RECREAŢ II MATEMATICE

Anul IV, Nr. Iulie Decembrie 00 RECREAŢ II MATEMATICE REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI e iπ = 1 Editura Crenguţ a Gâldă u IAŞ I, 00

Semnificaţia formulei de pe copertă: iπ Într-o formă concisă, formula e = 1 leagă cele patru ramuri fundamentale ale matematicii: ARITMETICA reprezentată de 1 GEOMETRIA reprezentată de π ALGEBRA reprezentată de i ANALIZA MATEMATICĂ reprezentată de e Redacţia revistei : Petru ASAFTEI, Temistocle BÎRSAN, Dan BRÂNZEI, Constantin CHIRILĂ, Eugenia COHAL, Adrian CORDUNEANU, Paraschiva GALIA, Mihai GÂRTAN, Paul GEORGESCU, Dumitru GHERMAN (Paşcani), Gheorghe IUREA, Lucian Georges LĂDUNCĂ, Gabriel MÎRŞANU, Gabriel POPA, Dan POPESCU (Suceava), Florin POPOVICI (Braşov), Maria RACU, Petru RĂDUCANU Coordonatorul numărului : Temistocle BÎRSAN Adresa redacţiei: Catedra de Matematică Universitatea Tehnică Gh. Asachi Iaşi Bd. Carol I, nr.11, 6600, Iaşi Tel. 03 13737 / int. 13 E-mail: acord@math.tuiasi.ro EDITURA CRENGUŢA GÂLDĂU Toate drepturile rezervate ISSN 158-1765 Bd. N. Iorga, Bl. K, ap. 4 Tel. / Fax: 03-30598 IAŞI, 6600

Anul IV, Nr. Iulie Decembrie 00 RECREAŢ II MATEMATICE REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI e iπ = 1 Apare cu sprijinul FILIALEI IAŞI a SOCIETĂŢII de ŞTIINŢE MATEMATICE IAŞI, 00

Fractali Ştefan Frunză 1 Ce este un fractal? Benoit B. Mandelbrot a inventat termenul în 1975. Acest cuvânt derivă dinfractus care în limba latină înseamnă fracturat (derivat, la rîndul său, din verbul frangere - a frânge, a rupe). El vrea să sugereze o mulţime care este mult mai neregulată decât mulţimile considerate în geometria clasică; cu cât aceasta este mărită, tot mai multe neregularităţi devin vizibile. În lucrarea sa The Fractural Geometry of Nature (198), Mandelbrot argumentează căasemeneaabstracţiuni geometrice se potrivesc adesea cu lumea fizică mai bine decât curbele şi suprafeţele netede. De exemplu, o linie de coastă neregulată (cum ar fi, de exemplu, coasta estică a Angliei) arată destul de netedă dacă o privim din avion, de la oînălţime mare,dar,pemăsură ceneapropiem,totmaimulteneregularităţi devin vizibile. Aceste neregularităţi creează problemeşi în calcularea lungimei liniei de coastă sauafrontiereiadouăţări vecine. Fizicianul englez L. F. Richardson studia, în 1961, variaţiile lungimilor aproximative L (ε) ale diverselor coaste, măsurate cu compasul, pe hartă, ca funcţiedeetalonulε şi constata că, pentru un larg domeniu de valori ale lui ε, lungimea varia după o putere a lui ε, L (ε) =N (ε) ε ε ρ, ρ > o (N (ε) este numărul de paşi de lungime ε cuprinşi cu compasul în linia respectivă şi a (ε) b (ε) înseamnă că a (ε) şi b (ε) variază lafelcândε 0 +,maiprecis a (ε) /b (ε) tinde la o constantă nenulăcândε 0 + ). Se vede că pentru o curbă netedă cum este cercul, lungimea devine constantă (ρ =0) când etalonul este suficient de mic în raport cu raza de curbură. Dimensiunea cercului este D =1(şi corespunde lui ρ =0). Alte curbe însă prezintă un exponent ρ>0, astfel încât lungimea lor creşte nedefinit pe măsură ceetalonulse micşorează; este imposibil să le atribuim o lungime finită, se spune că aceste curbe sunt nerectificabile. 1 Exponentul 1+ρ al lui, definit mai sus, este în fapt o dimensiune fractală. N (ε) Această determinare a măsurii fractale, prin acoperirea curbei cu discuri de rază ε, este exact cea utilizată depontriaghin şi Schnirelman, în 193, pentru a defini dimensiunea de acoperire. Ovariantă idealizată a unei asemenea situaţii, care este şi un model matematic de fractal, este curba lui Helge von Koch (1904). Se porneşte cu un segment unitate (iniţiatorul) care se împarte în 3 segmente congruente şi se înlocuieşte segmentul din mijloc cu cele două laturi ale unui triunghi echilateral, avându-l ca bază şi situat deasupra lui (generatorul). În continuare se repetă aceeaşi procedură cu fiecare din cele 4 segmente obţinute; construcţia are un caracter recursiv. Curba poligonală obţinută în fiecare stadiu 1 Conf. dr., Facultatea de matematică, Univ. Al. I. Cuza, Iaşi 1...

este, după Mandelbrot, o structură prefractală. Curba lui Koch este figura obţinută la limită. În această situaţie se poate urmări explicit cum depinde lungimea de etalonul de măsură. În stadiul 0 avem ε 1 =1, N (ε 1 )=1şi L (ε 1 )=1.Pentruε = 1 3 avem N (ε )=4 şi L (ε )=N(ε ) ε = 4 3 ;pentruε 3 = 1 3 avem N (ε 3)=4 şi L (ε 3 )=N(ε 3 ) ε 3 = =4 /3. Se demonstrează prin inducţie că, pentru ε n = 1 3 n 1, N (ε n)=4 n 1 şi L (ε n )= = N (ε n ) ε n =4 n 1 /3 n 1.Seobservădeci că L (ε n ) pentru ε n 0(n ). De aici rezultă şi dimensiunea fractală 1 N (ε n ) = 1 4 n 1 = 1 3 = (n 1) log 3 4 εlog 3 n 4, deci D =1+ρ =log 3 4= ln 4 =1, 618.... ln 3 Ovariantă a curbei lui Koch se obţine dacă triunghiul echilateral se înlocuieşte cu un triunghi isoscel cu unghiul la vârf α şi baza l sin α (l-lungimea laturii segmentului iniţial). Dimensiunea fractalului corespunzător este D = log4/ log [ + sin (α/)]. Cazul α =0conduce la D =,adicăocurbă care umple un triunghi. Aceasta nu e o curbă simplă deoarece are multe puncte duble. Dimensiunea D =se poate obţine pentru o curbă simplă(curba lui Peano) în care generatorul este o uşoară adaptare a situaţiei pentru a elimina punctele duble: Aceasta este o curbă simplădensăîntr-unpătrat; faptul că nu are puncte multiple se traduce prin faptul că eocurbăsimplă. Deci are dimensiunea topologică 1. Trei copii ale curbei lui Koch construite, în exterior, pe cele trei laturi ale unui triunghi echilateral formează ocurbăsimplăînchisă, numită adeseainsula lui Koch sau curba fulgului de zăpadă (snowflake). Un fractal cu lacune, construit pe dreaptă estemulţimea (sau praful) lui Cantor. Ca şi curba lui Peano, acestă mulţime a fost imaginată din motive pur matematice. Se porneşte cu un segment care se împarte, în stadiul 1, în trei segmente congruente şi se elimină treimea din mijloc.... Cu fiecare din segmentele rămase se procedează analog..........

Ea este un fractal cu dimensiunea (fractală) D =log/ log 3 = 0, 6309... şi dimensiunea topologică zero. Dimensiunea fractală nu caracterizează easingură obiectul. Există mulţimi de tip Cantor având aceeaşi dimensiune fractală, dar o structură spaţială diferită. Se împarte un segment (iniţiatorul) în 7 segmente congruente şi se reţin, în prima etapă 4 segmente de lungime 1/9, egal depărtate, începând cu primul segment din stânga până la ultimul segment din dreapta. În continuare se procedează lafelcu fiecare din segmentele reţinute.... Cele două mulţimi de tip Cantor au aceeaşi dimensiune fractală, dar diferă prin lacunaritatea lor, o altă caracteristică cesecerenunumaiintuităcişi clar definită. Un alt fractal lacunar, cu o descriere similară, este triunghiul (sau sita) lui Sierpinski. Seporneşte cu un triunghi echilateral care se împarte prin mijloacele laturilor sale în 4 triunghiuri congruente şi se elimină triunghiul din mijloc. Cu fiecare din triunghiurile rămase se procedează analog.... Mulţimea rămasă este sita lui Sierpinski. Acesta este un fractal cu dimensiunea D =log3/ log = 1, 585... Adesea se consideră numai laturile şi se obţine un fractal cu aceeaşi dimensiune. Se poate arăta că ambele structuri prefractale converg la aceeaşi structură fractală în sensul unei distanţe naturale introduse de matematicianul român Dimitrie Pompeiu şi de matematicianul german Felix Hausdorff. Oaltăvariantăestecovorul (carpeta) lui Sierpinski. Se porneşte cu un pătrat care se împarte în 3 pătrate congruente şi se elimină pătratul din mijloc. Cu fiecare din pătratele rămase se procedează la fel.... Exemplele de structuri fractale deterministe construite după cele două modelese pot multiplica la infinit. Aceste structuri se pot dovedi foarte interesante pentru a modela unele probleme de transport în medii poroase şi permit calcule analitice exacte pentru diverse proprietăţi fizice (conductanţă, vibraţii, electrozi fractali etc.). Se pot imagina şi analoage tridimensionale: sita tridimensională a lui Sierpinski şi buretele lui Menger, care au dimensiunile fractale D =log4/ log =, respectiv D = log 0/ log 3 =, 73... Oaltăvariantă posibilă constăînprezenţa simultană a mai multor scări de dilatare. Figura următoare ilustrează iterarea determinată defactori1/4 şi 1/. 3

... Dimensiunea sa fractală ested =log 1+ 17 / log 1. Am dat pînăacum exemple de fractali determinişti (exacţi), dar se pot defini cu uşurinţă şi structuri fractale statistice. Cei mai simpli sunt cei omogeni, când aria, volumul (sau masa) structurii sunt repartizate uniform la fiecare nivel al ierarhiei, adică diverşii generatori conservă raportul de masă de la un nivel la următorul. Astfel, se poate porni de la recurenţa cu caracter statistic... cu raportul de masă (arie)/4 = 1/ şi se poate construi fractalul statistic ce începe prin... Raportul de masă poate varia de la un pas la cel următor (fractali eterogeni). Un alt exemplu de fractal statistic poate modela distribuţia craterelor Lunii. Ea poate fi privită caodistribuţiedediscurialecăror centre urmează deexempluo distribuţie Poisson şi ale căror raze sunt aleatoare cu o densitate de probabilitate de tipul P (R >r)=qr α. Numeroase asemenea exemple sunt descrise de Mandelbrot în [3]. Să ne reîntoarcem acum la conceptul de dimensiune. O tentativă naturală de amăsura dimensiunea unui obiect E constă în pavajul obiectului prin paveuri (aparţinând spaţiului în care obiectul este scufundat) de măsura µ = ε d(e), unde d (E) este dimensiunea obiectului. Dar cum d (E) este apriori necunoscută, o soluţie constă înafaceîncercări luând unităţi de măsură µ = ε α cu un exponent α nedeterminat. Să considerăm de exemplu un pătrat (d =)de latură L şi să-l acoperim cu paveuri (pătrate) de latură ε. MăsurasavafidatădeM = Nµ,undeN enumărul de paveuri, adică N =(L/ε) d.astfel µ d L M = Nε α = ε α = L ε α. ε Dacă se încearcă α =1se obţine M când ε 0 + ;lungimeaunuipătrat este infinită. Dacă seîncearcă α =3,segăseşte că M 0 când ε 0 + ; volumul unui pătrat este nul. Aria pătratului se obţine doar pentru α =şi dimensiunea sa este cea a unei suprafeţe α = d =. Faptul că această metodăsepoateaplicapentruunα real oarecare permite generalizarea la dimensiuni care nu sunt întregi. Se poate formaliza puţin această 4

măsură. Mai întâi, având de-a face cu un obiect de formă oarecare, nu este în general posibil să-l acoperim cu paveuri identice de latură ε. Sepoateînsăacoperiobiectul prin bile V i de diametru d (V i ) ε. Aceasta oferă un plus de supleţe, dar impune să luăm limita inferioarăasumeimăsurilor elementare µ = d (V i ) α.seobţine astfel ceea ce se numeşte α-măsura de acoperire (Hausdorff 1919, Besicovici 1935) definită prin nx o m α (E) =liminf d (Vi ) α : E V i,d(v i ) ε. ε 0 Se defineşte dimensiunea Hausdorff-Besicovici prin d (E) =inf{α : m α (E) =0} =sup{α : m α (E) = }. Deci dimensiunea Hausdorff-Besicovici este valoarea lui α pentru care m α face un salt de la zero la infinit. Această măsură pentruα = d (E) poate fi orice număr între zero şi infinit. Aceste consideraţii sugerează, de exemplu, că lungimea unei curbe nerectificabile trebuie înlocuită cumăsura Hausdorff corespunzătoare. Există şi alte definiţii ale dimensiunii unei mulţimi, unele echivalente, altele diferite de dimensiunea Hausdorff-Besicovici. Se poate defini, de asemenea, o dimensiune topologică; o mulţime formată dintr-un punct are dimensiunea topologică zero, o mulţime ce poate fi pusă în corespondenţă bijectivă şi bicontinuă (homeomorfism) cu o curbă netedă are dimensiunea topologică 1ş.a.m.d. Odefiniţie-tentativă a fractalilor, propusă de Mandelbrot, constă înacereca dimensiunea Hausdorff-Besicovici să fie strict mai mare ca dimensiunea topologică. Aceasta se referă desigur la fractalii ideali, obţinuţi din prefractali prin trecere la limită în raport cu distanţa Pompeiu-Hausdorff. Trebuie precizat că fractalii au fost introduşi şi utilizaţi în matematică încăla sfârşitul secolului XIX-lea de Cantor, Peano, Sierpinski, Menger ş.a. Aceste exemple au fost considerate multă vreme ca situate împotriva naturii. Este meritul incontestabil al lui B.Mandelbrot de a fi demonstrat că mulţimile fractale modelează o întreagă varietate de fenomene ştiinţifice, de la cele moleculare la cele astronomice: mişcarea browniană a particulelor, turbulenţa în fluide, creşterea plantelor, studiul rocilor, materiale compozite, polimeri şigeluri, peisaje, munţi, linii de coastă geografice, distribuţia galaxiilor în univers şi chiar fluctuaţiile de preţuri pe pieţele de schimb. Ultimul eseu al lui Mandelbrot se referă la aceste fluctuaţii. Mulţimile fractale joacă un rol important în unele ramuri ale matematicii, cum ar fi teoria numerelor şi ecuaţiile diferenţiale neliniare (stabilitate şi haos). Astfel, ceea ce a părut la început un concept de matematică pură agăsit numeroase aplicaţii în ştiinţe. Dacă aceste aplicaţii vor continua să sediversifice şi să se adâncească, s-ar putea ca studiul fractalilor să devină o parte obligatorie a cursurilor universitare. Geometria fractală este completarea care lipsea geometriei euclidiene şi simetriei cristaline (sau cvasicristaline). Bibliografie 1. K. Devlin - Vârsta de aur a matematicii, Theta, Bucureşti, 000.. J. -F. Gornyet - Physique et structures fractales, Masson, Paris, 199. 3. B. Mandelbrot - The Fractal Geometry of Nature, W.H.Freeman, 198. 4. B. Mandelbrot - Obiectele fractale, Editura Nemira, 1998. 5

Dreapta lui Euler privită ca loc geometric Gabriel POPA 1, Paul GEORGESCU Vom arăta în cele ce urmează că dreapta lui Euler a unui triunghi poate fi gândită ca locul geometric al punctelor de concurenţă a trei ceviene variabile asociate triunghiului. Fie O, G, H punctele remarcabile (în notaţii uzuale) ale triunghiului ABC, A 1, B 1, C 1 punctele de pe cercul circumscris diametral opuse vârfurilor notate corespunzător, iar S A, S B, S C puncte pe dreptele A 1 M, B 1 N respectiv C 1 P (unde M, N, P sunt mijloacele laturilor) care împart segmentele orientate A 1 M, B 1 N, C 1 P întrun acelaşi raport k R\ ½ 1, 4 3 ¾. Teoremă. Dreptele AS A,BS B şi CS C sunt concurente într-un punct situat pe dreapta lui Euler a triunghiului ABC. Demonstraţie. Raportăm planul la un reper cu originea în centrul cercului circumscris O; vomnotacu r X vectorul de poziţie al punctului X. Atunci r SA = 1 1 k ( r A 1 k r M )= 1 r A + k k 1 ( r B + r C ). Fie Q un punct pe dreapta AS A care împarte segmentul orientat AS A în raportul QA QS A = l; avem r Q = 1 1 l ( r A l r SA )= 1 1 l r l A r A + k (1 l)(k 1) ( r B + r C ) = = 1+l k (1 l)(1 k) r lk A + (1 l)(1 k) r lk B + (1 l)(1 k) r C. Vom încerca să determinăm l R\{1} astfel încât r Q săaibă o scriere simetrică în raport cu r A, r B, r C. Pentru aceasta, (1+l k) =lk l (k ) = k l = k (1) k unde l =1dacă şi numai dacă k = 4. Pentru valoarea lui l dată de(1), obţinem 3 r Q = k 3k 4 ( r A + r B + r C ) () Considerând acum punctele Q 0 pe BS B şi Q 00 pe CS C care împart segmentele orientate corespunzătoare în acelaşi raport l dat de (1),varezultacă r Q 0 = r Q 00 = r Q, deci cele trei puncte coincid. Prin urmare, există un punct comun dreptelor AS A, BS B şi CS C. 1 Profesor, Liceul Teoretic Garabet Ibrăileanu, Iaşi Profesor, Liceul de Informatică Grigore C. Moisil, Iaşi 6

Deoarece r O = 0 şi r G = 1 3 ( r A + r B + r C ),obţinem că OG = 1 3 ( r A + r B + r C ). Atunci punctul Q dat de () se află pedreaptaog, care este dreapta lui Euler a truinghiului ABC. Observaţia 1. Pentru k = 4 3,drepteleAS A, BS B şi CS C nu sunt concurente, întrucât sunt toate paralele cu dreapta lui Euler. Într-adevăr, în acest caz S A ar fi simetricul lui A 1 faţă deh, deoarece punctele H, M şi A 1 sunt coliniare şi M este mijlocul segmentului [HA 1 ]. Rezultă deaicică HO este linie mijlocie în triunghiul A 1 S A A,deciHOkAS A. Cazul k =1trebuie evident exclus, întrucât el corespunde punctelor de la infinit de pe dreptele A 1 M, B 1 N, respectiv C 1 P. Observaţia. Câteva cazuri particulare remarcabile: k =0conduce la obţinerea punctului O drept punct de concurenţă a diametrilor AA 1, BB 1, CC 1 ; k =corespunde situaţiei în care S A = S B = S C = H; evident atunci că punctul de concurenţă Q dat de () este chiar H-ortocentrul triunghiului; k = corespunde situaţiei în care S A = G A este centrul de greutate al triunghiului A 1 BC etc. În acest caz, punctul de concurenţă Q arevectoruldepoziţie r Q = 1 5 ( r A + r B + r C ) deci QG QO =. Dealtfel, articolul de faţă a pornit tocmai de 3 la acest caz, autorii demonstrând că OG A kaω, unde Ω este centrul cercului celor nouă puncte; k =4corespunde situaţiei în care S A este simetricul lui G A în raport cu M şi analoagele; în acest caz, punctul de concurenţă Q este Ω, centrul cercului celor nouă puncte. Observaţia 3. Orice punct de pe dreapta lui Euler, cu excepţia centrului de greutate G, poate fi gândit ca un punct de concurenţă Q obţinut pentru un anumit raport k. Mai precis, pe dreapta cu orientarea OH avem: k (0, 1), decis A se află pe semidreapta opusă lui(a 1 M şi analoagele; atunci k ( 1, 0) şi se obţin astfel punctele de pe dreapta lui Euler dintre O şi 3k 4 simetricul lui H faţă deo; k k (, 0],deciS A aparţine segmentului (MA 1 ] şi analoagele; atunci 3k 4 0, 1 şi se obţin astfelpuncteledepesegmentul(go]; 3 µ k 1, 4 µ 4 3 3,, deci S A se află pe semidreapta opusă lui(ma 1 şi µ k 1 analoagele; atunci (, 1) 3k 4 3, şi se obţin punctele semidreptei µ µ 4 (GH pentru k 3, şi cele ale semidreptei rămase pentru k 1, 4. 3 7

Un mod de calcul al numărului lexicografic de ordine asociat unei permutări Iuliana GEORGESCU 1, Paul GEORGESCU În cele ce urmeazăvomstudiacâtevaproprietăţi ale relaţiei de ordine lexicografică pe mulţimea S n apermutărilor de ordinul n şi vom preciza un mod de calcul al numărului lexicografic de ordine asociat. După cum este cunoscut, relaţiadeordinelexicografică pemulţimea S n se defineşte în modul următor. Definiţie. Date σ şi σ 0 S n,vomspunecă σ precede lexicografic σ 0 şi vom nota σ σ 0 dacă i 0 1,n astfel încât σ (i) =σ 0 (i), i 1,i 0 1, iarσ (i 0 ) <σ 0 (i 0 ). În raport cu această relaţiedeordine,fiecărei permutări din S n isevaputea asocia un număr de ordine cuprins între 1 şi n!, care va fi numit în cele ce urmează numărul lexicografic de ordine al acelei permutări. De asemenea, dacă σ S n, notăm cu m σ (i) numărul de inversiuni corespunzătoare poziţiei i în permutarea σ şi cu s σ (i) ={σ (i +1),σ(i +),...σ(n)} mulţimea elementelor care-l succed pe σ (i) în permutarea σ. Lema 1. Dacă σ, σ 0 S n,atunciarelocechivalenţa σ σ 0 i 0 1,n în aşa fel încât m σ (i) =m σ 0 (i), i 1,i 0 1, iarm σ (i 0 ) <m σ 0 (i 0 ). Demonstraţie. Fiei 0 1,n în aşa fel încât σ (i) =σ 0 (i), i 1,i 0 1, iar σ (i 0 ) < σ 0 (i 0 ). În mod evident, m σ (i) = m σ 0 (i), i 1,i 0 1, pentru că s σ (i) =s σ 0 (i), i 1,i 0 1, iarm σ (i 0 ) <m σ 0 (i 0 ) (prin trecerea pe poziţia i la un element mai mare se câştigă inversiuni). Fiei 0 1,n în aşa fel încât m σ (i) =m σ 0 (i), i 1,i 0 1, iarm σ (i 0 ) < <m σ 0 (i 0 ). Deoarece m σ (1) = m σ 0 (1), seobţine că σ (1) = σ 0 (1),ştiind că m σ (1) = = n σ (1), m σ 0 (1) = n σ 0 (1).Cuunraţionament asemănător se obţine că σ (i) = = σ 0 (i), i 1,i 0 1, şi deci s σ (i 0 1) = s σ 0 (i 0 1). Deoarece m σ (i 0 ) <m σ 0 (i 0 ), rezultă evidentcă σ (i 0 ) <σ 0 (i 0 ). Observaţia 1. Evident, m σ (i) n i. De asemenea, are loc inegalitatea np P m σ (i)(n i)! n (n i)(n i)! şi de aici i=k i=k np P m σ (i)(n i)! n [(n i +1)! (n i)!] = (n k +1)! 1, k 1,n. i=k P Notăm N (σ) =1+ n m σ (i)(n i)!. Conform observaţiei anterioare, i=k i=1 1 N (σ) n!. Lema. Are loc echivalenţa σ σ 0 N (σ) <N(σ 0 ). Demonstraţie. Fiei 0 1,n în aşa fel încât σ (i) =σ 0 (i), i 1,i 0 1, iar σ (i 0 ) <σ 0 (i 0 ). Atunci N (σ 0 ) N (σ) =[m σ 0 (i 0 ) m σ (i 0 )] (n i 0 )! + P + n P [m σ 0 (i) m σ (i)] (n i)! (n i 0 )! n m σ 0 (i)(n i)!. i=i 0 +1 Conform Observaţiei 1, N (σ 0 ) N (σ) 1. 1 Profesoară, Liceul cu Program Sportiv, Iaşi Profesor, Liceul de Informatică Grigore Moisil, Iaşi 8 i=i 0 +1

Presupunem prin reducere la absurd că σ 0 ¹ σ. Dacă σ 0 = σ, atunci N (σ) = = N (σ 0 ), absurd. Dacă σ 0 σ, atuncin (σ) <N(σ 0 ), conform celor demonstrate anterior, ceea ce este absurd. Fie acum F 1 : S n 1,n!, F 1 (σ) =N (σ). Conform Lemei, F 1 este injectivă. Deoarece card S n = n! =card 1,n!, F 1 este bijectivă, şi deoarece F 1 păstrează ordinea lexicografică (Lema ), N (σ) este chiar numărul lexicografic deordineasociat permutării σ. Seobţine deci următoarea Teoremă. Numărul lexicografic de ordine asociat unei permutări σ este P N (σ) =1+ n m σ (i)(n i)!. i=1 Vom propune în continuare câteva aplicaţii ale acestui rezultat. Problema 1. Fie σ, σ 0 S n în aşa fel incât m σ (i) = m σ 0 (i), i 1,n. Demonstraţi că σ = σ 0. Soluţie. Se observă că N (σ) =N (σ 0 ),deciσ = σ 0. Fie M n = 0,n 1 0,n... {0}. Corolar. Funcţia F : S n M n, F (σ) =(m σ (1),m σ (),...,m σ (n)) este injectivă. Demonstraţie. Evident, card S n =cardm n = n!, iarf este injectivă conform Lemei, deci în fapt este bijectivă. Problema. Demonstraţi că pentru orice n-uplă (k 1,k,...,k n ) N n astfel încât 0 k i n i, σ S n satisfăcând m σ (i) =k i, i 1,n. Soluţie. Rezultă imediat din surjectivitatea lui F. Fie acum n N, n, şi k N, 1 k n. Notăm cu A k n mulţimea tuturor aranjamentelor de câte n elemente luate câte k. Cu această notaţie, fiecărui aranjament A A k n, privit ca o funcţie de la mulţimea 1,k la mulţimea 1,n,ise poate asocia în mod natural mulţimea M (A) ce conţine toate permutările σ S n cu proprietatea că σ (i) =A (i), i 1,k,iarσ (i) 1,n\{A (1),A(),...,A(k)}, i k +1,n. Evident, M (A) conţine (n k)! elemente cu numere lexicografice de ordine asociate consecutive. Pentru i 1,k,notăm cu n A (i) numărul elementelor din mulţimea 1,n\{A (1), A (),...,A(i)} caresuntmaimaridecâti. Evident,pentrun = k, n A (i) =m A (i). Relaţia de ordine lexicografică definită pemulţimea S n se poate extinde în mod evident şi la mulţimea A k n. Aplicând raţionamentul descris anterior, obţinem că numărul lexicografic de ordine asociat unui aranjament A este P N A =1+ k m σ (i)(n i)!/ (n k)!. i=1 Observaţia. Împreună cu schiţa unei alte demonstratii, Teorema este menţionată în[1] şi preluată în[], fără demonstraţie şi fără indicarea sursei originale. Bibliografie. 1. P. Georgescu - Asupra relaţiei de ordine lexicografică pe mulţimea permutărilor de ordinul n, Revista Joc Secund, Liceul de Informatică G. Moisil, Iaşi, ianuarie 001.. D. Hrinciuc-Logofătu - C++. Algoritmi şi probleme rezolvate, Editura Polirom, Iaşi, 001. 9

Generalizări ale teoremei lui Ceva şi aplicaţii Temistocle BÎRSAN 1 Teorema lui Ceva şi reciproca sa caracterizează concurenţa a trei ceviene cu ajutorul rapoartelor în care picioarele acestora împart laturile triunghiului. În locul cevienelor vom considera trei drepte oarecare şi vom exprima concurenţa lor în acelaşi mod: cu ajutorul rapoartelor în care punctele de intersecţie a dreptelor cu laturile triunghiului împart aceste laturi. Diversitatea poziţiilor celor trei drepte în raport cu triunghiul dat face posibile mai multe generalizări ale teoremei lui Ceva. Utilizarea segmentelor orientate este avantajoasă în gruparea cazurilor ce pot apărea. Ca şi în [], se exclud tacit unele poziţii triviale ale celor trei drepte. Vom începe cu două rezultate pregătitoare. Lema 1. Fie ABC un triunghi oarecare şi punctele U AB, V AC, X BC şi Y AC. Notăm u = UB UA, v = VC VA, x = XB XC, y = YA şi {T } = UV XY. YC Atunci, avem: TU (1 v)(x uy) = TV (1 u)(1 vy). Demonstraţie. Fie {X 0 } = AB XY (fig. 1). Teorema lui Menelaus aplicată triunghiului AU V şi secantei XY conduce la relaţia TU TV = YA YV X0 U X 0 A. (1) Fig. 1 Fig. Fig. 3 Cum y = YA YC YA = y VC AC şi v = 1 y VA AV = 1 AC, urmează că 1 v 1 vy YA y (1 v) YV = YA+ AV = AC şi, deci, = (). (1 v)(1 y) YV 1 vy Poziţia punctului X 0 pe latura AB este precizată de raportul X0 A X 0 B = y x (teorema lui Menelaus relativ la 4ABC şi secanta XY ). Deducem că X 0 A = y AB şi cum u = UB UA AU = 1 urmare, X0 U X 0 A = x uy y (1 u) 1 u AB, obţinem: X0 U = X 0 A + AU = (3). Combinând (1), () şi (3), obţinem relaţia de demonstrat. 1 Prof. dr., Catedra de matematică, Univ. Tehnică Gh.Asachi,Iaşi 10 x y x uy AB. Ca (1 u)(x y)

Lema. Fie ABC un triunghi şi punctele U AB, V AC, X BC şi y AB. Notând u = UB UA, v = VC VA, x = XC XB, y = YA şi {T } = UV XY YB (fig. ), avem: TU (1 v)(1 uy) = TV (1 u)(x vy). Observaţia 1. Relaţia dinlema1afostdemonstrată în cazul particular din fig. 1: punctele U, V, X, Y sunt interioare laturilor pe care se află, dar rămâne valabilă (cu aceeaşi demonstraţie) şi în cazurile în care o parte dintre aceste puncte sau toate ar fi situate pe prelungirile laturilor respective. Doar cazul XY kab (în care x = y) necesită odemonstraţie diferită; se ajunge la formula TU x (1 v) = care se obţine, TV 1 vx de altfel, din cea prezentă înlema1dacăseiaînaceastax = y. Aceleaşi observaţii se pot face şi privitor la Lema. Propoziţia 1. Fie dat un triunghi ABC şi dreptele d 1,d,d 3. Presupunem că d 1 intersectează AB şi AC în punctele M şi respectiv N, d intersectează BC şi BA în P şi respectiv Q, iard 3 intersectează CA şi CB în R şi respectiv S şi notăm m = MB MA, n = NC NA, p = PC PB, q = QA QB, r = RA RC, s = SB SC. Atunci d 1,d,d 3 sunt concurente dacă şi numai dacă este îndeplinită condiţia 1 q r 1+mpr + nqs = mq + ps + rn, i.e. m 1 s n p 1 =0. Demonstraţie. Fie {T } = MN SR şi {T 0 } = MN PQ (fig. 3). În conformitate cu Lemele 1 şi, putem scrie: TM TN = (1 n)(s mr) (1 m)(1 nr), T 0 M T 0 N Atunci, d 1,d,d 3 sunt concurente T coincide cu T 0 = (1 n)(1 mq) (1 m)(p nq) = (1 n)(1 mq) (1 m)(p nq). 1+mpr + nqs = mq + ps + rn, q.e.d. (1 n)(s mr) (1 m)(1 nr) = Dacă Q coincide cu A, S cu B, şi N cu C, adică q = s = n =0,obţinem: Corolarul 1 (Ceva). Cevienele AP, BR, CM (se exclude cazul AP kbrkcm) 1 0 r sunt concurente dacă şi numai dacă 1+mpr =0 sau m 1 0 0 p 1 =0. Dacă S coincide cu B şi P cu C, adică s = p =0, vom obţine un alt rezultat cunoscut([4, Teorema3],[3, Teorema1],[, Prop.]etc.): Corolarul. Dreapta MN trece prin punctul de intersecţie a cevienelor BR şi CQ dacă şi numai dacă mq + nr =1. = RA c k Aplicaţia 1. Dacă pentru k Z fixat avem: AQ şi b k = QM c k = MB a k BS c k = SP a k = PC b k, CN a k = NR b k = (fig.3), atunci MN, PQ, RS sunt concurente. 11

Demonstraţie. Avem: m = n = ak b k + c k, p = q = bk c k + a k, r = s = = ck a k. Se verifică printr-un calcul simplu condiţia din Propoziţia 1. + bk Observaţia. Pentru k luând valorile 0, 1 şi punctele de intersecţie corespunzătoare sunt G, I şi respectiv K (Lemoine). Aplicaţia (Newton). Într-un patrulater circumscris unui cerc dreptele care unesc punctele de contact ale laturilor opuse trec prin punctul de intersecţie a diagonalelor. Demonstraţie. Să arătăm numai faptul că XY, AC şi BD sunt concurente (fig. 4). Vom aplica Corolarul. Avem: Fig. 4 Fig. 5 Fig. 6 µ r ctg B µ / r tg B + C, n = YC µ YE = r ctg C / d sin D d sin D µ r tg B + C m = XB XE = q = AE AB = DE şi r = a sin (B + C) DC =,undea = AB, b = BC, c sin (B + C) µ c = CD şi d = DA. Cu acestea şi ţinând seama că a = r ctg A +ctgb etc. şi că sin A + B =sin C + D, cos B + D = cos A + C,severifică prin calcul condiţia mq + nr =1. Propoziţia. Dacă poziţiile punctelor M, N, P, Q, R, S (fig. 5) sunt precizate de rapoartele m = MB MA, n = NC NA, p = PB PA, q = QC QA, r = RB RA, s = SC SB,atunci dreptele MN, PQ, RS sunt concurente dacă şi numai dacă avem 1 1 1 prs + mq + nr = mrs + np + rq, i.e. m p r n q rs =0. Demonstraţie. Notăm {T } = SR NM şi {T 0 } = SR QP.ConformLemei1, TS (1 1/r)(n ms) avem: = TR (1 s)(1 m/r) şi T 0 S (1 1/r)(q ps) =. Aşadar, MN, PQ, T 0 R (1 s)(1 p/r) RS sunt concurente TS (n ms)(1 p/r) =(q ps)(1 m/r) TR = T 0 S T 0 R prs + mq + nr = mrs + np + rq. Procedând la fel, dar cu utilizarea Lemei, se dovedeşte şi Propoziţia 0. Dacă punctelem, N, P, Q, R, S (fig. 6) au poziţiile precizate de rapoartele m = MB MA, n = NC NA, p = PB PA, q = QC QA, r = RB RC, s = SC SA,atunci 1,

dreptele MN, PQ, RS sunt concurente dacă şi numai dacă avem 1 1 1 qrs + ms + np = nrs + mq + ps, i.e. m p rs n q s =0. Corolarul 3. Ceviana AD, cud BC precizat de raportul d = DC, trece prin DB punctul de intersecţie a dreptelor MN şi PQ dacăşi numai dacă 1 1 0 m p 1 n q =0, i.e. d = n q d m p. Demonstraţie. În Propoziţia (sau 0 )sefacecar să coincidăcua (respectiv, S să coincidăcua) şi se ia s = d (respectiv, r =1/d). Aplicaţia 3. Fie ABC un triunghi cu a b c. FieD, E, F mijloacele laturilor (BC), (CA) şi respectiv (AB) şi D 0, E 0, F 0 mijloacele liniilor frânte BAC, CBA şi respectiv ACB (i.e. BD 0 = CA + AD 0, CB + BE 0 = AE 0 şi AF 0 = BC + CF 0 ). Arătaţi că drepteledd 0, EE 0 şi FF 0 sunt concurente (fig. 7). Demonstraţie. Rezultatul se obţine aplicând Propoziţiacun = p = s = 1, m = E0 B E 0 A = c a a + c (căci AE0 = a + c şi BE 0 = c AE 0 = 1 (c a)), q = F 0 C F 0 A = = b a a + b şi r = D0 B D 0 A = b + c c b. Fig. 7 Fig. 8 Fig. 9 Observaţia 3. În [1] estedatăodemonstraţie sintetică (se arată că DD 0, EE 0, FF 0 sunt bisectoare ale 4DEF), iar în [5, Teorema ] una analitică. În legătură cuproblema191[6] (a se vedea şi []) dăm Aplicaţia 4. Fie ABC un triunghi ce nu este isoscel. Fie A 0 punctul de intersecţie a dreptei ce uneşte picioarele bisectoarelor unghiurilor B şi C cu dreapta ce uneşte punctele de contact al cercului înscris cu laturile (AB) şi (AC) şi B 0, C 0 analoagele acestuia. Să searatecădrepteleaa 0, BB 0, CC 0 sunt concurente. Demonstraţie. Cu notaţiile din fig. 8, avem: m = a b, n = a c, p = p b p a = = a + c b b + c a şi q = p c p a = a + b c. În conformitate cu Corolarul 3, obţinem: b + c a d = DC DB = n q m p =... = b (a c)(a b + c) c (a b)(a + b c). În acelaşi mod obţinem şi e = EA c (b a)(a + b c) = EC a (b c)( a + b + c), f = FB a (c b)( a + b + c) =. Ca urmare, FA b (c a)(a b + c) def = 1 şi, deci, dreptele AA 0, BB 0, CC 0 sunt concurente. 13

Propoziţia 3. Fie D, M, P BC, Q AB şi N AC (fig. 9) cu poziţiile precizate de d = DB DC, m = MB MC, p = PC PB, q = QB NC şi n =.DreaptaAD trece QA NA prin punctul de intersecţie a dreptelor MN şi PQ dacă şi numai dacă mn q d n pq 1 mn q =0, i.e. d = 1 1 0 n pq. Demonstraţie. Utilizăm Propoziţia luând punctul N în vârful C şi înlocuind numerele m, n, p, q, r, s cu 1/d, 0,p,1/q, 1/m, 1/n respectiv. Rezultatul dorit poate fi obţinut, în mod asemănător, şi prin utilizarea Propoziţiei 0. Observaţie. Teorema lui Ceva este un caz particular al Propoziţiilor, 0, 3. Aplicaţia 5. Se notează cua 1 centrul pătratului D 1 D D 3 D 4 înscris în triunghiul ABC cu D 1,D BC, D 3 CA şi D 4 AB. Similar se introduc şi punctele B 1, C 1.SăsearatecădrepteleAA 1, BB 1, CC 1 sunt concurente (punctul lui Van Vecten). Demonstraţie. Aplicăm Propoziţia 3 luând drept MN şi PQ diagonalele pătratului D 1 D D 3 D 4. Notând cu l latura acestuia, avem: m = D 1B D 1 C = l ctg B l + l ctg C, p = D C D B = l ctg C şi n = q. Condiţia din propoziţia amintită sescrie: d = l + l ctg B m 1 =... = 1+ctgB 1 p 1+ctgC. Relativ la laturile (CA) şi (AB) obţinem e = 1+ctgC 1+ctgA, f = 1+ctgA 1+ctgB. Rezultă că def = 1 şi,deci,drepteleaa 1, BB 1, CC 1 sunt concurente. Aplicaţia 6. Fie D b, D c punctele de contact al cercului A - exînscris triunghiului ABC cu dreptele AB şi respectiv AC, iarperechiledepunctee c, E a şi F a, F b având semnificaţii analoage. Dacă notăm {A 0 } = E c E a F b F a, {B 0 } = F a F b D c D b şi {C 0 } = D b D c E a E c, atunci dreptele AA 0, BB 0, CC 0 sunt concurente în H -ortocentrul triunghiului ABC. Demonstraţie. Dacă {D} = AA 0 BC, se aplică Propoziţia 3 pentru a arăta că punctul D este piciorul înălţimii din A a triunghiului ABC etc. Bibliografie 1. F. D. Beznosikov - Problema 914, Matematika v şkole, 3/1971, p.75 (enunţ) şi 1/197, p.76 (soluţie).. T. Bîrsan - Un criteriu de concurenţă a dreptelor, Recreaţii Matematice, 4(00), nr.1, 3-4. 3. C. Chiser - Condiţii necesare şi suficiente caodreaptăsătreacăprinpuncteim- portante dintr-un triunghi, G.M.-9/000, 336-343. 4. N. Oprea - Un punct şi o dreaptă remarcabile din planul unui triunghi, G.M.- 11/1996, 53-540. 5. J. Tong - Perimeter bisectors of the triangle, G.M.-3/1998 (seria informare - perfecţionare), 16-176. 6. *** - Problema 191, Recreaţii Ştiinţifice, 4(1886), p.48 (enunţ) şi p.118 (soluţie). 14

O proprietate a sistemelor de generatori ale unor grupuri Marian TETIVA 1 În Problema C:316 [1]seceresăse demonstreze că din orice sistem de generatori al grupului aditiv al numerelor reale se poate extrage orice element, mulţimea rămasă fiind, în continuare, sistem de generatori. Problema 6 din [3, p.55] arată căde aceeaşi proprietate se bucură şi sistemele de generatori ale grupului (Q, +). Amintim că, dat fiind un grup abelian (aditiv) G, omulţime nevidă S G se numeşte sistem de generatori al grupului G dacă, pentru orice g G,existăn N, a 1,a,...,a n Z şi s 1,s,...,s n S astfel încât g = a 1 s 1 + a s +...+ a n s n. Remarcăm că orice grup G are măcar un sistem de generatori (şi anume pe S = G). E uşor de văzut că, dacă unelements S are o scriere de acest tip cu toate elementele s i S\{s}, atunci S\{s} este, de asemenea, sistem de generatori pentru G. Ne propunem în cele ce urmează săarătăm că ambele probleme pot fi rezolvate în acelaşi fel, ţinând seama de o proprietate comună a grupurilor aditive ale numerelor reale, respectiv raţionale şi de următorul rezultat, pe care îl demonstrăm în această notă. Propoziţie. Fie G un grup divizibil, S un sistem de generatori al lui G şi s S. Atunci S\{s} este, încă, sistem de generatori pentru G. Vom considera grupul G abelian şi dat în notaţie aditivă; în aceste condiţii G se numeşte grup divizibil dacă pentruoriceg G şi orice număr întreg n 6= 0 există x G astfel încât nx = g (vom mai spune că ecuaţia nx = g are soluţie in G). Evident, grupurile (R, +) şi (Q, +), despre care a fost vorba în problemele amintite mai sus, sunt grupuri divizibile. Un exemplu de grup care nu este divizibil îl reprezintă grupul(z, +) al numerelor întregi (de exemplu, ecuaţia x =1nu are soluţie în Z). În continuare dăm două demonstraţii ale propoziţiei enunţate, una elementară, alta care face apel la o teoremă de izomorfism. Demonstraţia I. Săconsiderăm mulţimea H a combinaţiilor liniare, adică a elementelor din G care pot fi scrise în forma a 1 s 1 + a s +...+ a n s n, unde n N, a 1,a,...,a n Z şi s 1,s,...,s n S\{s}; de asemenea, fie K = {ns n Z}. Se verifică imediatcă H şi K sunt subgrupuri ale lui G (ele se numesc subgrupurile lui G generate de S\{s}, respectivde{s}). Trebuie săarătăm ori că s H (aşa vom proceda în această primă demonstraţie), ori că H = G (ceea ce vom face în a doua demonstraţie). Arătăm, mai întâi, că există un multiplu qs, q Z,alluis care aparţine lui H. Într-adevăr, conform ipotezei, există x G astfel încât x = s; tot conform ipotezei, x poate fi exprimat ca o combinaţie liniară a unor elemente din S, adicăexistă a, a 1,...,a p Z şi există s 1,...,s p S\{s} astfel încât x = as + a 1 s 1 +...a p s p. Înlocuim aici s =x şi obţinem egalitatea (1 a) x = a 1 s 1 +...+ a p s p care arată că (1 a) x H; evident,1 a este un număr întreg nenul (este impar). 1 Profesor, Colegiul Naţional Gheorghe Roşca Codreanu, Bârlad 15

Deci există q Z, q 6= 0astfel încât qs H. Cum orice x G areoscrierede forma x = bs + b 1 s 1 +...+ b r s r,cub, b 1,...,b r Z şi s 1,s,...,s r S\{s}, rezultă că, pentru orice x G, avem qx = b (qs)+(qb 1 ) s 1 +...+(qb r ) s r H; aşadar avem qx H pentru orice x G. Dar, grupul G fiind divizibil şi q fiind un întreg nenul, există x 0 G astfel încât qx 0 = s; atunci s = qx 0 H (ceea ce înseamnăcăseste o combinaţie liniară a unor elemente din S\{s}), de unde concluzia căşi S\{s} este sistem de generatori pentru G este imediată. Demonstraţia a II-a. Se bazează, în fond, pe aceleaşi idei, dar, dupăcumam spus, este formulată într-un limbaj mai abstract (v.[3]). Se observă căavemg = H + K (din ipoteza că S este un sistem de generatori al lui G); conform unei teoreme de izomorfism rezultă că G/H =(H + K) /H este izomorf cu K/ (H K). Nuegreudevăzut că proprietatea unui grup de a fi divizibil se transmite prin morfismesurjective(adică, dacă G este un grup divizibil şi f : G G 0 un morfism surjectiv de grupuri, atunci şi G 0 este un grup divizibil), cu atât mai mult prin izomorfisme. De asemenea, orice grup factor al unui grup divizibil este divizibil (deoarece între un grup şi un grup factor al său există întotdeauna un morfism surjectiv - surjecţia canonică). Revenind la problemă, din observaţiile demaisusdeducemcă grupul K/ (H K) este divizibil. Acest grup este însă ciclic (deoarece K este astfel, prin însăşi definiţia lui, şi orice grup factor al unui grup ciclic este tot ciclic) şi, dintre grupurile ciclice, divizibil este numai grupul nul. Atunci rezultă că G/H (izomorf cu K/ (H K)) este grupul nul, deci H = G (adică orice element din G este o combinaţie liniară de elemente din S\{s}), ceea ce încheie demonstraţia. (Un grup ciclic finit C, cun elemente, nu este divizibil deoarece nx =0 pentru orice x C şi în C mai există şi alte elemente în afară de0; de altfel, aceeaşi observaţie se poate face pentru un grup finit oarecare. În cazul în care este infinit, C este izomorf cu Z, desprecareamarătat deja că nu este divizibil.) În încheiere menţionăm că oaltădemonstraţie elementară poate fi găsită în[] la pagina 95, iar ca observaţie finală să mai spunem că oconsecinţă imediatăapropozi- ţiei demonstrate este că orice sistem de generatori al unui grup divizibil trebuie să fie infinit (în particular, orice sistem de generatori al lui (Q, +) sau al lui (R, +) este infinit). Bibliografie 1. T. Albu - Problema C:316, G.M. - 6/1983, p.56.. T. Albu, I. Ion - Itinerar elementar în algebra superioară, Editură All Educational, Bucureşti, 1997. 3. I. Ion, N Radu - Algebra, E.D.P., Bucureşti, 1991. 16

Şiruri recurente de tipul x n+1 = f (n, x n ) Dan POPESCU 1 În Recreaţii Matematice, nr.1/00, am abordat şirurile definite recurent prin x n+1 = f (x n ), n N. Mai general, cu un instrument de lucru asemănător - în principal, teorema Stolz-Cesàro -potfistudiateşirurile recurente date de x n+1 = = f (n, x n ), n N, x 1 D, unde f : N D D este o funcţie oarecare. Vom justifica prin exemple această afirmaţie. 1 (G.M.-1/1994, 3145, Gh. Marchitan). Fie şirul de numere reale pozitive (x n ) n 1 dat de x 1 > 0 şi x n+1 = n (x n x n+1 ), n N.Săsearatecă lim n nxn = e. Soluţie. Deoarece (x n ) n 1 este şir descrescător de numere pozitive, există lim x n = l [0,x 1 ). Sumând egalităţile x n k+1 = k (x k x k+1 ), k = 1,n 1, membrucumembru,obţinem relaţia x +x 3 +...+x n n 1 x n n = x1+x+...+xn 1 n 1 x n, n. Deoarece l x1+x+...+xn 1 n 1 l şi x n n n l x +x 3 +...+x n n 1 l, trecând la limită în n relaţia precedentă obţinem l =0. 1 1/x n+1 1/x n ln(1+1/n) x n+1/x n n x n+1+n 1 ln(1+1/n) n =1, Cum lim n x n ln n = lim =lim n n n ln(1+1/n) = lim n rezultă că lim n nx n = lim n ex n ln n = e. (G.M.-/1997, p.58, V. Nicula). Fie şirul (x n ) n 1 definit prin x 1 > 0 şi x n+1 = nx n n+x, n N. Săsearatecăacestşir este convergent şi să secalculeze n limita sa. Soluţie. Observând că (x n ) n 1 este descrescător şi x n > 0, n N, există lim x n = l [0,x 1 ). Atunci l = lim x nx n = lim n n n n n = lim [(n +1)x n+1 nx n ]= n = lim x n+1 (n +1) n + x n = lim x n+1 1 x n = l 1 l şi, deci, l =0. n n 3 (Recreaţii Matematice - 1/000, XI.9, Gh. Iurea). Considerăm şirul (x n ) n 1 definit prin x 1 (0, 1) şi x n+1 = x n nx n, n 1. Arătaţi că lim (1 + nx n) n = e. n Soluţia este dată în Recreaţii Matematice - 1/001, p.69. Propunem cititorului câteva exerciţii de felul celor prezentate mai sus. 4 (G.M.-10,11,1/1990, 16, D. M. Bătineţu - Giurgiu). Fie şirul (x n ) n 1 x n 1+anx n definit prin x 1 > 0 şi x n+1 =, n N,undea>0 este fixat. Să searatecă şirurile (x n ) n 1 şi (nx n ) n 1 sunt convergente şi să se determine limitele lor. x 5 (G.M.-4/1991, 344, D. Popescu). Dacă x 1 (0, 1) şi x n+1 = n (1+x n) x n+1, n N,săsecalculeze lim n xn. n 6 (G.M.-9,10,11,1/199, C:1330, D. Popescu). Dacă şirul (x n ) n 1 este definit prin x 1 R şi x n+1 = np 1 1+x n, n 1, să se determine lim (nx n) 1/x n. n 7 (G.M.-/000, C:54, T. Tămâian). Fie şirul (x n ) n 1 dat prin x 1 > 0 şi x n+1 = x n + a x n, n 1, undea>0 este fixat. Să secalculeze lim xn an. n 8 (R.M.T.-1/00, XI.108, R. Sătnoianu). Fie a (0, 1], x 0 (0,a] şi x n+1 = = ax n e x n, n N. Săsearatecăşirurile (x n ) n 0 şi (nx n ) n 0 au limite, care se cer precizate. 1 Profesor, Colegiul Naţional Ştefan cel Mare, Suceava 17

Proprietăţi ale punctului lui Nagel stabilite cu ajutorul numerelor complexe Constantin ANTON 1 Vom prezenta câteva proprietăţi ale punctului şi dreptei lui Nagel folosind ca instrument de lucru numerele complexe. O prezentare sintetică a acestor proprietăţi se poate găsi în [1]. Utilizarea numerelor complexe face ca demonstraţiile date să fie foarte simple. Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu A 0 mijlocul laturii (BC) şi cu D, D 0 punctele de contact ale acesteia cu cercurile înscris şi A-exînscris triunghiului dat. Pe laturile (CA) şi (AB) considerăm punctele B 0,E,E 0 şi respectiv C 0,F,F 0 cu semnificaţii analoage. Sunt cunoscute (sau se deduc uşor) următoarele relaţii: BD 0 = p c, D 0 C = p b; CE 0 = p a, E 0 A = p c; AF 0 = p b, F 0 B = p a. (1) Convenim ca afixul unui punct X oarecare să fienotatcuz X. Propoziţia 1. Dreptele AD 0, BE 0, CF 0 sunt concurente într-un punct N cu afixul dat de z N = 1 p [(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ]. () Demonstraţie. Ţinând seama de (1), avemk = BD0 D 0 C = p c p b,deciz D 0 = = z B + kz C = 1 1+k a [(p b) z B +(p c) z C ];seobţin formule similare pentru afixele punctelor E 0 şi F 0. Fie V un punct pe segmentul (AD 0 ) determinat de raportul v = AV VD 0.Avem z V = z A + vz D 0 1+v = 1 1 1+v p a (p a) z A + v a (p b) z B + v a (p c) z C. 1 Vom obţine o formă simetrică pentru paranteza pătrată alegând v astfel încât p a = = v a,adicăv = a p a. Atunci, punctul de pe AD0 corespunzător acestei valori a lui v, punct pe care-l notăm cu N,vaaveaafixulz N = 1 p [(p a)z A+(p b)z B +(p c)z C ]. Simetria acestei relaţii face evident faptul că punctul N este situat şi pe dreptele BE 0 şi CF 0.Demonstraţia este completă. Punctul N pus în evidenţă depropoziţia1senumeşte punctul lui Nagel. Proprietăţi remarcabile ale acestuia sunt date în propoziţiile următoare. Propoziţia. PunctulluiNagelareproprietăţile: a) G (IN) şi NG =GI, b) NHkOI şi NH =OI. 1 Elev,clasaaX-a,ColegiulNaţional C. Negruzzi, Iaşi 18

Demonstraţie. a) Pentru afixele punctelor G şi I avem z G = 1 3 (z A + z B + z C ),z I = 1 p (az A + bz B + cz C ) (3) (acestea pot fi deduse aşa cum s-a procedat pentru z N în Propoziţia 1). Datorită relaţiilor () şi (3), vomavea: 1 z G z I 3 (z A + z B + z C ) 1 p (az A + bz B + cz C ) = z N z G 1 p [(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ] 1 = 3 (z A + z B + z C ) = 1 p (z A + z B + z C ) 3(az A + bz B + cz C ) 3[(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ] p (z A + z B + z C ) = 1, z G z I deci = 1 z N z G R, de unde rezultă că G (IN) şi z N z G = z G z I, adică NG =GI. b) Alegem un sistem de axe cu originea în O, centrul cercului circumscris triunghiului ABC. În acest caz, ştim că z H = z A + z B + z C şi vom avea: 1 z N z H p [(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ] (z A + z B + z C ) = = R, z I z O 1 p (az A + bz B + cz C ) deci NHkOI şi z N z H = z I z O,adicăNH =OI. În geometria triunghiului, dreapta IN se numeşte dreapta lui Nagel. Propoziţia 3. Cercul înscris în triunghiul median A 0 B 0 C 0 are centrul în mijlocul S al segmentului (IN). Demonstraţie. Evident, avem B 0 C 0 = a, C0 A 0 = b, A0 B 0 = c şi p0 = 1 p, p 0 fiind semiperimetrul triunghiului median. Atunci, conform cu (3), z I 0 = 1 µ a p 0 z A 0 + b z B 0 + c z C 0 = 1 a z B + z C + b z C + z A + c z A + z B p = 1 4p [(b + c) z A +(c + a) z B +(a + b) z C ]. Pe de altă parte, z S = 1 (z I + z N )= 1 1 p (az A + bz B + cz C )+ 1 p [(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ] 19

= 1 4p [(p a) z A +(p b) z B +(p c) z C ]= 1 4p [(b + c) z A +(c + a) z B +(a + b) z C ]. Ca urmare, z I 0 = z S şi deci I 0 coincide cu S. ³ Punctul S, mijloculsegmentului(in), senumeşte punctul lui Spiecker, iar cercul C S, r, înscris în triunghiul median, cercul lui Spiecker. Propoziţia 4. Centrul I al cercului înscris în triunghiul ABC este punctul lui Nagel al triunghiului median A 0 B 0 C 0. Demonstraţie. Pentru punctul lui Nagel N 0 al triunghiului A 0 B 0 C 0 avem: z N 0 = 1 p 0 [(p0 a 0 ) z A 0 +(p 0 b 0 ) z B 0 +(p 0 c 0 ) z C 0]= = 1 (p a) z B + z C +(p b) z C + z A +(p c) z A + z B = p = 1 p (az A + bz B + cz C )=z I, deci N 0 coincide cu I. Propoziţia 5. Punctul lui Nagel N al triunghiului ABC este centrul cercului înscris în triunghiul complementar XY Z (unde A YZkBC, B ZXkCA, C XY kab). Demonstraţie. Aplicăm propoziţia precedentă luând triunghiul complementar în rolul triunghiului ABC. Sepoatedaşi o demonstraţie directă acestei propoziţii (de tipul celei din Propoziţia 4). Bibliografie 1. D. Brânzei, S. Aniţa, M. Chirciu- Geometrie, cl. a IX-a, Colecţia Mate 000, Editura Paralela 45, Piteşti, 1998. 0

Aplicaţii ale rotaţiei în planul complex Oana CÂRJĂ 1 Există ofuncţie bijectivă întremulţimea numerelor complexe şi mulţimea punctelor dintr-un plan. Multiplicarea cu i, adicăfuncţia z iz, z C, este o rotaţie a planului cu centrul în origine şi unghi de 90. Multiplicarea z az, z C, unde a este un număr complex fixat, este o rotaţie în jurul originii cu un unghi egal cu argumentul lui a, compusă cu o omotetie de raport a. Rotaţia planului cu 90 în jurul unui punct de afix b este dată dez 0 = b + i (z b),z C. Rotaţia planului cu un unghi ϕ în jurul unui punct de afix b este dată dez 0 = b +(cosϕ + i sin ϕ)(z b),z C. Scopul propus este de a pune în evidenţă utilitatea acestei transformări, rotaţia de centru şi unghi date, în rezolvarea unor tipuri de probleme de geometrie. Problema 1. Demonstraţi că, dacă se construiesc triunghiuri echilaterale în exterior (sau în interior) pe laturile unui triunghi oarecare, atunci centrele lor sunt vârfurile unui triunghi echilateral. Soluţie. Fie ε =cos π 3 + i sin π 3 ;observăm că ε6 =1şi ε = ε 1. Cunotaţiile din figura alăturatăşi cu convenţia ca afixul unui punct P săfienotatp, avem: segmentul (A 0 C) se obţine rotind (BC) cu un unghi de 60 în sens trigonometric, adică a 0 c = ε (b c) sau a 0 = c+ε (b c). Analog, găsim: b 0 = a + ε (c a) şi c 0 = b + ε (a b). Ca urmare, pentru centrele triunghiurilor echilaterale, vom avea: a 00 = 1 3 (a0 + b + c),b 00 = 1 3 (b0 + c + a),c 00 = 1 3 (c0 + a + b) sau a 00 = 1 3 [b +c + ε (b c)],b00 = 1 3 [c +a + ε (c a)],c00 = 1 [a +b + ε (a b)]. 3 Atunci, b 00 a 00 = 1 3 [a b c + ε (c a b)],c00 a 00 = 1 [a + b c + ε (a b + c)] 3 şi, înmulţind prima egalitate cu ε şi ţinând seama că ε = ε 1, vom obţine: ε (b 00 a 00 )= 1 [ε (a b c)+(ε 1) (c a b)] = 3 = 1 3 [a + b c + ε (a b + c)] = c00 a 00. Aşadar, b 00 a 00 = c 00 a 00. Se obţine la fel că c 00 b 00 = a 00 b 00. Ultimele egalităţi arată că triunghiul A 00 B 00 C 00 este echilateral. Problema. Determinaţi locul geometric al centrelor de greutate ale triunghiurilor echilaterale cu vârfurile pe laturile unui pătrat. Soluţie. Fie MNP un triunghi echilateral înscris în pătratul ABCD cu poziţia din figură. Punctele ce intervin au afixele indicate (sistemul de axe ales are latura pătratului ca unitate de măsură pe acestea). 1 Elevă, clasa a X-a, Colegiul Naţional C. Negruzzi, Iaşi 1

Segmentul (MN) se obţine rotind segmentul (MP) cu un unghi egal cu π 3,deci ³ n + i mi = cos π 3 + i sin π (p mi) 3 Ã! 1 3 n + i mi = + i (p mi) n = 1 3 p + m 1 m = 3 p 1 m ½ m = 3p n = 3 p Cum 0 m 1, obţinem că 0 3p 1, adică 1 p. Analog, din 3 3 0 n 1 obţinem 3 1 p 3.Caurmare, 3 1 p 3 3. Punctele M,N,P au afixele 3p i, " 3 # 3 3 p + i şi p, cup 1,. 3 Centrul de greutate G al triunghiului MNP are afixul g = 1 3+ 3 3p i = " # 3 3 3 = + αi, unde α =1 3 3 p 1 3 3,. Aşadar, G este situat pe un segment 3 3 1 paralel cu Oy de lungime. 3 Avândînvedereşi celelalte trei poziţii posibile ale triunghiului echilateral faţă de 3 1 pătrat, obţinem în final că locul geometric căutat este un pătrat de latura, 3 cu acelaşi centru ca al pătratului dat şi cu laturile paralele cu ale acestuia. Problema 3. Fie ABC un triunghi şi D un punct în interiorul său astfel încât m(\adb) =m(\acb)+90 AB CD şi AC BD = AD BC. Găsiţi raportul AC BD. Soluţie. Alegem un sistem de axe de coordonate cu originea în punctul D şi fie A (a), B (b), C (c). Notăm ω =cosα + i sin α, unde α = m(\cad) [0,π), şi k = AC AD = BC BD. Deoarece printr-o rotaţie cu unghiul α şi o omotetie de raport AC = k segmentul (AD) se transformă în AD a c (AC), avem: AC = ω a sau a c = kωa. AD Din faptul că m(\adb) =m(\acb)+90 rezulta că m(\cad)+m(\cbd)=90 şi obţinem ca mai sus relaţia c b = kiωb. Relaţiile obţinute conduc la c = a (1 kω) =b (1 + ikω) şi vom obţine (a b) c = = k (iωb + ωa) c = kiωb a (1 kω)+kωa b (1 + ikω) =kabω (1 + i). Ca urmare, AB CD = a b c = k a b i +1 = k AD BD = AC BD şi deci.

AB CD AC BD =. Problema 4. Pe laturile unui hexagon ce are un centru de simetrie se construiesc în exterior triunghiuri echilaterale. Vârfurile acestor triunghiuri, care nu sunt vârfuri ale hexagonului dat, formează unnouhexagon. Arătaţi că mijloacele laturilor acestuia din urmă sunt vârfurile unui hexagon regulat. Soluţie. Fie A 1 A...A 6 hexagonul dat (orientat în sens invers acelor de ceasornic), fie A 1 B 1 A, A B A 3,...,A 6 B 6 A 1 triunghiurile echilaterale construite pe laturile acestuia şi C 1,C,...,C 6 mijloacele segmentelor (B 1 B ), (B B 3 ),...,(B 6 B 1 ). Alegem un sistem de axe cu originea în centrul de simetrie al hexagonului şi convenim ca afixul unui punct X să fienotatx. Fie ε =cos π 3 + i sin π 3 = 1 3 + i şi deci ε 6 =1, ε = ε 1, ε + ε =1. Deoarece (A 1 B 1 ) se obţine rotind (A 1 A ) cu π 3 în sens negativ, obţinem b 1 a 1 = = ε (a a 1 ),adică b 1 =(1 ε) a 1 + εa sau b 1 = εa 1 +(1 ε) a. Analog, se obţine b = εa +(1 ε) a 3. Vom avea: c 1 = 1 (b 1 + b )= 1 (εa 1 + a +(1 ε) a 3 ) şi relaţii similare pentru c,...,c 6. Pe de altă parte, dacă rotimc 1 în jurul originii cu un unghi de π,obţinem un 3 punct de afix 1 ε (εa 1 + a +(1 ε) a 3 )= 1 ε a 1 + εa + ε ε a 3 = 1 (εa + +a 3 +(ε 1) a 1 )= 1 (εa + a 3 +(1 ε) a 4 )=c (s-a folosit faptul că a 4 = a 1, O fiind centru de simetrie). Aşadar, în urma rotaţiei amintite C 1 trece în C. La fel se arată căpunctulc i+1 se obţine rotind C i în jurul originii cu π pentru i =, 6 3 (C 7 fiind vârful C 1 ). În concluzie, C 1 C...C 6 este un hexagon regulat cu centrul în origine. Probleme propuse 1. Pe laturile [AB], [BC], [CD], [DA] ale patrulaterului ABCD se construiesc în exterior pătratele de centru O 1, O, O 3 şi respectiv O 4.Demonstraţi că O 1 O 3 O O 4 şi [O 1 O 3 ] [O O 4 ].. Pe laturile unui triunghi ABC se construiesc în exterior triunghiurile echilaterale BA 0 C, CB 0 A, AC 0 B. Demonstraţi că: a) [AA 0 ] [BB 0 ] [CC 0 ]; b) centrele triunghiurilor echilaterale sunt vârfurile unui triunghi echilateral având acelaşi centru de greutate ca şi triunghiul ABC. 3. Fie ABCD un patrulater convex. Demonstraţi că, dacă există un punct P în interiorul său astfel încât m(\pab)=m (PBC)=m(\PCD)=m(\PDA)=45 \, atunci ABCD este un pătrat. Generalizare. Bibliografie 1. M. Dincă, M. Chiriţă - Numere complexe în matematica din liceu, EdituraAll Educaţional, 1996.. T. Andreescu, R. Gelca - Mathematical Olympiad Challenges, Birkhäuser, 1996. 3. A. Engel - Problem-Solving Strategies, Springer, 1999. 3

Funcţii trigonometrice inverse - aplicaţii Gheorghe IUREA 1 În general, elevii au serioase dificultăţi în folosirea funcţiilor trigonometrice inverse. De asemeni, în unele culegeri şi chiar manuale se abuzează de formule cu astfel de funcţii sau sunt date rezolvări greşite. Vom prezenta, în această notă, modalităţi de abordare a unor probleme cu funcţii trigonometrice inverse care să apeleze la cât mai puţine cunoştinţe din partea elevilor. Începem prin definireahacestor funcţii: a) arcsin:[ 1, 1] π, π i, definită prinarcsin x = α x [ 1, 1], α h π, π i, sin α = x; b) arccos : [ 1, 1] [0,π], definităprinarccos x = α x [ 1, 1], α [0,π], cos α = x; c) arctg:r tg α = x; d) arcctg : R (0,π), definită prinarcctg x = α x R, α (0,π), ctg α = x. ³ π, π ³, definită prinarctg x = α x R, α π, π, Aplicaţii. 1. Au loc relaţiile: a) arcsin( x) = arcsin x, x [ 1, 1]; b) arccos( x) =π arccos x, x [ 1, 1]; c) arctg( x) = arctg x, x R; d) arcctg ( x) =π arcctg x, x R. Soluţie. Vom dovedi numai egalităţile a) hşi b). a) Fie arcsin x = α, deci x [ 1, 1], α π, π i, sin α = x. Cum x [ 1, 1], h α π, π i şi sin ( α) = x, rezultăcă arcsin ( x) = α = arcsin x. b) Fie arccos x = α, decix [ 1, 1], α [0,π] şi cos α = x. Cum x [ 1, 1], π α [0,π] şi cos (π α) = x, urmeazăcă arccos ( x) =π α = π arccos x. Observaţie. Formulele stabilite sunt utile în determinarea valorilor µ funcţiilor trigonometrice inverse pentru valori negative. De exemplu, avem arcsin 1 = = arcsin 1 µ = π 6 ; arccos 1 = π arccos 1 = π π 3 = π ; arctg ( 1) = 3 = arctg 1 = π 4.. Determinaţi un interval de lungime π 10 1 în care este situat arctg 3. 10 ³ Soluţie. Fie arctg = α, deci α π 3, π 10 10, tg α = 3. Încadrăm 3 între două numerecarereprezintă tangentele unor unghiuri cunoscute. Cum 1 < 1 Profesor, Liceul D.Cantemir, Iaşi 4

10 < < 3, deducem tg π 3 4 < tg α<tg π. Folosind monotonia funcţiei tangentă, 3 10 ³ π rezultă α =arctg 3 4, π, iar acest interval are lungimea egală cu π 3 1. µ 3. Calculaţi E =sin arctg 1 + arccos 4. 5 Soluţie. Fie arctg 1 = α, arccos 4 5 = β. Atunci α, β ³ 0, π, tg α = 1, cos β = = 4 tgα şi E =sin(α + β) =sinαcos β +sinβcos α. Cum sin α = 5 1+tg α = 4 5, sin β = p 1 cos β = 3 5 şi cos α = 1 tg α 1+tg α = 3,găsim E =1. 5 µ 4. Arătaţi că sin 4arctg 1 µ =cos arctg 1. 3 7 Soluţie. Fie arctg 1 3 = α, arctg 1 ³ 7 = β; avem:α, β 0, π şi tg α = 1 3, tg b = = 1.Relaţiadedemonstrat devine sin 4α =cosβ. Avemsin 4α =sinαcos α = 7 tgα = 1+tg α 1 tg α 1+tg α = 4 5 şi cos β = 1 tg β 1+tg β = 4, deci sin 4α =cosβ. 5 5. Determinaţi arcsin (sin 3). Soluţie. Fie arcsin (sin 3) = α, deciα h / π, π Rezultă α = π 3, deciarcsin (sin 3) = π 3. h π, π i, sin α =sin3. Cum 3 / h π, π i. i, scriem relaţia sub forma sin α =sin(π 3), cuα, π α Observaţii. h 1. Din definiţiile funcţiilor trigonometrice deducem: arcsin (sin α) = = α, α π, π i şi sin (arcsin x) =x, x [ 1, 1]. h. Orezolvaredetipul: arcsin (sin 3) = 3 este evident greşită întrucât3 / / π, π i. µ 6. Determinaţi arcsin cos 7. µ Soluţie. Notând arcsin cos 7 h = α, avemα π, π i, cos 7 =sinα, de unde cos 7 ³ π =cos α, deci π α = ±7 +kπ sau α = π ± 7 kπ, k Z. Cumα h π, π i,găsim k =1şi α = π + 7 µ 7 3π π =,deciarcsin cos 7 = 7 3π. 7. Arătaţi că arcsin 1 5 + arccos Soluţie. Fie arcsin 1 5 = α, arccos 3 10 = π 4. 3 10 = β, deci α, β 5 ³ 0, π şi sin α = 1, 5

cos β = 3 10. Atunci cos (α + β) =cosα cos β sin α sin β =. Cum α + β (0,π), urmeazăcă α + β = π 4,adicăceeacetrebuiaarătat. Observaţii. 1. Dacă vomcalculasin (α + β) găsim sin (α + β) =, α + β (0,π), deci α + β = π 4 sau α + β = 3π.Înaceastăsituaţie calculăm şi cos (α + β) 4 pentru³ a determina în ce cadran este α + β sauaproximândmaibineα, β, găsim α, β 0, π ³ şi atunci α + β 0, π ; acum putem afirma că α + β = π 4 µ 4.. Evident, o soluţie de tipul demonstrăm că sin arcsin 1 3 + arccos = 5 10 =sin π 4 esteincompletă. 8. Arătaţi că arcsin 4 5 +arcsin1 13 +arcsin56 65 = π. i, sin α = 4 1, sin β = 5 13. Soluţie. Fie α =arcsin 4 h 5, β =arcsin1 13 ; α, β π, π ³ π Găsim uşor că α 4, π ³ π, β 4, π şi sin (α + β) = 56 65, π <α+ β<π, deci sin (π (α + β)) = 56 ³0, 65, π (α + β) π, prin urmare π (α + β) =arcsin 56 65, deci arcsin 4 5 +arcsin1 13 +arcsin56 65 = π. r 1 x 9. Arătaţi că arctg =arccosx, x ( 1, 1]. 1+x r 1 x Soluţie. Fie α =arctg, β =arccosx, decitg α = 1+x r 1 x ³0, 1+x, α π cos β = x, β (0,π). Găsim cos α =cosβ cu α, β (0,π), ceea ce impune ca α = β, ceea ce trebuia arătat. 10. Calculaţi arctg 1 5 +arctg1 4. Fie α = arctg 1 5, β = arctg 1 4, deci tg α = 1 5, tg β = 1 ³ 4, α, β 0, π. Calculând tg (α + β), de- 6 Soluţie. ³ π, π. Aproximând α, β, găsim α, β ducem că tg (α + β) = 3 43 ; 0 < α + β<π care este valoarea căutată.,, ceea ce conduce la α + β =arctg3 43, 6

O metodă de calcul al distanţei dintre două drepte neparalele în spaţiu Romanţa GHIŢĂ şi Ioan GHIŢĂ 1 Înmulteproblemedegeometrieînspaţiu se cere printre altele, aflarea distanţei dintre două drepte necoplanare. Această problemă este, în general, dificilă dacăse încearcă să se pună înevidenţă perpendicularacomună a celor două drepte. În această notă vom da un mod de rezolvare a acestor chestiuni. În acest scop vom utiliza următoarele propoziţii [1]: 1. Fiind date două drepte necoplanare, există şi este unic un plan care conţine o dreaptă şi este paralel cu cealaltă dreaptă.. Distanţa dintre două drepte necoplanare este egală cudistanţadelaodreaptă la planul paralel cu acea dreaptă şi care conţine cealaltă dreaptă. Prin urmare pentru a găsi distanţa dintre două drepte necoplanare, ducem printrodreaptă planul paralel la cealaltă dreaptăşi calculăm distanţa de la această dreaptă la plan. Problema 1. Fie ABCD un tetraedru regulat, de muchie a. Săsedetermine distanţa dintre două mediane necoplanare a două dintrefeţele sale. (Olimpiada de matematică, Blaj, 1995). Soluţie. Fie DE, AF medianele a două feţe (fig.1). Ducem FGkDE şi atunci d (DE, AF) =d (DE, (AGF )). Considerăm piramida AGEF. Dacă d este distanţa dintre DE şi AF avem V AGEF = 1 3 S AGF d şi cum V AGEF = a3 iar S AGF = 96 = a 35,găsim d = a 70 3 35. Problema. Fie VABCD o piramidă patrulateră regulată, cu toate muchiile egale cu a. Săseafledistanţa dintre o mediană auneifeţe laterale şi o diagonală a bazei. (Olimpiada de matematică, Blaj, 1996). Soluţie. Să presupunem că mediana este dusă dinv, fie acesta VE(fig.); determinăm distanţa d dintre AC şi VE.FieEFkAC, deci d (VE,AC)=d(AC, (VEF)) = = d (O, (VEF)). AvemV OV EF = 1 3 S VEF d şi cum V OV EF = a3 48, S VEF = a 5, 8 găsim d = a 10 10. Presupunem acum că mediana nu este dusă dusădinv, fie aceasta DE (fig.3). Dacă EFkAC, F (VA), atunci d (AC, DE) =d (AC, (DEF)) = d (O, (DEF)). Din V ODEF = 1 3 S DEF d, V ODEF = 1 3 OD S EOF = a3 48 obţinem d = a 10 10. şi S DEF = a 5, 8 Problema 3. Să se afle distanţa dintre două diagonaleadouăfeţe laterale ce nu au un punct comun, ale unei prisme triunghiulare regulate drepte cu muchiile laterale egale cu muchiile bazei. 1 Profesori, Colegiul Naţional I.M.Clain, Blaj 7

Soluţie. Fie AB = a. Să determinăm distanţa dintre C 0 B şi A 0 C. Fie E (ABC) astfel încât ACBE să fie paralelogram (fig.4); deducem că A 0 EkC 0 B şi atunci d (C 0 B,A 0 C)=d (C 0 B,(A 0 CE)) = d (B,(A 0 CE)). Avem succesiv V BA 0 CE = = 1 3 S A 0 CE d, V BA 0 CE = a3 3 1, S A 0 CE = a 15 şi atunci d = a 5 4 5. fig.1 fig. fig.3 fig.4 Probleme propuse. 1. Să se determine distanţa dintre diagonalele a două feţe laterale alăturate ale unui cub de muchie a, diagonalele neavând punct comun.. Fie ABCDA 0 B 0 C 0 D 0 un cub de muchie a şi M,N,P,Q mijloacele muchiilor (AA 0 ), (AB), (BB 0 ) respectiv (BC). Săseaflea) d (MN,PQ); b) d (MN,B 0 C). 3. Fie ABCD un tetraedru regulat de muchie a şi M,N,P,Q mijloacele muchiilor (BC), (AC), (CD) şi respectiv (BD). Săseafled (MN,PQ). 4. Fie ABCDA 0 B 0 C 0 D 0 un paraleliped dreptunghic de muchii AB = a, BC = b şi AA 0 = c. Săseafled (A 0 B,B 0 C). 5. Fie ABCD şi ABEF pătrate de latură a, cu unghiul planelor lor de 60. Calculaţi d (AC, BF ). Bibliografie. 1. I. Cuculescu, C. Ottescu, O. Popescu - Manual de geometrie pentru clasa a VIII-a, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1996.. I. Dăncilă - Distanţe între elementele fundamentale ale spaţiului euclidian, G.M.- 9/1995, p.565. 3. V. Cărbunaru, C. Cărbunaru - Culegeredeproblemedematematică, clasele V-VIII, Editura Conviocarb, Bucureşti, 1996. 8

Observaţii metodice privind punctele de inflexiune Gabriel MÎRŞANU 1 În manualul de cl. XI-a [], punctul de inflexiune este introdus prin Definiţia 1. Fie f : I R ofuncţie continuă definită peintervaluli R. Un punct x 0 I distinct de capetele lui I se numeşte punct de inflexiune pentru f dacă există puncteα<x 0 <β în I astfel încât f să fie convexă pe(α, x 0 ] şi concavă pe [x 0,β) sau invers. Prin câteva contraexemple vom arăta că această definiţieesteincompletăşi conduce la erori. ½ x Contraexemplul 1. Fie funcţia f : R R, f (x) =, x 0 arctg x, x > 0. Evident, f este continuă per şi avem: ½ ½ x, x < 0 f 0 (x) = 1/, x < 0 1+x şi f 00 (x) =, x > 0 x/ 1+x., x > 0 Conform Corolarului Teoremei Lagrange obţinem imediat că fs 0 (0) = lim f 0 (x) =0şi fd 0 (0) = lim f 0 (x) =1. x%0 x&0 Ca urmare, funcţia f nu este derivabilă înx 0 =0,esteconvexă lastângaluix 0 şi concavă la dreapta acestuia. Conform definiţiei de mai sus, x 0 =0ar fi punct de inflexiune, ceea ce este fals, căci el este evident un punct unghiular. Contraexemplul. Fie funcţia f : R R, f (x) = funcţieestecontinuăperşi avem: x, x < 0 f 0 (x) = 1 x, x > 0, f00 (x) = fs 0 (0) = lim f (x) =0, f d 0 (0) = lim f 0 (x) =+. Deoarece f este continuă înx 0,convexălastângaşi concavă x%0 x&0 la dreapta acestui punct, ar urma că x 0 =0este punct de inflexiune, ceea ce este fals, x 0 =0fiind un punct unghiular (unghiul dintre cel două semitangente în origine fiind de π. ½ x,x 0 x, x > 0. Această, x < 0 1 4x x, x > 0, Aceste contraexemple ne-au determinat săclarificăm noţiunea de punct de inflexiune. Definiţia punctului de inflexiune clară şi corectă apareîn[3, p. 339] şi în [1, p. 17]. Definiţia. Fie I R, I interval, f : I R şi x 0 int I. Sespunecă x 0 este punctdeinflexiunealfuncţiei f dacă sunt îndeplinite următoarele condiţii: (i) f este continuă înx 0 ; (ii) f are derivată (finită sau infinită) în x 0 ; (iii) f este convexă deopartealuix 0 şi concavă de cealaltă parte. 1 Profesor, Liceul de Informatică Gr.Moisil, Iaşi 9

Dacă x 0 este punct de inflexiune al funcţiei f, punctuli 0 (x 0,f(x 0 )) de pe graficul acesteia se numeşte punctdeinflexiunealgraficului. Geometric, a spune că I 0 este punct de inflexiune al graficului înseamnăcăgraficul admite tangentă în punctul I 0 (care poate fi şi verticală cândexistă f 0 (x 0 )=+ sau ) şi că deopartealuii 0 graficul este o curbă convexă, iar de cealaltă parte aluii 0 acesta este o curbă concavăsaucădeopartealuii 0 tangenta se afla sub grafic, iar de cealaltă parte tangenta se află deasupra graficului (în cazul tangentei verticale, aceasta se află lastângasauladreaptagraficului). Evident, tangentadusă într-un punct de inflexiune al graficului traversează graficul. În acest sens, toate punctele unei drepte sunt puncte de inflexiune. Exemplu. Să se determine punctele de inflexiune ale funcţiei f : R R, f (x) = 3 x 1+ 3 x +1[, p.180]. Evident, funcţia f este continuăperşi avem f 0 (x) = 1 1 1 + q, 3 3 q(x 1) 3 (x +1) x R\{ 1, 1} şi f 00 (x) = 1 1 + q, x R\{ 1, 1}, f 9 3 q(x 0 (1) = 1) 5 3 (x +1) 5 =limf 0 (x) =+, f 0 ( 1) = lim f 0 (x) =+ şi f 00 (x) =0 x =0. Formăm x 1 x 1 tabelul: x 1 0 1 + f 0 (x) + + + + + f (x) 3 0 3 + f 00 (x) + 0 + i i i În concluzie, funcţia are trei puncte de inflexiune: 1, 0, 1. Indicaţia din manual: se pune mai întâi condiţia necesară f 00 (x) =0şi apoi se studiază semnul în jurul acestor puncte este greşită - conduce la un singur punct de inflexiune: x 0 =0. (Această greşeală a fost constatată şi în tezele candidaţilor la admitere la Facultatea de Matematică diniaşi, cu ani în urmă.) Bibliografie. 1. M. Ganga - Elemente de analiză matematică pentru cl. a XI-a, partea a II-a, Ed. Mathpress, 1997.. Gh. Gussi, O. Stănăşilă, T. Stoica - Elemente de analiză matematică, cl. XI-a, E. D. P., Bucureşti, 1984. 3. M. Nicolescu, N. Dinculeanu, S. Marcus - Manual de analiză matematică, vol.i, ed. a 4-a, E. D. P., Bucureşti, 1971. 30

Un procedeu de rezolvare a unei ecuaţii diofantice de gradul al doilea Mihai GÂRTAN 1 Este vorba, în cele ce urmează, de ecuaţia diofantică ax + bxy + cy = d, a, b, c, d Z, b6= 0 (1) Pentru rezolvarea acesteia în Z Z, oînmulţim cu b şi apoi scădem ac din ambii membri ai rezultatutului obţinut: a b x c +b y (bx + c) =b d ac (bx + c) abx + b y ac = b d ac. () Soluţiile ecuaţiei (), decişi ale ecuaţiei date, sunt soluţiile întregi ale sistemelor de două ecuaţii următoare: bx + c = p, abx + b y ac = q, (3) unde p, q sunt divizori oarecare ai lui b d ac supuşi restricţiei pq = b d ac. Exerciţiul 1. Rezolvaţi ecuaţia diofantică x 5xy + y =3. Soluţie. Urmând procedeul de mai sus, înmulţim ecuaţia cu 5 şi apoi scădem 1 şi obţinem: 5x 1 15xy +5y =74 sau (5x 1) (5x 5y +1)=74. Avem de rezolvat în Z Z opt sisteme: ½ 5x 1=±1 5x 5y +1=±74, ½ 5x 1=± 5x 5y +1=±37, ½ 5x 1=±37 ½ 5x 1=±74 5x 5y +1=±, 5x 5y +1=±1 (în fiecare sistem + corespunde cu + şi cu ). Se constată căsistemulformat din ecuaţiile 5x 1= 1 şi 5x 5y +1= 74 admite soluţia (0, 3) şi că sistemele celelalte nu au soluţii în Z Z. În concluzie, ecuaţia dată areosoluţie: (0, 3). n 3x Exerciţiul. Determinaţi mulţimea A = x Z; 1 x+5 o. Z Soluţie. Notând 3x 1 x+5 = y, suntem conduşi la ecuaţia 3x xy 5y =1. Observăm că A este mulţimea acelor x Z pentru care perechea (x, y) este soluţie a acestei ecuaţii diofantice. Înmulţind ecuaţia cu 4 şi scăzând apoi 75, obţinem 1x 75 8xy 0y = 71, deunde(x +5)(6x 4y 15) = 71. Sistemele asociate sunt: ½ ½ ½ ½ x +5=1 x +5= 1 x +5=71 x +5= 71 6x 4y 15 = 71, 6x 4y 15 = 71, 6x 4y 15 = 1, 6x 4y 15 = 1. Ele au soluţiile: (, 11), ( 3, 6), (33, 46) şi ( 38, 61). Caurmare, A = { 38, 3,, 33}. Exerciţii propuse. 1) Rezolvaţi următoarele ecuaţii diofantice: a) x xy +3y =, b)x +3xy 4y =5, c)x 3xy y =. ) Determinaţi n mulţimile: o n o n o a) A = x Z; x +1 x+3 Z, b) B = x Z; 3x 1 x+1 Z, c) C = x Z; 3x +1 x+1 Z. 1 Profesor, Colegiul Naţional C.Negruzzi, Iaşi 31

Numărul divizorilor şi suma divizorilor unui număr natural Mihai CRĂCIUN 1 Am închis uşile ca să nu intre greşeala. Atunci adevărul m-a întrebat:peundevoiintraeu? Rabindranath Tagore Fie n un număr natural mai mare ca 1. Vomnotacud (n) numărul divizorilor lui n, iarcus (n) suma acestor divizori. Vom prezenta două formule simple, accesibile elevilor din clasele gimnaziale şi care au aplicaţii interesante. Amintim mai întâi teorema fundamentală a aritmeticii: Orice număr natural n>1se reprezintă înmodunic,abstracţie făcând de ordinea factorilor, ca un produs de numere prime. În consecinţă, orice număr natural n>1 se descompune în mod unic sub forma n = p a 1 1 pa... pa k k, unde p 1,p,...,p k sunt numere prime, p 1 <p <...<p k,cu a 1,a,...,a k N (descompunerea canonică aluin). Vom utiliza următoarea regulă debază a analizei combinatorii: Dacă obiectelex 1,x,...,x k pot fi alese, în ordinea scrisă, în m 1,m,...,m k moduri, atunci k-uplul (x 1,x,...,x k ) poate fi ales în m 1 m... m k moduri (regula produsului). Teoremă. Dacă n>1 are descompunerea n = p a 1 1 pa... pa k k,atunci d (n) =(a 1 +1)(a +1)... (a k +1), (1) S (n) = pa 1+1 1 1 p 1 1 pa +1 1 p 1... pa k+1 k 1 p k 1. () Demonstraţie. Un divizor al lui n are forma p b 1 1 pb... pb k k, unde b i {0, 1,...,a i }, i = 1,k. Ca urmare, b 1 poate fi ales în a 1 +1 moduri, b în a +1 moduri,..., b k în a k +1 moduri. Deci, (b 1,b,...,b k ) poate fi ales în (a 1 +1)(a +1)... (a k +1)moduri şi relaţia (1) este dovedită. Suma divizorilor, în mod evident, coincide cu produsul 1+p1 + p 1 +...+ p a1 1 1+p + p +...+ p a Cum acesta este egal cu p a 1+1 1 1 p 1 1 pa +1 1 p 1... 1+pk + p k +...+ p a k k... pa k+1 k 1 p k 1, rezultă căpentrus (n) are loc formula (). Exemplu. Pentru 7 = 3 3 avem d (7) = (3 + 1) ( + 1) = 1 şi S (7) = 4 1 1 33 1 3 1 = 195. 1 Profesor, Grupul Şcolar Unirea, Paşcani 3.

Problema 1. Aflaţi cel mai mic număr natural care are exact 105 divizori. Soluţie. Deoarece 105 = 3 5 7, rezultăcănumărul căutat are descompunerea canonică deformap a1 1 pa pa3 3,cu(a 1 +1)(a +1)(a 3 +1) = 3 5 7. Cel mai mic număr se obţine pentru p 1 =, p =3, p 3 =5şi a 1 +1=7, a +1=5, a 3 +1=3. Acest număr este 6 3 4 5 = 19600. Problema. Arătaţi că numărul divizorilor lui n a+1 care se divid cu n a este egal cu d (n). Soluţie. Este suficient să observăm că orice divizor al lui n a+1 ce se divide cu n a este de forma m n a, m fiind un divizor al lui n. Problema 3. Un numărnaturalestedeforman = p a q b,undep, q sunt numere prime. Ştiind că putereaatreiaare133 divizori, săsegăsească ceputerealuin are 645 divizori. Soluţie. Avem d ½ n 3 3a +1=7 =(3a +1)(3b + 1) = 133 = 7 19 şi, deci, ½ 3b +1=19 3a +1=19 sau 3b +1=7.Obţinem a =, b =6sau a =6, b =.Cumd (nx )=(ax +1) (bx +1)=abx +(a + b) x +1,vomavea1x +8x + 1 = 645 şi, ca urmare x =7. Problema 4. Determinaţi un număr par ştiind că numărul divizorilor săi este 15 şi suma lor este 5467. Soluţie. Numărul n căutat fiind par, are un factor prim egal cu. Deoarece d (n) =15=3 5, rezultă că n are cel mult doi factori primi: şi p şi aceştia sunt la puterile şi 4. Deci n = 4 p sau n = p 4 şi cum S (n) = 5467, avem corespunzător 5 1 1 p3 1 p 1 = 5467 sau 3 1 1 p5 1 p 1 = 5467. Numai a doua ecuaţie are soluţia p =5 N. Deci, n = 5 4 =500. Problema 5. Arătaţi că numărul divizorilor unei puteri naturale a unui număr dat este prim cu exponentul acelei puteri. Soluţie. Dacă n = p a 1 1 pa... pa k k, atunci nm = p ma 1 1 p ma... p ma k k şi d (n) = =(ma 1 +1)(ma +1)... (ma k +1)=mb +1, b N. Rezultăcă (d (n m ),m)=1. Probleme propuse. 1. Găsiţi cel mai mic număr natural care are 5 de divizori.. Aflaţi numărul n de forma n =3 x 5 y 17 z ştiind că 17n are 56 divizori naturali mai mult ca n, iar15n are 189 divizori mai mult ca n. 3. Determinaţi un număr de forma n = p x q y, unde p, q sunt numere prime şi x, y N, ştiind că d (n) =0şi S (n) = 1400. 4. Găsiţi un număr n = p a qb ra+b+1,cup, q, r numere prime, ştiind că d (n) =30 şi S (n) = 6045. 33

Aplicaţii ale criteriului de integrabilitate al lui Lebesgue Constantin CHIRILĂ 1 Scopul acestei note este de a prezenta teorema lui Lebesgue de caracterizare a funcţiilor integrabile Riemann şi de a o aplica la rezolvarea simplă a unor probleme întâlnite în manualul de liceu [4], în care se cere studiul integrabilităţii pentru funcţii care nu sunt neapărat continue sau monotone. Definiţia 1. O mulţime A se numeşte numărabilă dacă există o aplicaţie f : N A. Omulţime finită saunumărabilă senumeşte cel mult numărabilă. Exemplu. Mulţimile N, Z, Q sunt mulţimi numărabile. Definiţia. Omulţime E R, senumeşte mulţime neglijabilă (sau de măsură Lebesgue nulă) dacă ε >0, există o familie cel mult numărabilă de intervale deschise {(a i,b i )} i astfel încât E S (a i,b i ) şi P (b i a i ) <ε. i i Indicele i variazădela1 la p dacă familia de intervale este finită. Dacă familia de intervale este numărabilă, i N şi prin P P (b i a i ) înţelegem suma seriei (b i a i ). i i=1 Exemple. a) Orice mulţime cel mult numărabilă este neglijabilă. Într-adevăr, dacă E =(y n ) n N R, atunci pentru ε>0 să considerăm şirurile a n = y n ε n+1, n N şi b n = y n + ε n+1, n N. Avem E S P (a n,b n ) şi (b n a n ) ε. n=1 n=1 Prin urmare mulţimea E este neglijabilă. Mai mult, se poate demonstra că osub- mulţime a unei mulţimi neglijabile este de asemenea neglijabilă, iar o reuniune cel mult numărabilă demulţimi neglijabile este neglijabilă. b) Orice mulţime finităesteneglijabilă. Mulţimile N, Z, Q fiind numărabile, sunt neglijabile, dacă ţinem seama de observaţia anterioară. c) Există mulţimi neglijabile care nu sunt numărabile. Un exemplu în acest sens îl reprezintă mulţimea lui Cantor [1], []. Observaţie. O proprietate punctuală definită pentru punctele unei mulţimi E R spunem că arelocaproape peste tot (a.p.t.) pe E dacă mulţimea punctelor din E în care aceasta nu are loc este neglijabilă. De exemplu, vom spune că ofuncţie este continuă a.p.t. dacămulţimea punctelor sale de discontinuitate este neglijabilă. În cele ce urmează enunţăm criteriul lui Lebesgue de integrabilitate Riemann; o demonstraţie a sa accesibilă elevilor poate fi găsită în[1]: Teoremă (Lebesgue). O funcţie f : [a, b] R mărginită este integrabilă Riemann dacă şi numai dacă estecontinuă a.p.t. pe intervalul [a, b]. Ca o consecinţă imediată a acestei teoreme se poate obţine că funcţiile continue şi cele monotone pe un compact sunt integrabile. Funcţiile continue pe un compact sunt mărginite (Weierstrass) şi au mulţimea discontinuităţilor vidă. Funcţiile monotone pe [a, b] au imaginea inclusă în[f (a),f(b)] sau [f (b),f(a)] şi au, după cumseştie, un număr cel mult numărabil de puncte de discontinuitate. Integrabilitatea acestor 1 Profesor, Liceul Teoretic G. Ibrăileanu, Iaşi 34

clasedefuncţii este demonstratăînmanualul[4] cuajutorulcriteriului lui Darboux, care se dovedeşte a fi tehnic şi mai puţin elegant decât teorema lui Lebesgue. În calculul integralelor unor funcţii, următoarea proprietate se dovedeşte utilă: Propoziţie. Dacă funcţiile f, g :[a, b] R sunt mărginite pe [a, b], continue a.p.t. pe [a, b] şi f(x) =g(x), x [a, b] \A, undea este neglijabilă, atunci funcţiile f, g sunt integrabile pe [a, b] şi are loc egalitatea R b a f (x) dx = R b g (x) dx. a Prin problemele următoare vom releva eficienţa şi eleganţa criteriului de integrabilitate Lebesgue. Problema 1. Se consideră funcţia f :[0, 1] R definită prin f(x) = 1/n, 1, x =1/ 1/, x =1/...... x =1/ n...... x, x 6= 1/ n, n N Să searatecă funcţia f este integrabilă pe[0, 1] şi să se calculeze integrala sa. Soluţie. Observăm că D f = {1/ n,n N } este mulţimea punctelor de discontinuitate ale lui f. Atunci mulţimea D f este numărabilă şi prin urmare are măsura Lebesgue nulă. Funcţia f este continuă a.p.t. şi mărginită, deci este integrabilă. Pentru calculul integralei vom utiliza Z proprietatea menţionată. Considerăm funcţia 1 Z 1 Z 1 g :[0, 1] R, g(x) =x; vomavea f(t)dt = g(t)dt = tdt = 1. Problema. Să searatecăfuncţia f :[0, 1] R, definită prin a x, dacă x 6= 1,n N f(x) = n x a, dacă x = 1, n,n N 0 unde a (0, 1) (1, + ), esteintegrabilăşi să se calculeze integrala sa. Soluţie. Funcţia f este mărginită şi continuă a.p.t. deoarece mulţimea punctelor de discontinuitate D f = ½1, 1, 13,..., 1n ¾,... {0} este neglijabilă. Deci funcţia f este integrabilă pe[0, 1]. Funcţia f coincide cu g (x) =a x a.p.t., adică Z 1 Z 1 f(x)dx = a x dx = a 1 ln a. 0 0 Problema 3. Să searatecăfuncţia f :[0, 3] R, f(x) =x [x] este integrabilă şi să se calculeze integrala sa. Soluţie. Observăm că f (x) =x k, x [k, k +1), k =0, 1,, iarf (x) =x 3, x 3, 3. Atunci mulţimea discontinuităţilor lui f este D f = {1,, 3}, neglijabilă. Cum f este şi mărginită pe intervalul considerat, rezultă căesteintegrabilăşi Z 3 0 f(x)dx = Z 1 0 xdx + Z 1 (x 1)dx + Z 3 35 0 (x )dx +. Z 3 3 0 (x 3)dx =1 6 3.

Problema 4. Fie f :[0, 1] R ofuncţie integrabilă. Să searatecăfuncţia g :[0, 1] R, g(x) =f(x ) este integrabilă. Soluţie. Conform criteriului lui Lebesgue, funcţia f fiind integrabilă, este mărginită şi mulţimea punctelor sale de discontinuitate este neglijabilă.prin urmare funcţia g este mărginită. Vom arăta că funcţia g are mulţimea punctelor de discontinuitate D g neglijabilă. Dacă x 0 este punct de continuitate pentru funcţia f, atunci x0 este punct de continuitate pentru g şi reciproc (din caracterizarea cu şiruri a continuităţii unei funcţii într-un punct). Prin urmare, D g = { x/x D f }.Deoarece măsura Lebesgue nu se modifică prinadăugarea unui punct, putem presupune că D g este mulţimea discontinuităţilor din intervalul (0, 1] (dacă seadaugă 0 nu se modifică măsura). 1 Notăm cu Dg k mulţimea discontinuităţilor funcţiei g pe intervalul k, 1, k N. Avem că S Dg k = D g şi este suficient să demonstrăm că pentru fiecare k N k N 1 mulţimea Dg k este neglijabilă. Mulţimea Df k = D f k, 1 este o mulţime neglijabilă pentru că orice submulţime a lui D f este neglijabilă. Înseamnă căpentru ε >0, există unşir de intervale deschise In k, I k n N n = 1 a k n,b k n k, 1 astfel încât Df k S P In k şi b k n a k ε n < n N n=1 k. ³p Dacă notăm cu Jn k = a k n, p b k n, n N, rezultă că Dg k S Jn k şi cum n N a k n 1 k şi bk n 1 k avem X ³p b k n=1 n p a k n k X b k n=1 n a k k ε n < k = ε. Acest fapt demostreazăcă Dg k este neglijabilă. Prin urmare funcţia g este integrabilă. În încheiere, propunem spre rezolvare următoarele probleme: 1. Să se studieze integrabilitatea funcţiilor f,g,h :[0, 1] R, iar în caz afirmativ să se calculeze integrala lor: 1 f(x) = n,x= 1 1,n N n 0, x 6= 1 ; g(x) = x,x= 1 (,n N n cos 1 n,n N x, x 6= 1 ; h(x) = x,x6= 0,α R. n,n N α, x =0. Să searatecădacă f :[0, 1] R este integrabilă, atunci şi funcţia g :[0, 1] R, g(x) =f(x p ), p Q + este integrabilă. Bibliografie. 1. Şt. Frunză - Analiză matematică, partea a II-a, vol. I, Ed. Univ. Al. I. Cuza, Iaşi, 1987.. A. Precupanu - Analiză matematică -funcţii reale, E.D.P.Bucureşti, 1976. 3. C.Popa,M.Megan,V.Hiriş - Introducere în analiza matematică prin exerciţii şi probleme, EdituraFacla, Timişoara, 1976. 4. N. Boboc, I. Colojoară - Matematică, manual pentru clasa a XII-a, Elemente de analiză matematică, E. D. P. Bucureşti, 1981. 36

O provocare - problemele nonstandard Ileana ROŞCAN şi Valerica BELDIMAN 1 Marele nostru matematician Gheorghe Ţiţeica afirma: Studiul ştiinţific al fenomenelor naturii caută să ia formă matematică şi acest studiu se socoteşte deplin, când forma matematică a fost găsită. Iată deci că, pentru cunoaşterea deplină a fenomenelor, se impune stabilirea unor relaţii numerice care să redea adevărata măsură a elementelor luate în consideraţie. Acest lucru este prezent în toate manualele şcolare, urmărindu-se aplicarea procedeelor sau algoritmilor specifici fiecărei teme în scopul formării deprinderilor corecte de calcul, fără a se neglija dezvoltarea gândirii logice şi a calităţilor acesteia: fluenţă, flexibilitate, creativitate. Există însă şi un alt mod de abordare a matematicii care, atât prin formularea enunţului cât şi prin modul de rezolvare, îl aduce pe elev mai aproape de universul lui, de problemele vieţii de fiecare zi: acestea sunt problemele nonstandard. Ele oferă posibilitatea dezvoltării gândirii elevilor pe un plan mai general, prin eliminarea tiparelor, a şablonismului. Prin acest articol ne propunem să le readucem în actualitate şi vă provocăm la rezolvarea şi compunerea unor astfel de probleme. Efectele vor fi fantastice. Vă sugerăm să încercaţi cu următoarele enunţuri folosind soluţiile numai în cazul în care nu aveţi altă cale de rezolvare. 1. Găsiţi toate numerele de forma xyz ce au suma cifrelor 17, iar cifra sutelor este cu 4 mai mare decât cifra unităţilor. Soluţie. Avem x + y + z =17şi x = z +4. Aceste relaţii conduc la egalitatea z + y +4=17 z + y =13din care deducem z 5 şi y nu este număr par. Obţinem xyz {69, 773, 854, 935}. y 1 3 5 7 9 z + y 13 13 13 13 13 z 6 5 4 3. Determinaţi numărul numerelor naturale de forma abc scrise cu cifre impare. Soluţie. Pentru fiecare cifră impară pusă pe locul al doilea, pe ultimul loc putem pune una din cifrele 1,3,5,7,9, ceea ce înseamnă că, pentru orice cifră pusă pe primul loc, 1 Învăţătoare, Şcoala Ionel Teodoreanu, Iaşi 37

avem 5 5=5numere cu cifre impare pe ultimele două locuri. Deoarece pe primul loc putem aşeza cinci cifre impare, concluzionăm că avem5 5 = 15 numere. 3. Se consideră expresia1 3... 10. Săsearatecăoricumamînlocui casetele cu semnele grafice + sau, astfel încât operaţiile să fie posibile, nu putem obţine rezultatul zero. Soluţie. Dacă amobţine rezultatul zero înseamnă căexerciţiul s-ar transforma într-o scriere de forma S 1 S =0, unde S 1 reprezintă suma numerelor care se adună, iar S este suma numerelor care se scad. Deducem că S 1 = S,iarS 1 + S = =1++3+...+10=55, fals, deoarece S 1 şi S sunt egale. 4. Numărul 37 a fost scris cu ajutorul a cinci cifre de 3 în felul următor: 37 = 33+3+ 3. Găsiţi un alt mijloc pentru a exprima numărul 37 cu ajutorul 3 a cinci cifre de 3. Soluţie. 37 = 333 3 3. 00 5. Arătaţi căfracţia nu poate fi echiunitară oricarearfinumărul n (n +1) natural n nenul. Soluţie. Pentru ca fracţia să fie echiunitară este necesar săavem00 = n (n +1), ceea ce ne spune că 00 trebuie scris ca produsul a două numere consecutive. Avem 44 45 = 1980, 45 46 = 070 de unde deducem că orice alt produs de numere consecutive este mai mic decât 1980 sau mai mare decât 070. Concluzionăm că numărul 00 nu poate fi scris ca un produs de numere consecutive, deci fracţia nu este echiunitară. 6. La o serbare vin 0 de tineri, băieţi şi fete. Unul din băieţi a dansat cu 5 fete, un al doilea a dansat cu 6 fete, un al treilea cu 7 fete şi aşa mai departe. Ultimul a dansat cu toate fetele. Câţi băieţi şi câte fete au luat parte la serbare? Soluţie. Faptul că primulbăiat a dansat cu 5 fete poate fi reprezentat prin: 1 1+4. Continuând în acelaşi fel, avem: +4 3 3+4... n n +4 unde n+4 reprezintănumărul fetelor, iar n reprezintănumărul băieţilor, deci numărul fetelor este cu 4 mai mare decât numărul băieţilor. Găsim n =(0 4):=16:=8. La serbare au luat parte 8 băieţi şi 1 fete. Probleme propuse. 1. Să se determine numărul numerelor de forma abc scrise cu cifre pare.. Scrieţi numărul 100 cu ajutorul a şase cifre identice. 3. Scrieţi numărul 55 folosind cinci cifre de 4. 4. Scrieţi numărul 0 cu ajutorul a patru cifre de 9. 38

Concursul Adolf Haimovici, ediţia a VI-a pentru liceele economice, industriale şi agricole Notă. Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru: ore. Faza judeţeană, 3 februarie 00 Clasa a IX-a I. Fie ecuaţia mx +(3m 1) x +m 1=0, m R. a) Determinaţi m R aşa încât x 1,x > 0. b) Determinaţi o relaţie între soluţii, independentă de m. II.1. Rezolvaţi inecuaţia x 1 x +1 m 1, m R\{ 1}. Discuţie. m +1. Arătaţi că dacă x + y 1, atunci x + y 1. 3. Determinaţi p, q R şi soluţiile x 1,x ale ecuaţiei x + px + q =0,ştiind că x 1 +1, x +1sunt soluţiile ecuaţiei x px + q =0. 1 III.1. Aflaţi partea întreagă anumărului 5 7 + 3. x. Să serezolveecuaţia = x +. 3 4 3. Determinaţi α aşa încât soluţiile ecuaţiei 1+α x +(1 + α) x+α (1 α) =0, să verifice inegalitatea 1 1 + 1 + 1 0. x 1 x x 1 x Clasa a X-a I.1. Rezolvaţi inecuaţia 3 µ x x 1 3 x x > 1+. 3 µ x y µ x y 3 = 65. Rezolvaţi sistemul 3 36. xy x + y = 118 II.1. Rezolvaţi inecuaţia log a +log a 4 x +9 1+log a x +1 µ.. Să se rezolve şi să sediscutedupă m R ecuaţia lg x + 5 µ 1 lg x x + = m =lgm. III.1. Determinaţi m R, aşa încât ecuaţia p x x =5m x să admitătrei soluţii reale distincte.. Fie (a n ) n N o progresie aritmetică deraţie r, iar(b n ) n N o progresie geometrică deraţie q. Să se calculeze în funcţie de a 1,r,b 1,q suma S = a 1 + a + b 1 b +...+ a n b n. Clasa a XI-a µ 1 1 I. Fie matricea A = M 0 1 (N). a) Să se determine toate matricele X M (R), pentrucarea X = XA. 39

b) Să se determine (dacă există) matricele Y M (R) cu proprietatea că A Y YA = I. c) Calculaţi A n, n N. II. Fie x 1,x,x 3 soluţiile ecuaţiei x 3 + x + ax + b =0, a, b R. x 1 x x 3 a) Calculaţi = x 3 x 1 x în funcţie de a şi b. x x 3 x 1 1 1 1 b) Arătaţi că x 1 x x 3 x 1 x x =(x 3 x 1 )(x 3 x )(x x 1 ). 3 c) Pentru =0, b = 37 să serezolveecuaţia dată. III. Fie şirul (x n ) n N definit de relaţia: x n+1 = 1 a) Arătaţi că x n > 1. b) Studiaţi monotonia şirului (x n ) n N. c) Determinaţi lim x n în funcţie de x 0. n Clasa a XII-a µ x n + 1 x n, x 0 > 1. I.1. Fie a, b, c R şi F (x) = ax + bx + c 3 x oprimitivăafuncţiei f : D R (D R), f (x) =x Z3 x. Calculaţi numărul F (1) F (0). dx. Să se calculeze integrala ½ x 4 µ +9. x x 1 II. Fie mulţimea G = M (x) = x R ¾. (1 x) x 1 a) Arătaţi că existăşi sunt unice matricele A, B M (R), cenuconţin x astfel încât M (x) =A + xb, x R. b) Demonstaţi că G formează grup abelian în raport cu operaţia de înmulţire a matricelor. c) Arătaţi că R +, ' (G, ). 1 III. Fie funcţiile f,g,g :[1, ) R, f (x) = x (1 + ln x)(+lnx), 1 g (x) =, a>0 şi G (x) =ln(a +lnx). x (a +lnx) a) Să searatecă G este o primitivă aluig. b) Dacă F este o primitivă aluif, calculaţi I (x) =F (x) F (1). c) Calculaţi lim I (x). x Faza interjudeţeană, 18 mai 00 Clasa a IX-a I. Fie familia de funcţii f m (x) =mx (m 1) x + m 1, m R. a) Să se determine m aşa încât vârfurile parabolelor asociate acestor funcţii să se afle pe dreapta de ecuaţie y = x. b) Să searatecă parabolele familiei trec printr-un punct fix. II. Să se rezolve: a) p x +3 4 x 1+ p x +8 6 x 1=1. 40

½ x b) 3x + +4y =4. x + y 1 =1 III. Fie expresia: f (x) = x4 +ax 3 +3a x +a 3 x + a 4 +9 x + ax + a,unde a <. a) Să se calculeze x + ax + a. b) Să seafle x pentru care f (x) are un minim. Clasa a X-a q I. Să se rezolve ecuaţia log x 3x log3 x = 1. II. a) Să se demonstreze identitatea: Cn 0 C1 n +C n +...+( 1)n Cn n =0, n N. b) Fie x 1,x,...,x n,x n+1, termeni consecutivi ai unei progresii aritmetice. Arătaţi că: x 1 Cnx 1 + Cnx 3 Cnx 3 4 +...+( 1) n Cnx n n+1 =0, n N, n. Ã III. Termenul al patrulea al dezvoltării binomului 56a 11/.Să se determine x. Clasa a XI-a 5 a 4 x a x 1 + a x+1 a x 1! 8 este I. Din formula sin x+sinx+...+sinnx = sin n+1 x sin nx sin x,săsededucăsuma primelor n numere naturale nenule. II. Înµ M (R), mulţimea matricelor pătratice de ordinul doi, se consideră matricea 1+5a 10a X (a) =, a R. a 1 4a a) Să searatecă oricare ar fi a, b R are loc X (a) X (b) =X (ab + a + b). b) Să se determine a R pentru care matricea X (a) este inversabilă şi să seafle inversa sa. c) Să sedemonstreze, utilizând metoda inducţiei matematice, că pentru oricare n N avem (X (1)) n = X ( n 1). III. Să ½ se studieze continuitatea şi derivabilitatea funcţiei f : R R, x f (x) =,dacă x Q x 3,dacă x R\Q. Clasa a XII-a I. Fie G =( 1, ) şi asocierea x y def = a) Să searatecă (G, ) este grup abelian. b) Să searatecăfuncţia f : G R +, f (x) = grupurile (G, ) şi R +,. c) Calculaţi x x {z... x }. de 10 ori Z 3 1 II. Fie şirul (x n ) n 1, definit prin x n = xy +4x +4y, x, y G. xy x y +5 x + x +1 este izomorfism între dx. Săsestudiezeconvergenţa şirului şi în caz afirmativ să seafle limita sa. n x + III. Fie F acea primitivă afuncţiei f : R R, f (x) = x 1 x 4 + x +1,pentrucare F (0) = 0. Să se calculeze F (1) + F ( 1). 41

Concursul Florica T. Câmpan, ediţia a II-a Notă. Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru: 1.5 ore - cl. IV şi ore - cl. V-VIII. Faza judeţeană, 16-17 martie 00 Clasa a IV-a I.1. Andrei este mai mare decât Mihai. Mihai este mare decât Mihaela. Ioana este mai mare decât Andrei şi mai mică decât Alexandra, care este mai mică decât Maria. Care este copilul cel mai mare? Dar cel mai mic?. În ce coloană şi în care rânduri este nepotrivirea în aceste şiruri de cifre? I II a) 7 3 5 d) 5 7 b) 5 4 9 1 e) 4 3 c) 4 4 4 f) 1 4 5 3. Separaţi 5 kg de făină din 16 kg prin două cântăriri, folosind o balanţă şi o greutate de kg. II.1. Patronul unei fabrici de sârmă cumpără 1000 kg de fier vechi cu 1000 de lei kilogramul. După topire se pierde jumătate din cantitatea de fier cumpărată. Dacă pentru 10 mdesârmă se folosesc 5 kg de fier topit, iar cheltuielile de fabricare se ridică la500 000 lei, cu cât trebuie să vândă 1 metru de sârmă casăobţină unprofit de 1 000 000 lei?. Fiecare din cei şapte pitici a trimis câte un cadou celorlalţi. Câte cadouri s-au trimis în total? III. Lucian-Georges a rezolvat în trei săptămâni un număr de probleme astfel încât în prima săptămână a rezolvat de două orimaimultdecâtînadoua,iarîna treia săptămână cu10 probleme mai mult decât de 4 ori cât a rezolvat în primele două săptămâni. Câte probleme a rezolvat în fiecare săptămână dacă în ultima a rezolvat cu 100 de probleme mai mult decât în celelalte săptămâni? Clasa a V-a I.1. Numărul natural n are numai doi divizori d 1 şi d în mulţimea N. Seştie că d 1 + d =9.Săseaflenumărul n. Aceeaşi întrebare dacă d 1 + d =30..... În figura de mai sus sunt reprezentate prin bile numerele 1, 3, 6, 10,....Decâte bile este nevoie pentru a alcătui figura corespunzătoare pasului 00? II. În 5 de cutii sunt bomboane de aceeaşi formă şi mărime. Toate bomboanele din 4 de cutii au masa de 16 g, iar cele din a 5-a cutie au masa de 17 g. Fiecare cutie conţine exact 30 de bomboane. Avem la dispoziţie un cântar gradat. Cum putem determina printr-o singură cântărire cutia cu bomboane mai grele? III. M-am trezit noaptea şi m-am uitat la ceas. Arăta ora 00.Apoimi-amdat seama că ceasul era oprit. L-am întors şi am adormit din nou. Când m-am trezit, la radio s-a anunţat ora 7 00, în timp ce ceasul meu indica ora 5 30. La ce orăm-am trezit noaptea? 4

Clasa a VI-a I. În câte moduri se poate completa pătratul alăturat cu numerele 1 sau 1, astfel încât produsul numerelor de pe fiecare linie şi de pe fiecare coloană săfie 1? II. Un negustor de animale de casă acumpărat un anumit număr de şoareci albi şi jumătate pe atâtea perechi de papagali. El a plătit $ pentru fiecare şoarece şi 1 $ pentru fiecare papagal. Preţul de vânzare l-a fixat cu 10 %pestepreţul de achiziţie. După ce a vândut toate animalele (şoareci şi papagali) - în afară deşapte - negustorul constată că a încasat pe ele exact suma totală plătită deellacumpărare. Câştigul negustorului este dat de banii pe care îi încasează înurmavânzării ultimelor 7 animale. Cât este acest câştig? III. Fie un triunghi ABC cu AB = AC =3şi BC =4. Considerăm punctele oarecare în plan D 1, D, D 3,..., D 1001. Săsearatecăexistă un punct M [AB] [BC] [CA] astfel încât MD 1 + MD +...+ MD 1001 00. Clasa a VII-a I. Doi fraţi, Nicu şi Mihai, însoţiţi de fiii lor, Răzvan şi Rareş, cumpără cărţi. - Ce curios, constată unul dintre copii, fiecare dintre noi, am plătit pe fiecare carte cumpărată un număr de euro egal cu numărul cărţilor cumpărate şi fiecare tată a cheltuit cu 15 euro mai mult decât fiul său. -Şi în plus Nicu a cumpărat cu 3 cărţi mai puţin decât Răzvan, remarcă Mihai. Cum se numeşte tatăl lui Rareş? II. Să se determine trei numere naturale nenule, diferite două câte două, ale căror inverse, adunate, dau un număr natural. III. Din pătratul din fig.1, prin rearanjarea părţilor componente (1,, 3, 4) obţinem triunghiul din fig.. Aria pătratului este 5 (u ), iar aria triunghiului este 4 (u ), adică 5 = 4. Unde este greşeala? Fig.1 Fig. Clasa a VIII-a I.1. Fie Gf =[AB] (CD) [EF] graficuluneifuncţii în plan, unde A ( 4, ); B (, 0); C µ (, 1); D (, 1); E (, 0); F (4, 4). Să se cerceteze dacă punctele M (5, 5), N 1, 1 şi P ( 3, 1) aparţin graficului funcţiei. µ. Să searatecă 1+ 13 6 µ + 1+ 7 6 > 7 13 7. 43