rm 2002 nr.2.pdf

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

1/88

Anul IV, Nr. 2 Iulie – Decembrie 2002

RECREAŢ II

MATEMATICE

REVIST Ă DE MATEMATIC Ă PENTRU ELEVI ŞI PROFESORI

E d i t u r a “ C r e n g u ţ a G â l d ă u ”

I AŞ I , 2 0 0 2

eiπ

= −1

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

2/88

Semnificaţia formulei de pe copertă:

Într-o formă concisă, formula 1−=π ie leagă cele patru ramuri fundamentale alematematicii:

ARITMETICA reprezentată de 1GEOMETRIA reprezentată de π ALGEBRA reprezentată de i ANALIZA MATEMATIC Ă 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 MÎR ŞANU, Gabriel POPA,

Dan POPESCU (Suceava), Florin POPOVICI (Braşov), Maria RACU,Petru R ĂDUCANU

Coordonatorul numărului : Temistocle BÎRSAN

Adresa redacţiei: Catedra de Matematică – Universitatea Tehnică “Gh. Asachi” Iaşi

Bd. Carol I, nr.11, 6600, IaşiTel. 032 – 213737 / int. 123

E-mail: [email protected]

©EDITURA CRENGUŢA GÂLDĂU Toate drepturile rezervateISSN 1582 - 1765

Bd. N. Iorga, Bl. K2, ap. 4Tel. / Fax: 032 - 230598IAŞI, 6600

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

3/88

Anul IV, Nr. 2 Iulie – Decembrie 2002

RECREAŢ I I

MATEMATICE

REVIST Ă DE MATEMATIC Ă PENTRU ELEVI ŞI PROFESORI

Apare cu sprijinul

FILI LEI I I a SOCIET ŢII de TIINŢE M TEM TICE

IAŞI, 2002

e

iπ

= −1

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

4/88

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

5/88

FractaliŞtefan Frunz ̆ a 1

Ce este un fractal ? Benoit B. Mandelbrot a inventat termenul în 1975. Acest

cuvânt derivă din fractus care în limba latină înseamnă fracturat (derivat, la rîndulsău, din verbul frangere - a frânge, a rupe). El vrea să sugereze o muļtime careeste mult mai ”neregulată” decât muļtimile considerate în geometria clasică; cu câtaceasta este mărită, tot mai multe neregularităţi devin vizibile. În lucrarea sa ”The Fractural Geometry of Nature” (1982), Mandelbrot argumentează că asemenea ab-straçtiuni geometrice se potrivesc adesea cu lumea fizică mai bine decât curbele şisuprafȩtele netede. De exemplu, o linie de coastă neregulată (cum ar fi, de exem-plu, coasta estică a Angliei) arată destul de netedă dacă o privim din avion, de lao înălţime mare, dar, pe măsură ce ne apropiem, tot mai multe neregularităţi devinvizibile. Aceste neregularităţi creează probleme şi în calcularea lungimei liniei decoastă sau a frontierei a două ţări vecine. Fizicianul englez L. F. Richardson stu-dia, în 1961, variaţiile lungimilor aproximative L (ε) ale diverselor coaste, măsuratecu compasul, pe hartă, ca funcţie de etalonul ε şi constata că, pentru un larg domeniude 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 respectivăşi a (ε) ∝ b (ε) înseamnă că a (ε) şi b (ε) variază la fel când ε → 0+, mai precisa (ε) /b (ε) tinde la o constantă nenulă când ε → 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. Dimen-siunea cercului este D = 1 (şi corespunde lui ρ = 0). Alte curbe însă prezintă unexponent ρ > 0, astfel încât lungimea lor creşte nedefinit pe măsură ce etalonul semicşorează; este imposibil să le atribuim o lungime finită, se spune că aceste curbesunt nerectificabile.

Exponentul 1+ ρ al lui 1

N (ε) , definit mai sus, este în fapt o ”dimensiune fractal ̆ a”.Această determinare a măsurii fractale, prin acoperirea curbei cu discuri de rază ε,este exact cea utilizată de Pontriaghin şi Schnirelman, în 1932, pentru a definidimensiunea de acoperire.

O variantă idealizată a unei asemenea situa̧tii, care este şi un model matematicde 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 dinmijloc cu cele două laturi ale unui triunghi echilateral, avându-l ca bază şi situatdeasupra lui (generatorul ).

. . .

În continuare se repetă aceeaşi procedură cu fiecare din cele 4 segmente obţinute;construçtia are un caracter recursiv. Curba poligonală obţinută în fiecare stadiu1 Conf. dr., Facultatea de matematică, Univ.”Al. I. Cuza”, Ia şi

1

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

6/88

este, după Mandelbrot, o structură prefractală. Curba lui Koch este figura obţinutăla limită.

În această situaţie se poate urmări explicit cum depinde lungimea de etalonul demăsură.

În stadiul 0 avem ε1 = 1, N (ε1) = 1 şi L (ε1) = 1. Pentru ε2 = 1

3 avem N (ε2) = 4

şi L (ε2) = N (ε2) ε2 = 4

3 ; pentru ε3 = 1

32 avem N (ε3) = 42

şi L (ε3) = N (ε3) ε3 == 42/32.

Se demonstrează prin inducţie că, pentru εn = 1

3n−1, N (εn) = 4n−1 şi L (εn) =

= N (εn) εn = 4n−1/3n−1. Se observă deci că L (εn) → ∞ pentru εn → 0 (n → ∞).

De aici rezultă şi dimensiunea fractală1

N (εn) =

1

4n−1 =

1

3(n−1)log3 4 = εlog3 4n ,

deci D = 1 + ρ = log3 4 = ln 4

ln 3 = 1, 2618... .

O variantă a curbei lui Koch se obţine dacă triunghiul echilateral se înlocuieşte cu

un triunghi isoscel cu unghiul la vârf α şi baza l

2

sin α

2

(l-lungimea laturii segmentului

ini̧tial).Dimensiunea fractalului corespunzător este D = log 4/ log [2 + 2 sin (α/2)].Cazul α = 0 conduce la D = 2, adică o curbă care umple un triunghi. Aceasta

nu e o curbă simplă deoarece are multe puncte duble.

. . .

Dimensiunea D = 2 se poate obţine pentru o curbă simplă (curba lui Peano) încare generatorul este o uşoară adaptare a situaţiei

. . .

pentru a elimina punctele duble:

. . .

Aceasta este o curbă simplă densă într-un pătrat; faptul că nu are puncte multiplese traduce prin faptul că e o curbă simplă. Deci are dimensiunea topologică 1.

Trei copii ale curbei lui Koch construite, în exterior, pe cele trei laturi ale unuitriunghi echilateral formează o curbă simplă închisă, numită adesea insula lui Koch sau curba fulgului de z ̆ apad ̆ a (snowflake).

Un fractal cu lacune, construit pe dreaptă este mulţimea (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 congruenteşi se elimină treimea din mijloc.

. . .

Cu fiecare din segmentele rămase se procedează analog.

2

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

7/88

Ea este un fractal cu dimensiunea (fractală) D = log2/ log3 = 0, 6309... şi di-mensiunea topologică zero.

Dimensiunea fractală nu caracterizează ea singură obiectul. Există mulţimi de tipCantor având aceeaşi dimensiune fractală, dar o structură spaţială diferită.

Se împarte un segment (iniţiatorul) în 27 segmente congruente şi se reţin, în primaetapă 4 segmente de lungime 1/9, egal depărtate, începând cu primul segment din

stânga până la ultimul segment din dreapta. În continuare se procedează la fel cufiecare din segmentele reţinute.. . .

Cele două mulţimi de tip Cantor au aceeaşi dimensiune fractală, dar diferă prinlacunaritatea lor, o altă caracteristică ce se cere nu numai intuită ci şi clar definită.

Un alt fractal lacunar, cu o descriere similară, este triunghiul (sau sita ) lui Sier-pinski . Se porneşte cu un triunghi echilateral care se împarte prin mijloacele laturilorsale în 4 triunghiuri congruente şi se elimină triunghiul din mijloc. Cu fiecare dintriunghiurile rămase se procedează analog.

. . .

Mulţimea rămasă este sita lui Sierpinski. Acesta este un fractal cu dimensiuneaD = log 3/ log 2 = 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 însensul unei distaņte naturale introduse de matematicianul român Dimitrie Pom-peiu şi de matematicianul german Felix Hausdorff .

O altă variantă este covorul (carpeta ) lui Sierpinski .Se porneşte cu un pătrat care se împarte în 32 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 modele sepot multiplica la infinit. Aceste structuri se pot dovedi foarte interesante pentrua modela unele probleme de transport în medii poroase şi permit calcule analiticeexacte pentru diverse proprietăţi fizice (conductanţă, vibraţii, electrozi fractali etc.).Se pot imagina şi analoage tridimensionale: sita tridimensional ̆ a a lui Sierpinski şiburetele lui Menger , care au dimensiunile fractale D = log4/ log2 = 2, respectiv

D = log 20/ log 3 = 2, 73 . . .O altă variantă posibilă constă în prezenţa simultană a mai multor scări de di-

latare. Figura următoare ilustrează iterarea determinată de factori 1/4 şi 1/2.

3

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

8/88

. . .

Dimensiunea sa fractală este D = log ¡1 +√

17¢ / log2 − 1. Am dat pînă acumexemple de fractali determinişti (exacţi), dar se pot defini cu uşurinţă şi structurifractale statistice. Cei mai simpli sunt cei omogeni, când aria, volumul (sau masa)structurii sunt repartizate uniform la fiecare nivel al ierarhiei, adică diverşii generatoriconservă raportul de masă de la un nivel la următorul.

Astfel, se poate porni de la recureņta cu caracter statistic

. . .

cu raportul de masă (arie) 2/4 = 1/2 şi se poate construi fractalul statistic ce începeprin

. . .

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 ca o distribu̧tie de discuri ale căror centre urmează de exemplu odistribuţie Poisson şi ale căror raze sunt aleatoare cu o densitate de probabilitate detipul P (R > r ) = Qr−α. Numeroase asemenea exemple sunt descrise de Mandelbrotîn [3].

Să ne reîntoarcem acum la conceptul de dimensiune. O tentativă naturală de

a măsura dimensiunea unui obiect E constă în pavajul obiectului prin ”paveuri”(apaŗtinând spaţiului în care obiectul este scufundat) de măsura µ = εd(E), unded (E ) este dimensiunea obiectului. Dar cum d (E ) este apriori necunoscută, o soluţieconstă în a face încercări luând unităţi de măsură µ = εα cu un exponent α nedeter-minat. Să considerăm de exemplu un pătrat (d = 2) de latură L şi să-l acoperim cupaveuri (pătrate) de latură ε. Măsura sa va fi dată de M = N µ, unde N e numărulde paveuri, adică N = (L/ε)d. Astfel

M = N εα =

µL

ε

¶dεα = L2εα−2.

Dacă se încearcă α = 1 se obţine M → ∞ când ε → 0+; lungimea unui pătrat esteinfinită. Dacă se încearcă α = 3, se găseşte că M → 0 când ε → 0+; ”volumul” unuipătrat este nul. Aria pătratului se obţine doar pentru α = 2 şi dimensiunea sa este

cea a unei suprafeţe α = d = 2.Faptul că această metodă se poate aplica pentru un α real oarecare permitegeneralizarea la dimensiuni care nu sunt întregi. Se poate formaliza puţin această

4

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

9/88

măsură. Mai întâi, având de-a face cu un obiect de formă oarecare, nu este în generalposibil să-l acoperim cu paveuri identice de latură ε. Se poate însă acoperi obiectulprin bile V i de diametru d (V i) ≤ ε. Aceasta oferă un plus de suplȩte, dar impune săluăm limita inferioară a sumei măsurilor elementare µ = d (V i)

α. Se obţine astfel ceeace se numeşte α-m ̆ asura de acoperire (Hausdorff 1919, Besicovici 1935) definităprin

mα (E ) = limε→0inf nX d (V i)α : E ⊂ ∪V i, d (V i) ≤ εo .Se defineşte dimensiunea Hausdor ff -Besicovici prin

d (E ) = inf {α : mα (E ) = 0} = sup {α : mα (E ) = ∞} .Deci dimensiunea Hausdorff -Besicovici este valoarea lui α pentru care mα face unsalt de la zero la infinit. Această măsură pentru α = d (E ) poate fi orice număr întrezero şi infinit.

Aceste consideraţii sugerează, de exemplu, că lungimea unei curbe nerectificabiletrebuie înlocuită cu măsura Hausdorff corespunzătoare.

Există şi alte defini̧tii ale dimensiunii unei muļtimi, unele echivalente, altelediferite de dimensiunea Hausdorff -Besicovici. Se poate defini, de asemenea, o di-mensiune topologică; o mulţime formată dintr-un punct are dimensiunea topologică

zero, o mulţime ce poate fi pus˘

a în corespondenţ˘

a bijectiv˘

a şi bicontinu˘

a (homeomor-fism) cu o curbă netedă are dimensiunea topologică 1 ş.a.m.d.O definiţie-tentativă a fractalilor, propusă de Mandelbrot, constă în a cere ca

dimensiunea Hausdorff -Besicovici să fie strict mai mare ca dimensiunea topologică.Aceasta se referă desigur la fractalii ideali, obţinu̧ti din prefractali prin trecere lalimită în raport cu distanţa Pompeiu-Hausdorff .

Trebuie precizat că fractalii au fost introduşi şi utilizaţi în matematică încă lasfârşitul secolului XIX-lea de Cantor, Peano, Sierpinski, Menger ş.a. Aceste exempleau fost considerate multă vreme ca situate împotriva naturii. Este meritul incon-testabil al lui B.Mandelbrot de a fi demonstrat că mulţimile fractale modelează oîntreagă varietate de fenomene ştiinţifice, de la cele moleculare la cele astronomice:mişcarea browniană a particulelor, turbulenţa în fluide, creşterea plantelor, studiulrocilor, materiale compozite, polimeri şi geluri, peisaje, muņti, linii de coastă ge-

ografice, distribuţia galaxiilor în univers şi chiar fluctuaţiile de preţuri pe pieţele deschimb. Ultimul eseu al lui Mandelbrot se referă la aceste fluctuaţii.

Mulţimile fractale joacă un rol important în unele ramuri ale matematicii, cumar fi teoria numerelor şi ecuaţiile diferenţiale neliniare (stabilitate şi haos).

Astfel, ceea ce a părut la început un concept de matematică pură a găsit nu-meroase aplicaţii în ştiinţe. Dacă aceste aplica̧tii vor continua să se diversifice şisă se adâncească, s-ar putea ca studiul fractalilor să devină o parte obligatorie acursurilor universitare. Geometria fractală este completarea care lipsea geometrieieuclidiene şi simetriei cristaline (sau cvasicristaline).

Bibliografie1. K. Devlin - Vârsta de aur a matematicii , Theta, Bucureşti, 2000.2. J. -F. Gornyet - Physique et structures fractales , Masson, Paris, 1992.3. B. Mandelbrot - The Fractal Geometry of Nature , W.H.Freeman, 1982.4. B. Mandelbrot - Obiectele fractale , Editura Nemira, 1998.

5

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

10/88

Dreapta lui Euler privită ca loc geometricGabriel POPA1, Paul GEORGESCU 2

Vom arăta în cele ce urmează că dreapta lui Euler a unui triunghi poate fi gân-dită ca locul geometric al punctelor de concureņtă a trei ceviene variabile asociatetriunghiului.

Fie O, G, H punctele remarcabile (în no-taţii uzuale) ale triunghiului ABC , A1, B1, C 1punctele de pe cercul circumscris diametral opusevârfurilor notate corespunzător, iar S A, S B, S C puncte pe dreptele A1M , B1N respectiv C 1P (unde M , N , P sunt mijloacele laturilor) care îm-part segmentele orientate A1M , B1N , C 1P într-

un 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 cerculuicircumscris O ; vom nota cu rX vectorul de poziţie al punctului X . Atunci

rS A = 1

1 − k (rA1 − krM ) = 1

k − 1·

rA + k

2 (rB + rC )

¸.

Fie Q un punct pe dreapta AS A care împarte segmentul orientat AS A în raportulQA

QS A= l; avem

rQ = 1

1 − l (rA − lrS A) = 1

1 − l rA − l

(1 − l) (k − 1)·

rA + k

2 (rB + rC )

¸ =

= 1 + l − k

(1

−l) (1

−k)

rA + lk

2 (1

−l) (1

−k)

rB + lk

2 (1

−l) (1

−k)

rC .

Vom încerca să determinăm l ∈ R\ {1} astfel încât rQ să aibă o scriere simetrică înraport cu rA, rB, rC . Pentru aceasta,

2 (1 + l − k) = lk ⇔ l (k − 2) = 2 − 2k ⇔ l = 2 − 2kk − 2 (1)

unde l = 1 dacă şi numai dacă k = 4

3. Pentru valoarea lui l dată de (1), obţinem

rQ = k

3k − 4 (rA + rB + rC ) (2)Considerând acum punctele Q0 pe BS B şi Q00 pe CS C care împart segmentele

orientate corespunzătoare în acelaşi raport l dat de (1), va rezulta că rQ0 = rQ00 = rQ,deci cele trei puncte coincid. Prin urmare, există un punct comun dreptelor AS A,BS B şi C S C .

1 Profesor, Liceul Teoretic ”Garabet Ibrăileanu”, Iaşi2 Profesor, Liceul de Informatică ”Grigore C. Moisil”, Iaşi

6

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

11/88

Deoarece rO = 0 şi rG = 1

3 (rA + rB + rC ), obţinem că

−→OG =

1

3 (rA + rB + rC ).

Atunci punctul Q dat de (2) se află pe dreapta OG, care este dreapta lui Euler atruinghiului AB C .

Observaţia 1. Pentru k = 4

3, dreptele AS A, BS B şi CS C nu sunt concurente,

întrucât sunt toate paralele cu dreapta lui Euler. Într-adev˘

ar, în acest caz S A ar fisimetricul lui A1 fa̧tă de H , deoarece punctele H , M şi A1 sunt coliniare şi M estemijlocul segmentului [HA1]. Rezultă de aici că HO este linie mijlocie în triunghiulA1S AA, deci H OkAS A.

Cazul k = 1 trebuie evident exclus, întrucât el corespunde punctelor ”de la infinit”de pe dreptele A1M , B1N , respectiv C 1P .

Observaţia 2. Câteva cazuri particulare remarcabile:• k = 0 conduce la obţinerea punctului O drept punct de concurenţă a diametrilor

AA1, B B1, C C 1;• k = 2 corespunde situaţiei în care S A = S B = S C = H ; evident atunci că

punctul de concurenţă Q dat de (2) este chiar H -ortocentrul triunghiului;• k = −2 corespunde situa̧tiei în care S A = GA este centrul de greutate al

triunghiului A1BC etc. În acest caz, punctul de concurenţ˘

a Q are vectorul de poziţierQ =

1

5 (rA + rB + rC ) deci

QG

QO =

2

3. Dealtfel, articolul de faţă a pornit tocmai de

la acest caz, autorii demonstrând că OGAkAΩ, unde Ω este centrul cercului celornouă puncte;

• k = 4 corespunde situaţiei în care S A este simetricul lui GA în raport cu M şianaloagele; în acest caz, punctul de concurenţă Q este Ω, centrul cercului celor nouăpuncte.

Observaţia 3. Orice punct de pe dreapta lui Euler, cu excep̧tia centrului degreutate G, poate fi gândit ca un punct de concurenţă Q obţinut pentru un anumitraport k . Mai precis, pe dreapta cu orientarea OH avem:

• k ∈ (0, 1), deci S A se află pe semidreapta opusă lui (A1M şi analoagele; atuncik

3k − 4 ∈ (−1, 0) şi se obţin astfel punctele de pe dreapta lui Euler dintre O şisimetricul lui H faţă de O ;

• k ∈ (−∞, 0], deci S A aparţine segmentului (M A1] şi analoagele; atunci k3k − 4 ∈

∈·

0, 1

3

¶ şi se obţin astfel punctele de pe segmentul (GO];

• k ∈µ

1, 4

3

¶ ∪µ

4

3, ∞¶

, deci S A se află pe semidreapta opusă lui (M A1 şi

analoagele; atunci k

3k − 4 ∈ (−∞, −1) ∪µ

1

3, ∞¶

şi se obţin punctele semidreptei

(GH pentru k ∈µ

4

3, ∞¶

şi cele ale semidreptei rămase pentru k ∈µ

1, 4

3

¶.

7

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

12/88

Un mod de calcul al numărului lexicografic de ordineasociat unei permutări

Iuliana GEORGESCU 1, Paul GEORGESCU 2

În cele ce urmează vom studia câteva proprietăţi ale relaţiei de ordine lexicografică

pe mulţimea S n a permut˘

arilor de ordinul n şi vom preciza un mod de calcul alnumărului lexicografic de ordine asociat.După cum este cunoscut, rela̧tia de ordine lexicografică pe mulţimea S n se de-

fineşte în modul următor.

Defini̧tie. Date σ şi σ0 ∈ S n, vom spune c ̆ a σ precede lexicografic σ0 şi vom nota σ ≺ σ0 dac ̆ a ∃ i0 ∈ 1, n astfel încât σ (i) = σ 0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar σ (i0) < σ0 (i0).

În raport cu această rela̧tie de ordine, fiecărei permutări din S n i se va puteaasocia un număr de ordine cuprins între 1 şi n!, care va fi numit în cele ce urmeazănumărul lexicografic de ordine al acelei permutări. De asemenea, dacă σ ∈ S n,notăm cu mσ (i) numărul de inversiuni corespunzătoare poziţiei i în permutarea σşi cu sσ (i) = {σ (i + 1) , σ (i + 2) , . . . σ (n)} mulţimea elementelor care-l succed peσ (i) în permutarea σ .

Lema 1. Dac ̆ a σ, σ0

∈ S n, atunci are loc echivalenţa σ ≺ σ0

⇔ ∃i0 ∈ 1, n în aşa fel încât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) < mσ0 (i0).Demonstraţie. „⇒” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât σ (i) = σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1,

iar σ (i0) < σ0 (i0). În mod evident, mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, pentru căsσ (i) = sσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) < mσ0 (i0) (prin trecerea pe poziţia i la unelement mai mare se „câştigă” inversiuni).

„⇐” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, iar mσ (i0) << mσ0 (i0). Deoarece mσ (1) = mσ0 (1), se obţine că σ (1) = σ 0 (1), ştiind că mσ (1) == n−σ (1), mσ0 (1) = n −σ0 (1) . Cu un raţionament asemănător se obţine că σ (i) == σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1, şi deci sσ (i0 − 1) = sσ0 (i0 − 1). Deoarece mσ (i0) < mσ0 (i0),rezultă evident că σ (i0) < σ0 (i0).

Observaţia 1. Evident, mσ (i) ≤ n − i. De asemenea, are loc inegalitateanPi=k mσ (i) (n − i)! ≤ nPi=k (n − i) (n − i)! şi de aicinP

i=k

mσ (i) (n − i)! ≤nP

i=k

[(n − i + 1)! − (n − i)!] = (n − k + 1)! − 1, ∀k ∈ 1, n.

Notăm N (σ) = 1+nP

i=1mσ (i) (n − i)!. Conform observaţiei anterioare,

1 ≤ N (σ) ≤ n! .Lema 2. Are loc echivalenţa σ ≺ σ0 ⇔ N (σ) < N (σ0).Demonstraţie. „⇒” Fie i0 ∈ 1, n în aşa fel încât σ (i) = σ0 (i), ∀i ∈ 1, i0 − 1,

iar σ (i0) < σ0 (i0). Atunci N (σ0) − N (σ) = [mσ0 (i0) − mσ (i0)] (n − i0)! ++

nPi=i0+1

[mσ0 (i) − mσ (i)] (n − i)! ≥ (n − i0)! −nP

i=i0+1mσ0 (i) (n − i)!.

Conform Observaţiei 1, N (σ0)−

N (σ)≥

1.

1 Profesoară, Liceul cu Program Sportiv, Iaşi2 Profesor, Liceul de Informatică ”Grigore Moisil”, Iaşi

8

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

13/88

„⇐” Presupunem prin reducere la absurd că σ0 ¹ σ. Dacă σ0 = σ, atunci N (σ) == N (σ0), absurd. Dacă σ0 ≺ σ, atunci N (σ) < N (σ0), conform celor demonstrateanterior, ceea ce este absurd.

Fie acum F 1 : S n → 1, n!, F 1 (σ) = N (σ). Conform Lemei 2 , F 1 este injectivă.Deoarece card S n = n! =card 1, n!, F 1 este bijectivă, şi deoarece F 1 păstrează or-dinea lexicografică (Lema 2 ), N (σ) este chiar numărul lexicografic de ordine asociat

permutării σ . Se obţine deci următoareaTeoremă. Num ̆ arul lexicografic de ordine asociat unei permut ̆ ari σ este

N (σ) = 1 +nP

i=1mσ (i) (n − i)! .

Vom propune în continuare câteva aplicaţii ale acestui rezultat.Problema 1. Fie σ, σ0 ∈ S n în aşa fel incât mσ (i) = mσ0 (i), ∀i ∈ 1, n.

Demonstraţi c ̆ a σ = σ0.Soluţie. Se observă că N (σ) = N (σ0), deci σ = σ 0.

Fie M n = 0, n − 1 × 0, n − 2 × . . . × {0}.Corolar. Funcţia F 2 : S n → M n, F 2 (σ) = (mσ (1) , mσ (2) , . . . , mσ (n)) este

injectiv ̆ a.Demonstraţie. Evident, card S n = card M n = n!, iar F 2 este injectivă conform

Lemei 2 , deci în fapt este bijectivă.Problema 2. Demonstraţi c ̆ a pentru orice n-upl ̆ a (k1, k2, . . . , kn) ∈ Nn astfel

încât 0 ≤ ki ≤ n − i, ∃σ ∈ S n satisf ̆ acând mσ (i) = ki, ∀i ∈ 1, n.Soluţie. Rezultă imediat din surjectivitatea lui F 2.Fie acum n ∈ N∗, n ≥ 2, şi k ∈ N, 1 ≤ k ≤ n. Notăm cu Akn muļtimea

tuturor aranjamentelor de câte n elemente luate câte k . Cu această notaţie, fiecăruiaranjament A ∈ Akn, privit ca o funcţie de la mulţimea 1, k la mulţimea 1, n, i sepoate asocia în mod natural muļtimea M (A) ce conţine toate permutările σ ∈ S ncu proprietatea că σ (i) = A (i), ∀i ∈ 1, k, iar σ (i) ∈ 1, n\{A (1) , A (2) , . . . , A (k)},∀i ∈ k + 1, n. Evident, M (A) conţine (n − k)! elemente cu numere lexicografice deordine asociate consecutive.

Pentru i ∈

1, k, notăm cu nA (i) numărul elementelor din mulţimea 1, n\{A (1) ,A (2) , . . . , A (i)} care sunt mai mari decât i. Evident, pentru n = k, nA (i) = mA (i).

Relaţia de ordine lexicografică definită pe mulţimea S n se poate extinde în modevident şi la mulţimea Akn. Aplicând ra̧tionamentul descris anterior, obţinem cănumărul lexicografic de ordine asociat unui aranjament A este

N A = 1+kP

i=1mσ (i) (n − i)!/ (n − k)! .

Observaţia 2. Împreună cu schiţa unei alte demonstratii, Teorema este menţio-nată în [1] şi preluată în [2], f ̆ară demonstraţie şi f ̆ară indicarea sursei originale.

Bibliografie.1. P. Georgescu - Asupra relaţiei de ordine lexicografic ̆ a pe mulţimea permut ̆ arilor

de ordinul n, Revista „Joc Secund”, Liceul de Informatică „G. Moisil”, Iaşi, ianuarie

2001.2. D. Hrinciuc-Logof ̆atu - C++. Algoritmi şi probleme rezolvate, Editura Polirom,Iaşi, 2001.

9

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

14/88

Generalizări ale teoremei lui Ceva şi aplica̧tiiTemistocle BÎRSAN 1

Teorema lui Ceva şi reciproca sa caracterizează concurenţa a trei ceviene cu aju-torul rapoartelor în care picioarele acestora împart laturile triunghiului. În loculcevienelor vom considera trei drepte oarecare şi vom exprima concurenţa lor în ace-

laşi mod: cu ajutorul rapoartelor în care punctele de intersecţie a dreptelor cu laturiletriunghiului împart aceste laturi. Diversitatea pozi̧tiilor celor trei drepte în raport cutriunghiul dat face posibile mai multe generalizări ale teoremei lui Ceva. Utilizareasegmentelor orientate este avantajoasă în gruparea cazurilor ce pot apărea. Ca şi în[2], 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 . Not ̆ am u = U BU A

, v = V C

V A, x =

XB

XC , y =

Y A

Y C şi {T } = U V ∩ XY .

Atunci, avem:T U

T V =

(1 − v) (x − uy)(1 − u) (1 − vy) .

Demonstraţie. Fie {X 0

} = AB ∩ XY (fig. 1). Teorema lui Menelaus aplicat˘

atriunghiului AU V şi secantei X Y conduce la relaţia

T U

T V =

Y A

Y V · X 0U

X 0A. (1)

Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3

Cum y = Y A

Y C ⇒ Y A = y

1 − y AC şi v = V C

V A⇒ AV = 1

1 − v AC , urmează că

Y V = Y A + AV = 1 − vy

(1 − v) (1 − y) AC şi, deci, Y A

Y V =

y (1 − v)1 − vy (2).

Poziţia punctului X 0 pe latura AB este precizată de raportul X 0A

X 0B=

y

x (teorema

lui Menelaus relativ la 4ABC şi secanta X Y ). Deducem că X 0A = y

x − y AB şi cum

u = UB

U A⇒ AU = 1

1 − u AB, obţinem: X 0U = X 0A + AU =

x − uy(1 − u) (x − y) AB. Ca

urmare, X 0U

X 0A=

x − uyy (1

−u)

(3).

Combinând (1), (2) şi (3), obţinem relaţia de demonstrat.1 Prof. dr., Catedra de matematică, Univ. Tehnică ”Gh. Asachi”, Iaşi

10

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

15/88

Lema 2. Fie ABC un triunghi şi punctele U ∈ AB, V ∈ AC , X ∈ BC şi y ∈ AB. Notând u = U B

U A, v =

V C

V A, x =

XC

XB, y =

Y A

Y Bşi {T } = U V ∩ XY

(fig.2), avem:T U

T V =

(1 − v) (1 − uy)(1

−u) (x

−vy)

.

Observaţia 1. Rela̧tia din Lema 1 a fost demonstrată în cazul particular dinfig. 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 toatear fi situate pe prelungirile laturilor respective. Doar cazul X Y kAB (în care x = y)

necesită o demonstraţie diferită; se ajunge la formula T U

T V =

x (1 − v)1 − vx care se obţine,

de altfel, din cea prezentă în Lema 1 dacă se ia în aceasta x = y. Aceleaşi observaţiise pot face şi privitor la Lema 2.

Propoziţia 1. Fie dat un triunghi ABC şi dreptele d1, d2, d3. Presupunem c ̆ a d1 intersecteaz ̆ a AB şi AC în punctele M şi respectiv N , d2 intersecteaz ̆ a BC şi BA în P şi respectiv Q, iar d3 intersecteaz ̆ a CA şi CB în R şi respectiv S şi not ̆ am

m = MB

M A

, n = N C

N A

, p = P C

P B

, q = QA

QB

, r = RA

RC

, s = SB

SC

. Atunci d1, d2, d3 sunt

concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a este îndeplinit ̆ a condiţia

1 + mpr + nqs = mq + ps + rn, i.e.

¯̄̄̄¯̄ 1 q rm 1 s

n p 1

¯̄̄̄¯̄ = 0.

Demonstraţie. Fie {T } = M N ∩ SR şi {T 0} = M N ∩ P Q (fig. 3). În conformi-tate cu Lemele 1 şi 2, putem scrie:

T M

T N =

(1 − n) (s − mr)(1 − m) (1 − nr) ,

T 0M

T 0N =

(1 − n) (1 − mq )(1 − m) ( p − nq ) .

Atunci, d1, d2, d3 sunt concurente ⇔ T coincide cu T 0 ⇔ (1 − n) (s − mr)(1 − m) (1 − nr) =

= (1 − n) (1 − mq )(1 − m) ( p − nq ) ⇔ 1 + mpr + nqs = mq + ps + rn, q.e.d.Dacă Q coincide cu A, S cu B , şi N cu C , adică q = s = n = 0, obţinem:Corolarul 1 (Ceva). Cevienele AP , B R, C M (se exclude cazul AP kBRkCM )

sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a 1 + mpr = 0 sau

¯̄̄̄¯̄ 1 0 rm 1 0

0 p 1

¯̄̄̄¯̄ = 0.

Dacă S coincide cu B şi P cu C , adică s = p = 0, vom obţine un alt rezultatcunoscut([4, Teorema 3], [3, Teorema 1], [2, Prop.2] etc.):

Corolarul 2. Dreapta MN trece prin punctul de intersecţie a cevienelor BR şi CQ dac ̆ a şi numai dac ̆ a mq + nr = 1.

Aplicaţia 1. Dac ̆ a pentru k ∈ Z fixat avem: BS

ck =

SP

ak =

P C

bk , CN

ak =

N R

bk =

= RA

ck şi

AQ

bk =

QM

ck =

M B

ak (fig.3), atunci M N , P Q, RS sunt concurente.

11

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

16/88

Demonstraţie. Avem: m = n = − ak

bk + ck, p = q = − b

k

ck + ak, r = s =

= − ck

ak + bk. Se verifică printr-un calcul simplu condiţia din Propoziţia 1.

Observaţia 2. Pentru k luând valorile 0, 1 şi 2 punctele de intersecţie corespun-zătoare sunt G, I şi respectiv K (Lemoine ).

Aplicaţia 2 (Newton). Într-un patrulater circumscris unui cerc dreptele care unesc punctele de contact ale laturilor opuse trec prin punctul de intersec ţie a diago-nalelor.

Demonstraţie. Să arătăm numai faptul că XY , AC şi BD sunt concurente(fig.4). Vom aplica Corolarul 2. Avem:

Fig. 4 Fig. 5 Fig. 6

m = XB

XE = −

µr ctg

B

2

¶/µ

r tg B + C

2

¶, n =

Y C

Y E = −

µr ctg

C

2

¶/µ

r tg B + C

2

¶,

q = AE

AB= − d sin D

a sin(B + C ) şi r =

DE

DC = − d sin D

c sin(B + C ), unde a = AB, b = BC ,

c = C D şi d = DA. Cu acestea şi ţinând seama că a = rµ

ctg A

2 + ctg

B

2

¶ etc. şi că

sin A + B

2 = sin

C + D

2 , cos

B + D

2 = − cos A + C

2 , se verifică prin calcul condiţia

mq + nr = 1.Propoziţia 2. Dac ̆ a poziţiile punctelor M , N , P , Q, R, S (fig. 5) sunt precizate

de rapoartele m = M B

M A

, n = NC

N A

, p = P B

P A

, q = QC

QA

, r = RB

RA

, s = SC

SB

, atunci

dreptele MN , P Q, RS sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a avem

prs + mq + nr = mrs + np + rq , i.e.

¯̄̄̄¯̄ 1 1 1m p r

n q rs

¯̄̄̄¯̄ = 0.

Demonstraţie. Notăm {T } = SR∩N M şi {T 0} = SR∩QP . Conform Lemei 1,avem:

T S

T R=

(1 − 1/r) (n − ms)(1 − s) (1 − m/r) şi

T 0S

T 0R=

(1 − 1/r) (q − ps)(1 − s) (1 − p/r) . Aşadar, M N , P Q,

RS sunt concurente ⇔ T S T R

= T 0S

T 0R⇔ (n − ms) (1 − p/r) = (q − ps) (1 − m/r) ⇔

prs + mq + nr = mrs + np + rq .Procedând la fel, dar cu utilizarea Lemei 2, se dovedeşte şi

Propozi̧tia 20

. Dac ̆ a punctele M , N , P , Q, R, S (fig.6) au pozi̧tiile precizate de rapoartele m =

M B

M A, n =

N C

N A, p =

P B

P A, q =

QC

QA, r =

RB

RC , s =

SC

SA, atunci

12

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

17/88

dreptele MN , P Q, RS sunt concurente dac ̆ a şi numai dac ̆ a avem

qrs + ms + np = nrs + mq + ps, i.e.

¯̄̄̄¯̄ 1 1 1m p rs

n q s

¯̄̄̄¯̄ = 0.

Corolarul 3. Ceviana AD, cu D ∈ BC precizat de raportul d = DC

DB

, trece prin

punctul de intersecţie a dreptelor MN şi P Q dac ̆ a şi numai dac ̆ a ¯̄̄̄¯̄ 1 1 0m p 1

n q d

¯̄̄̄¯̄ = 0, i.e. d = n − q m − p .

Demonstraţie. În Propoziţia 2 (sau 20) se face ca R să coincidă cu A (respectiv,S să coincidă cu A) şi se ia s = d (respectiv, r = 1/d).

Aplicaţia 3. Fie ABC un triunghi cu a ≤ b ≤ c. Fie D, E , F mijloacele laturilor (BC ), (CA) şi respectiv (AB) şi D0, E 0, F 0 mijloacele liniilor frânte BAC ,CB A şi respectiv ACB (i.e. BD0 = CA + AD 0, CB + BE 0 = AE 0 şi AF 0 =BC + CF 0). Ar ̆ ataţi c ̆ a dreptele DD0, EE 0 şi F F 0 sunt concurente (fig. 7).

Demonstraţie. Rezultatul se obţine aplicând Propoziţia 2 cu n = p = s = −1,

m = E 0B

E 0A = −c−

a

a + c (căci 2AE 0 = a + c şi B E 0 = c − AE 0 = 1

2 (c − a)), q = F 0C

F 0A =

= −b − aa + b

şi r = D0B

D0A= −b + c

c − b .

Fig. 7 Fig. 8 Fig. 9Observaţia 3. În [1] este dată o demonstraţie sintetică (se arată că DD0, E E 0,

F F 0

sunt bisectoare ale 4DEF ), iar în [5, Teorema 2] una analitic˘

a.În legătură cu Problema 191 [6] (a se vedea şi [2]) dăm

Aplicaţia 4. Fie ABC un triunghi ce nu este isoscel. Fie A0 punctul de in-tersecţie 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 B0, C 0analoagele acestuia. S ̆ a se arate c ̆ a dreptele AA0, BB0, CC 0 sunt concurente.

Demonstraţie. Cu nota̧tiile din fig. 8, avem: m = −ab

, n = −ac

, p = − p − b p − a =

= −a + c − bb + c − a şi q = −

p − c p − a = −

a + b − cb + c − a . În conformitate cu Corolarul 3, obţinem:

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 = EAEC

= c (b − a) (a + b − c)a (b − c) (−a + b + c) , f = F BF A =

a (c − b) (−a + b + c)b (c − a) (a − b + c) . Ca urmare,

def = −1 şi, deci, dreptele AA0, B B0, C C 0 sunt concurente.13

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

18/88

Propoziţia 3. Fie D , M , P ∈ BC , Q ∈ AB şi N ∈ AC (fig.9) cu poziţiile precizate de d =

DB

DC , m =

M B

M C , p =

P C

P B, q =

QB

QAşi n =

NC

N A. Dreapta AD trece

prin punctul de intersecţie a dreptelor M N şi P Q dac ̆ a şi numai dac ̆ a

¯̄̄̄̄̄mn q d

n pq 1

1 1 0 ¯̄̄̄̄̄ = 0, i.e. d = mn − q

n − pq .

Demonstraţie. Utilizăm Propoziţia 2 luând punctul N în vârful C şi înlocuindnumerele m, n, p, q,r,s cu 1/d, 0, p, 1/q, 1/m, 1/n respectiv. Rezultatul dorit poate fiobţinut, în mod asemănător, şi prin utilizarea Propoziţiei 20.

Observaţie. Teorema lui Ceva este un caz particular al Propoziţiilor 2, 20, 3.

Aplicaţia 5. Se noteaz ̆ a cu A1 centrul p̆ atratului D1D2D3D4 înscris în tri-unghiul ABC cu D1, D2 ∈ BC , D3 ∈ CA şi D4 ∈ AB. Similar se introduc şi punctele B1, C 1. S ̆ a se arate c ̆ a dreptele AA1, BB1, CC 1 sunt concurente (punctul lui Van Vecten).

Demonstraţie. Aplicăm Propoziţia 3 luând drept MN şi P Q diagonalele pă-

tratului D1D2D3D4. Notând cu l latura acestuia, avem: m = D1B

D1C

=

− l ctg B

l + l ctg C

,

p = D2C

D2B= − l ctg C

l + l ctg B şi n = q . Condiţia din propoziţia amintită se scrie: d =

m − 11 − p = . . . = −

1 + ctg B

1 + ctg C . Relativ la laturile (CA) şi (AB) obţinem

e = − 1 + ctg C 1 + ctg A

, f = − 1 + ctg A1 + ctg B

. Rezultă că def = −1 şi, deci, dreptele AA1,BB1, C C 1 sunt concurente.

Aplicaţia 6. Fie Db, Dc punctele de contact al cercului A - exînscris triunghiului ABC cu dreptele AB şi respectiv AC , iar perechile de puncte E c, E a şi F a, F b având semnificaţii analoage. Dac ̆ a not ̆ am {A0} = E cE a ∩ F bF a, {B0} = F aF b ∩ DcDbşi {C 0} = DbDc ∩ E aE c, atunci dreptele AA0, BB 0, CC 0 sunt concurente în H -ortocentrul triunghiului ABC .

Demonstraţie. Dacă {D} = AA0 ∩ BC , se aplică Propozi̧tia 3 pentru a arătacă punctul D este piciorul înălţimii din A a triunghiului AB C etc.

Bibliografie1. F. D. Beznosikov - Problema 914, Matematika v şkole, 3/1971, p.75 (enunţ) şi

1/1972, p.76 (soluţie).2. T. Bîrsan - Un criteriu de concurenţ ̆ a a dreptelor , Recreaţii Matematice, 4(2002),

nr.1, 23-24.3. C. Chiser - Condiţii necesare şi su fi ciente ca o dreapt ̆ a s ̆ a treac ̆ a prin puncte im-

portante dintr-un triunghi , G.M.-9/2000, 336-343.4. N. Oprea - Un punct şi o dreapt ̆ a remarcabile din planul unui triunghi , G.M.-

11/1996, 532-540.

5. J. Tong - Perimeter bisectors of the triangle , G.M.-3/1998 (seria informare - per-fecţionare), 162-176.6. *** - Problema 191, Recreaţii Ştiinţifice, 4(1886), p.48 (enunţ) şi p.118 (soluţie).

14

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

19/88

O proprietate a sistemelor de generatoriale unor grupuriMarian TETIVA1

În Problema C:316 [1] se cere să se demonstreze că din orice sistem de generatori algrupului aditiv al numerelor reale se poate extrage orice element, mulţimea rămasăfiind, în continuare, sistem de generatori. Problema 26 din [3, p.55] arată că deaceeaşi proprietate se bucură şi sistemele de generatori ale grupului (Q, +). Amintimcă, dat fiind un grup abelian (aditiv) G, o mulţime nevidă S ⊆ G se numeşte sistemde generatori al grupului G dacă, pentru orice g ∈ G, există n ∈ N∗, a1, a2, . . . , an ∈ Zşi s1, s2, . . . , sn ∈ S astfel încât g = a1s1 + a2s2 + . . . + ansn. Remarcăm că oricegrup G are măcar un sistem de generatori (şi anume pe S = G). E uşor de văzutcă, dacă un element s ∈ S are o scriere de acest tip cu toate elementele si ∈ S \{s},atunci S \{s} este, de asemenea, sistem de generatori pentru G.

Ne propunem în cele ce urmează să arătăm că ambele probleme pot fi rezolvate înacelaşi fel, ţinând seama de o proprietate comună a grupurilor aditive ale numerelorreale, respectiv raţionale şi de următorul rezultat, pe care îl demonstrăm în aceastănotă.

Propozi̧tie. Fie G un grup divizibil, S un sistem de generatori al lui G şi s ∈ S .Atunci S \{s} este, înc ̆ a, sistem de generatori pentru G.

Vom considera grupul G abelian şi dat în notaţie aditivă; în aceste condiţii Gse numeşte grup divizibil dacă pentru orice g ∈ G şi orice număr întreg n 6= 0există x ∈ G astfel încât nx = g (vom mai spune că ”ecuaţia” nx = g are soluţiein G). Evident, grupurile (R, +) şi (Q, +), despre care a fost vorba în problemeleamintite mai sus, sunt grupuri divizibile. Un exemplu de grup care nu este divizibilîl reprezintă grupul (Z, +) al numerelor întregi (de exemplu, ecuaţia 2x = 1 nu aresoluţie în Z). În continuare dăm două demonstraţii ale propoziţiei enunţate, unaelementară, alta care face apel la o teoremă de izomorfism.

Demonstraţia I. Să considerăm mulţimea H a ”combinaţiilor liniare”, adică a

elementelor din G care pot fi scrise în formaa1s1 + a2s2 + . . . + ansn,

unde n ∈ N∗, a1, a2, . . . , an ∈ Z şi s1, s2, . . . , sn ∈ S \{s}; de asemenea, fie K ={ns | n ∈ Z}. Se verifică imediat că H şi K sunt subgrupuri ale lui G (ele se numescsubgrupurile lui G generate de S \{s}, respectiv de {s}). Trebuie să arătăm ori căs ∈ H (aşa vom proceda în această primă demonstraţie), ori că H = G (ceea ce vomface în a doua demonstraţie).

Arătăm, mai întâi, că există un ”multiplu” qs, q ∈ Z∗, al lui s care aparţine lui H .Într-adevăr, conform ipotezei, există x ∈ G astfel încât 2x = s; tot conform ipotezei,x poate fi exprimat ca o combina̧tie liniară a unor elemente din S , adică existăa, a1, . . . , a p ∈ Z şi există s1, . . . , s p ∈ S \{s} astfel încât x = as + a1s1 + . . . a ps p.Înlocuim aici s = 2x şi obţinem egalitatea (1 − 2a) x = a1s1 + . . . + a ps p care aratăcă (1 − 2a) x ∈ H ; evident , 1 − 2a este un număr întreg nenul (este impar).1 Profesor, Colegiul Naţional ”Gheorghe Roşca Codreanu”, Bârlad

15

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

20/88

Deci există q ∈ Z, q 6= 0 astfel încât qs ∈ H . Cum orice x ∈ G are o scriere deforma x = bs + b1s1 + . . . + brsr, cu b, b1, . . . , br ∈ Z şi s1, s2, . . . , sr ∈ S \{s}, rezultăcă, pentru orice x ∈ G, avem

qx = b (qs) + (qb1) s1 + . . . + (qbr) sr ∈ H ;aşadar avem qx ∈ H pentru orice x ∈ G. Dar, grupul G fiind divizibil şi q fiind

un întreg nenul, exist˘

a x0 ∈ G astfel încât qx0 = s; atunci s = qx0 ∈ H (ceea ceînseamnă că s este o combinaţie liniară a unor elemente din S \{s}), de unde concluziacă şi S \{s} este sistem de generatori pentru G este imediată.

Demonstraţia a II-a. Se bazează, în fond, pe acelea̧si idei, dar, după cum amspus, este formulată într-un limbaj mai abstract (v.[3]).

Se observă că avem G = H + K (din ipoteza că S este un sistem de generatorial lui G); conform unei teoreme de izomorfism rezultă că G/H = (H + K ) /H esteizomorf cu K/ (H ∩ K ).

Nu e greu de văzut că proprietatea unui grup de a fi divizibil se transmite prinmorfisme surjective (adică, dacă G este un grup divizibil şi f : G → G0 un morfismsurjectiv de grupuri, atunci şi G0 este un grup divizibil), cu atât mai mult prin izomor-fisme. De asemenea, orice grup factor al unui grup divizibil este divizibil (deoareceîntre un grup şi un grup factor al său există întotdeauna un morfism surjectiv -

surjecţia canonică).Revenind la problemă, din observa̧tiile de mai sus deducem că grupul K/ (H ∩ K )

este divizibil. Acest grup este însă ciclic (deoarece K este astfel, prin însăşi defini̧tialui, 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 deelemente din S \{s}), ceea ce încheie demonstraţia.

(Un grup ciclic finit C , cu n ≥ 2 elemente, nu este divizibil deoarece nx = 0pentru orice x ∈ C şi în C mai există şi alte elemente în afară de 0; de altfel, aceeaşiobserva̧tie se poate face pentru un grup finit oarecare. În cazul în care este infinit,C este izomorf cu Z, despre care am arătat deja că nu este divizibil.)

În încheiere menţionăm că o altă demonstraţie elementară poate fi găsită în [2] la

pagina 95, iar ca observa̧tie finală să mai spunem că o consecinţă imediată a propozi-ţiei demonstrate este că orice sistem de generatori al unui grup divizibil trebuie săfie infinit (în particular, orice sistem de generatori al lui (Q, +) sau al lui (R, +) esteinfinit).

Bibliografie1. T. Albu - Problema C:316 , G.M. - 6/1983, p.256.2. T. Albu, I. Ion - Itinerar elementar în algebra superioar ̆ a , Editură All Educational,

Bucureşti, 1997.3. I. Ion, N Radu - Algebra , E.D.P., Bucureşti, 1991.

16

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

21/88

Şiruri recurente de tipul xn+1 = f (n, xn)Dan POPESCU 1

În Recrea̧tii Matematice, nr.1/2002, am abordat şirurile definite recurent prinxn+1 = f (xn), n ∈ N∗. Mai general, cu un instrument de lucru asemănător - înprincipal, teorema Stolz-Cesàro - pot fi studiate şirurile recurente date de xn+1 =

= f (n, xn), n ∈ N∗, x1 ∈ D, unde f : N∗ × D → D este o funcţie oarecare. Vom justifica prin exemple această afirmaţie.1 (G.M.-12/1994, 23145 , Gh. Marchitan). Fie şirul de numere reale pozitive

(xn)n≥1 dat de x1 > 0 şi x2n+1 = n (xn − xn+1), n ∈ N∗. S ̆ a se arate c ̆ a limn→∞n

xn = e.

Soluţie. Deoarece (xn)n≥1 este şir descrescător de numere pozitive, existălim

n→∞xn = l ∈ [0, x1). Sumând egalită̧tile x2k+1 = k (xk − xk+1), k = 1, n − 1, mem-

bru cu membru, obţinem relaţia x22+x

23+...+x

2n

n−1 = x1+x2+...+xn−1

n−1 −xn, n ≥ 2. Deoarecexn →

nl ⇒ x1+x2+...+xn−1n−1 →n l şi x

2n →n l

2 ⇒ x22+x23+...+x2nn−1 →n l2, trecând la limită în

relaţia precedentă obţinem l = 0.Cum lim

n→∞1

xn lnn= lim

n→∞1/xn+1−1/xnln(1+1/n) = limn→∞

xn+1/xnn ln(1+1/n) = limn→∞

nxn+1+n

· 1ln(1+1/n)n = 1,

rezult˘

a c˘

a limn→∞nxn

= limn→∞ exn lnn

= e.2 (G.M.-2/1997, p.58, V. Nicula). Fie şirul (xn)n≥1 definit prin x1 > 0 şi xn+1 =

nxnn+x2n

, n ∈ N∗. S ̆ a se arate c ̆ a acest şir este convergent şi s ̆ a se calculeze limita sa.

Soluţie. Observând că (xn)n≥1 este descrescător şi xn > 0, n ∈ N∗, existălim

n→∞xn = l ∈ [0, x1). Atunci l = lim

n→∞xn = lim

n→∞nxnn = limn→∞

[(n + 1) xn+1 − nxn] == lim

n→∞xn+1

£(n + 1) − ¡n + x2n¢¤ = limn→∞xn+1 ¡1 − x2n¢ = l ¡1 − l2¢ şi, deci, l = 0.

3 (Recreaţii Matematice - 1/2000, XI.9 , Gh. Iurea). Consider ̆ am şirul (xn)n≥1definit prin x1 ∈ (0, 1) şi xn+1 = xn−nx2n, n ≥ 1. Ar ̆ ataţi c ̆ a limn→∞ (1 + nxn)

n = e2.

Soluţia este dată în Recreaţii Matematice - 1/2001, p.69.Propunem cititorului câteva exerciţii de felul celor prezentate mai sus.

4 (G.M.-10,11,12/1990, 22216 , D. M. B˘

atineţu - Giurgiu). Fie şirul (xn)n≥1definit prin x1 > 0 şi xn+1 = xn1+anx2n , n ∈ N∗, unde a > 0 este fixat. S ̆ a se arate c ̆ a

şirurile (xn)n≥1 şi (nxn)n≥1 sunt convergente şi s ̆ a se determine limitele lor.5 (G.M.-4/1991, 22344, D. Popescu). Dac ̆ a x1 ∈ (0, 1) şi xn+1 = xn(1+xn)xn+1 ,

n ∈ N∗, s ̆ a se calculeze limn→∞

n√

xn.

6 (G.M.-9,10,11,12/1992, C:1330 , D. Popescu). Dac ̆ a şirul (xn)n≥1 este definit

prin x1 ∈ R şi xn+1 = 1np

1 + x2n, n ≥ 1, s ̆ a se determine limn→∞ (nxn)1/xn.

7 (G.M.-2/2000, C:2254, T. Tămâian). Fie şirul (xn)n≥1 dat prin x1 > 0 şi xn+1 = xn +

axn

, n ≥ 1, unde a > 0 este fixat. S ̆ a se calculeze limn→∞

¡xn −

√ 2an

¢.

8 (R.M.T.-1/2002, XI.108 , R. Sătnoianu). Fie a ∈ (0, 1], x0 ∈ (0, a] şi xn+1 == axne−xn, n ∈ N. S ̆ a se arate c ̆ a şirurile (xn)n≥0 şi (nxn)n≥0 au limite, care se cer precizate.1 Profesor, Colegiul Naţional ”Ştefan cel Mare”, Suceava

17

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

22/88

Proprietă̧ti ale punctului lui Nagelstabilite cu ajutorul numerelor complexe

Constantin ANTON 1

Vom prezenta câteva proprietă̧ti ale punctului şi dreptei lui Nagel folosind cainstrument de lucru numerele complexe. O prezentare sintetică a acestor proprietăţise poate găsi în [1]. Utilizarea numerelor complexe face ca demonstra̧tiile date să fiefoarte simple.

Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu A0 mijlocul laturii (BC ) şi cu D, D0

punctele de contact ale acesteia cu cercurile înscris şi A-exînscris triunghiului dat.Pe laturile (CA) şi (AB) considerăm punctele B0, E , E 0 şi respectiv C 0, F , F 0 cusemnificaţii analoage. Sunt cunoscute (sau se deduc uşor) următoarele relaţii:

BD0 = p − c, D0C = p −b; CE 0 = p − a, E 0A = p −c; AF 0 = p −b, F 0B = p − a. (1)Convenim ca afixul unui punct X oarecare să fie notat cu zX .

Propoziţia 1. Dreptele AD0, BE 0, CF 0 sunt concurente într-un punct N cu afixul dat de

zN = 1

p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] . (2)

Demonstraţie. Ţinând seama de (1), avem k = BD0

D0C =

p − c p − b , deci zD0 =

= zB + kzC

1 + k =

1

a [( p − b) zB + ( p − c) zC ]; se obţin formule similare pentru afixele

punctelor E 0 şi F 0. Fie V un punct pe segmentul (AD0) determinat de raportul

v = AV

V D0 . Avem

zV = zA + vzD0

1 + v =

1

1 + v · 1

p−

a ( p − a) zA + v

a ( p − b) zB + v

a ( p − c) zC ¸ .

Vom obţine o formă simetrică pentru paranteza pătrată alegând v astfel încât 1

p − a ==

v

a, adică v =

a

p − a . Atunci, punctul de pe AD0 corespunzător acestei valori a lui v,

punct pe care-l notăm cu N , va avea afixul zN = 1

p [( p − a)zA+ ( p − b)zB+ ( p − c)zC ].

Simetria acestei relaţii face evident faptul că punctul N este situat şi pe dreptele BE 0

şi C F 0. Demonstraţia este completă.

Punctul N pus în evidenţă de Propoziţia 1 se numeşte punctul lui Nagel . Propri-etăţi remarcabile ale acestuia sunt date în propoziţiile următoare.

Propoziţia 2. Punctul lui Nagel are propriet ̆ aţile:

a) G ∈ (IN ) şi N G = 2GI, b) N H kOI şi NH = 2OI .1 Elev, clasa a X -a, Colegiul Naţional ”C. Negruzzi”, Iaşi

18

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

23/88

Demonstraţie. a) Pentru afixele punctelor G şi I avem

zG = 1

3 (zA + zB + zC ) , zI =

1

2 p (azA + bzB + czC ) (3)

(acestea pot fi deduse aşa cum s-a procedat pentru zN în Propoziţia 1).

Datorită relaţiilor (2) şi (3), vom avea:

zG − zI zN − zG =

1

3 (zA + zB + zC ) − 1

2 p (azA + bzB + czC )

1

p

[( p

−a) zA + ( p

−b) zB + ( p

−c) zC ]

− 1

3

(zA + zB + zC )=

= 1

2 ·

2 p (zA + zB + zC ) − 3 (azA + bzB + czC )3 [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] − p (zA + zB + zC ) =

1

2,

deci zG − zI zN − zG =

1

2 ∈ R, de unde rezultă că G ∈ (IN ) şi |zN − zG| = 2 |zG − zI |,

adică N G = 2GI .b) Alegem un sistem de axe cu originea în O, centrul cercului circumscris triunghiu-

lui ABC . În acest caz, ştim că zH = zA + zB + zC şi vom avea:

zN − zH zI − zO =

1

p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ] − (zA + zB + zC )

1

2 p (azA + bzB + czC )

= −2 ∈ R,

deci N H kOI şi |zN − zH | = 2 |zI − zO| , adică N H = 2OI .În geometria triunghiului, dreapta I N se numeşte dreapta lui Nagel .

Propoziţia 3. Cercul înscris în triunghiul median A0B0C 0 are centrul în mijlocul S al segmentului (IN ).

Demonstraţie. Evident, avem B 0C 0 = a

2, C 0A0 =

b

2, A0B0 =

c

2 şi p0 =

1

2 p,

p0 fiind semiperimetrul triunghiului median. Atunci, conform cu (3),

zI 0 = 1

2 p0

µa

2zA0 +

b

2zB0 +

c

2zC 0

¶ =

1

2 p

·a

zB + zC 2

+ bzC + zA

2 + c

zA + zB2

¸=

1

4 p [(b + c) zA + (c + a) zB + (a + b) zC ] .

Pe de alt˘

a parte,zS =

1

2 (zI + zN ) =

1

2

· 1

2 p (azA + bzB + czC ) +

1

p [( p − a) zA + ( p − b) zB + ( p − c) zC ]̧

19

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

24/88

= 1

4 p[(2 p − a) zA + (2 p − b) zB + (2 p − c) zC ]= 1

4 p[(b + c) zA + (c + a) zB + (a + b) zC ].

Ca urmare, zI 0 = zS şi deci I 0 coincide cu S .

Punctul S , mijlocul segmentului (IN ), se numeşte punctul lui Spiecker , iar cercul

C

³S,

r

2

´, înscris în triunghiul median, cercul lui Spiecker .

Propoziţia 4. Centrul I al cercului înscris în triunghiul ABC este punctul lui Nagel al triunghiului median A0B0C 0.Demonstraţie. Pentru punctul lui Nagel N 0 al triunghiului A0B0C 0 avem:

zN 0 = 1

p0 [( p0 − a0) zA0 + ( p0 − b0) zB0 + ( p0 − c0) zC 0 ] =

= 1

p

·( p − a) zB + zC

2 + ( p − b) zC + zA

2 + ( p − c) zA + zB

2

¸ =

= 1

2 p (azA + bzB + czC ) = zI ,

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

∈ Y Z kBC , B

∈ ZX kCA, C

∈∈ XY kAB).Demonstraţie. Aplicăm propoziţia precedentă luând triunghiul complementar

în rolul triunghiului ABC . Se poate da şi o demonstraţie directă acestei propoziţii(de tipul celei din Propoziţia 4).

Bibliografie1. D. Brânzei, S. Aniţa, M. Chirciu - Geometrie, cl. a IX-a , Colecţia Mate 2000,

Editura ”Paralela 45”, Piteşti, 1998.

20

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

25/88

Aplica̧tii ale rotaţiei în planul complexOana CÂRJ ̆ A1

Există o funcţie bijectivă între mulţimea numerelor complexe şi mulţimea puncte-lor dintr-un plan. Multiplicarea cu i, adică funcţia z → iz,z ∈ C, este o rotaţie a

planului cu centrul în origine şi unghi de 90◦. Multiplicarea z → az,z ∈C

, unde a esteun număr complex fixat, este o rotaţie în jurul originii cu un unghi egal cu argumentullui a, compusă cu o omotetie de raport |a|. Rota̧tia planului cu 90◦ în jurul unuipunct de afix b este dată de z0 = b + i (z − b) , z ∈ C. Rota̧tia planului cu un unghiϕ în jurul unui punct de afix b este dată de z 0 = b + (cos ϕ + i sin ϕ) (z − b) , z ∈ C.

Scopul propus este de a pune în evidenţă utilitatea acestei transformări, rotaţiade centru şi unghi date, în rezolvarea unor tipuri de probleme de geometrie.

Problema 1. Demonstraţi c ̆ a, dac ̆ a 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 = 1 şi

ε2 = ε −1. Cu notaţiile din figura alăturată şi cu convenţiaca afixul unui punct P să fie notat p, avem: segmentul(A0C ) se obţine rotind (BC ) cu un unghi de 60◦ în senstrigonometric, adică a0−c = ε (b − c) sau a0 = c + ε (b − c) .Analog, găsim: b0 = a + ε (c − a) şi c0 = b + ε (a − b).Ca urmare, pentru centrele triunghiurilor echilaterale, vomavea:

a00 = 1

3 (a0 + b + c) , b00 =

1

3 (b0 + c + a) , c00 =

1

3 (c0 + a + b)

sau

a00 = 1

3 [b + 2c + ε (b − c)] , b00 = 1

3 [c + 2a + ε (c − a)] , c00 = 1

3 [a + 2b + ε (a − b)] .

Atunci,

b00

− a00

=

1

3 [2a − b − c + ε (2c − a − b)] , c00

− a00

=

1

3 [a + b − 2c + ε (a − 2b + c)]şi, înmulţind prima egalitate cu ε şi ţinând seama că ε2 = ε − 1, vom obţine:

ε (b00 − a00) = 13

[ε (2a − b − c) + (ε − 1)(2c − a − b)] =

= 1

3 [a + b − 2c + ε (a − 2b + c)] = c00 − a00.

Aşadar, |b00 − a00| = |c00 − a00|. Se obţine la fel că |c00 − b00| = |a00 − b00|. Ultimeleegalităţi arată că triunghiul A00B00C 00 este echilateral.

Problema 2. Determinaţi locul geometric al centrelor de greutate ale triunghiu-rilor echilaterale cu vârfurile pe laturile unui p˘ atrat.

Soluţie. Fie M NP un triunghi echilateral înscris în pătratul ABCD cu poziţiadin figură. Punctele ce intervin au afixele indicate (sistemul de axe ales are laturapătratului ca unitate de măsură pe acestea).1 Elevă, clasa a X-a, Colegiul Naţional ”C. Negruzzi”, Iaşi

21

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

26/88

Segmentul (MN ) se obţine rotind segmentul

(M P ) cu un unghi egal cu π

3, deci

n + i − mi =³

cos π

3 + i sin

π

3

´( p − mi) ⇔

⇔n + i

−mi = Ã12 +

√ 3

2 i! ( p − mi) ⇔

⇔

n = 1

2 p +

√ 3

2 m

1 − m =√

3

2 p − 1

2m

⇔½

m = 2 − √ 3 pn =

√ 3 − p .

Cum 0 ≤ m ≤ 1, obţinem că 0 ≤ 2 − √ 3 p ≤ 1, adică 1√ 3

≤ p ≤ 2√ 3

. Analog, din

0 ≤ n ≤ 1 obţinem √ 3 − 1 ≤ p ≤ √ 3. Ca urmare, √ 3 − 1 ≤ p ≤ 2√

3

3 .

Punctele M , N , P au afixele ¡

2 − √ 3 p¢ i, √ 3 − p + i şi p, cu p ∈ "√ 3 − 1, 2√ 33

#.

Centrul de greutate G al triunghiului MN P are afixul g = 1

3 £√ 3 + ¡3 − √ 3 p¢ i¤ ==

√ 3

3 + αi, unde α = 1 −

√ 3

3 p ∈

"1

3,

√ 3

3

#. Aşadar, G este situat pe un segment

paralel cu Oy de lungime

√ 3 − 1

3 .

Având în vedere şi celelalte trei poziţii posibile ale triunghiului echilateral faţă de

pătrat, obţinem în final că locul geometric căutat este un pătrat de latura

√ 3 − 1

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 s ̆ au astfel încât

m( \ ADB) = m(

\ ACB ) + 90◦ şi AC · BD = AD · BC . G ̆ asiţi raportul

AB · CD

AC · BD .Soluţie. Alegem un sistem de axe de coordonatecu originea în punctul D şi fie A (a), B (b), C (c).Notăm ω = cos α + 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

AD = k segmentul (AD) se transformă în

(AC ), avem: a − c

AC = ω

a

AD sau a − c = kωa.

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 · C D = |a − b| · |c| = k |a| |b| |i + 1| = k√ 2AD · B D = √ 2AC · B D şi deci22

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

27/88

AB · CD

AC · BD =

√ 2.

Problema 4. Pe laturile unui hexagon ce are un centru de simetrie se constru-iesc în exterior triunghiuri echilaterale. Vârfurile acestor triunghiuri, care nu sunt vârfuri ale hexagonului dat, formeaz ̆ a un nou hexagon. Ar ̆ ataţi c ̆ a mijloacele laturilor acestuia din urm ̆ a sunt vârfurile unui hexagon regulat.

Soluţie. Fie A1A2 . . . A6 hexagonul dat (orientat în sens invers acelor de cea-sornic), fie A1B1A2, A2B2A3, . . . , A6B6A1 triunghiurile echilaterale construite pe la-turile acestuia şi C 1,C 2, . . . , C 6 mijloacele segmentelor (B1B2), (B2B3) , . . . , (B6B1).Alegem un sistem de axe cu originea în centrul de simetrie al hexagonului şi convenim

ca afixul unui punct X să fie notat x. Fie ε = cos π

3 + i sin

π

3 =

1

2 + i

√ 3

2 şi deci

ε6 = 1, ε2 = ε − 1, ε + ε = 1.Deoarece (A1B1) se obţine rotind (A1A2) cu

π

3 în sens negativ, obţinem b1−a1 =

= ε (a2 − a1), adică b1 = (1 − ε) a1 + εa2 sau b1 = εa1 + (1 − ε) a2. Analog, se obţineb2 = εa2 + (1 − ε) a3. Vom avea: c1 = 1

2 (b1 + b2) =

1

2 (εa1 + a2 + (1 − ε) a3) şi

relaţii similare pentru c2, . . . , c6.Pe de altă parte, dacă rotim C 1 în jurul originii cu un unghi de

π

3

, obţinem un

punct de afix 1

2ε (εa1 + a2 + (1 − ε) a3) = 1

2

¡ε2a1 + εa2 +

¡ε − ε2¢ a3¢ = 12 (εa2 +

+a3 + (ε − 1) a1) = 12 (εa2 + a3 + (1 − ε) a4) = c2 (s-a folosit faptul că a4 = −a1, Ofiind centru de simetrie). Aşadar, în urma rotaţiei amintite C 1 trece în C 2. La fel

se arată că punctul C i+1 se obţine rotind C i în jurul originii cu π

3 pentru i = 2, 6

(C 7 fiind vârful C 1). În concluzie, C 1C 2 . . . C 6 este un hexagon regulat cu centrul înorigine.

Probleme propuse

1. Pe laturile [AB], [BC ], [CD], [DA] ale patrulaterului ABCD se construiesc înexterior pătratele de centru O1, O2, O3 şi respectiv O4. Demonstraţi că O1O3⊥O2O4şi [O1O3]

≡[O2O4].

2. Pe laturile unui triunghi ABC se construiesc în exterior triunghiurile echilate-rale BA0C , CB 0A, AC 0B. Demonstraţi că: a) [AA0] ≡ [BB 0] ≡ [CC 0]; b) centreletriunghiurilor echilaterale sunt vârfurile unui triunghi echilateral având acelaşi centrude greutate ca şi triunghiul AB C .

3. Fie ABCD un patrulater convex. Demonstra̧ti că, dacă există un punct P în interiorul său astfel încât m( \ P AB) = m \ (P BC ) = m( \ P CD) = m( \ P DA) = 45◦,atunci ABCD este un pătrat. Generalizare.

Bibliografie1. M. Dincă, M. Chiriţă - Numere complexe în matematica din liceu , Editura All

Educaţional, 1996.

2. T. Andreescu, R. Gelca - Mathematical Olympiad Challenges , Birkhäuser, 1996.3. A. Engel - Problem-Solving Strategies , Springer, 1999.

23

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

28/88

Funcţii trigonometrice inverse - aplica̧tiiGheorghe IUREA1

În general, elevii au serioase difi

cult˘

aţi în folosirea funcţiilor trigonometrice in-verse. De asemeni, în unele culegeri şi chiar manuale se abuzează de formule cu astfelde funcţii sau sunt date rezolvări greşite.

Vom prezenta, în această notă, modalităţi de abordare a unor probleme cu funcţiitrigonometrice inverse care să apeleze la cât mai puţine cunoştinţe din partea elevilor.

Începem prin definirea acestor funcţii:

a) arcsin : [−1, 1] →h−π

2, π

2

i, definită prin arcsin x = α ⇔ x ∈ [−1, 1], α ∈

∈h−π

2, π

2

i, sin α = x;

b) arccos : [−1, 1] → [0, π], definită prin arccos x = α ⇔ x ∈ [−1, 1], α ∈ [0, π],cos α = x;

c) arctg : R →

³−π

2, π

2´, definită prin arctg x = α ⇔ x ∈ R, α ∈

³−π

2, π

2´,

tg α = x;d) arcctg : R→ (0, π), definită prin arcctg x = α ⇔ x ∈ R, α ∈ (0, π), ctg α = x.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 egalită̧tile a) şi b).

a) Fie arcsin x = α, deci x ∈ [−1, 1], α ∈h−π

2, π

2

i, sin α = x. Cum −x ∈ [−1, 1],

−α ∈h−π

2, π

2

i şi sin(−α) = −x, rezultă că arcsin (−x) = −α = − arcsin x.

b) Fie arccos x = α, deci x ∈ [−1, 1], α ∈ [0, π] şi cos α = x. Cum −x ∈ [−1, 1],π − α ∈ [0, π] şi cos(π − α) = −x, urmează că arccos (−x) = π − α = π − arccos x.

Observaţie. Formulele stabilite sunt utile în determinarea valorilor funçtiilor

trigonometrice inverse pentru valori negative. De exemplu, avem arcsinµ

−12

¶ =

= − arcsin 12

= − π6

; arccosµ

−12

¶ = π − arccos 1

2 = π − π

3 =

2π

3 ; arctg (−1) =

= − arctg 1 = −π4

.

2. Determinaţi un interval de lungime π

12 în care este situat arctg

√ 10

3 .

Soluţie. Fie arctg

√ 10

3 = α, deci α

∈ ³−π

2, π

2´, tg α =√

10

3 . Încadrăm

√ 10

3între două numere care reprezintă tangentele unor unghiuri cunoscute. Cum 1 <

1 Profesor, Liceul ”D.Cantemir”, Iaşi

24

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

29/88

<

√ 10

3 <

√ 3, deducem tg

π

4 < tg α < tg

π

3. Folosind monotonia funcţiei tangentă,

rezultă α = arctg

√ 10

3 ∈

³π4

, π

3

´, iar acest interval are lungimea egală cu

π

12.

3. Calculaţi E = sin

µ2 arctg

1

2 + arccos

4

5¶.

Soluţie. Fie arctg 12

= α, arccos 45

= β . Atunci α, β ∈ ³0, π2´, tg α = 1

2, cos β =

= 4

5 şi E = sin(2α + β ) = sin2α cos β + sin β cos2α. Cum sin2α =

2 tg α

1 + tg2 α =

4

5,

sin β =p

1 − cos2 β = 35

şi cos2α = 1 − tg2 α1 + tg2 α

= 3

5, găsim E = 1.

4. Ar ̆ ataţi c ̆ a sinµ

4 arctg 1

3

¶ = cos

µ2 arctg

1

7

¶.

Soluţie. Fie arctg 1

3 = α, arctg

1

7 = β ; avem : α, β ∈

³0,

π

2

´ şi tg α =

1

3, tg b =

= 1

7. Relaţia de demonstrat devine sin4α = cos 2β . Avem sin4α = 2sin 2α cos2α =

= 2 · 2 tg α1 + tg2 α

· 1 − tg2

α1 + tg2 α

= 2425

şi cos2β = 1 − tg2

β 1 + tg2 β

= 2425

, deci sin4α = cos 2β .

5. Determinaţi arcsin (sin 3).

Soluţie. Fie arcsin (sin 3) = α, deci α ∈h−π

2, π

2

i, sin α = sin3. Cum 3 /∈

/∈h−π

2, π

2

i, scriem rela̧tia sub forma sin α = sin(π − 3), cu α, π − α ∈

h−π

2, π

2

i.

Rezultă α = π − 3, deci arcsin (sin 3) = π − 3.

Observaţii. 1. Din definiţiile funcţiilor trigonometrice deducem: arcsin (sin α) =

= α, α ∈

h−π

2, π

2 i şi sin (arcsin x) = x, x ∈ [−1, 1].

2. O rezolvare de tipul : arcsin(sin3) = 3 este evident greşit˘

a întrucât 3 /∈/∈ h−π2

, π

2

i.

6. Determinaţi arcsinµ

cos 7

2

¶.

Soluţie. Notând arcsinµ

cos 7

2

¶ = α, avem α ∈

h−π

2, π

2

i, cos

7

2 = sin α, de unde

cos 7

2 = cos

³π2 − α

´, deci

π

2−α = ± 7

2 + 2kπ sau α =

π

2 ±

7

2−2kπ, k ∈ Z. Cum α ∈

∈h−π

2, π

2

i, găsim k = 1 şi α =

π

2 +

7

2−2π = 7 − 3π

2 , deci arcsin

µcos

7

2

¶ =

7 − 3π2

.

7. Ar ̆ ataţi c ̆ a arcsin 1

√ 5+ arccos

3

√ 10=

π

4.

Soluţie. Fie arcsin 1√

5= α, arccos

3√ 10

= β , deci α, β ∈³

0, π

2

´ şi sin α =

1√ 5

,

25

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

30/88

cos β = 3√

10. Atunci cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β =

√ 2

2 . Cum α + β ∈

∈ (0, π), urmează că α + β = π4

, adică ceea ce trebuia arătat.

Observa̧tii. 1. Dacă vom calcula sin(α + β ) găsim sin(α + β ) =

√ 2

2 , α + β ∈

∈ (0, π), deci α + β = π4 sau α + β = 3π4 . În această situaţie calculăm şi cos (α + β )pentru a determina în ce cadran este α + β sau aproximând mai bine α, β , găsim

α, β ∈³

0, π

4

´ şi atunci α + β ∈

³0,

π

2

´; acum putem afirma că α + β =

π

4.

2. Evident, o soluţie de tipul ”demonstrăm că sinµ

arcsin 1√

5+ arccos

3√ 10

¶ =

= sin π

4” este incompletă.

8. Ar ̆ ataţi c ̆ a arcsin 4

5 + arcsin

12

13 + arcsin

56

65 = π.

Soluţie. Fie α = arcsin 4

5, β = arcsin

12

13; α, β ∈

h−π

2, π

2

i, sin α =

4

5, sin β =

12

13.

G˘

asim uşor c˘

a α ∈ ³π4 , π2´, β ∈ ³π4 , π2´ şi sin(α + β ) = 5665 , π2 < α + β < π, decisin(π − (α + β )) = 56

65, π − (α + β ) ∈

³0,

π

2

´, prin urmare π − (α + β ) = arcsin 56

65,

deci arcsin 4

5 + arcsin

12

13 + arcsin

56

65 = π.

9. Ar ̆ ataţi c ̆ a 2 arctg

r 1 − x1 + x

= arccos x, x ∈ (−1, 1].

Soluţie. Fie α = arctg

r 1 − x1 + x

, β = arccos x, deci tg α =

r 1 − x1 + x

, α ∈³

0, π

2

´,

cos β = x, β ∈ (0, π). Găsim cos2α = cos β cu 2α, β ∈ (0, π), ceea ce impune ca2α = β , ceea ce trebuia arătat.

10. Calculaţi 2 arctg 15 + arctg 14 .

Soluţie. Fie α = arctg 1

5, β = arctg

1

4, deci tg α =

1

5, tg β =

1

4, α, β ∈

∈³−π

2, π

2

´. Aproximând α, β , găsim α, β ∈

³0,

π

6

´. Calculând tg(2α + β ), de-

ducem că tg(2α + β ) = 32

43; 0 < 2α + β <

π

2, ceea ce conduce la 2α + β = arctg

32

43,

care este valoarea căutată.

26

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

31/88

O metodă de calcul al distanţei dintre două drepteneparalele în spaţiu

Romanţa GHIŢ ̆ A şi Ioan GHIŢ ̆ A1

În multe probleme de geometrie în spa̧tiu se cere printre altele, aflarea distaņteidintre două drepte necoplanare. Această problemă este, în general, dificilă dacă se

încearcă să se pună în evidenţă perpendiculara comună a celor două drepte.În această notă vom da un mod de rezolvare a acestor chestiuni. În acest scopvom utiliza următoarele propoziţii [1]:

1. Fiind date dou ̆ a drepte necoplanare, exist ̆ a şi este unic un plan care conţine odreapt ̆ a şi este paralel cu cealalt ̆ a dreapt ̆ a.

2. Distanţa dintre dou ̆ a drepte necoplanare este egal ̆ a cu distanţa de la o dreapt ̆ a la planul paralel cu acea dreapt ̆ a şi care conţine cealalt ̆ a dreapt ̆ a.

Prin urmare pentru a găsi distanţa dintre două drepte necoplanare, ducem printr-o dreaptă planul paralel la cealaltă dreaptă şi calculăm distanţa de la această dreaptăla plan.

Problema 1. Fie ABCD un tetraedru regulat, de muchie a. S ̆ a se determine distanţa dintre dou ̆ a mediane necoplanare a dou ̆ a dintre feţele sale. (Olimpiada dematematică , Blaj, 1995).

Soluţie. Fie DE,AF medianele a două fȩte (fig.1). Ducem F GkDE şi atuncid (DE,AF ) = d (DE, (AGF )). Considerăm piramida AGEF . Dacă d este distanţa

dintre DE şi AF avem V AGEF = 1

3S AGF · d şi cum V AGEF =

a3√

2

96 iar S AGF =

= a2

√ 35

32 , găsim d =

a√

70

35 .

Problema 2. Fie V ABCD o piramid ̆ a patrulater ̆ a regulat ̆ a, cu toate muchiile egale cu a. S ̆ a se afle distanţa dintre o median ̆ a a unei feţe laterale şi o diagonal ̆ a a bazei. (Olimpiada de matematică, Blaj, 1996).

Soluţie. Să presupunem că mediana este dusă din V , fie acesta V E (fig.2); deter-minăm distanţa d dintre AC şi V E . Fie EF kAC , deci d (V E , A C ) = d (AC, (V EF )) =

= d (O, (V EF )). Avem V OVEF = 1

3S V EF ·d şi cum V OVEF =

a3√ 248

, S V EF = a2√ 5

8 ,

găsim d = a

√ 10

10 .

Presupunem acum că mediana nu este dusă dusă din V , fie aceasta DE (fig.3).Dacă EF kAC , F ∈ (V A), atunci d (AC,DE ) = d (AC, (DEF )) = d (O, (DEF )).Din V ODEF =

1

3S DEF · d, V ODEF =

1

3OD · S EOF =

a3√

2

48 şi S DEF =

a2√

5

8 ,

obţinem d = a

√ 10

10 .

Problema 3. S ̆ a se afle distanţa dintre dou ̆ a diagonale a dou ̆ a feţe laterale ce nu au un punct comun, ale unei prisme triunghiulare regulate drepte cu muchiile laterale

egale cu muchiile bazei.1 Profesori, C olegiul N aţional ”I.M .Clain”, Blaj

27

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

32/88

Soluţie. Fie AB = a. Să determinăm distanţa dintre C 0B şi A0C . Fie E ∈∈ (ABC ) astfel încât ACBE să fie paralelogram (fig.4); deducem că A0E kC 0B şiatunci d (C 0B, A0C ) = d (C 0B, (A0CE )) = d (B, (A0CE )). Avem succesiv V BA0CE =

= 1

3S A0CE · d, V BA0CE =

a3√

3

12 , S A0CE =

a2√

15

4 şi atunci d =

a√

5

5 .

fig.1 fig.2

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.2. Fie ABCDA0B0C 0D0 un cub de muchie a şi M , N , P , Q mijloacele muchiilor

(AA0

), (AB), (BB0

) respectiv (BC ). Să se afle a) d (M N , P Q); b) d (M N , B0

C ).3. Fie ABCD un tetraedru regulat de muchie a şi M , N , P , Q mijloacele muchiilor(BC ), (AC ), (CD) şi respectiv (BD). Să se afle d (M N , P Q).

4. Fie ABCDA0B0C 0D0 un paraleliped dreptunghic de muchii AB = a, B C = bşi AA0 = c. Să se afle d (A0B, B0C ).

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, 1996.2. I. Dăncilă - Distanţe între elementele fundamentale ale spaţiului euclidian , G.M.-

9/1995, p.565.3. V. Cărbunaru, C. Cărbunaru - Culegere de probleme de matematic ̆ a, clasele

V-VIII , Editura Conviocarb, Bucureşti, 1996.

28

8/19/2019 RM 2002 nr.2.pdf

33/88

Observa̧tii metodice privind punctele de inflexiune

Gabriel MÎRŞANU 1

În manualul de cl. XI-a [2], punctul de inflexiune este introdus prin

Definiţia 1. Fie f : I → R o funcţie continu ̆ a definit ̆ a pe intervalul I ⊆ R. Un punct x0 ∈ I distinct de capetele lui I se numeşte punct de inflexiune pentru f dac ̆ a exist ̆ a puncte α < x0 < β în I astfel încât f s ̆ a fie convex ̆ a pe (α, x0] şi concav ̆ a pe [x0, β ) sau invers.

Prin câteva contraexemple vom arăta că această definiţie este incompletă şi con-duce la erori.

Contraexemplul 1. Fie funcţia f : R → R, f (x) =½

x2, x ≤ 0arctg x, x > 0

. Evi-

dent, f este continuă pe R şi avem:

f 0 (x) =

½ 2x, x 0 şi f 00 (x) =

½ 2, x 0 .Conform Corolarului Teoremei Lagrange obţinem ime-

diat c˘

a f 0

s (0) = limx%0 f

0

(x) = 0 şi f 0

d (0) = limx&0 f

0

(x) = 1.Ca urmare, funcţia f nu este derivabilă în x0 = 0, este con-vexă la stânga lui x0 şi concavă la dreapta acestuia. Con-form definiţiei de mai sus, x0 = 0 ar fi punct de inflexiune,ceea ce este fals, căci el este evident un punct unghiular .

Contraexemplul 2. Fie funcţia f : R → R, f (x) =½

rm 2002 nr.2.pdf

Documents