clasa a ix a 9.23) , pentru orice n 2Ὄ𝑛+1ὍὌ𝑛+2Ὅ€¦ · gazeta matematică a...
TRANSCRIPT
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
CLASA a IX – a
9.23) Să se arate că ∑2
(𝑘2+4𝑘+2)√𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)
𝑛𝑘=1 <
1
4−
1
2(𝑛+1)(𝑛+2) , pentru orice n
număr natural nenul.
Soluţie Pentru x, y > 0 din inegalitatea mediilor armonică respectiv geometrică, avem că
21
x+1
y
≤ √xy, de unde obţinem că 2
(x+y)√xy≤
1
xy.
Atribuind lui x şi y valorile k, respectiv (k + 1)(k + 2) obţinem relaţia: 2
((k + 1)(k + 2) + k)√k(k + 1)(k + 2)<
1
k(k + 1)(k + 2) (∗)
(Inegalitatea e strictă, deoarece 𝑘 ≠ (𝑘 + 1)(𝑘 + 2).)
Dar 1
k(k+1)(k+2)=
1
2k−
1
k+1+
1
2(k+2). Însumând după k, reiese că
∑1
k(k + 1)(k + 2)
n
k=1
=1
2
(
1
1−
2
1 + 1+
1
1 + 21
2−
2
2 + 1+
1
2 + 21
3−
2
3 + 1+
1
3 + 2⋮
1
n−
2
n + 1+
1
n + 2)
=1
4−
1
2(n + 1)(n + 2) (∗∗)
Însumând relaţia (*) şi utilizând apoi identitatea (**) rezultă concluzia.
9.24) Pentru x,y,z numere reale pozitive astfel încât xyz=1, arătaţi că
𝑥(𝑦 + 1) + 𝑦(𝑧 + 1) + 𝑧(𝑥 + 1) ≤ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3
Soluţie Inegalitatea este echivalentă cu
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≥ 0 Deoarece numerele sunt positive şi 𝑥𝑦𝑧 = 1, se disting cazurile: - Toate cele trei numere sunt egale cu 1, calcul elementar, inegalitatea este adevărată. - Două numere sunt egale cu 1, atunci toate cele trei numere sunt egale cu 1, cazul anterior - Un număr este egal cu 1, atunci celelalte două sunt unul subunitar , celălalt supraunitar - Toate cele trei numere sunt diferite de 1. În acest caz, atunci două dintre cele trei numere sunt simultan subunitare sau supraunitare. Fără a restrânge generalitatea, presupunem că x şi y sunt acestea.
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
Deci, (1-x)(1-y)>0. Incluzând şi cazul anterior în care presupunem că unul dintre x sau y este 1, obţinem deci că (1 − 𝑥)(1 − 𝑦) ≥ 0. Înmulţind relaţia cu z>0 se obţine 𝑧 −𝑦𝑧 − 𝑥𝑧 + 𝑥𝑦𝑧 ≥ 0, echivalent cu 𝑧 + 1 ≥ 𝑧𝑦 + 𝑧𝑥. Aşadar,
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)≥ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 3 − 𝑥𝑦 − 1 − 𝑧 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑧
= (𝑧2 − 2𝑧 + 1) + (𝑥2 − 𝑥(𝑦 + 1) + (𝑦 + 1
2)2
) + 𝑦2 − 𝑦 + 1
−𝑦2 + 2𝑦 + 1
4= (𝑧 − 1)2 + (
2𝑥 − 𝑦 − 1
2)2
+ 3(𝑦 − 1
2)2
> 0
9.25) Să se afle prima zecimală a numărului real 𝑥 = √𝑛2 + 15𝑛 + 56 pentru n,
număr natural nenul.
Soluţie
𝑛2 + 15𝑛 + 56 = (𝑛 + 7)(𝑛 + 8). Notând 𝑛 + 7 = 𝑘, 𝑘𝜖ℕ, atunci
𝑥 = √𝑘(𝑘 + 1) = √𝑘2 + 𝑘 < √𝑘2 + 𝑘 +1
4= 𝑘 +
1
2= 𝑘 + 0,5.
Deci, prima zecimală a numărului real 𝑥 este mai mică decât 5.
(*)
Demonstrăm că 𝑥 ≥ 𝑘 + 0,4 (**) 𝑥 ≥ 𝑘 + 0,4 ⟺ 𝑥2 ≥ (𝑘 + 0,4)2⟺ 𝑘2 + 𝑘 ≥ (𝑘 + 0,4)2⟺ 𝑘 ≥ 8 ⟺ 𝑛 + 7 ≥8 ⟺ 𝑛 ≥ 1, adevărat.
Din (*) şi (**) reiese că prima zecimală a lui x este 4.
9.26) Fie funcţia 𝑓:ℝ → ℤ, astfel încât 3(𝑥 + 1) < 𝑓(𝑥) + 1 şi 3𝑥 ≥ 𝑓(𝑥) − 2.
i.Determinaţi 𝑓 (2017
2019)
ii.Rezolvaţi în ℝ ecuaţia 𝑓(𝑥) = 2018
Soluţie Cum 𝑓(𝑥) ∈ ℤ şi din relaţia 𝑓(𝑥) ≤ 3𝑥 + 2 < 𝑓(𝑥) + 1 obţinem că [3𝑥 + 2] = 𝑓(𝑥). Deci, 𝑓(𝑥) = [3𝑥]+2.
Atunci 𝑓 (2017
2019) = 2 + [
2017
673] = 4, iar [3𝑥] = 2016 ⟺ 𝑥 ∈ [672;
2017
3).
9.27) Fie G centrul de greutate al triunghiului ABC. Arătaţi că
3(𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶2) = 𝐶𝐴2 + 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶2 Soluţie
𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0⃗ ⇒ (𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗)2= 0 ⇔ 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶2 + 2(𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ +
𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗) = 0 (*)
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
Produsul scalar 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴 ∙ 𝐺𝐵 ∙ cos (𝐴𝐺�̂�) Teorema cosinusului aplicată în triunghiul AGB: 𝐴𝐵2 = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 − 2 ∙ 𝐺𝐴 ∙ 𝐺𝐵 ∙
cos (𝐴𝐺�̂�)
Deci, 2 ∙ 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 − 𝐴𝐵2.
Analog, 2 ∙ 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐶2 − 𝐴𝐶2
2 ∙ 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐺𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐶2 + 𝐺𝐵2 − 𝐶𝐵2 Înlocuind în relaţia (*) se obţine identitatea cerută.
9.28) Să se determine funcţiile 𝑓:ℝ ⟶ ℝ cu proprietatea că
𝑓(𝑥) + 𝑓([𝑥]) ∙ 𝑓({𝑥}) = 𝑥, ∀𝑥𝜖ℝ Soluţie
Pentru 𝑥 = 0, se obţine 𝑓(0) + 𝑓(0) ∙ 𝑓(0) = 0 ⇔ 𝑓(0) = 0 𝑠𝑎𝑢 𝑓(0) = −1 Dacă 𝑥 ∈ (0,1) ş𝑖 𝑓(0) = −1, [𝑥] = 0, {𝑥} = 𝑥, 𝑜𝑏ţ𝑖𝑛𝑒𝑚 0 = 𝑥, 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑖𝑐ţ𝑖𝑒. Deci, 𝑓(0) = 0 (*) În relaţia dată, atribuind 𝑥 ← [𝑥], 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣 𝑥 ← {𝑥}, reiese că
𝑓([𝑥]) + 𝑓([[𝑥]]) ∙ 𝑓({[𝑥]}) = [𝑥] ⇔ 𝑓([𝑥]) = [𝑥] respectiv,
𝑓({𝑥}) + 𝑓([{𝑥}]) ∙ 𝑓({{𝑥}}) = {𝑥} ⇔ 𝑓({𝑥}) = {𝑥}
Atunci, 𝑓(𝑥) = 𝑥 − [𝑥] ∙ {𝑥}, ∀𝑥𝜖ℝ
9.29) Fie triunghiul ABC şi kϵ(1,∞) ∖ {2}. Pe laturile AB respectiv AC se iau
punctele D, M respectiv N, E astfel încât AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , kAD⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = AB⃗⃗⃗⃗ ⃗, NA⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 1
2CA⃗⃗⃗⃗ ⃗,
(k − 1)EC⃗⃗ ⃗⃗ = AE⃗⃗⃗⃗ ⃗ iar P este mijlocul segmentului DE. Să se demonstreze că punctele M,
N, P sunt coliniare.
Soluţie
[MQ] fiind linie mijlocie în triunghiul ABC, 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ =1
2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ −
1
2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ (*)
𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ + 𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗
𝑀𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ − 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =2 − 𝑘
2𝑘𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗
𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ =1
2𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2(𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗) = −
1
2𝑘𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘 − 1
2𝑘𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗
Deci, 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑘−1
2𝑘𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + (
2−𝑘−1
2𝑘)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
𝑘−1
𝑘(1
2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ −
1
2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗) =
𝑘−1
𝑘𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗, conform (*).
Ceea ce implică coliniaritatea vectorilor 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ş𝑖 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗, deci M,N,P sunt coliniare.
Probleme propuse și selectate de prof. dr. Liliana Anastasiu
9.30) Arătați că numărul 20182017
11...122...25oriori
n este pătrat perfect.
Valentina și Liviu Radu, Tulcea
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
Soluţie
2019 2 2016 2019
20182017 20172018
2017 20182 2017 2019
4036 2019 2019
11....122....25 11....1 10 22...2 10 5 (1 10 10 ... 10 ) 10
10 1 10 12 (1 10 10 ... 10 ) 10 5 10 2 10 5
10 1 10 1
10 10 2 10 20
oriori oriori
n
4036 2019 4036 2018
22018
45 10 20 25 10 2 10 5 25
9 9 9
10 5
3
9.31) Cum suma cifrelor de la numărător este 6, numărătorul fracției este multiplu
de 3 și deci fracția este număr natural și n este pătrat perfect.
Să se demonstreze că pentru orice xR , există n N astfel încât:
1 1 1
1
, 04 2 4 3 4.
4 4 4 1, 0
k k kn
k k kk
x xx x x
x x
Petre Guțescu, Tulcea
Soluţie
Folosind identitatea Hermite putem scrie:
1 2 34 ,
4 4 4 4 4 4 4 4k k k k k
x x x x xx
R , de unde
1 1 1
11 1
4 2 4 3 41 .
4 4 4 4 4 4
k k kn n
k k k k k nk k
x x x x x xx
Pentru orice xR există n N astfel încât 0, 0
4 0 1 2 .1, 04 4
n
n n
xx xx
x
Din 1 și 2 se obține enunțul.
CLASA a X – a
10.20) Plecand de la ecuatia 3ʸ+4ʸ=5ʸ propun urmatoarea ecuatie:
fie a,b,c,d,e numere reale nenule astfel incat a>b>c>d>e si a+b=c+d+e.
Rezolvati in R ecuatia:
aʸ+bʸ=cʸ+dʸ+eʸ.
Prof. Buga Viorel
Soluţie
Din ecuatia initiala impartind prin cʸ obtinem:
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
(a/c)ʸ+(b/c)ʸ=1+(d/c)ʸ+(e/c)ʸ
a/c<1, b/c<1 rezulta ca functia f(x)=(a/c)ʸ+(b/c)ʸ este descrescatoare
d/c>1, e/c>1 rezulta ca functia g(x)=1+(d/c)ʸ+(e/c)ʸ este crescatoare
Atunci ecuatia f(x)=g(x) are solutie unica x=1.
10.21) Aratați că: 2016 2016 2016(1 sin ) (1 sin ) 2 ,x x pentru orice număr real x .
Valentina și Liviu Radu, Tulcea
Soluţie
2016 2016(1 sin ) (1 sin )x x 0 2 2 4 4 2016 2016
2016 2016 2016 20162 2 sin 2 sin 2 sinC C x C x C x 0 2 4 2016 2016 1 2016
2016 2016 2016 20162( ) 2 2 2 .C C C C
10.22) Rezolvati in numere naturale: 5ˣ=1+2ʸ
Soluţie
Daca x este numar par. x=2n, n natural atunci ecuatia devine 5²ⁿ-1=2ʸ sau
(5ˣ-1)(5²ⁿ⁻²+5²ⁿ⁻⁴+...+5²+1)=2ʸ imposibil, deoarece membrul stang este divizibil cu 3.
Daca x este numar impar x=2n+1, n natural obtinem:5²ⁿ⁺¹-1=2ʸ sau
4(5²ⁿ+5²ⁿ⁻¹+...+5+1)=2ʸ. Daca n≥1, egalitatea precedenta nu este posibila deoarece
5²ⁿ+5²ⁿ⁻¹+...+5+1este numar imapar mai mare decat 3. Ramane deci n=0 adica y=2 si
atunci x=1.
10.23) Rezolvati ecuatia: [(x³+3x²+2x+1)/3]+x=23
Soluţie
Avem x³+3x²+2x+1=x(x+1)(x+2) si deci (x³+3x²+2x+1)/3=x(x+1)(x+2)/3+1/3
Din ecuatia data se observa ca x este numar intreg si atunci x(x+1)(x+2)/3 este numar
intreg si cum [(x³+3x²+2x+1)/3]= x(x+1)(x+2)/3 ecuatia devine
x(x+1)(x+2)/3+x=23 rezulta usor x=3.
10.24) Rezolvati in R ecuatia: x4+x²+ 2 x+2=0
Soluţie
Ecuatia se poate scrie simplu : x4+(x+ 2 /2)²+3/2=0 Conculuzia este clara.
10.25) Fie functiile f,g:[0,n]→R cu proprietatiile:
f(n-k)=f(k) si g(n-k)=-g(k), unde kϵ{0,1,2...n}.
Sa se arate ca ∑ 𝑓(𝑘)𝑔(𝑘)𝑛𝑘=0 =0.
Soluţie
Fie S=∑ 𝑓(𝑘)𝑔(𝑘)𝑛𝑘=0 . Deoarece f(n-k)=f(k) si g(n-k)=-g(k),
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
avem ∑ 𝑓(𝑛 − 𝑘)𝑔(𝑛 − 𝑘)𝑛𝑘=0 =-S insa n-kϵ[0,n]
deci ∑ 𝑓(𝑛 − 𝑘)𝑔(𝑛 − 𝑘) = 𝑆𝑛𝑘=0 Din S=-S avem S=0.
10.26) Fie a ϵR si f:R→R astfel incat:
1° f(f(x))=4x+3 oricare xϵR
2° f(f(f(x)))=8x+a oricare xϵR.
a) Sa se determine aϵR si functia de gr.I care verifica conditiile 1° si 2°.
b) Sa se arate ca singura functie f : R→R care verifica 1° si 2° este functia
determinata la punctul a).
Soluţie
a) Fie f(x)=mx+n rezulta ca f(f(x)) = f(mx+n) = m²x+mn+n
b) Analog f(f(f(x)))=m³x+m²n+mn+n
Rezulta: m³x+m²n+mn+n=8x+a si m²x+mn+n=4x+3 oricare xϵR
Rezulta m²= 4, mn+n=3, m³=8 si m²x+mn+n=a
Rezulta valorile : m=2, n=1 si a=7 deci f(x)=2x+1.
Din f(f(f(x)))=8x+a tinand cont ca f(f(x))=4x+3 rezulta f(4x+3)=8x+a oricare ar fi x
real, rezulta f( 4x+3)=2(4x+3)+a-6, rezulta f(x)=2x+a-6 oricare ar fi x real , f este de
gradul 1 rezulta unicitatea.
Dar f(f(f(x))=4f(x)+3=8x+a oricare ar fi x real , rezulta f(x)=2x+(a-3)/4 oricare x real
deci a-6= (a-3)/4 → a→7
Rezulta ca singura functie care verifica conditiile este f : R→R , f(x)=2x+1.
10.27) Fie f : R→R o functie care admite drept perioada orice numar irational.Sa
se arate ca f este constanta.
Soluţie
Fie aϵR-Q fixat si b=f(a)
Oricare ar fi xϵR-Q avem f(x+a)=f(a) , iar pe de alta parte f(x+a)=f(x) deoarece x si a
sunt perioade pentru f.
Deci f(x)=f(a) =b
Daca xϵQ , atunci x+√2 ϵR-Q si deci f(x)=f(x+√2)=b
Decif(x)=b pentru orice x ϵ R.
10.28) Fie f : R→R o functie periodica si monotona.
Atunci f este constanta.
Soluţie
Deoarece f este periodica , exista T>0 astfel incat f(x+T)=f(x) oricare x real.
Presupunem ca f este crescatoare, atunci f(0)≤f(x)≤f(T) oricare xϵ[0;T]
Dar cum f(0)=f(T) → f(x)=f(0) oricare xϵ[0;T].
Deci f(x)=f(0) oricare xϵR.
Problemele 10.22-10.28 au fost selectate de prof. Buga Viorel
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
Clasa a XI-a
11.20) Pentru o permutare nS se notează 1
.n
n
k
kS
k
Să se arate că nS este minimă dacă este permutarea identică și apoi să se
calculeze lim .nn
S
Soluţie
Aplicând inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz obținem:
2
1 1 1
1 1.
n n n
k k k
k
k k k
Dar 1 1
1 1n n
k kk k
datorită bijectivității lui .
Deci 1
1 1 1... .
1 2
n
k
k
k n
Deci minim de 1 1 1
...1 2
nSn
și se realizează
când în inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz are loc egalitatea, adică k.k
Deoarece 1 1
1 1n n
k k kk
și 1
limn k
rezultă că lim .nn
S
11.21) Fie A și B două matrice pătratice cu elemente reale.
Arătați că 0, , , .n nTr A B A B B A n
N R
Soluţie
Folosim proprietățile: Tr X Y Tr Y X și
, , .pTr X Y Tr X Tr Y X Y M R
Avem:
1 1 1 1 0.n n n n n n nTr A A B B A Tr A B A B A Tr A B Tr A B A Tr A B Tr B A
Înlocuind pe A cu B obținem 0n nTr B B A A B Tr B A B B A de unde
0.nTr B B A A B
În final: n n n nTr A B A B B A Tr A A B B A B A B B A
= 0 0 0.n nTr A A B B A Tr B A B B A
11.22) Fie , ,nA B M R astfel încât matricea B are toate elementele egale cu x. Să
se arate că: 2
det det det .A B A B A
Soluţie
Se observă că det det ,A B A x u iar det det .A B A x u Se obține:
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
2 22 2det det det det .A B A B A x u A
11.23) Să se arate că: 1 1
lim lim .n n
en n
n nk k
k k
Soluţie
Fie 1
, , .n
an
n
k
x k n a
N R Este evident că 1
1 ,a
n
nx n
de unde 1 lim 1,nn
x
adică
lim 1.nn
x
Pentru ,a e 1
lim 1,n
en
nk
k
iar pentru ,a 1
lim 1.n
n
nk
k
11.24) Considerăm șirul de numere reale
1 1 1 1 1 1
1 ... 1 ...2 3 1 2 3
1, , 0, \ 1 .n n
n nnx x a a a
Să se calculeze lim .n
nx
Petre Guțescu
Soluţie
Presupunem cunoscut că șirul 1
1 1 1, 1 ... 2
2 3n nn
s s nn
este convergent
(șirul lui A.G. Ioachimescu) și notăm lim 1 .nn
s s
Avem:
121 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 ... 2
2 3 1 2 31
1 , 1 2 .1 1
1
nnn
n n nn
aa nx a a a n
n n
n
Cum
11 1 1 1 11 ... 22 3
1lim , lim ln , lim 1
1 1
1
nnsn
n n n
a na a a
n
n
și
20, 0,1
lim ,, 1,
n
n
a a
an
obținem, folosind 2 , că
0, 0,1lim .
, 1,n
n
ax
a
11.25) Să se determine aR astfel încât șirul
3 2 12, 3 ! 2 ! 1 ! !nn n n
n nnx x n n n a n
să
fie convergent și să se calculeze lim .nn
x
Soluţie
Presupunem cunoscut că șirul 12, 1 ! !nn
n nnL L n n
este convergent (șirul lui
Traian Lalescu) și 1
lim 1 .nn
Le
Dacă 0,a atunci lim .nn
x
Deci este necesar ca 0.a Prin urmare
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
3 2 13 ! ! 2 ! ! 1 ! ! 3 !n n n nn n nnx n n n n n n a n
2 1 1 23 ! 3 !,n n
n n n n n n n nL L L L L L a n L L a n de unde:
2n n
x
convergent 3a și 2
lim .nn
xe
11.26) Fie șirurile 1n n
a
și 1n n
b
de numere reale date astfel: 11 1
1
1 , ,nn
n
ba b a
a
1
1
1, 2.
1
nn
n
bb n
a
Determinați valorile lui 1a și 1b pentru care ambele șiruri sunt convergente.
Soluţie
Prin calcul găsim 1 6 1 6,a a b b , deci ambele șiruri sunt periodice. Șirurile sunt
convergente dacă și numai dacă 1 2 3 4 5a a a a a și 1 2 3 4 5.b b b b b Vom avea
1lim nn
a a
și 1lim .n
nb b
Fie na x și , 1;nb y n va trebui să avem y
xx
și 1
1
yy
x
de unde, înlocuind,
obținem 2
2 2 21 1 51 1 0
1 2
xx x x x x x
x
și cum
1 5 3 51 .
2 2x x y
11.27) Dacă 1n
x
este un șir de numere reale astfel încât există
__
3 2 1lim 3 3 ,n n n nn
x x x x x
R să se arate că există și să se calculeze 3
lim .n
n
x
n
Soluţie
1 2 1
3 2 13 2
2 1lim lim lim lim 3 3
3 3 1 6 1 6 6
n n n n n nn n n n
n n n n
x x x x x x xx x x x
n n n n
și deoarece
ultima limită există, din Lema Stolz-Cesaro rezultă existența tuturor limitelor
anterioare.
Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu
Clasa a XII – a
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
12.19) Fie A o submulțime a mulțimii numerelor complexe, având proprietățile:
1) , 1 .z z z A C
2) A este parte stabilă a lui C față de adunare.
Să se demonstreze că .A C
Soluţie
I) Arătăm mai întâi că discul-unitate este inclus în A. Din 1) avem 1 , 1A A și atunci
1 1 0 .A Fie acum zC cu 0 1.z Considerăm în planul complex punctele
M z și / 2N z (deci N este mijlocul segmentului ).OM Perpendiculara în N pe OM
intersectează cercul-unitate în punctele 1 1 2 2, .M z M z Deoarece 1 2OM MM este romb,
rezultă 1 2 .z z z Cum 1 2,z z A (conform 1)), rezultă z A (conform 2)).
II) Arătăm că și „coroana circulară” 1 2z este inclusă în A. Fie zC cu 1 2z .
Considerăm în plan punctele P z și / 2Q z (deci Q este mijlocul lui ).OP Deoarece
2,OP rezultă 1,OQ deci Q aparține discului-unitate și atunci perpendiculara în Q pe
OP taie cercul-unitate în punctele
1 1 2 2, .P z P z Rezultă că 1 2OPPP este romb, deci 1 2 .z z z Dar 1 2,z z A (conform 1)) și
atunci
z A (conform 2)).
III) Analog (prin inducție matematică) se arată că și „coroanele circulare” 2 2 3 12 2 , 2 2 ,...,2 2 ,...n nz z z sunt incluse în A. Rezultă .A C
12.20) Fie ,G un grup și , .x y G Dacă există , , , Z relativ prime, astfel ca
xy y x și ,xy y x atunci .xy yx
Soluţie
Deoarece x comută cu ,y rezultă că x comută cu orice putere întreagă a elementului
,y adică ,n nxy y pentru orice .nZ Analog , .n nxy y n Z
Cum și sunt relativ prime, există ,p qZ astfel încât 1.p q Atunci putem
scrie:
.p q p q p q p q p qxy xy xy y y xy y y x y x yx
12.21) Fie G un grup cu proprietatea următoare: G se poate scrie ca reuniunea a
trei subgrupuri diferite de G, dintre care două au câte două elemente. Să se arate că
G este izomorf cu grupul lui Klein.
Soluţie
Fie ,G H K L unde H și K au câte două elemente fiecare. Să notăm
, , , ,H e a K e b e fiind elementul neutru din grupul G. Fie \x L e arbitrar.
Observăm că H L este un subgrup al lui H, diferit de H, căci dacă ,H L H rezultă
H L și atunci ,G K L ceea ce nu se poate (un grup nu se scrie ca reuniune de două
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
subgrupuri proprii).
Deci .H L e Să considerăm elementul .y ax G Dacă am avea ,y H ar însemna
că
1 ,x a y ay H L deci ,x e contradicție cu alegerea lui x. Dacă am avea ,y L atunci 1 ,a yx L deci ,H L care am văzut că duce la contradicția .G H L
Rezultă în mod necesar ,y K deci y e sau .y b Dacă am avea ,y e ar însemna că
,ax e deci 1 ,x a a H L deci ,x e contradicție.
Rezultă drept unică posibilitate ,y b adică ,ax b deci 1 .x a b ab Dar x a fost luat
arbitrar în \ ,L e ab adică , ,L e c unde .c ab
Rezultă , , , .G e a b c Elementele , ,a b c generează respectiv câte un subgrup ciclic de
ordinul doi și anume , , ,H K L deci 2 2 2 .a b c e Aceasta arată că suntem în cazul unui
grup cu patru elemente,
care nu este ciclic, deci este izomorf cu grupul lui Klein.
12.22) Se consideră funcțiile : , ,nf n R R N
1 21 1sin cos , ,0
0, 0 .
1 12 cos sin , 0,
n n
n
nx x xx x
f x x
x xx x
Să se arate că 1f nu admite primitive, iar nf admite primitive pentru orice 2.n
Soluţie
Se observă că 1
: ,0 , sinn
n ng g x xx
R este o primitivă pe ,0 a lui ,nf iar
2 1: 0, , cosn nh h x x
x R este o primitivă a lui nf pe 0, . Funcția : ,nF R R
, ,0
0, 0
, 0,
n
n
n
g x x
F x x
h x
va fi o primitivă a lui nf pentru orice 2.n
Într-adevăr, ' 1
,0 0 0
0 0 0
0, 210 lim lim lim sin .
, 1
n n n n
n sx x xx x x
nF x F x g xF x
nu există nx x x
La fel
2
'
,0 0 0 0
0 0 0 0
1cos0 1
0 lim lim lim lim cos 0.n n n
n dx x x xx x x x
xF x F h x xF xx x x x
Prin urmare, dacă 2n , ' ,n nF x f x ceea ce arată că nf admite primitive pentru
2.n
Dacă 1n , atunci f nu admite primitive deoarece 1F nu este derivabilă în 0 0.x
12.23) Fie :f R R cu proprietatea că funcțiile
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
, : , 1 , 1g h g x x f x h x x f x R R
admit primitive pe .R Să se arate că f admite primitive pe R.
Soluţie
Deoarece h admite primitive rezultă că funcția : , 1 1k k x h x x f x R R
admite primitive pe R. Deci , , ,g x xf x f x k x xf x f x x R de unde
deducem că 1 1
, ,2 2
f x g x k x x f g k R ceea ce arată că f admite
primitive.
12.24) Să se calculeze
2
2
3sin 2,
3 sin cos 2x
x x xdx
e x x x
unde 0, .2
x I
Soluţie
Fie 2: , 3 sin cos 2xf I f x e x x x R cu ' 3 cos sin 2 .xf x e x x x Avem:
' 22 3sin 2 .f x f x x x x Rezultă că:
' '23sin 2 1 1 1 1 1ln
2 2 2 2 2
f x f x f xx x xdx dx x dx x f x
f x f x f x
C
21 1ln 3 sin cos 2 .
2 2
xx e x x x C
12.25) Să se calculeze sin 2 3sin 5cos 5
, .2 sin cos
x x xdx x
x x
R
Soluţie
Considerăm : , 2 sin cosf f x x x R R cu ' cos sinf x x x și atunci
2 2 ' 'sin cos 2 cos sinsin 2 3sin 5cos 5.
2 sin cos sin cos 2
x x x x f x f x f xx x xf x
x x x x f x f x
Deducem că
'sin 2 3sin 5cos 5
ln 2 sin cos2 sin cos
f xx x xdx dx f x dx f x x x dx
x x f x
2 cos sin ln 2 sin cos .x x x x x C
12.26) Să se calculeze
2017
2018
1,
1 1
xdx
x x
unde 1, .x
Petre Guțescu
Soluţie
Gazeta matematică a Colegiului Dobrogean "Spiru Haret" Nr. 6 Probleme rezolvate pentru liceu
20182017
2018 2018 2018
2017 20172018
20182018 2018
2018
1 11 1 1 1 1 1
1 11 1 1 1 1
1 1ln 1 ln ln 1 ln ln 1 ln
1 20181
1ln 1 ln 1 .
2018
x xxdx dx dx dx dx
x x x x xx x x x x x
x xdx x x dx x x x x
x xx x
x x
C
C
Probleme propuse și selectate de prof. Petre Guțescu