

( ... ).... ... .

... ...n n

nn n n

x x xx Sx x x

x x x x x

Cum 2 2 21 1( ... ) ( ... )n nn x x x x 23 3 3

1 2 .... ,n Sx x xnS

(1).

Folosind inegalitatea Cauchy- Buniakovski rezult

2 2 2 21 2 2 2

1

1 1( ... ) ...n

n

S x S x S x nS x S x

2

2 21

1 1... ,

( 1)n

n

S x S x S n

(2).

nmulind (1) cu (2) se obine 2

3 3 31 2 2 2

1

1 1.... ...

( 1)n

n

n Sx x x

S x S x n n

. Folosind (*)

rezult33 3

1 22 2 2

1 2

... .1

n

n

xx x nS

S x S x S x n

Egalitate avem pentru 1 2 ... n

Sx x x

n .


26/48


L:276. S se reprezinte ntr-un sistem de axe xOy mulimea 1),( yxyxyxPA .Prof. Costic Ambrinoc,Rm. Srat

Rezolvare: Dac ),( yx este o solutie a ecuatiei 1 yxyx atunci i ),( yx , ),( yx , ),( yx deci

este suficient sa rezolvm ecuaia pentru 0x i 0y .

Pentru yx obinem2

112 xx deci perechile

y,

2

1cu

2

10 y sunt soluii.

Pentru y obinem2

112 yy deci perechile

2

1,x cu

2

10 x sunt soluii.

Mulimea A este frontiera unui ptrat cu centrul n origine i cu vrfurile n punctele

)2

1,

2

1( M , )

2

1,

2

1( N , )

2

1,

2

1(P , )

2

1,

2

1(Q .

L:277.Dac triunghiul ABC este dreptunghic, atunci:

a) 32 6 2 2 24 12a a a b c ; b) 2 3 6 2 2 24 12a a a a a b c .

Prof. Marcel Chiri, Bucureti

Rezolvare:a) 32 6 2 2 2 2 4 4 26 3 3a a a b c a b a b

6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 12 3( )( )( )a a b c a b c a b c a b c 6 2 2 24 12a a b c .b) Din inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwarz avem

23 2 2a a a a

32 3 2 6 2 2 24 12a a a a a a b c . Inegalitatea este strict deoarece triunghiul nu

poate fi echilateral.

L:278. S se rezolve ecuaia: ,42

4

3

3

4

2

5

1

ax

aax

aax

aax

atiind c numerele 54321 ,,,, aaaaa sunt n

progresie aritmetic.Prof. Gheorghe Ghi, Buzu

Rezolvare: Ecuaia se mai scrie:

011112

4

3

3

4

2

5

1

axa

axa

axa

axa

02

2

42

3

3

4

42

5

51

axxaa

axxa

axxaa

axxaa

,01111

)42(3425

1

axaxaxax

xra

unde r este raia progresiei i xraxaaxaxaaxaa 422 1434251 .Obinem o primsoluie rax 42 11 . Pe de alt parte:

0))((

2))((

20

1111

43

43

25

52

2345 axaxaax

axaxaax

axaxaxax

0))((

1))((

1)522(

43251 axaxaxax

rax

2 2 21 1 1

12 3 4 5

2 2(2 5 ) 2 10 10(2 2 5 ) 0,

( )( )( )( )

x a r x a a r rx a r

x a x a x a x a

de unde rezult: 252

12

rax

i .2

55214,3

rrax

In concluzie, mulimea soluiilor .2

552,

252

,42 111

rrara

raS


27/48


L:279.S se arate c pentru orice trei numere reale pozitive a,b,c cu 1abc are loc inegalitatea:

1005 1005 1005 1005 1005 1005

2013 1005 1005 2013 2013 1005 1005 2013 2013 1005 1005 2013

1.a b b c c a

a a b b b b c c c c a a

Generalizare.

Prof. Ovidiu an, Rmnicu SratRezolvare: Din 1007 1007 1006 1006 2013 2013 1006 10060, , 0a b a b a b a b a b a b

1005 1005 1005 1005 1005 1005

2013 1005 1005 2013 1005 1005 1006 1006 1005 1005

1

1 ( ) 1 ( )

a b a b a b

a a b b a b a b a b a b ab a b ab a b

c c

c abc a b c a b

. Din nc dou inegaliti similare, prin nsumare, rezult inegalitatea din

enun. Generalizarea este urmtoarea:

S se arate c pentru orice trei numere reale pozitive a,b,c cu 1abc are loc inegalitatea:

1

1 1 1 1 1 1*

2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 12 1 1 2 11, .n

n n n n n n

n n n n n n n nn n n

a b b c c an

a a b b c c a ab b c c

L:280. Se d triunghiul ABC n care AC=2AB i fie ( ), ( )D AB E AC astfel nct1

3

AD

AB i

3.

4

AE

AC S se determine raportul n care dreapta DE mparte bisectoarea unghiului A.

Prof. Liviu Smarandache,Prof. Ionu Ivnescu, Craiova

Rezolvare:Fie ( 'AA bisectoarea unghiului A i fie 'P DE AA , F DE BC . Din teorema lui Menelaus

aplicat n triunghiul ABC tiat de transversala D-E-F, 1FC DB EA

FB DA EC

2 3 1 11 ;

1 1 6 6 1 5

FC FC FC BCFC

FB FB FB FC

(1)

Din teorema bisectoarei, avem' 1 ' ' 1 2 2

'' 2 ' 2 3

BA AB BA A C BCA C

A C AC A C

; (2)

Din (1) i (2) se obine c13

' ' .15

FA FC CA BC Dup aplicarea teoremei lui Menelaus n

triunghiul ACA tiat de transversala P-E-F ,'

1'

FA EC PA

FC EA PA rezult

9.

' 13

PA

PA

L:281. n exteriorul triunghiului echilateral ABC se construiete triunghiul BDCastfel nct 0( ) 10m BCD i 0( ) 20m CBD . S se demonstreze c triunghiul ABD este isoscel.

Prof. Nela Ciceu, Roiori,Bacu

Rezolvare:Notm ( )m DAC x . Aplicnd teorema sinusurilor obinem:

0

00

0

0

00 10sin

10cos10sin2

10sin

20sin

20sin10sin BDBDCD

CDBD, adic

(1) 010cos2 BDCD . Mai avem:00 20cos

sin70sinsin

xADCDADx

CD ;


28/48


0

0

00 10cos

)60sin(

80sin)60sin(

xADBD

AD

x

BD

, i atunci relaia (1) se scrie succesiv:

)60sin(20cos2sin10cos

10cos

)60sin(2

20cos

sin 0000

0

0 xx

xx

)60sin(40sinsin20sin)60sin(20cos20sin2sin20sin 0000000 xxxx

)100cos()20cos()20cos()20cos( 0000 xxxx

0)40sin(60sin20)20cos()100cos( 0000 xxx .

Rezult c 040x i 0 0 0 0( ) 180 40 70 70m ADC , deci ADC este isoscel cu ACAD .

Clasa a X - aL:282. Rezolvai n ecuaia: 373612 2224 xxxx .

Prof. dr. Mihly Bencze, BraovRezolvare:

Ecuaia este echivalent cu: 0123

7

3 2

2

2

4

x

x

x

x. Lum

32

2

x

xy i obinem:

0)3)(4( yy . Deci avem:

(i) 4y sau 432

2

x

xsau 4 216 48 0x x 322,1 x , 24,3 x ;

(ii) 3y sau 332

2

x

xsau 4 29 27 0x x

2

3396,5

ix

,

2

3398,7

ix

.

L:283. Rezolvai n 2 ecuaia: 06cos4sin322 yyxx .Prof. D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, Buzu

Rezolvare: Ecuaia este echivalent cu: 15

)12(cos

5

4sin

5

3 2

xxyy .

Fie

2,0

, unic astfel nct5

3cos

5

4sin .

Deci, ecuaia devine: 15

)1()sin(

2

x

y . Din, 1)sin(1 y , rezult:

1

22

1)sin(

x

kyy .

Aadar, soluiile sunt: ))5

3arccos(

2

)14(,1(),(

kyx , unde k .

L:284. Rezolvai n mulimea numerelor reale ecuaia: 22342 224422 xxx xxxx .

Prof. dr. Mihly Bencze, BraovRezolvare:

Funcia 22)( xxxf x este strict cresctoare pe , deci injectiv.

Ecuaia este echivalent cu )2()2(2

xfxxf , aadar 222

xxx sau0232 xx , de unde obinem 11x , 2 2x . Prin urmare soluia este 2,1x .


29/48


L:285. Fie x un numr strict pozitiv mai mare dect 1. S se demonstreze c triunghiul ABC este

echilateral dac i numai dac are loc egalitatea2 2 22sin 2sin 2sin

2 2 2 3A B C

x x x x . (Enun corectat)Prof.Marcel Chiri, Bucureti

Rezolvare:Dac triunghiul este echilateral, egalitatea este evident. Reciproc.2 22sin 2 sin3 (1 cos )3 3 3 (cos cos cos )2 23 3 3 3A A

A A B Cx x x x x . Dar

3cos cos cos

2A B C

3 133

2 23 3 3 3x x x x

c avem egalitate:

3cos cos cos

2A B C A B C , adic triunghiul este echilateral.

L:286. Rezolvai n * sistemul de ecuaii :

36

1111

11

xyzzyx

xyx

Prof. Roxana Mihaela Stanciu, BuzuRezolvare: Avem 1 zyx .Din inegalitatea medie aritmetic-medie armonic rezult: (1)

99111

zyxzyx

; iar din inegalitatea medie geometric-medie armonic rezult: (2)

2731

3

zyxxyz. Din (1) i (2) rezult:

xyzzyx

13627369

111 , dar conform

ecuaiei a doua a sistemului dat avem egalitate. Rezult c egalitatea are loc pentru31 zyx care este

soluia sistemului.

L:287. Se consider numerele *,, Rcba astfel nct 4a b c , 4a b b c c a i 2a b c .

S se arate c 3 2 3 2 3 2 3( 1)( 1)( 1) 11 .a a b b c c (Enun corectat).Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare:

Conform inegalitii mediilor rezult3 2

3 2 3 2 3 233

( 1)( 1)( 1)

3

a aa a b b c c

. (*)

2 2 2 2 2 2( ) 2( ) 4 2 4 8a a b c a b c ab bc ca .3 3 3 3 2 2 23 ( )( ) 3 2 4(8 4) 22.a a b c abc a b c a b c ab bc ca

Rezult,3 2 3 22 8 3

113 3

a a . Din (*), rezult

33 23 2 3 2 3 2 33( 1)( 1)( 1) 11

3

a aa a b b c c

.

L:288. S se demonstreze inegalitatea:

121 22

1...22

nnnnn

nnCnnCC , 1, nNn .

Prof.Constantin Rusu, Rmnicu Srat


30/48


Rezolvare: Folosim identitatea: 222212 2)1(...21 nnnnn nnCnCC , 1, nNn i aplicm

inegalitatea C-B-S pentru numerele knk kCa , k

nk Ckb , nk ,1 . Obinem:2212221221 )...2211()...21)(...2( nnnn

nnnn

nnnn CnnCCCnCCnCCC

32221221 2)1(2)1()2()...2211( nnnnnnn nnnnnCnnCC .121 2

2

1...22

nnnnn

nnCnnCC , ceea ce ncheie demonstraia.

L:289.Fie 1 2 3, , ,..., nx x x x numere strict pozitive astfel nct 1 2 3 ... 1nx x x x i 1a un numr

real fixat. S se arate c 31 21 2 3 ... nx xx x nnx a x a x a x a a .

Prof. Marcel Chiri, BucuretiRezolvare:Putem presupune datorit simetriei relaiei c 1 2 3 ... nx x x x de unde

31 2 ... , 1.nx xx xa a a a a Din inegalitatea lui Cebev, aplicat celor dou iruri cresctoare

obinem 3 31 2 1 2

1 2 3 1 2 3( ... ) ... ...n nx x x xx x x xn nn x a x a x a x a x x x x a a a a 31 2 ... nx xx xa a a a , deoarece 1 2 3 ... 1nx x x x . (1)

Din inegalitatea mediilor obinem:3 1 21 2 ...... n nx x x x xx x n na a a a n a n a , deoarece 1 2 3 ... 1nx x x x . (2)

Din (1) i (2) se obine 31 21 2 3 ... nx xx x n

nx a x a x a x a a cu egalitate cnd 1 21

... nx x x n

Clasa a XI - aL:290. Se consider matricea

* * *

* 10 *

5 * 3

A

. nlocuind asteriscurile cu numere ntregi astfel

nct dup completare, suma tuturor numerelor de pe fiecare linie, fiecare coloan i pe cele doudiagonale s fie egale. Este posibil ? Prof.Constantin Dinu, Buzu

Rezolvare:Se noteaz cu x elementul de pe linia 3 coloana 2 i se obine

5 8 13

* 10 *

5 3

x x

A

x

Cum 5 3 5 8 13 28x x x x , atunci,23 8 152 10 18

5 28 3

A

.

L:291. Fie mulimea 82 2( )G X M X O . Artai c dac X G atunci 2 2X O .Prof. Gheorghe Drstaru, Berca, Buzu

Rezolvare:Fie 8 820 det det det 0 det 0.X G O X X X Din Teorema Hamilton- Cayley,

2 22 2 2detX TrX X X I O X TrX X O .

2 6 8 6 8 3 3X TrX X X X TrX X X X TrX Tr X X X 8 4 2 2 8 7X Tr X Tr X X X Tr X X 7 7 8 2

2 2 2( ) 0 0Tr X X O Tr Tr X X TrO Tr X TrX X O .


31/48


L:292. S se calculeze 5log 5 log9

lim 5x xx

x

.

Prof. Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: 5 5 5 5 59 9

1log 5 log log 5 log 9 log 9 log 9 log 9log 5 log 5

9lim 5 9 5 9 5 5 5 0

x xx

x x

L:293.Fie irul 1kka , definit prin mnaaa mnmn i 11a . Calculai:

a) 2013a ; b) nnn

an

kk

n

231

32lim .

Prof.D.M. Btineu Giurgiu, Bucureti, i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare: Pentru naaam nn 111 .

Deci, ;201320122013 aa ;201220112012 aa ; 212 aa .

Sumnd aceste egaliti obinem : a)2201420132013...3212013 aa

.

Procedm ca la punctul a) i obinem :2

)1(

kkak .

6

)12)(1(

2

)1(

2

1

2

1

11

2

1

nnnnnkka

n

k

n

k

n

kk .

Se observ c : )12)(1(32 23 nnnnnn . Obinem :nnn

an

kk

n

231

32lim =

12

1.

L:294. S se arate c irul 1n n

a

definit prin

2 3 4 2 3 42 1 2 1

2 1 2

3 27 4 3 27 4lim

n n

n nx

x x x x x xn

ax

este convergent.

Prof. Ionel Tudor,Clugreni, Giurgiu

Rezolvare: Artm c exist lim nn

a

i atunci irul este convergent.

Avem succesiv:2 3 4 2 3 4

2 1 2 12 1 2

1lim

3 27 4 3 27 4n n

n nx

x x x x x xa n

x

3 4 3 4

2 1 2 12 2

1 1 1 1lim

3 27 4 3 27 4n n

x

x x x xn

x x

Cum3 4 3 4

2 4

1 1 1 1 1lim lim lim

27 4 27 4 4 27 2x x x

x x x x

x x x

, rezult


32/48


1 12 1 2 1

1 12 1 2 1

5 11 1

6 65 1 1

lim lim lim ln 516 6 2 1 2

2 1

n n

n n

nn n n

na n

n

n

Rezult c irul este convergent.

Clasa a XII - aL:295. Fie ; ;A leu tigru urs . Pe A definim o lege de compoziie asociativ notat " " definitprin tabelul alturat:

a) Cte legi de compoziie comutative se pot defini pe A?b) Care este elementul neutru al legii ?c) Calculai 2013 .... ; (2013 )leu leu leu leu de leu ;d) Rezolvai ecuaia tigru x leu urs .

Prof. Constantin Dinu, BuzuRezolvare:a) Se pot defini 63 legi de compoziie pe A.

b) Elementul neutru este urs; c) 2013leu leu deoarece 2leu urs care este element neutru;d) leu tigru x leu urs tigru x urs ;

L:296. Determinai numerele prime p astfel nct numrul 2 25 6p p s se divid cu p.Elevi Sptaru Andrei, Nicolaescu Andrei, Craiova

Rezolvare:Cum2

(mod ) 5 (5 ) 5 5(mod )p p p p pa a p p . Analog,2

6 6 6(mod )p p p .

Rezult,2 2

5 6 11(mod )p p p de unde rezult p=11.

L:297. Fie ),,( A un inel n care 01 i din 1xy rezult 1yx . Dac Aba , , i exist Au ,u inversabil cu buubauua , astfel nct 0 bauab atunci: baab .

Prof. D.M. Btineu-Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, BuzuRezolvare: Conform enunului avem (1) 0 bauab . Din (1) deducem c:

1111022

ubuauaububuaabuubuaabu 1)1)(1(1)1()1( ubuaububua , de unde conform enunului rezult c 0111)1)(1( uaububuauaububuauaub

0)(02 baubauuaubbau , i deoarece u este inversabil obinem c(2) 0 bauba . Din relaiile (1) i (2) rezult c uabuba , de unde prin simplificare la stnga cuelementul inversabil u obinem c baab .

L:298. Fie 1 2 3, ,x x rdcinile ecuaiei 3 210 28 18 0.x x x S se arate c 3 41 2 3 3.x x x Prof.Ovidiu an, Rmnicu Srat

Rezolvare:

Artm mai nti c rdcinile ecuaiei sunt toate reale i pozitive. Pentru aceasta considerm funciacontinu 3 2:[0, ) , ( ) 10 28 18.f f x x x x Cum (0) 18 0, (1) 1 0, (3) 3 0, (4) 2 0, (5) 3 0, (6) 6 0,f f f f f f deducem


33/48


c rdcinile ecuaiei sunt toate reale, pozitive, diferite i situate n intervalele (0,1),(3,4),(5,6). Dininegalitatea mediilor obinem:

3 3 3 3 4 4 4 441 2 3 1 1 2 2 2 4 4 4 4

3 35 38 24 2 158 88 81 2 3 8 8 88

2 3 4 2 3 8 10 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 3 3 3 4 4 4 42 38 18 2 2 3 2

8 3 32 3 4 2 3 2 2 3 3 3 3

x x x x x x x x x x x

x x x

deoarece 1 2 3 18.x x x

L:299. S se calculeze: dxxx

xxI

n

3

6

2

)cossin1(

cossin

, Nn .

Prof. Constantin Rusu, Rmnicu Srat

Rezolvare: Pentru 0n , obinem 2 1312 I . Pentru 1n se folosete substituia tx 2

i

obinem12

I . Pentru 2n , obinem: dx

xxI

3

6

1)cossin1(

1

2

1

, iar cu substituia ux

tg 2

,

avem

3

3

323

32ln

2

1

1

1du

uI . Pentru 2n , obinem:

3

3

322

222

1 6 )33()33(3)2(2 1)1( 1 n

nnn

n nduuI . n concluzie:

2pt.,6

)33()33(3

)2(2

1

2pt.,3

32ln

2

1

1pt.,12

0pt.,2

13

12

2

222

nn

n

n

n

I

n

nnn

.

L:300. S se arate c funcia :f ,2

2 , 1( )

6 9, 1f x

x x

admite primitive. S se scrie o

primitiv a lui f pe .Prof.Adrian Stan, Buzu

Rezolvare: Cum

2 , 1

( ) 3 ,1 3

3 ,3

x

f x x x

x

, rezult c f este continu pe ceea ce nseamn c f admite

primitive pe .


34/48


O primitiv F a lui f are forma

2

1

2

2

2 , 1

( ) 3 ,1 32

3 , 32

x x

xF x x c x

xx c x

.

Din condiia de continuitate a lui F rezult 11

2 32

c i 1 29 9

9 92 2

c c de unde 11

2c i

2

17

2c .

S rdem cu .. EINSTEIN

Celebrul fizician german Einstein, refugiat n SUA n 1933 din cauza antisemitismuluigerman, a fost ntrebat de ctre unul din admiratorii si:- Cum se nasc oare marile descoperiri care revoluioneaz tiina ?- Ct se poate de simplu, rspunse Einstein. Toat lumea tie c este imposibil s explici un

anume fenomen. Ei bine, cteodat se gsete cteun ignorant care nc n-a aflat acest lucru.

- Cum nu ii minte viteza sunetului ? se mir Max Plack de ignorana lui Einstein.- Nu are rost s in minte ceea ce se poate gsi n orice manual, iar cea ce in eu minte ncnu se gsete n nici un manual, rspunse savantul.

- n ce zi suntem astzi ? ntreb Einstein.- Uit-te n ziar, i rspunse soia.- Inutil, e de ieri.

Cnd sosi n America, soia l sftui pe Einstein s-i cumpere un palton nou.- Nu are rost, aici nu m cunoate nimeni, i rspunse savantul.Dup un an, soia struiete pe lng el s-i cumpere totui un palton nou.- Acum chiar c nu are niciun rost, deoarece m cunoate toat lumea aici.


35/48

- PROBLEME PROPUSE-

nelepciunea este punctul de plecare dintre ndoial i certitudine.Leonid Sukhorukov

4. Probleme propuse

nvmnt primarP:267. Un elev a citit ntr-o zi dou patrimi din numrul paginilor unei cri, a doua zi trei cincimi din rest,iar a treia zi trei ptrimi din noul rest. Pentru a patra zi, i-au mai rmas 5 pagini de citit.Cte pagini avea cartea? Prof. Maria Anton , Berca

P:268. Din 24 kg de ciree se pot obine 6 kg de dulcea. Cte kg de ciree sunt necesare pentru a obine

10 kg de dulcea?Prof. Nicoleta Loredana Clinciu, Mihileti

P:269. 7 lzi cu mere i 5 lzi cu pere cntresc 600 kg, iar 7 lzi cu mere i 12 lzi cu pere cntresc 901kg. Aflai ct cntrete o lad cu mere i ct cntrete o lad cu pere .

Prof. Cornelia Mihaela Luca, Mihileti

P:270. Trei frai au economisit mpreun suma de 1992 de lei. S se afle suma economisit de fiecare tiindc primul a economisit cu 20 de lei mai mult dect al doilea, iar al treilea a economisit jumtate din sumaeconomisit de primii doi.

Prof. Cristian-Cosmin Lupan,Buzu

P:271. Produsul a patru numere naturale este 18, iar suma lor este mai mic dect 10. Care sunt numerele?

nv. Ion Lupan,BercaP:272. Bunica are 84 de ani. Cei trei nepoi au 24, 16, respectiv 12 ani. Dup ct timp bunica va aveavrsta egal cu suma vrstelor nepoilor?

Prof. Nicoleta-Gabriela Lupan,Berca

P:273.ntr-o campanie de colectare a deeurilor, elevii claselor I-IV ai unei coli au colectat 8500 de peturi.Elevii clasei a II-a au colectat cu 200 de peturi mai mult dect elevii clasei I, elevii clasei a III-a de 3 ori maimult dect elevii clasei a II-a, iar elevii clasei a IV-a de 2 ori mai mult dect elevii clasei I. Cte peturi acolectat fiecare clas?

Prof. Gabriela Marinescu,Vadu Paii

P:274.Cu ocazia srbtorilor de iarn, pentru un Centru de Plasament se pregtesc pachete. Dac s-ar punecte 5 banane n fiecare pachet, rmne 1 banan. Dac s-ar pune cte 4 banane n fiecare pachet, ar rmne41 de banane. Cte banane sunt i cte pachete se fac?

Prof. Daniela Ticea, Buzu

P:275. Ina i spune Anei:- Dac mi dai 5 jucrii, voi avea de trei ori mai puine dect tine. Fcnd calculul, Ana i rspunde:- Ai calculat corect!Cte jucrii are fiecare, dac mpreun au 36 de jucrii?

Prof. Marioara Vrabie, Berca

P:276. Suma a 63 de numere naturale diferite de zero este 2011. Artai c cel puin dou numere suntegale. Prof. Doina i Mircea Mario Stoica, Arad

P:277 ntr-o livad sunt 160 de meri, peri i pruni. Numrul prunilor este cu 20 mai mare dect al merilor,iar al perilor cu 6 mai mic dect al prunilor. Ci pomi sunt de fiecare fel ?

Prof.Adrian Stan, Buzu


36/48


P:278. Veveriele Chip i Dale au strns 88 de alune. Cte alune a strns fiecare, dac jumtate dinnumrul alunelor (lui) strnse de Chip fac ct trei cincimi din numrul alunelor (lui) strnse de Dale ?

Prof.Adrian Stan, BuzauP:279. Diferena dintre dublul unui numr i triplul sfertului su este 5555 . Care este numrul ?

Prof. Marin Marcela, Rm. SratP:280. ntr-o lun, trei duminici sunt n zile pare. n ce zi a sptmnii, pic ziua de 19 a lunii.Prof.Claudia Popa, Berca, Buzu

P:281. La o florarie s-au adus 19 garoafe, zambile cu 21 mai multe decat diferenta dintre 20 si vecinul maimic al lui 11, iar lalele cu 15 mai puine decat suma garoafelor si zambilelor mrit cu 7. Cte flori s-au adusla florarie?

Prof. Mirela Axente, Buzu

Clasa a V-aG:386. Determinai toate numerele naturale apentru care exist exact 2014 numere naturale b care

verific relaia: 52 b

a.

Prof.D.M. Btineu-Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, BuzuG:387. Fie 1 2 3 4 ...... 49B i 24 14641C . Artai c C divide B.

Prof.Petre Punescu, Roiorii de VedeG:388. Calculai :

888 104 0231 401 41 2 3 ... 200 :201 10 :100000 19 :3 1 101 102 103 2007 1997 100 .

Prof.Simion Marin , Rm. SratG:389. Artai c numrul 2013100A se poate scrie ca o sum de dou ptrate perfecte.

Prof. Gheorghe Struu , BuzuG:390. Aflai restul mpririi numrului 289287 4017 la 2009.

Prof.Mircea Mario Stoica, AradG:391. Artai c dac S este suma divizorilor naturali ai numrului 2010 atunci 34S este ptrat perfect i1734S este cub perfect. Prof.Nicolae Ivchescu, CraiovaG:392. 60 de muncitori, lucrnd cte 8 ore pe zi, au pavat un drum de lungime 900 m n 12 zile. Cimuncitori pot pava n 10 zile, lucrnd cte 6 ore pe zi, un drum lung de 1200 metri?

Prof.Adrian Stan,Buzu

G:393. Aflai numrul natural xy , astfel nct2

. 1573xy yx xyx y

.

Prof.Iuliana Trac,Scorniceti, OltG:394. a) Gsii trei numere naturale nenule i diferite care s verifice egalitatea 5a 11b 6c 0 ;b) Artai c oricare ar fi numerele naturale nenule i diferite a, b, c, astfel nct, s aib loc

egalitatea 5a 11b 6c 0 , numrul A (a c)(b c) se divide cu 55 .Prof.Constantin Apostol, Rm. Srat

G:395. Determinai numerele naturale x i y dac 5 37 39 2013x y .Prof.Gheorghe Drstaru, Buzu

G:396. Aflai toate numerele de forma abc tiind c abc =(a+b+c-9)(a+b+c-8)(a+b+c-7)Prof.George-Florin erban, Brila

G:397. Un numr natural de trei cifre mprit la rsturnatul su d ctul 3 i restul 175. Aflai numrul. (nlegtur cu problema S:E13.90 din SE al G.M.-B. martie 2013).

Titu Zvonaru, Comneti


37/48

- PROBLEME PROPUSE-

Clasa a VI-aG:398.

Rezolvai n * * ecuaia 148 25 2009 10yx y .

Prof.Mircea Mario Stoica, AradG:399. Aflai restul mpririi numrului 2013 2013 20132074 94 2046x la 2013.

Prof.Gheorghe Drstaru, Buzu

G:400. Raportul a dou numere este egal cu1

4, iar suma lor este tot

1

4.

a) Aflai cele dou numere ;

b) mprii numrul1

4n pri invers proporionale cu numerele determinate la punctul a) c) mprii

numrul1

4

n pri direct proporionale cu numerele determinate la punctul a)

Prof.Constantin Apostol, Rm. Srat

G:401. Artai c printre orice 305 numere naturale, dou cte dou coprime cuprinse ntre 2 i20112010 exist cel puin un numr prim.

D.M. Btineu-Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, BuzuG:402. Fie numerele a, b, c, d, e, fastfel nct

15

13

a b c d e f

a b b c c d d e e f f a

, aflai

numrula b c d e f

ma f a b b c c d d e e f

Prof.Iuliana Trac, Scorniceti, OltG:403. Fie triunghiul ABC cu 1, ,BC AB a AC b unde , *a b . Artai c triunghiul ABC esteisoscel. Prof.Mariana Mrculescu, Craiova

G:404. n triunghiul ABC avem : D ( BC) astfel nct m( )BAD = 30 0i m( 0) 50ADB , E ( )AC

astfel nct m( 0) 50ABE . tiind c {F} = AD BE i m( 0) 20ACB , artai c m( FCB) = 10 0 .Prof.Simion Marin, Rm. Srat

Clasa a VII-a

G:405. S se scrie numrul 6033 2012 ca diferen de dou produse de cte trei factori, numere naturaleconsecutive. Prof.Nicolae Ivchescu, CraiovaG:406. Artai c

4 42010 2010

321001 1009

. Prof.Mircea Mario Stoica, Arad

G:407. Determinai x pentru care 24 9 7 .x x Prof.Iuliana Trac,Scorniceti, Olt

G:408. n primul an, din lotul de n semine al unei staiuni de cercetare agricol, nu a ncolit o smn. nanul urmtor, din n 1 semine de acelai fel, nu a ncolit o smn. Situaia se repet x ani, dup careexperimentul nregistreaz ncolirea 100 %.

Aflai x, dac suma seminelor ncolite n intervalul respectiv este x 13 n2

Prof.Ion Stnescu, Smeeni, Buzu


38/48

- PROBLEME PROPUSE-

G:409. Aflai numerele naturale , y i numrul primp care verific relaia: 12 ypx .Neculai Stanciu, Buzu i Titu Zvonaru, Comneti

G:410. Se consider dreptunghiul ABCD cu aria 3 (u.a.) i punctele M, respectiv Ncu)(),( BCNABM astfel nct aria triunghiului MND este 1 (u.a). Determinai minimul sumei

CNAM .D.M. Btineu-Giurgiu, Bucureti i Neculai Stanciu, Buzu

G:411. ntr-un triunghi ABC, M (BC) i 0m(BAM) 25 , iar 0m(CAM) 30 , N (AC) i 0m(ABN) 45 , iar 0m(CBN) 55 . Artai c latura (AB) este media geometric a segmentelor (AM) i

(BN) . Prof.Constantin Apostol, Rm. Srat

Clasa a VIII-a

G:412. Scriei numrul numrul 20132012 42011 ca produs de doi factori.D.M. Btineu-Giurgiu, Bucuretii Neculai Stanciu, Buzu

G:413. Determinai Nx pentru care este adevrat egalitatea:

232323...2323 22222222 2211 nnnn = 256256 2566561 .Prof.Iuliana Trac, Scorniceti, Olt

G:414. Se consider o funcie : , ( ( )) 2009 2008.f f f x x Artai c (1) 1f .Prof.Doina i Mircea Mario Stoica, Arad

G:415. Cercetai dac max 2max( 5 7)x x aparine intervalului 11; 2 .

Prof.Ion Stnescu, Smeeni,Buzu

G:416. S se arate c pentru nici o valoare ntreag a lui n, raportul3 2

3

n n n 2

n n 3

, nu este numr ntreg.

Prof.Constantin Apostol, Rm. SratG:417. n cubul ABCDEFGH de muchie ase consider Mmijlocul lui AB . S se determine distana de la H la planul(FMC).

Prof.Adrian Stan, Buzu

G:418. Fie cubul ABCDABCD i 'M BB . Precizaipoziia lui M pe muchia ( ')BB dac

4cos ( ), ( ) 5m ADM ABC .

Prof.Gheorghe Drstaru, Buzu

G:419. Pe planul triunghiului dreptunghic ABC avnd cateta AB = 12 cm i ipotenuzaBC = 6 13 cm , se ridic perpendiculara BM = 10 cm . Calculai :

a) Distana de la M la AC ;b) Distana de la M la centrul de greutate al triunghiului .Prof. Simion Marin , Rm. Srat


39/48

- PROBLEME PROPUSE-

Clasa a IX-a

L:268. S se determine ,a b astfel nct ecuaiile2

(4 10) ( 8) 3 0a x a x i2( 8) (2 19) 9 0b x b x s aib aceleai soluii. Prof.Adrian Stan, Buzu

L:269. Determinai mulimea2 3 3

xA x

x x

. Prof.Constantin Dinu, Buzu

L:270. Fie zy,, numere reale, 0,0 xz , astfel nct xzy 2 . S se demonstreze inegalitatea:

03)()( 222 zzyxyzyxx .Prof.Constantin Rusu, Rmnicu Srat

L:271. Fie 0; .2

x

Artai c3 3sin cos 1

5 12 13

x x .

Prof.Ana Cismaru, Malu Mare, Dolj

L:272. Artai c2

1 1 1 1 1......... , *

5 13 25 2 2 1 2 n

n n

.

Prof. Nicoleta Bran, Craiova

L:273. tiind c x, y * i x y , s se compare numerele :3y

ax

i 2 2b 2x xy y .

Prof. Constantin Apostol, Rm. Srat

L:274. S se arate c dac x, y, u, v astfel nct 2 2x + y =9 i 2 2u + v =36 , atunci 18;18xu yv . Prof.Iuliana Trac, Scorniceti, Olt

L:275. Pentru *n , se consider numerele n progresie aritmetic: 1 1 ,n 2 2 1,n

1 1n . S se determine raia progresiei.Prof. Ionel Tudor,Clugreni,Giurgiu

L:276. Fie :f astfel nct ( 1) ( ) 3 7m f x n f x x . Determinai ,m n astfel nct

(2) 5, ( 3) 4f f . Prof.Claudia Popa, Berca, Buzu

L:277. Dac

2,0

kx , nk ,1 , atunci artai c 2

11

31

)2(si

Date post:	09-Feb-2018
Category:	Documents
Upload:	adriana-nicoleta-zamfir
View:	281 times
Download:	4 times

Sclipirea Mintii Nr 12

Documents