REVISTĂ DE M ATEMATI CĂ P ENTRU ELEVI ŞI P ROFESO RI IAŞI 201 5

Transcription

1 Anul XVII, Nr. 1 Ianuarie Iunie 2015 R E C R E A Ţ I I M A T E M A T I C E REVISTĂ DE M ATEMATI CĂ P ENTRU ELEVI ŞI P ROFESO RI e i 1 A s o c i a ţ i a R e c r e a ţ i i M a t e m a t i c e IAŞI 201 5

2 i Semnificaţia formulei de pe copertă. Într-o formă concisă, formula e 1 leagă cele patru ramuri fundamentale ale matematicii: ARITMETICA - reprezentată de 1; GEOMETRIA reprezentată de ; ALGEBRA reprezentată de i ; ANALIZA MATEMATICĂ reprezentată de e. Membri onorifici : Acad. Constantin CORDUNEANU Prof.univ. Vasile OPROIU Acad. Radu MIRON Cercet.pr. Dan TIBA Redactor şef : Redactori principali : Temistocle BÎRSAN Gabriel POPA, Gheorghe IUREA, Petru ASAFTEI, Maria RACU Comitetul de redacţie : Sânziana CARAMAN Alexandru CĂRĂUŞU Constantin CHIRILĂ Eugenia COHAL Adrian CORDUNEANU Mihai CRĂCIUN (Paşcani) Paraschiva GALIA Paul GEORGESCU Dan POPESCU (Suceava) Neculai ROMAN (Mirceşti) Ioan ŞERDEAN (Orăştie) Marian TETIVA (Bârlad) Lucian TUŢESCU (Craiova) Adrian ZANOSCHI Titu ZVONARU (Comăneşti) Materialele vor fi trimise la una dintre adresele: t-birsan@yahoo.com, profgpopa@yahoo.co.uk COPYRIGHT 2008, ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE Toate drepturile aparţin Asociaţiei Recreaţii Matematice. Reproducerea integrală sau parţială a textului sau a ilustraţiilor din această revistă este posibilă numai cu acordul prealabil scris al acesteia. TIPĂRITĂ LA BLUE SIM&Co IAŞI Bd. Carol I, nr. 3-5 Tel , ; simonaslf@yahoo.com ISSN

3 Anul XVII, Nr. 1 Ianuarie Iunie 2015 R E C R E A Ţ I I M A T E M A T I C E REVISTĂ DE M ATEMATI CĂ P ENTRU ELEVI ŞI P ROFESO RI e i 1 Revistă cu apariţie semestrială EDITURA RECREAŢII MATEMATICE IAŞI

4

5 Alexander Grothendieck ( ) La 13 noiembrie 2014 a încetat din viaţă, la 86 de ani, marele matematician francez Alexander Grothendieck, unul dintre cei mai mari matematicieni ai secolului al XX-lea, care a fost o figură de prim rang în cercetarea ştiinţifică în domeniul geometriei algebrice moderne. Printre domeniile în care preocupările sale ştiinţifice au adus contribuţii deosebite, menţionăm: algebra comutativă, algebra omologică, teoria fasciculelor şi teoria categoriilor. În 1966 a primit Medalia Fields de la Uniunea Internaţională a Matematicienilor, premiu care, în mod curent, este considerat drept premiul Nobel în domeniul matematicilor. Alexander Grothendieck s-a născut în 28 martie 1928 la Berlin. Părinţii săi au fost Alexander Schapiro şi Johanna Grothendieck. Alexander Schapiro, evreu rus născut în partea de vest a Rusiei, a participat în tinereţea sa la diverse activitaţi revoluţionare îndreptate împotriva ţarului. A fost condamnat la închisoare în mai multe rânduri, iar în 1907 a fost condamnat la moarte împreună cu alţi tovarăşi; pedeapsa i-a fost comutată în închisoare pe viaţă, luându-se în considerare vârsta fragedă a celui condamnat. În 1921 s-a stabilit pentru un timp în Berlin, apoi s-a mutat la Paris. A cunoscut-o pe Johannna Grothendieck, mama viitorului matematician, cu ocazia unei vizite la Berlin. Primul nume al viitorului matematician a fost Alexander (Shurik) Raddatz, după numele soţului Johannei. Shurik a trăit împreună cu mama sa şi o soră vitregă în Berlin, din 1928 până în Între timp li s-a alăturat şi tatăl. Odată cu venirea lui Hitler la putere, viaţa celor patru la Berlin devenise destul de nesigură. De la sfârşitul anului 1933, tânărul Alexander, acum în vârstă de 5 ani, a fost crescut, până în 1939, în familia pastorului Wilhelm Heydorn la Hamburg, unde a urmat şcoala elementară şi a început studiile gimnaziale. Din 1939, micul Schurik a fost adus în Franţa, unde s-a alăturat părinţilor, la Nîmes. Odată cu începerea celui de la doilea război mondial, familia lui Grothendieck a fost internată în diverse lagăre, iar tânărul Schurik îşi continuă studiile în diverse şcoli situate în vecinătatea acestor lagăre. A obţinut bacalureatul în 1945 la Colegiul Cévénol, situat în Le Chambon sur Lignon. Trebuie menţionat că tatăl matematicianului a 1

6 fost predat în 1942, de către guvernul de la Vichy, germanilor. Aceştia l-au trimis la Auschwitz unde a şi murit. Din anul 1945, viitorul matematician s-a mutat, împreună cu mama sa, în satul Maisargues, lângă Montpellier. Aici, Grothedieck a lucrat la o vie, dar, cu ajutorul unei mici burse, a început să studieze matematica la Universitatea din Montpellier. Grothendieck n-a primit prea mare ajutor profesional de la profesorii de la Universitate, aşa că a început să studieze multe capitole ale matematicilor ca autodidact. Un profesor de aici, pe nume M. Soula, l-a sfătuit să meargă la Paris şi să lucreze cu Élie Cartan. După obţinerea licenţei, Grothendieck a mers la l École Normale Supérieure din Paris unde a urmărit un seminar al lui Henri Cartan dedicat topologiei algebrice. După o familiarizare rapidă cu lumea matematicilor din Paris, Grothendieck a început să urmărească seminarii ştiinţifice conduse de Claude Chevalley, Jean Delsarte, Jean Dieudonné, Roger Godement, Laurent Schwartz şi André Weil. În 1949 Grothendieck s-a mutat la Universitatea din Nancy, unde a trăit împreună cu mama sa care, între timp, se îmbolnăvise de tuberculoză. Aici participă la o viaţă ştiinţifică extrem de activă şi unul din cei care l-au influenţat a fost J. Dieudonné. Prima teză de doctorat a lui Grothendieck a fost despre Produse tensoriale topologice şi spaţii nucleare în 1953, iar cea de a doua despre Teoria fasciculelor. În anii , Grothendieck a fost la Universitatea din Sao Paulo, iar din următorul an până în 1956, a fost la Universitatea din Kansas. În toată această perioadă, finanţarea pentru deplasările lui Grothendieck a fost asigurată de Centre National de la Recherche Scientifique. În 1959, Grothendieck a primit un post la noul Institut des Hautes Études Scientifiques (IHES). Seminarul de geometrie algebrică condus de A. Grothendieeck a devenit un centru mondial de cercetare în domeniul geometriei algerbice. În perioada Grothendieck a lucrat la mai multe teme de cercetare majore în geometrie, teoria numerelor, topologie şi analiză complexă. A introdus teoria schemelor, a lucrat în teoria toposurilor, a dat o demnonstraţie algebrică a teoremei Riemann-Roch şi a furnizat o definiţie algebrică a grupului fundamental al unei curbe. În această perioadă A. Grothendieck a devenit un pacifist şi a început să lupte împotriva campaniilor militare desfăşurate în lume în anii 60. A refuzat să meargă la Moscova să primească medalia Fields, aceasta fiind primită în numele său de Leon Motchane, directorul IHES. S-a declarat,,cetăţean al lumii şi a cerut un act de cetăţenie de la Naţiunile Unite. În 1967 a vizitat Vietnamul de Nord, care era bombardat de americani. A părăsit IHES în 1970, după ce a descoperit că unele din fondurile existente la Institut proveneau din surse militare. A încercat să convingă şi pe alţi membri ai IHES să se retragă în semn de protest faţă de existenţa fondurilor provenitedinsursemilitare. În1970,Grothendieckaveauneleproblemelegatede ceea ce el a numit,,stagnare spirituală. A abandonat matematica şi s-a dedicat protestului politic, mai ales împotriva proliferării armelor nucleare. După câteva stagii ca profesor vizitator la College de France ( ), la Orsay ( ), devine profesor la Universitatea din Montpellier. În se ocupa de conducerea cercetării lacentre National de la Recherche Scientifique, apoiseretrage în1988,lavârstade 60 ani. Cu această ocazie refuză Premiul Crafoord, În această perioadă elaborează câteva manuscrise conţinând consideraţii matematice dar şi unele scrieri nematematice. În 1991, părăseşte brusc localitatea Les Aumettes, unde se stabilise în ultimul 2

7 timp, şi dispare într-o locaţie necunoscută. El refuză aproape orice contact cu lumea şi se pare că se ocupa cu scrierea memoriilor sale. O simplă enumerare a noţiunilor şi rezultatelor care-i poartă numele ar constitui o listă lungă şi ar ocupa un spaţiu destul de mare [4]. Ca un omagiu adus marelui matematician Alexander Grothendieck, amintim doar câteva dintre ele: conexiunea Grothendieck, categoria Grothendieck, fibrarea Grothendieck, topologia Grothendieck, grupul Grothendieck, spaţiul Grothendieck, universul Grothendieck, teorema Ax-Grothendieck, teorema Birkhoff-Grothendieck, teoria Galois-Grothendieck, inegalitatea Grothendieck, teorema de monodromie Grothendieck, şirul spectral Grothendieck, teoria Grothendieck Teichmüller etc. Bibliografie Grothendieck 3. W. Scharlau Who is Alexander Grothendieck, Notices Amer. Math. Soc. Vol 55 (8), 2008, List of things named after Alexander Grothendieck, from Wikipedia: of things named after Alexander Grothendieck Prof.dr. Vasile OPROIU Facultatea de Matematică Universitatea,,Al.I. Cuza Iaşi 3

8 Gradul de comutativitate al grupurilor finite 1 Marius TĂRNĂUCEANU 2 Abstract. The commutativity degree of a group is one of the most important probabilistic aspects of finite group theory. In this survey we will present some fundamental results concerning this notion. Keywords: commutativity degree, solvable groups, supersolvable groups, nilpotent groups. MSC 2010: 20D60, 20F16, 20F Introducere Gradul de comutativitate al unui grup finit G se defineşte prin d(g) = 1 G 2 {(x,y) G2 xy = yx} şi măsoară probabilitatea ca două elemente alese aleatoriu din G să comute. Principalele probleme abordate în studiul gradului de comutativitate sunt: Găsirea unor limite pentru d(g). Determinarea grupurilor finite G pentru care d(g) = (, )a, unde a (0,1] este fixat. Caracterizarea unor clase importante de grupuri finite utilizând gradul de comutativitate. Calculul gradului de comutativitate. Generalizări ale gradului de comutativitate. Câteva proprietăţi imediate ale gradului de comutativitate: 1. 0 < d(g) 1, oricare ar fi grupul finit G. 2. d(g) = 1 dacă şi numai dacă grupul G este abelian d(h) d(g) d(h), oricare ar fi grupul finit G şi H G. [G : H] 2 4. d(g) d(h)d(g/h), oricare ar fi grupul finit G şi H G. 5. Funcţia d este total multiplicativă, adică d(g 1 G 2 ) = d(g 1 )d(g 2 ) oricare ar fi G 1 şi G 2 grupuri finite. 1 Lucrarea de tip survey este o parte a comunicării prezentate de autor la Conferinţa Naţională a SSMR, Iaşi, octombrie Conf.dr., Facultatea de Matematică, Univ.,,Al.I. Cuza, Iaşi; tarnauc@uaic.ro 4

9 2. Limite pentru gradul de comutativitate 2.1 Limita 5 8 Teorema Fie G un grup finit neabelian. Atunci d(g) 5 şi avem d(g) = dacă şi numai dacă G/Z(G) = Z 2 Z 2. Observaţie. Grupurile Q 8 şi D 8 satisfac proprietatea G/Z(G) = Z 2 Z 2, deci au gradul de comutativitate 5. Alte grupuri cu această proprietate sunt grupurile 8 semidiedrale SD 2 n= x,y x 2n 1 = y 2 = 1,y 1 xy = x 2n 2 +1,n 4. Teorema Pentru orice n N există un grup finit G de ordin 8n cu d(g) = Pentru orice k {1,2,...,7} nu există un grup finit G de ordin k(mod8) cu d(g) = p-limite p-limitele reprezintă limite ale lui d(g) scrise în funcţie de cel mai mic divizor prim p al lui G/Z(G). Teorema Cu notaţiile anterioare, avem Dacă, în plus, G/Z(G) = p k, atunci d(g) p2 +p 1 p 3. d(g) pk +p k 1 1 p 2k 1. Corolarul Fie p un număr prim. Dacă G este un grup neabelian de ordin p 3, atunci d(g) = p2 +p 1 p 3. Exemplu. Grupul Heisenberg peste inelul Z 3 are gradul de comutativitate l-limite şi lp-limite l-limitele şi lp-limitele reprezintă limite ale lui d(g) scrise în funcţie de l = G/Z(G), respectiv în funcţie de l = G/Z(G) şi de cel mai mic divizor prim p al lui l. Teorema Cu notaţiile anterioare, avem lp+l p l 2 d(g) l+p 1 lp 5.

10 Corolarul Fie G un grup neabelian finit. Dacă G/Z(G) = l, atunci Exemplu. Fie n 3. Atunci 3l 2 l 2 d(g) l+1. 2l 3 n! 2 n! 2 d(s n ) n!+1 2 n!. 2.4 Limita superioară centralizator Derivă din ecuaţia claselor şi reprezintă o limită superioară a lui d(g) scrisă în funcţie de indicele unui centralizator de ordin maxim. Teorema Fie G un grup finit neabelian. Atunci există x G\Z(G) astfel încât 3 d(g) 2[G : C G (x)]. Dacă, în plus, Z(G) = {e}, atunci există x G\{e} astfel încât d(g) 1 [G : C G (x)]. Corolarul Au loc inegalităţile: 1. d(d 2n ) 1, oricare ar fi n 3 impar d(s n ), oricare ar fi n 4. n(n 1) 2.5 Limite provenite din ecuaţia gradelor Teorema Fie G un grup finit. Atunci 1 G d(g) G Corolarul Nu există grupuri finite având gradul de comutativitate în intervalul 5 8,1. Generalizare. Fie G un grup neabelian finit şi d gradul minim al unei reprezentări neliniare a lui G. Atunci. d(g) 1 d d 2 1 G. În plus, avem egalitate dacă toate reprezentările neliniare ale lui G sunt de grad d. 6

11 2.6 Limite superioare în funcţie de lungimea derivată Teorema Fie G un grup rezolubil finit de lungimea derivată d 4. Atunci d(g) 4d 7 2 d+1. Teorema Fie G un p-grup finit de lungime derivată d 2. Atunci d(g) pd +p d 1 1 p 2d 1. Exemplu. Fie G un p-grup finit de ordin p n, unde n > 2. Atunci G are lungime derivată cel mult d = [ n 2 ], deci inegalitatea dată de Teorema devine d(g) 1 p + 1 [n 2 2 ] p 1 [n 2 ] p. 2[n 2 ] Limite inferioare adiţionale Teorema Dacă G este un grup nilpotent finit de clasă de nilpotenţă n, atunci d(g) n G 1 n n+1. G Corolarul Dacă G este un grup nilpotent finit, atunci k(g) > log 2 G şi astfel d(g) > log 2 G. G Teorema Dacă G este un grup rezolubil finit de lungime derivată d, atunci d(g) d+1 G Teorema Dacă G este un grup rezolubil finit de lungime derivată d, atunci 1 k(g) G 2 d 1 şi astfel d(g) 3. Rezultate structurale 3.1 Grupuri nilpotente 1 G 2d 2 2 d 1. > 1 G. Teorema Fie G un grup finit astfel încât d(g) > 1. Atunci G este 2 nilpotent. 7

12 Corolarul Fie G un grup finit nenilpotent astfel încât d(g) = 1. Au loc: 2 1. G/Z(G) = S Dacă Z(G) este impar, atunci G are un subgrup H = S 3 astfel încât G = H Z(G). Teorema Fie G un grup neabelian finit cu d(g) > 1 2. Atunci G = G 0 G 1 G 2 G k, unde G 0 este un 2-grup cu G 0 = 2 şi G i este un p i -grup abelian cu p i 2, i = 1,2,...,k. 3.2 Grupuri rezolubile Teorema Fie G un grup finit astfel încât d(g) > 1 12 rezolubil.. Atunci G este Lema Singurul grup finit simplu neabelian cu gradul de comutativitate 1 12 este A 5. Teorema Fie G un grup finit nerezolubil cu d(g) = 1. Atunci există un 12 grup abelian A astfel încât G = A 5 A. Corolarul Fie G un grup finit astfel încât d(g) > 3. Atunci fie G este 40 rezolubil, fie G = A 5 A unde A este un grup abelian şi d(g) = Grupuri superrezolubile Definiţia Fie G 1 şi G 2 două grupuri. Spunem că o pereche (f,g) este un izoclinism de la G 1 la G 2 dacă sunt satisfăcute următoarele condiţii: 1. f este un izomorfism de la G 1 Z(G 1) la G 2 Z(G 2). 2. g este un izomorfism de la G 1 la G Diagrama G 1 Z(G 1) G1 Z(G 1) f f G 2 Z(G G2 2) Z(G 2) α 1 G 1 g G 2 α 2 este comutativă, adică α 2 (f f) = g α 1, unde α i (ˆx,ŷ) = [x,y], x,y G i, i = 1,2. 8

13 Observaţie. Dacă G 1 şi G 2 sunt două grupuri finite izoclinice, atunci d(g 1 ) = d(g 2 ). Teorema Fie G un grup finit astfel încât d(g) > 5. Atunci are loc una 16 şi numai una din următoarele trei situaţii: 1. G este superrezolubil; 2. G este izoclinic cu A 4 ; 3. G/Z(G) este izoclinic cu A 4. Corolarul Fie G un grup finit astfel încât d(g) 1. Atunci G este fie 3 superrezolubil, fie izoclinic cu A 4. Corolarul Fie G un grup finit de ordin impar astfel încât d(g) > Atunci G este superrezolubil. 4. Calculul gradului de comutativitate 4.1 R pn -grupuri R pn = x,y x p = y n = 1,yxy 1 = x r, unde p este prim, n p 1 şi r are gradul n modulo p Teorema d(r pn ) = n2 +p 1 n 2 p Corolarul Pentru orice număr prim p există un grup finit G cu d(g) = 1 p 1, anume G = R p(p 1). 4.2 D pq -grupuri Teorema d(d pq ) = q2 +p 1 q 2 p D pq = R pq, q prim.. Corolarul Pentru orice număr prim q există un şir de grupuri finite G i cu lim i d(g i ) = 1 q 2, anume G i = D piq, unde p i = 1+iq, i Z. 4.3 T pqnθ -grupuri T pqnθ = x,y x p = y qn = 1,yxy 1 = x λθ, unde n N, p şi q sunt prime, q p 1, λ are ordin q modulo p şi θ {1,2,...,q 1} Teorema d(t pqnθ ) = q +1 pq. Corolarul Pentru oricare n N, q prim şi θ {1,2,...,q 1} există un şir de grupuri finite G i cu lim i d(g i ) = 0, anume G i = T piqnθ, unde p i = 1+iq, i Z. 9

14 4.4 G n -grupuri G n = T 32n1,λ = 1 Teorema d(g n ) = Grupuri diciclice Dic n = x,y x 2n = y 4 = 1,y 1 xy = x 1,x n = y 2,n 2 Teorema d(dic n ) = n+3 4n. Corolarul lim n d(dic n ) = Grupuri cuaternionice generalizate Teorema d(q 2 n) = 2n n+1. Q 2 n = Dic 2 n 2,n 3 Corolarul lim n d(q 2 n) = Grupuri diedrale Teorema d(d 2n ) = D 2n = x,y x n = y 2 = 1,yxy = x n 1,n 2 n+3 4n, n impar n+6 4n, n par. Corolarul lim n d(d 2n ) = Grupuri cvasidiedrale QD 2 n = x,y x 2n 1 = y 2 = 1, y 1 xy = x 2n 2 1,n 4 Teorema d(qd 2 n) = 2n n+1. Corolarul lim n d(qd 2 n) =

15 4.9 Grupuri simetrice şi grupuri alterne Teorema Numărul claselor de conjugare din grupul simetric S n este egal 1 cu numărul p(n) al partiţiilor lui n. În plus, p(n) 4n 3 e 2π n 3. p(n) 2 Corolarul d(s n ) 1 4n 3n! e 2π n 3 şi lim n d(s n ) = r2 +r 1 4 8n 3 e 2π n 3. Teorema Numărul claselor de conjugare din grupul altern A n este k(a n ) = ( 1)n ( 1) p n r r < n Corolarul d(a n ) Corolarul k(a n ) p(n) 2 1 4n 3n! e 2π n 3 şi lim n d(a n ) = 0. şi lim n d(s n ) d(a n ) = Valori posibile ale gradului de comutativitate 5.1 Valori posibile în intervalul å 1 2,1 è Teorema Fie G un grup finit astfel încât d(g) > 1. Atunci există n N 2 astfel încât d(g) = n În plus, are loc una din următoarele două situaţii: 1. G este abelian. 2. G = G 0 A, unde G 0 este un 2-grup, A este un grup abelian şi G = 2. Teorema Fie G un grup finit astfel încât d(g) = 1 2. Atunci G = G n A, unde G n = x,y x 2n = y 3 = 1,xyx 1 = y 1, n 1 şi A este un grup abelian. 5.2 Valori posibile pentru grupuri G cu G/Z(G) < 12 Teorema Fie G un grup finit astfel încât G/Z(G) < 12 şi G/Z(G) este abelian. Are loc una din următoarele situaţii: 1. Dacă G/Z(G) este ciclic, atunci G este abelian şi astfel d(g) = Dacă G/Z(G) = Z 2 Z 2, atunci d(g) = Dacă G/Z(G) = Z 3 Z 3, atunci d(g) = Dacă G/Z(G) = Z 2 Z 2 Z 2, atunci d(g) nu poate fi precizat. 11

16 Observaţie. Nu există grupuri finite G pentru care G/Z(G) = Z 2 Z 4. Exemplu. Fie G 1 şi G 2 următoarele grupuri de ordin 64: G 1 = x,y,z x 2 = y 2 = z 4 = 1,(xz 2 ) 2 = (yz 2 ) 2,(xz 1 ) 4 = (yz 1 ) 4, (yxz 1 ) 3 = zx 1 y 1,(yxy) 1 = xz 2,(zyzx) 1 = z 1 yzx, G 2 = x,y,z x 4 = y 4 = z 4 = 1,xy 2 = y 2 x,yx 2 = x 2 y,xz 2 = z 2 x, zx 2 = x 2 z,yz = zy,xyz 1 = yxz,xzy 1 = zxy. Atunci G i /Z(G i ) = Z 2 Z 2 Z 2, i = 1,2, şi d(g 1 ) = = d(g 2). Teorema Fie G un grup finit astfel încât G/Z(G) < 12 şi G/Z(G) este neabelian. Are loc una din următoarele situaţii: 1. Dacă G/Z(G) = S 3, atunci G = G n A, unde n 1, A este un grup abelian şi d(g) = Dacă G/Z(G) = D 8, atunci d(g) = Dacă G/Z(G) = D 10, atunci d(g) = 2 5. Observaţie. Nu există grupuri finite G pentru care G/Z(G) = Q Valori posibile de tipul 1 p cu p prim Teorema Pentru orice număr prim p există un grup finit G cu d(g) = 1 p. În plus, G este produs direct de grupuri rezolubile. Corolarul Pentru orice n N există un grup finit rezolubil G cu d(g)= 1 n. Corolarul Pentru orice număr prim p de forma 2 k 1 (număr prim Marsenne) există un grup finit indecompozabil G cu d(g) = 1 p. Teorema Fie p un număr prim. Atunci d(g) 1 p nilpotent G. pentru orice grup finit 6. Probleme deschise Problema 6.1. Pentru ce numere naturale m şi n cu m < n există un grup finit G astfel încât d(g) = m n? Problema 6.2. Dat un număr iraţional a [0,1], există un şir de grupuri finite G n, n N, astfel încât lim n d(g n ) = a? 12

17 Problema 6.3. Este mulţimea å gradelor è de comutativitate ale grupurilor neabeliene finite densă în intervalul 0, 5? 8 Problema 6.4. Ce se poate spune despre două grupuri finite G 1 şi G 2 pentru care d(g 1 ) = d(g 2 )? Problema 6.5. Dat a Bibliografie å 0, 5 8 è, determinaţi grupurile finite G pentru care d(g)=a. 1. A. Castelaz Commutativity degree of finite groups, Master Degree Thesis, Wake Forest University, U.S.A., F. Barry, D. MacHale, A.N. Shé Some supersolvability conditions for finite groups, Math. Proc. R. Ir. Acad., 106 (2006), P. Erdös, P. Turan On some problems of a statistical group theory, IV, Acta Math. Acad. Sci. Hung., 19 (1968), A. Erfanian, P. Lescot, R. Rezaei On the relative commutativity degree of a subgroup of a finite group, Comm. Algebra, 35 (2007), R.M. Guralnick, G.R. Robinson On the commuting probability in finite groups, J. Algebra, 300 (2006), W.H. Gustafson What is the probability that two group elements commute?, Amer. Math. Monthly, 80 (1973), P. Hall A contribution to the theory of groups of prime-power order, Proc. London Math. Soc., 36 (1933), K.S. Joseph Commutativity in non-abelian groups, Ph.D. Thesis, University of California, L.A., P. Lescot Sur certains groupes finis, Rev. Math. Spéciales, 8 (1987), P. Lescot Degré de commutativité et structure d un groupe fini (1), Rev. Math. Spéciales, 8 (1988), P. Lescot Degré de commutativité et structure d un groupe fini (2), Rev. Math. Spéciales, 4 (1989), P. Lescot Isoclinism classes and commutativity degrees of finite groups, J. Algebra, 177 (1995), P. Lescot Central extensions and commutativity degree, Comm. Algebra, 29 (2001), P. Lescot, H.N. Nguyen, Y. Yang On the commuting probability and supersolvability of finite groups, Monatsh. Math., 174 (2014), D.J. Rusin What is the probability that two elements of a finite group commute?, Pacific J. Math., 82 (1979), G. Sherman What is the probablity an automorphism fixes a group element?, Amer. Math. Monthly, 82 (1975), G. Sherman A lower bound for the number of conjugacy classes in a finite nilpotent group, Pacific J. Math., 80 (1979),

18 Câteva proprietăţi legate de o ceviană de ordin k Andi BROJBEANU 1, Titu ZVONARU 2 Abstract. Let ABC be a triangle with its sides a = BC,b = CA,c = AB. Let I,G,L denote the incenter, the centroid and respectively the Lemoine point. If c < a < b or c > a > b, the lines IG, IL and GL cut the sides AB and AC at the points P IG, P IL, P GL (AB), respectively Q IG, Q IL, Q GL (AC). In this paper, the conditions under which the pairs of lines (BQ IG,CP IG ), (BQ IL,CP IL ), (BQ GL,CP GL ) meet on the line AD, the Cevian line of order k from the vertex A, are established. Finally, some particular cases of these results are presented. Keywords: Cevian line of order k, incenter, centroid, symmedian, Lemoine point. MSC 2010: 51M04. Fie ABC un triunghi cu laturile a = BC, b = CA, c = AB. Considerăm un punct D situat pe latura BC astfel încât BD DC = c b k (adică AD este o ceviană de ordin k, k R). Paralela prin D la AB intersectează latura AC în punctul E, iar paralela prin D la AC intersectează latura AB în punctul F. Notăm cu M(k) suma DE +DF. Folosind asemănarea, obţinem uşor că M(k) = bck +b k c b k +c k. Proprietate. Funcţia M(k) este descrescătoare. Demonstraţie. Fie k > l. Obţinem succesiv: M(k) M(l) bck +b k c b k +c k bcl +b l c b l +c l b l+1 c k +b k c l+1 +bc k+l +b k+l c b k+1 c l +b l c k+1 +b k+l c+bc k+l (b c)æ b c k b c adevărat pentru orice b şi c. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă b = c. Observaţie. Avem bc = M(k)M(1 k) şi M( k) = bk+1 +c k+1 b k +c k, k R. 2bc Aplicaţii. 1) Din M(1) M(1/2) M(0), avem: b+c bc b+c 2, adică inegalităţile dintre mediile armonică, geometrică şi aritmetică a numerelor Ö b şi c. b+c 2) Din M(0) M( 1), obţinem: b2 +c 2 b+c b2 +c 2, adică 2 b+c 2 2 inegalitatea dintre media aritmetică şi media pătratică a numerelor b şi c. 3) Avem: b n +c n b+c n ( ), n Z Elev, cl. a XII-a, Colegiul Naţional,,C.Carabella, Târgovişte, andi bro@yahoo.com 2 Comăneşti, tzvonaru@yahoo.com l é 0, 14

19 Într-adevăr, pentru n < 0, din M(0) M(i), i = 1, n, obţinem că b+c n n n = M(0) n b 1 i +c 1 i 2 M(i) = 2 b i +c i = b n +c n ( ); i=1 i=1 pentru n = 0, bn +c = n b+c n = 1; 2 2 pentru n > 0, din M(0) M( i), i = 0,n 1, obţinem că b+c n n 1 n 1 = M(0) n b i+1 +c i+1 M( i) = 2 b i +c i = bn +c n 2 i=0 i=0 ( ). În cele ce urmează vom prezenta o legătură a expresiei M(k) cu dreapta lui Nagel, determinată de I-centrul cercului înscris şi G-centrul de greutate, cu dreapta determinată de I şi L-punctul lui Lemoine şi cu dreapta determinată de G şi L. În cazul în careare loc condiţia c < a < b vom vedeacă aceste drepte intersectează laturile AB şi AC şi nu prelungirile acestora (este suficient să avem (a b)(a c) < 0; rezultatele ce urmează sunt valabile şi pentru cazul c > a > b). Fie D X piciorul cevienei AX, X {I,G,L}. Dreptele IG,IL, respectiv GL intersectează dreptele AB şi AC în punctele P IG şi Q IG, P IL şi Q IL, respectiv P GL şi Q GL. Notăm x XY = AP XY P XY B şi y XY = calcula aceste rapoarte în două moduri: I. Din teorema bisectoarei şi teorema lui Steiner obţinem: AQ XY, unde XY {IG,IL,GL}. Vom Q XY B BD I = ac b+c,cd I = ab b+c, BD L = ac2 b 2 +c 2,CD L = ab2 b 2 +c 2. În ipoteza c < a < b, este uşor de verificat că pe latura BC avem ordinea B D L D I D G C şi atunci au loc: D I D G = a(b c) 2(b+c), D GD L = a(b2 c 2 ) 2(b 2 +c 2 ), D abc(b c) ID L = (b+c)(b 2 +c 2 ). Folosind teorema lui Van Aubel pentru ceviana AD X de ordin k obţinem AX = XD X b k +c k şi atunci a k AI ID I = b+c a, AG GD G = 2, AL = b2 +c 2 LD L a 2. Vom avea nevoie şi de următorul rezultat (relaţia (R 2 ) din [1], p.108): 15

20 Lemă. Fie ABC un triunghi şi punctul D (BC). Dacă o secantă intersectează laturile AB,AC şi ceviana AD în punctele M,N, respectiv P, atunci AP PD = BC AM MB AN NC BD AM MB +DC AN NC Aplicând această Lemă la triunghiul ABD G (cu ceviana AD I ), apoi la triunghiul ACD I (cu ceviana AD G ), obţinem: Analog, AI ID I = AG GD G = BD G AP IG P IG B AG GD G BD I AP IG P IG B +D ID G AI D I C AQ IG ID I Q IG C AI D I D G +D G C AQ IG ID I Q IG C x AG IG = GD G. b c a c, y IG = b c b a. x IL = b(b c) a(a c), y IL = c(b c) a(b a) ; x GL = b2 c 2 a 2 c 2, y GL = b2 c 2 b 2 a 2. Deoarece c < a < b, observăm că, într-adevăr, punctele P şi Q aparţin laturilor respective. AP II. Dacă P AB şi Q AC astfel încât PB = x şi AQ = y, atunci au loc QC următoarele relaţii cunoscute: 1. G PQ 1 x + 1 y = 1, 2. I PQ b x + c y = a, 3. L PQ b2 x + c2 y = a2 (cititorul poate demonstra aceste afirmaţii cu uşurinţă pe baza Lemei). Cu notaţiile folosite în metoda I, obţinem aceleaşi valori pentru x XY şi y XY în urma rezolvării celor trei sisteme formate cu relaţiile de mai sus. Propoziţia 1. Dreptele BQ IG şi CP IG se intersectează pe dreapta AD (adică pe ceviana de ordin k) dacă şi numai dacă a = M(k). Demonstraţie. Conform teoremei lui Ceva, avem că dreptele AD,BQ IG,CP IG sunt concurente dacă şi numai dacă DB DC CQ IG AQ IG AP IG BP IG = 1 ck b k b a b c b c a c = 1 a = bck +b k c b k +c k a = M(k). 16

21 Propoziţia 2. Dreptele BQ IL şi CP IL se intersectează pe dreapta AD (adică pe ceviana de ordin k) dacă şi numai dacă a = M(k 1). Demonstraţie. Conform teoremei lui Ceva, avem că dreptele AD,BQ IL,CP IL sunt concurente dacă şi numai dacă DB DC CQ IL AQ IL AP IL BP IL = 1 ck b k a(b a) c(b c) b(b c) a(a c) = 1 a = bck 1 +b k 1 c b k 1 +c k 1 a = M(k 1). Propoziţia 3. Dreptele BQ GL şi CP GL se intersectează pe dreapta AD (adică pe ceviana de ordin k) dacă şi numai dacă a 2 = M(k)M(k 1). Demonstraţie. Conform teoremei lui Ceva, avem că dreptele AD,BQ GL,CP GL sunt concurente dacă şi numai dacă DB DC CQ GL AQ GL AP GL BP GL = 1 ck b k b2 a 2 b 2 c 2 b2 c 2 a 2 c 2 = 1 a 2 = b2 c k +b k c 2 b k +c k a 2 = M(k)M(k 1). Cazuri particulare. 1) Dreptele BQ IG şi CP IG se intersectează pe mediana din A dacă şi numai dacă a este media aritmetică a numerelor b şi c; 2) Dreptele BQ IG şi CP IG se intersectează pe ceviana de ordin 1 din A dacă şi 2 numai dacă a este media geometrică a numerelor b şi c; 3) Dreptele BQ IG şi CP IG se intersectează pe bisectoarea din A dacă şi numai dacă a este media armonică a numerelor b şi c; 4) Dreptele BQ IL şi CP IL se intersectează pe bisectoarea din A dacă şi numai dacă a este media aritmetică a numerelor b şi c. 5) Dreptele BQ IL şi CP IL se intersectează pe ceviana de ordin 3 din A dacă şi 2 numai dacă a este media geometrică a numerelor b şi c. 6) Dreptele BQ IL şi CP IL se intersectează pe simediana din A dacă şi numai dacă a este media armonică a numerelor b şi c. 7) Dreptele BQ GL şi CP GL se intersectează pe mediana din A dacă şi numai dacă a este media pătratică a numerelor b şi c. 8) Dreptele BQ GL şi CP GL se intersectează pe bisectoarea din A dacă şi numai dacă a este media geometrică a numerelor b şi c. 9) Dreptele BQ GL şi CP GL se intersectează pe simediana din A dacă şi numai dacă a 2 este media armonică a numerelor b 2 şi c 2. Bibliografie 1. T. Zvonaru, N. Stanciu Alte proprietăţi caracteristice triunghiului echilateral, Recreaţii Matematice, 2/2011,

22 Absorbţia medicamentelor Larisa CHEREGI 1 Abstract. In this Note we present a mathematical model about a drug s evolution concentration administrated to a patient. In this process we use two types of antibitotics, Beta-lactamase (Benzylpenicillin) and Cephalosporins (Cephalxin) to demonstrate a drug s efficacy. Keywords: concentration, absorbtion, dose, antibiotic. MSC 2010: 92C45. Modul în care un medicament pierde din concentraţie în sângele unui pacient este o problemă fundamentală în farmacologie. Relaţia,,doză-răspuns joacă un rol vital în determinarea dozajului şi a timpului dintre doze pentru un anume medicament. Procesele cinetice importante sunt cele de distribuţie, absorbţie şi eliminare a substanţei medicamentoase. Eliminarea se realizează prin excreţie şi/sau metabolizare. Procesele sunt caracterizate prin constante de viteză proprii şi evoluţia lor este descrisă de ecuaţii matematice. Pe baza acestor ecuaţii şi datelor experimentale se vor obţine parametrii farmacocinetici caracteristici: constantele de viteză, volumul de distribuţie, timpul biologic de înjumătăţire. Informaţia referitoare la farmacocinetica substanţei medicamentoase constituie baza raţională pentru stabilirea unor scheme corecte de administrare a medicamentelor [2]. Farmacocinetica este un instrument de lucru pentru medicul şi farmacistul clinician, care permite o utilizare eficientă a medicamentelor. Fie y = y(t) concentraţia medicamentului în fluxul sanguin la momentul t. Cea mai simplă modelare a variaţiei concentraţiei medicamentului se obţine presupunând că rata de schimbare a concentraţiei este proporţională cu concentraţia medicamentului. În această ipoteză, suntem conduşi la ecuaţia diferenţială (1) dy dt = ky, unde k este o constantă pozitivă specifică medicamentului studiat(valorile lui k pentru diferite medicamente se pot determina)[2]. Experimentele au arătat că modelul dat de (1) aproximează destul de bine fenomenul pentru cele mai multe dintre medicamente, printre care şi penicilina. Presupunem că pacientului i se administrează o doză iniţială y 0 la momentul t = 0, care este absorbită instantaneu de sânge; timpul necesar absorbţiei este de obicei foarte mic în comparaţie cu timpul dintre doze. Aşadar, presupunem că este îndeplinită condiţia y(0) = y 0. Prin integrare, obţinem că soluţia ecuaţiei (1) care satisface această condiţie este (2) y = y 0 e kt, t 0, formulă ce indică o descreştere exponenţială a concentraţiei medicamentului. 1 Studentă, an II, Fac. de Ştiinţe, Universitatea din Oradea; cheregi.larisa@yahoo.com 18

23 După un interval de timp T stabilit, este administrată o nouă doză de cantitate y 0. Notând cu T + timpul imediat de după momentul T, pentru concentraţia medicamentului în sânge avem [1]: (3 1 ) y(t + ) = y 0 +y(t) (2) = y 0 +y 0 e kt = y 0 (1+e kt ). Procedăm la momentul t = T aşa cum am procedat la momentul t = 0, dar ţinând seama de noua condiţie iniţială, dată de (3 1 ); ecuaţia diferenţială (1) ne conduce la soluţia (2 1 ) y(t) = y 0 (1+e kt )e k(t T), t T. Dând din nou pacientului o doză y 0 la momentul t = 2T, avem de integrat ecuaţia (1) cu condiţia iniţială (3 2 ) y(2t + ) = y 0 +y(2t) (21) = y 0 (1+e kt +e 2kT ). Vom obţine (2 2 ) y(t) = y 0 (1+e kt +e 2kT )e k(t 2T), t 2T. Continuând să administrăm doza y 0 la momentele 3T,4T etc., vom obţine (3 n ) y(nt + ) = y 0 (1+e kt +e 2kT +...+e nkt ), adică y(nt + ) = y 0 1 e (n+1)kt 1 e kt. Cum e (n+1)kt 0, rezultă că y(nt + ), adică, pe măsură ce n 1 e kt numărul dozelor administrate creşte, cantitatea de medicament tinde la un nivel de saturaţie (4) y s = y 0 1 e kt. n y 0 Această formulă poate fi utilizată pentru a determina: i) intervalul de timp T necesar între doze, pentru o doză iniţială şi un nivel de saturaţie prescrise; ii) nivelul dozei y 0 necesar pentru a obţine nivelul de saturaţie y s cu un interval de timp T prescris. Abordarea precedentă are dezavantajul că nivelul y s necesar de medicament este atins lent. O altă abordare, sugerată de însuşi nivelul de saturaţie care trebuie atins, constă în a porni cu o doză egală cu y s. La momentul T, pacientului i se administrează o a doua doză y d, calculată astfel încât nivelul de concentraţie să crească din nou la y s : y s = y(t + ) = y d +y s e kt (am luat y 0 = y s ), adică (5) y d = y s (1 e kt )y s. 19

24 Se continuă în mod evident. Această metodă are avantajul că nivelul cerut este atins imediat, dar multe medicamente pot provoca efecte secundare nedorite. În practică se face un compromis între cele două metode ilustrate mai sus: pacientul începe cu o doză dublă 2y 0, urmată de doze regulate y 0 ; sunt folosite astfel avantajele celor două metode, iar dezavantajele sunt minimizate [1]. Studiu de caz Am ales două tipuri de antibiotice aparţinând unor grupe diferite, beta-lactarnice şi cefalosporine, relativ la care ne interesează concentraţia la care se ajunge în organism după 7 zile de administrare şi determinarea antibioticului care este cel mai eficient din punct de vedere al relaţiei efect-timp. Convenim asupra notaţiilor: T = interval de administrare, T 1/2 = timpul de înjumătăţire(timpul necesar pentru scăderea concentraţiei plasmatice a unei substanţe medicamentoase cu 50%), y 0 =doza de medicament iniţială, k=constanta de epurare specifică substanţei medicamentoase. Menţionăm faptul că, pentru ambele antibiotice considerate, valorile acestor parametri ţin de natura medicamentului şi de practică medicală, cât şi de calea de administrare. Benzilpenicilina se administrează intravenos, pe când Cefalexinul în acest caz se administrează per os (pe cale orală). I Benzilpenicilina (Penicilina G): T = 8 ore, T 1/2 = 0,5 ore, Y 0 = 10 6 u [sau y 0 = 600 mg = 0,6 g (0,6µ g = 1u)]. Calculăm constanta k pentru acest medicament: k = ln2 = 0,6931 = 1,3863. T 1/2 0,5 (4) 10 6 Nivelul de saturaţie este: y s = = , e 1, Vom urmări momentul în care se ajunge la concentraţia de saturaţie: t = 0,y = y 0 = 10 6, ce reprezintă concentraţia medicamentoasă din sânge la doza iniţială administrată (concentraţia, fapt ştiut, descreşte rapid; de exemplu, după 7 ore de la administrare, adică la t = 7,y = 10 6 e 1, = 61,0327); t = T = 8,y = 10 6 (1+e 1, ) = , ,cereprezintăconcentraţia la prima doză administrată dupa cea iniţială; t = 2T = 16, y = 10 6 (1+e 1, e 1, ) = ,258335; t = 3T = 24,y = 10 6 (1+e 1, e 1, e 1, ) = , Aşadar, observăm că momentul în care se atinge concentraţia de saturaţie pentru Benzilpenicilina este 2T, după acest timp valorile rămânând aproximativ aceleaşi. Concentraţia la care se ajunge după 7 zile este dată de y = e 21 1, e 1, = ,2583(e 21 1, fiind neglijabil), deci nivelul de saturaţie este y s. 20

25 Urmând a doua abordare, se administrează pacientului la momentul t = 0 doza y s = ,2583 şi apoi, la momentele t = T,2T,..., doza y d (5) = ,2583(1 e 1, ) = =y 0. Putem calcula timpul de după încetarea tratamentului în care antibioticul perisistă y 0 în organism punând condiţia y 0 = 1 e kt e kt, echivalentă cu e kt 1 = 1 e kt. Logaritmând, se obţine t = 1, II Cefalexin: T = 6 ore, T 1/2 = 1 oră, y 0 = 250 mg. Obţinem: k = ln2 250 = 0,6931, y s = = 253, T 1/2 1 e 0, t = 0 y = y 0 = 250, t = T = 6 y = 250(1+e 0, ) = 253, , t = 2T = 12 y = 250(1+e 0, e 0, ) = 253, , t = 3T = 18 y = 250(1+e 0, e 0, e 0, ) = 253, Concentraţia după 7 zile: 4y = e 28 0, e 0, = 253,96939= ys. O altă abordare: se administrează pacientului la momentul t = 0 doza y s = 253,96939, iar la momentele t = T,2T,... doza y d = 253,96939 (1 e 0, ) = 250 = y 0. Calculăm timpul de după încetarea tratamentului în care antibioticul perisistă în organism în acelaşi mod şi obţinem: t = 0, Concluzie. Momentul în care se atinge concentraţia de saturaţie pentru Benzilpenicilina este 2T, pentru Cefalexin este 3T. Aşadar, este mai eficientă Benzilpenicilina. Bibliografie 1. D.N. Burghes, M.S. Borrie Modelling with Differential Equation, Ellis Horwood Limited, A.A. Ciupa, R.V. Ciupa Modele matematice în biomedicină, Casa Cărţii de Ştiinţă, Cluj-Napoca,

26 Aplicaţii ale teoremei lui McCoy Irina CRISTALI 1 Abstract. In this Note, the McCoy s theorem (see formula (3)) is used to solve several problems given at some contests and olympiads. Keywords: matrix, characteristic polinomial, Cayley-Hamilton theorem, McCoy theorem. MSC 2010: 97D40, 15A18. În acest articol, sunt prezentate câteva rezultate remarcabile care conduc către teorema lui McCoy, un instrument foarte util în rezolvarea anumitor probleme de algebră liniară, unele de dificultate sporită. Pentru o matrice A M n (C), vom nota cu Sp(A) (spectrul matricei A) n-uplul format din valorile proprii repetate corespunzător cu ordinele lor de multiplicitate. O matrice A M n (C) se numeşte unitară dacă (1) A t A = I n. Teorema 1 (Schur). Pentru orice matrice A M n (C), există o matrice unitară S astfel încât: λ1 b b 1n á 0 λ 2 b 2n S A S 1 =., λ n unde λ 1,λ 2,...,λ n sunt valorile proprii ale matricei A. Acest rezultat arată că orice matrice este unitar-echivalentă cu o matrice superiortriunghiulară, fapt fundamental în teoria elementară a matricelor. Teorema 2. Fie F = {A 1,A 2,...,A n } o familie comutativă de matrice (i.e. A i A j = A j A i, A i,a j F). Atunci, există o matrice unitară S astfel încât matricele (2) S A i S 1, i = 1,n, sunt superior-triunghiulare. Pentru demonstraţiile teoremelor 1 şi 2 se poate consulta [3]. O consecinţă importantă a celor prezentate mai sus este Teorema 3 (McCoy). Considerăm ofamilie comutativăde matrice A 1,A 2,...,A k M n (C), cu Sp(A i ) = [λ i1,λ i2,...,λ in ], respectând ordinea impusă de (2). Atunci, pentru orice polinom f C[x 1,x 2,...,x k ], avem că (3) Sp(f (A 1,A 2,...,A k )) = {f (λ 1i,λ 2i,...,λ ki ) i {1,2,...,n}}. 1 Elevă, cl. a XI-a, Col. Naţ. de Inf.,,Tudor Vianu, Bucureşti; irina.cristali@gmail.com 22

27 Observaţie. Fie A,B două matrice care comută, cu Sp(A) = [α 1,α 2,...,α n ], Sp(B) = [β 1,β 2,...,β n ]. Conform teoremei 2, există o matrice unitară S astfel încât: α1 u 12 u 1n á β1 v v 1n á 0 α 2 u 2n 0 β 2... v 2n S A S 1 =.. şi S B S = α n β n Aşadar, α1 +β 1 u 12 +v u 1n +v 1n á 0 α 2 +β 2 u 2n +v 2n S (A+B) S 1 = , α n +β n adică A + B este unitar-echivalentă cu o matrice superior-triunghiulară, care are spectrul [α 1 +β 1,α 2 +β 2,...,α n +β n ]. Rezultatul obţinut este un caz particular al teoremei 3. În cele ce urmează, vom utiliza teorema lui McCoy în scopul rezolvării unor probleme de olimpiadă, soluţiile date fiind diferite de cele cunoscute. Problema 1. Fie matricele A,B M n (R), cu proprietăţile B 2 = I n şi A 2 = AB +I n. Arătaţi că deta 1+ 5 n. (M. Cavachi; ONM, etapa jud., 2007) 2 Soluţie. Să arătăm că matricele A şi B comută. Condiţia A 2 = AB +I n se scrie A 2 AB = I n (i). Din (i) urmează: A(A B) = I n (A B)A = I n A 2 BA = I n (ii). Din relaţiile (i) şi (ii) rezultă că AB = BA. Cum B 2 = I n, atunci orice valoare proprie β a lui B satisface β 2 = 1. Rezultă că β { 1,+1}. Fie Sp(A) = [λ 1,λ 2,...,λ n ]. Cum A 2 AB I n = O n, utilizând teorema McCoy, deducemcăλ 2 i ±λ i 1 = 0şiobţinemcăλ i În fiecare dintre aceste situaţii, λ i λ 1 λ 2... λ n, rezultă că det(a) , , 1 5 2, , i {1,2,...,n}. Cum det(a) = n, q.e.d. Problema 2. Fie A,B M n (R) două matrice astfel încât AB = BA, A 2013 = I n şi B 2014 = I n. Demonstraţi că matricea A+B +I n este inversabilă. Soluţie. Să presupunem, prin absurd, că det(a+b +I n ) = 0. Atunci 0 este una dintre valorile proprii ale matricei A+B+I n. Conform teoremei lui McCoy, există o valoare proprie a lui A, α, şi o valoare proprie a lui B, β, astfel încât α+β +1 = 0. Deoarece A 2013 = I n, respectiv B 2014 = I n, avem că α 2013 = 1, respectiv β 2014 = 1. 23

28 În particular, α = β = 1. Cum 3 numere complexe de acelaşi modul au suma 0 dacă şi numai dacă formează un triunghi echilateral, înseamnă că 1, α şi β formează un triunghi echilateral. Rezultă că α şi β sunt rădăcinile primitive de ordinul 3 ale unităţii. În particular, β3 = 1, de unde β = 1, deci β 2015 = 1. Ţinând cont că β 2014 = 1, obţinem că β = 1, care nu este rădăcină primitivă de ordinul 3 a unităţii, contradicţie. Deci A+B +I n este inversabilă. Problema 3. Fie A M n (C), n 2. Să se demonstreze că det(a + B) = det(a)+det(b), B M n (C) pentru care AB = BA, dacă şi numai dacă A n = O n. Soluţie.,, Pentru B = A, rezultă că det(2a) = 2det(A) (2 n 2)det(A) = 0 det(a) = 0, deoarece n 2. Pentru B = xi n, avem: det(a xi n ) = det(a)+( 1) n x n det(a xi n ) = ( 1) n x n, decipolinomulcaracteristicallui AesteP A (x) = ( 1) n x n. Conformteoremei Cayley- Hamilton, avem că P A (A) = O n, de unde A n = O n.,, Deoarece A n = O n, polinomul caracteristic al lui A este ( 1) n x n, deci toate valorile proprii ale lui A sunt nule. Conform teoremei lui McCoy, orice valoare proprie a lui A+B este suma dintre o valoare proprie a lui A (adică 0) şi o valoare proprie a lui B. Astfel, Sp(A+B) = Sp(B) det(a+b) = det(b). Ţinând cont că det(a) = 0, obţinem concluzia. Problema 4. Fie M = {A M 2 (C) det(a zi 2 ) = 0 z < 1}. Să se demonstreze că dacă A,B M şi AB = BA, atunci A B M. (ONM, etapa finală, 2000) Soluţie. Fie A,B M. Notăm Sp(A) = [α 1,α 2,...,α n ], respectiv Sp(B) = [β 1,β 2,...,β n ], cu ordinea impusă de (2). Evident, putem scrie: M = {A M 2 (C) z < 1, z Sp(A)}. Conform teoremei lui McCoy, Sp(AB) = [α 1 β 1,α 2 β 2,...,α n β n ]. Aşadar, din A,B M avem că α i < 1 şi β i < 1, i = 1,n, de unde α i β i < 1, i = 1,n, ceea ce arată că A B M. Problema 5. Fie matricele A,B M n (R), n N. Dacă A 2 = B 3 = I n şi AB = BA, să se arate că det(a+b +I n ) = 3 k, unde k este număr natural. Soluţie. Fie Sp(A) = [α 1,α 2,...,α n ], respectiv Sp(B) = [β 1,β 2,...,β n ]. Cum A 2 = I n, avem că orice valoare proprie α i a lui A satisfice relaţia α 2 i = 1, deci 24

29 α i { 1,+1}, oricare ar fi i = 1,n. Analog, din faptul că B 3 = I n deducem că β i {1,ε,ε}, oricare ar fi i = 1,n, ε fiind rădăcină nereală de ordinul 3 a unităţii. Din teorema lui McCoy, deci Sp(A+B +I n ) = [α 1 +β 1 +1,α 2 +β 2 +1,...,α n +β n +1], det(a+b +I n ) = (α 1 +β 1 +1)(α 2 +β 2 +1)... (α n +β n +1). Pentru orice i = 1,n, avem α i +β i +1 {1+1+1,1+ε+1,1+ε+1, 1+1+1, 1+ε+1, 1+ε+1} = = {3,2+ε,2+ε,1,ε,ε}. Deoarece A+B +I n M n (R), polinomul caracteristic al acesteia are coeficienţi reali şi deci ordinul de multiplicitate al unei valori propri complexe nereale coincide cu ordinul de multiplicitate al conjugatei acesteia. Cum ε ε = 1 şi (2+ε)(2+ε) = 3, înseamnă că produsul valorilor proprii ale lui A+B +I n este o putere a lui 3, ceea ce trebuia demonstrat. Bibliografie 1. Gh. Andrei, C. Caragea, Gh. Bordea Algebră pentru concursuri de admitere şi olimpiade şcolare, Editura TopAZ, Constanţa, D. Buşneag, F. Chirteş, D. Piciu Complemente de algebră, Editura Gil, Zalău, R.A. Horn, Ch. R. Johnson Analiză matricială, Editura Theta, Bucureşti, Să se completeze înmulţirile: T. Bîrsan (Răspuns la pag. 39) 25

30 Numere prime şi sume de pătrate Ştefan TUDOSE 1 Abstract. In this Note, the Theorems 1 and 2 regarding the representation of prime numbers as sums of perfect squares, are employed for solving some problems that were proposed at mathematical contests. Keywords: prime numbers, perfect square, Legendre symbol. MSC 2010: 11A07, 11D72. În această Notă, Q 2 va nota mulţimea numerelor ce se pot scrie ca sumă de două pătrate perfecte, iar P 3 - mulţimea numerelor prime de forma M Vom prezenta câteva rezultate teoretice necesare în rezolvarea problemelor discutate în continuare. Utilizarea simbolului lui Legendre aduce simplificări demonstraţiilor obişnuite ale teoremelor de mai jos.(v. [1], 53-54). Pentru definirea şi proprietăţile acestui simbol, cât şi simbolului lui Jacobi, se poate consulta [2], Instrumentul oferit de aceste simboluri este folosit şi în rezolvarea problemelor. Avem nevoie de următoarea lemă ([1], 53): Lemă (Thue). Dacă n N şi a este coprim cu n, atunci există numerele naturale x şi y, 0 < x,y < n astfel încât xa ±y(mod n) pentru o alegere convenabilă a semnelor + şi. Teorema 1. Orice număr prim p 1(mod 4) aparţine lui Q 2, iar scrierea sa ca o sumă de pătrate este unică. Demonstraţie. Cum p 1(mod 4), rezultă că 1 p = ( 1) p 1 2 = 1, deci există n N astfel încât p n Evident, p şi n sunt coprime. Aplicând Lema, obţinem că există x şi y, 0 < x,y < p cu proprietatea că p n 2 x 2 y 2. Deoarece p n 2 +1, rezultă că p x 2 +y 2. Cum x 2 +y 2 < 2p, conchidem că p = x 2 +y 2. Teorema 2. Fie numărul prim p P 3 cu proprietatea că p a 2 + b 2. Atunci p (a,b). Demonstraţie. Dacă (p,(a,b)) = 1, rezultă că (p,a) = (p,b) = 1. Utilizând simbolul lui Legendre, avem: a 2 b 2 1 = = = 1 = ( 1) p 1 2 = 1, p p p contradicţie. Presupunerea făcută este falsă, deci p (a, b). Consecinţă. Un număr aparţine lui Q 2 dacă şi numai dacă orice factor prim de forma M 4 +3 din descompunerea sa în factori primi apare la un exponent par. 1 Elev, cl. a X-a, Lic. Internat. de Informatică, Bucureşti; tudosestefanrares@gmail.com 26

31 Se demonstrează folosind teoremele de mai sus şi identitatea lui Lagrange: (a 2 + b 2 )(c 2 +d 2 ) = (ac bd) 2 +(ad+bc) 2. Problema 1. Ecuaţia y 2 = x 3 +7 nu are soluţii întregi. Soluţie. Problema în sine nu este foarte grea, dar merită menţionată pentru idee. 1 Să presupunem că ecuaţia are măcar o soluţie în Z 2. Rezultă că numărul x este impar (altfel, y 2 7(mod 8)). Să rescriem ecuaţia în altă formă; avem: x 3 +8 = y 2 +1 (x+2)(x 2 2x+4) = y Deoarece x este impar, x 2 2x+4 = (x 1) (mod 4), deci x 2 2x+4 va avea un divizor p, cu p P 3. Observăm că p x 2 2x+4 y Conform Teoremei 2, p (y,1) = 1, contradicţie. Observaţie. În aceeaşi manieră pot fi rezolvate şi alte ecuaţii de tip Mordell: y 2 = x 3 5, y 2 = x 3 6, y 2 = x Problema 2. Să se demonstreze că există o infinitate de numere naturale k pentru care se pot găsi numerele naturale m şi n cu proprietatea că 3 k = m 2 +n Soluţie. Utilizăm identitatea: 3 2x 1 = (3 1)(3+1)(3 2 +1)...(3 2x 1 +1). Cum fiecare factor din produs se scrie ca sumă a două pătrate perfecte(pentru primele două paranteze avem: (3 1)(3+1) = ), din identitatea lui Lagrangerezultă că există m,n numere naturale astfel încât 3 k 1 = m 2 +n 2, pentru orice k = 2 x, x N. Problema 3. Să se demonstreze că există secvenţe de numere consecutive oricât de lungi astfel încât niciunul din numere să nu aparţină lui Q 2. Soluţie. Fie numărul n N şi numerele p 1,p 2,...,p n P 3 (mulţimea P 3 este infinită, consecinţă imediată a teoremei lui Dirichlet ([2], p.214)). Să observăm că un număr n p(mod p 2 ), cu p P 3, nu poate aparţine lui Q 2, fapt ce sugerează alegerea unui număr x astfel încât x p 1 1(mod p 2 1), x p 2 2(mod p 2 2),..., x p n n(mod p 2 n). Deoarece (p i,p j ) = 1, i j, din lema chineză a resturilor ([2], p.172), există un x care să satisfacă sistemul de congruenţe de mai sus. Astfel, niciunul din numerele x+1,x+2,...,x+n nu aparţine lui Q 2. Cum n a fost ales arbitrar, afirmaţia este demonstrată. 1 Cam mult spus idee; soluţia prezentată aici îi aparţine lui Lebesgue şi a fost dată de către acesta în Între timp, ideea a devenit metodă, cel mai recent exemplu fiind Problema 2 din al treilea test de selecţie pentru OBMJ, O ecuaţie de tipul y 2 = x 3 +k se numeşte ecuaţie Mordell. Acesta a arătat în 1920 că, pentru k Z, ecuaţia are un număr finit de soluţii. 27

32 Problema 4. Să se demonstreze că nu există numerele naturale m, n, p astfel încât 4mn m n = p 2, p N. (Shortlist OIM, 1984) Soluţie. Să presupunem că ecuaţia dată are măcar o soluţie. Are loc factorizarea: 4mn m n = p 2 (4m 1)(4n 1) = 4p În acest moment problema este ca şi rezolvată, deoarece există un r P 3, r 4p 2 +1, contradicţia fiind aceeaşi cu cea din Problema 1. Observaţie. O analiză mai atentă a problemei sugerează şi o posibilă generalizare: Să se afle soluţiile ecuaţiei 4mnq m n = p 2, cu q un număr impar. Fără a şti enunţul problemei precedente, această ecuaţie pare destul de inabordabilă, fapt datorat în mare parte prezenţei lui q. Din nou, factorizarea este cheia: 4mnq m n = p 2 (4mq 1)(4nq 1) = 4qp Utilizarea simbolul lui Legendre este inadecvată în acest caz, deoarece este relativ greu să-l calculăm fără a avea informaţii despre conexiunea dintre divizorii lui 4mq 1, 4nq 1 şi 4qp Apare cu totul firesc ca simbolul lui Jacobi, ce îl generalizează pe cel al lui Legendre, să fie instrumentul util în scopul rezolvării acestei probleme mai generale. Cum 4mq 1 şi q sunt impare, avem: 4qp = 4mq 1 ( 1) 2mq 1 4mq 1 q = 4mq 1 = q = 4mq 1 ( 1) q 1 2 (2mq 1) = ( 1)( 1) q 1 2 contradicţie. În concluzie, nici ecuaţia mai generală nu are soluţii. 1 q = 1, Teme de gândire. 1) Există o bijecţie f : N N astfel încât f(3mn+m+n) = 4f(m)f(n)+ f(m)+f(n)? 2) Să se determine toate funcţiile f : Z [0, ) care satisfac simultan condiţiile: a) f(xy) = f(x)f(y), b) 2f(x 2 +y 2 ) f(x) f(y) {0,1}, x,y Z. Indicaţie. Deşi au un aspect algebric, ambele se rezolvă prin idei,,împrumutate din teoria numerelor: substituţii, bijecţii între diverşi monoizi, identitatea lui Bézout şi unele rezultate utilizate în acest material. Bibliografie 1. T. Andreescu, G. Dospinescu Problems from the book, XYZ Press, I. Creangă et al. Introducere în teoria numerelor, Editura didactică şi pedagogică, Bucureşti,

33 Matrices compagnons une étude élémentaire Adrien REISNER 1 Abstract. We study here the elementary properties of companion matrices: characteristic and minimal polynomial, eigenvalues and eigenvectors, diagonalisable matrices. Application: locating of polynomial roots. Keywords: companion matrix, characteristic polynomial, eigenvalues, rational canonical form. MSC 2010: 15A21. Les matrices compagnons interviennent en particulier dans la forme rationnelle canonique de toute matrice A M n (R) et qui sera rappelée dans le complément de cet article. C est un des intérêts de telles matrices. Notations. Le polynôme caractéristiquede toute matrice A M n (R) sera désigné par χ A (X) = det(a XI n ); m A (X) désignera le polynôme minimal de la matrice A, i.e. le polynôme normalisé de degré minimum vérifiant m A (A) = 0, générateur de l idéal principal {Q R[X] Q(A) = 0}. (Cet idéal est le noyau de l homomorphisme R[X] M n (R), P P(A).) Si P(X) = X n +a n 1 X n a 0 est un polynôme normalisé de R[X], on lui associe la matrice suivante, appelée matrice compagnon du polynôme P: a0 à a C P = a n 1 Théorème 1. C P est inversible si et seulement si P(0) 0. Démonstration. En développant det(c P ) suivant sa première ligne, on obtient: det(c P ) = ( 1) n+1 ( a 0 ) 1 = ( 1) n P(0), d où l équivalence suivante: C P GL n (R) P(0) 0. Théorème 2. Il existe une constante α telle que le polynôme caractéristique de C P, χ CP (X), soit égal à αp. a: Démonstration. En développant det(c p XI n ) suivant sa dernière colonne, on n 2 χ CP = det(c p XI n ) = ( a n 1 X)( X) n 1 + ( 1) n+k+1 ( a k ) k, où 1 TELECOM ParisTech; adrien.reisner@yahoo.fr k=0 29

34 k = X X X (( X) étant écrit k fois). Il vient immédiatement det ( k ) = ( X) k et par suite n 2 χ CP = ( 1) n (X n +a n 1 X n 1 + ( 1) k a k ( 1) k X k ) = ( 1) n P(X), k=0 donc χ CP (X) = αp, d où le Théorème 2 avec α = ( 1) n. Corollaire 3. Etant donné un polynôme P(X), les deux assertions suivantes sont équivalentes: i) Il existe une matrice A M n (R) telle que χ A = P. ii) P est un polynôme de degré n de coefficient dominant ( 1) n. Démonstration. Si le polynôme P vérifie l assertion i) il est nécessaire que degp = n et que son coefficient dominant soit ( 1) n. Le Théoreme 2 montre alors que cette condition est suffisante. Théorème 4. a) Sp C P = Sp t C P. b) Le sous-espace propre de t C P associé à la valeur propre λ est la droite vectorielle Ker( t C P λi n ) = Vect (1,λ,λ 2,...,λ n 1 ). Démonstration. a) Les matrices C P et t C P ont même polynôme caractéristique et donc le même spectre. b) Soit λ Sp( t C P ) et X = (x i ) M n,1 (R). On a les équivalences suivantes: n 1 t C P X = λx k : 1...n 1, x k+1 = λx k et a i x i+1 = λx n i=0 n 1 k : 2...n, x k = λ k 1 x 1 et a i λ i x 1 = λ n x 1 n 1 k : 2...n, x k = λ k 1 x 1 et (λ n + a i λ i ) x 1 = P(λ)x 1 = 0, λ étant racine du polynôme P, d où l assertion b). Corollaire 5. La matrice t C P (donc la matrice C P ) est diagonalisable si et seulement si P est scindé sur R et a toutes ses racines simples. 30 i=0 i=0

35 Démonstration. La matrice t C P est diagonalisable si et seulement si χt C P = ( 1) n P est scindé sur R et pour toute valeur propre λ la dimension du sous-espace propre associé est l ordre de multiplicité de cette valeur propre. Compte tenu de l assertion b) du théorèmeprécédent tout sous-espace propre de t C P est de dimension 1, d où le Corollaire 5. Supposons que P admet les n racines simples λ 1,λ 2,...,λ n et soit V = (v i,j ), où v i,j = λ i 1 j. On retrouve le résultat bien connu suivant: Corollaire 6. La matrice de Vandermonde V est inversible. Démonstration. En effet, compte tenu de l assertion b) du Théorème 4, pour 1 j n le sous-espace propre associé à la valeur propre λ j de t C P est engendré par le vecteur e j = (λ i 1 j ) 1 i n. Compte tenu du Corollaire 5, la matrice t C P est diagonalisable. On en déduit que la famille (e j ) 1 j n est une base de R n et par suite le déterminant de Vandermonde det (λ i 1 j ) 1 i,j n est non nul: t C P = Vdiag (λ 1,...,λ n ) V 1. Soit f un endomorphisme dn R-espace vectoriel E de dimension n vérifiant: f n 1 0 et f n = 0, i.e. f est nilpotent d indice n. On a le théorème suivant: Théorème 7. Il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est une matrice compagnon. Démonstration. Soit x 0 un vecteur de R n tel que f n 1 (x 0 ) 0. Montrons que la famille {x 0,f(x 0 ),...,f n 1 (x 0 )} est libre. Supposons par l absurde que cette famille est liée. Alors il existe (λ 0,...,λ n 1 È ) (0,0,...,0) tel que n 1 λ k f k (x 0 ) = È 0. Soit p = min{k k : 0...n 1, λ k 0}. Par définition 0 p n 1 et n 1 λ k f k (x 0 ) = 0. En considérant l image des deux membres par f n 1 p (n 1 p k=p est un entier positif), on obtient: È n 1 k=p k=0 λ k f k+n p 1 (x 0 ) = 0, d où λ p f n 1 (x 0 ) = 0 - puisque pour k n, f k (x 0 ) = 0 -. Comme f n 1 (x 0 ) 0, on obtient λ p = 0 ce qui contredit la définition de l entier p. Donc la famille {x 0,f(x 0 ),...,f n 1 (x 0 )} est libre et par suite c est une base de R n. Dans cette base la matrice de f est la matrice a0 à a compagnon 1 du polynôme P(X) = X... n. (On a dans ce a n 1 cas: m f (X) = P(X) = X n et χ f (X) = ( 1) n X n.) Afin de généraliser ce théorème, on propose l exercice suivant: Exercice. Montrer que sil endomorphisme f de E vérifie la condition ( 1) n χ f (X) = m f (X) = P (ou encore si deg m f = n), alors il existe v E non nul tel que la famille B = {v,f(v),...,f n 1 (v)} soit une base de E. 31

36 La matrice de f dans cette base B est alors la matrice C P - voir le Corollaire 3. Dans ce cas f est un endomorphisme cyclique - voir [1], pages Une matrice M commute avec C É P si et seulement si M R[C P ]. Ainsi, en particulier, tout endomorphisme nilpotent d indice n est cyclique. Indications. Soit È m f = P di i la décomposition de m f en produit de Ä facteurs P i irréductibles. Lethéorèmededécompositiondesnoyauxconduità: E = KerP di i (f). Le vecteur v = v i où v i KerP di i (f) vérifie v 0 et m f (v) = 0. La famille {v,f(v),...,f n 1 (v)} est une base de E dans laquelle la matrice de f est C P - voir démonstration du Théorème 7 -. Théorème 8. P étant un polynôme normalisé, les matrices C P et t C P sont semblables: M GL n (R) telle que M 1 C P M = t C P. la forme M = M1 M 2 Démonstration. En effet, la matrice M = (m i,j ) telle que m i,j = a k 1 si i+j = k n, m i,j = 1 si i+j = n+1 et enfin m i,j = 0 si i+j n+2 s écrit par blocs sous GL (1) 0 n (R), où le bloc (1) est carré d ordre 1 et M 2 est le bloc carré d ordre n 1. On a: C P M = M t C P = Diag (( a 0 ),M 2 ). Application: localisation des racines d un polynôme. Notations. Pour A = (a i,j ) M n (C), on pose r i È = n a i,j pour i n, et D i = {z C, z r i }. Enfin, pour X = (x i ) M n,1 (C) posons X = max 1 i n. x i. Théorème 9. Avec ces notations on a: Sp A D k, 1 k n. Démonstration. Si AX = λx, on obtient pour 1 i n: λx i È = n a i,j x j et j=1 par suite: λx i È n a i,j x j X È ( n a i,j ) = r i X, i : 1...n. j=1 Soit i 0 un indice tel que X = x i0. λ X = λx i0 r i0 X Le vecteur propre X étant non nul: λ r i0 soit λ D i0, d où le Théorème 9. Soit P = X n +a n 1 X n a 1 X +a 0 C[X]. On a le corollaire suivant: Corollaire 10. Toutes les racines de P sont dans le disque fermé de centre O et de rayon R = max{ a 0,1+ a 1,...,1+ a n 1 }. Démonstration. Notons (λ 1,...,λ n ) les n racines (distinctes ou confondues) de P dans C. D après le Théorème 1, ( 1) n P étant le polynôme caractéristique de la matrice C P, on a: SpC P = (λ 1,...,λ n ). Or pour la matrice C P : r 1 = a 0, et pour 2 i n, r i = 1+ a i 1. Le corollaire 10 en résulte. Remarque. On peut montrer - mais ceci dépasse le niveau du présent article - le théorème suivant: 32 j=1 j=1

37 Théorème 11. Si U et V sont deux matrices inversibles vérifiant la relation rg(u V) = 1 et telles que les polynômes caractéristiques χ U et χ V soient premiers entre eux, alors il existe une matrice inversible P telle que: U = P 1 C U P et V = P 1 C V P, où C U (resp. C V ) est la matrice compagnon du polynôme ( 1) n χ U (resp. ( 1) n χ V ). Compléments: forme rationnelle canonique des matrices. Le théorème suivant dont la démonstration dépasse encore le niveau de cet article, est extrémement important. Le lecteur intéressé trouvera une démonstration dans [1], ch.19, p. 449, dans [2], ch.14, 2, p. 557 ou dans [3], p Théorème 12. K étant un corps commutatif, toute matrice A M n (K) est semblable à une matrice de la forme suivante - décomposition de Frobénius (matrice bloc - diagonaux): C P1Å CP2... Å C Ps = Diag(C P1...C Ps ) = CP C P C Ps où les P i sont des polynômes normalisés non constants de K[X] déterminés de manière unique tels que P 1 P 2... P s. (P i P j : P i divise P j.) Les polynômes P i sont les facteurs invariants de la matrice A - voir [4] -. En particulier, on a: P s = m A et χ A = ( 1) n É s i=1 P i. Ainsi, deux matrices de M n (K) sont semblables si et seulement si elles ont les mêmes facteurs invariants. Ce théorème permet de démontrer une généralisation du Théorème 8: Corollaire 13. Toute matrice A M n (K) est semblable à sa transposée t A. Démonstration. Soit A = Diag(C Pi ) la forme rationnelle canonique de la matrice A - voir Théorème Pour tout indice i: 1...s désignons par M i la matrice inversible introduite dans le Théorème 8 vérifinant: M 1 i C Pi M i = t C Pi. La matrice inversible M = Diag(M i ) est alors telle que: M 1 AM = Diag(M 1 i )Diag(C Pi )Diag(M i ) = Diag(M 1 i C Pi M i ) = = Diag ( t C Pi ) = t A. Exercices résolus. Les exercices suivants utilisent les notions précédentes et montrent l importance de ces notions. Ici les facteurs invariants sont évidents. Exercice 1. Soient les trois matrices suivantes: A = 0 3 7, B = , C = à

38 Montrer que α GL 3 (R) telle que B = α 1 Cα, i.e. B et C sont semblables et que β GL 3 (R) telle que A = β 1 Bβ, i.e A et B ne sont pas semblables. χ A = χ B = χ C = (X 2) 2 (X 3); (A 2I)(A 3I) = 0; (B 2I)(B 3I) 0 et (C 2I)(C 3I) 0; m A = (X 2)(X 3); m B = m C = P = (X 2) 2 (X 3). Les facteurs invariants de A sont (X 2) et (X 2)(X 3); B et C ont un seul facteur invariant, à savoir, l unique polynôme P = (X 2) 2 (X 3). La matrice A est semblable à la matrice: A = C X 2 Ä C(X 2)(X 3) = matrices B et C sont semblables à la matrice C P = m B = m C = Les d où l existence de la matrice α GL 3 (R) - transitivité -. Enfin les matrices B et C ne sont pas semblables à la matrice A - facteurs invariants distincts -. Remarque. Les deux endomrphismes représentés par B et C dans la base canonique de R 3 sontcycliques. Ce n est pas le cas de l endomorphismereprésentéparla matrice A dans la base canonique de R 3. Exercice 2. Trouver les matrices A M 3 (R) telles que m A (X) = (X 2) 2. Dans ce cas χ A (X) = (X 2) 3 puisque les polynômes m A et χ A ont les mêmes racines. Les facteurs invariants de A sont: X 2 et (X 2) 2. La matrice A est donc semblable à la matrice C X 2 Ä C(X 2) 2 et par suite toutes les matrices A M 3 (R) vérifiant m A (X) = (X 2) 2 sont de la forme suivante: A = P 1 (C X 2 Å CX 2 4X+4)P = P P, où P GL 3 (R). Exercice 3. Trouver les matrices A M 4 (R) telles que m A (X) = (X +1) 2. Comme précédemment, χ A (X) = (X+1) 4. Dans ce cas, il existe deux possibilités pour la suite des facteurs invariants - voir Théorème 12 -: Les facteurs invariants de A sont: P 1 = (X+1) 2, P 2 = m A = (X +1) 2. La matrice A appartient à la classe de similitude S 1 de la matrice A 1 suivante: à A 1 = C X +2X+1Å 2 CX 2 +2X+1 = Les facteurs invariants de A sont: P 1 = P 2 = (X + 1), P 3 = m A = (X + 1) 2. La matrice A appartient à la classe de similitude S 2 de la matrice A 2 suivante: A 2 = C X+1 Å CX+1 Å à CX 2 +2X+1 = ,

39 Donc, toutes les matrices A M 4 (R) vérifiant m A (X) = (X +1) 2 appartiennent à l une des classes de similitude S 1 ou S 2, i.e. A est de la forme: A = P 1 SP où P GL 4 (R) et S {A 1,A 2 }. Exercice 4. Montrer que toute matrice A nilpotente de M 3 (R) est semblable à l une des matrices suivantes - voir théorème 7 -: A 1 = , A 2 = , A 3 = Désignons par A l endomorphisme de R 3 représenté par A dans la base canonique de R 3. A est nilpotent d indice i si A i = 0 et A i 1 0. Si l indice de nilpotence de A est 1 alors A est la matrice nulle. Le Théorème 7 montre que si A est d indice de nilpotence 3, alors A est semblable à A 3. Supposons que l indice de nilpotence de A soit 2, i.e. A 0 et A 2 = 0. Dans ce cas: m A = X 2 et χ A = X 3. D après le Théorème, 12 la matrice A admet deux facteurs invariants, à savoir, X et X 2 et A est semblable à la matrice C X Ä CX 2 = diag (C X,C X 2) = A 2. (Sans utiliser le Théorème 12 on retrouve le même résultat: A 2 = 0 entraîne ImA KerA. A 0 entraîne KerA R 3. Comme dimima+dimkera = 3, on a nécessairement dimima = 1 et dimkera = 2. Soit un vecteur non nul v 1 KerA, mais v 1 ImA et v 2 KerA. Le vecteur v 3 = Av 2 appartient à ImA, donc à KerA. La famille {v 1,v 2,v 3 } est une base de R 3 par rapport à laquelle la matrice de l endomorphisme A est A 2.) Je tiens à remercier mon ami Mr. Moubinool Omarjee, professeur de mathématiques, pour les suggestions sur le sujet traité ici.. Bibliographie 1. H. Roudier Algèbre linéaire, édition Vuibert, S. Lang Algebra, third edition Addison-Wesley, 1993 ou sa traduction en français, édition Dunod, 2004 (Théorème , p. 570). 3. I.D. Ion, N. Radu Algebra, Editura didactică şi pedagogică, Bucureşti, A. Reisner Classes d équivalence dans M m,n (A). Facteurs invariants, Recreaţii matematice, nr. 2, XVI(2014),

40 Regula lui Sarrus pentru calculul determinanţilor de ordinul 4 Constantin DRAGOMIR 1 Abstract. In this Note an extension of Sarrus rule to the determinantes of fourth order is presented. Keywords: determinant, permutation, Sarrus rule. MSC 2010: 97H20. În [1] sunt prezentate trei procedee (reguli) de tip Sarrus pentru calculul determinanţilor de ordinul 3. În această Notă ne propunem să prezentăm o regulă Sarrus pentru calculul determinanţilor de ordinul 4. Fie (a ij ) 1 i,j 4 M 4 (C). Ştim că deta = È σ S 4 ε(σ)a 1σ(1) a 2σ(2) a 3σ(3) a 4σ(4), unde S 4 este mulţimea permutărilor de gradul 4 şi ε(σ) este signatura permutării σ. (1) deta = a 11 a 12 a 13 a 14 a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 a 41 a 42 a 43 a 44 = = a 11 a 22 a 33 a 44 +a 11 a 24 a 32 a 43 +a 11 a 23 a 34 a 42 +a 12 a 24 a 33 a a 12 a 21 a 34 a 43 +a 12 a 23 a 31 a 44 +a 13 a 21 a 32 a 44 +a 13 a 24 a 31 a a 13 a 22 a 34 a 41 +a 14 a 23 a 32 a 41 +a 14 a 21 a 33 a 42 +a 14 a 22 a 31 a 42 a 11 a 24 a 33 a 42 a 11 a 22 a 34 a 43 a 11 a 23 a 32 a 44 a 12 a 21 a 33 a 44 a 12 a 23 a 34 a 41 a 12 a 24 a 31 a 43 a 13 a 24 a 32 a 41 a 13 a 21 a 34 a 42 a 13 a 22 a 31 a 44 a 14 a 21 a 32 a 43 a 14 a 23 a 31 a 42 a 14 a 22 a 33 a 41. Regula lui Sarrus constă în parcurgerea etapelor următoare: 1) Considerăm determinaţii: 1 = a 11 a 12 a 13 a 14 a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 a 41 a 42 a 43 a 44, 2 = a 11 a 12 a 13 a 14 a 31 a 32 a 33 a 34 a 41 a 42 a 43 a 44 a 21 a 22 a 23 a 24, 3 = a 11 a 12 a 13 a 14 a 41 a 42 a 43 a 44 a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 ; 1 este de fapt determinantul dat, iar 2 şi 3 se obţin din 1 permutând circular liniile 2,3 şi 4. 1 Profesor, Liceul Teoretic,,Ion Barbu, Piteşti 36

41 2) Adăugăm determinanţilor 1, 2, 3 primele lor trei linii, scrise sub ei: 1 = a 11 a 12 a 13 a 14 a 21 a 22 a 23 a 24, a 31 a 32 a 33 a 2 = 34 a 41 a 42 a 43 a 44 a 11 a 12 a 13 a 14 a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 a 11 a 12 a 13 a 14 a 31 a 32 a 33 a 34, a 41 a 42 a 43 a 3 = 44 a 21 a 22 a 23 a 24 a 11 a 12 a 13 a 14 a 31 a 32 a 33 a 34 a 41 a 42 a 43 a 44 a 11 a 12 a 13 a 14 a 41 a 42 a 43 a 44. a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 a 11 a 12 a 13 a 14 a 41 a 42 a 43 a 44 a 21 a 22 a 23 a 24 3) Punem în evidenţă patru diagonale principale şi patru secundare(pentru fiecare dintre determinaţii 1, 2 şi 3 prelungiţi). 4) Pentru a vedea ce operaţie trebuie executată în această etapă, sunt necesare câteva consideraţii. Ne vom referi la determinantul 1 ; analog, se procedează cu ceilalţi doi. Ataşăm celor opt diagonale d i, i = 1,8, ale determinantului 1 prelungit, permutările: σ 1 = , σ = , σ = , σ = σ 5 = , σ = , σ = , σ = Signatura acestora se stabileşte uşor: ε(σ 1 ) = ε(σ 3 ) = ε(σ 5 ) = ε(σ 7 ) = +1, ε(σ 2 ) = ε(σ 4 ) = ε(σ 6 ) = ε(σ 8 ) = 1. Considerăm, relativ la 1, suma: (2) δ 1 = 8 i=1 ε(σ i )a 1σi(1)a 2σi(2)a 3σi(3)a 4σi(4) = = a 11 a 12 a 13 a 14 a 14 a 21 a 32 a 43 +a 13 a 24 a 31 a 42 a 12 a 23 a 34 a a 14 a 23 a 32 a 41 a 11 a 24 a 33 a 42 +a 12 a 21 a 34 a 43 a 13 a 22 a 31 a 44 (termenii sunt produse ale elementelor situate pe câte o diagonală, produse luate cu + sau potrivit cu valoarea signaturei permutării corespunzătoare diagonalei). Diagonalele care produc termeni cu + înaintea lor alternează cu cele care produc termeni precedaţi de. Practic, desenăm plin diagonalele principale şi secundare ale determinantului 1, iar apoi, în determinantul prelungit, trasăm celelalte diagonale paralel cu acestea având grijă să le alternăm pe cele pline cu diagonale întrerupte. Ca urmare, scrierea sumei δ 1 se face mecanic: termenii cu + corespund diagonalelor pline, iar cei cu diagonalelor întrerupte. În mod similar, relativ la determinanţii 2 şi 3 vom obţine sumele: (3) (4) δ 2 = +a 11 a 24 a 32 a 43 a 14 a 23 a 31 a 42 +a 13 a 22 a 34 a 41 a 12 a 21 a 33 a a 14 a 21 a 33 a 42 a 11 a 22 a 34 a 43 +a 12 a 23 a 31 a 44 a 13 a 24 a 32 a 41, δ 3 = +a 11 a 23 a 34 a 42 a 14 a 22 a 33 a 41 +a 13 a 21 a 32 a 44 a 12 a 24 a 31 a a 14 a 22 a 31 a 43 a 11 a 23 a 32 a 44 +a 12 a 24 a 33 a 41 a 13 a 21 a 34 a 42.,. 37

42 Scrierea acestora se poate face mecanic după aceeaşi regulă. 5) Însumând egalităţile (2), (3), (4) şi ţinând seama de (1), obţinem: (5) deta = δ 1 +δ 2 +δ 3, formulă ce indică ultima operaţie de efectuat pentru a calcula deta cu regula lui Sarrus. Observaţii. 1) Poate fi utilizată, de asemenea, o regulă a lui Sarrus cu coloane, care modifică doar etapele 1) şi 2) în mod evident (coloanele 2,3 şi 4 se permută circular, iar determinaţii 1, 2 şi 3 se prelungesc cu primele trei coloane, puse la dreapta lor). 2) Calcularea determinanţilor de ordinul 4 cu regula lui Sarrus(cu linii sau coloane) comportă un volum de operaţii comparabil cu cel cerut de procedeul dezvoltării determinantului după o linie (sau coloană). 3) Se poate extinde regula lui Sarrus la determinanţi de ordinul n 5? Este posibil, dar devine inutilizabilă, căci se complică şi necesită un volum mare de calcule. Vom justifica această afirmaţie. Un determinant de ordin n are în dezvoltarea sa n! termeni. Urmând etapele de mai sus ale regulii lui Sarrus, trebuie să considerăm un număr de determinanţi 1, 2,..., k. Cum fiecare dintre aceştia se prelungeşte cu (n 1) linii (sau coloane), sumele δ 1,δ 2,...,δ k rezultate vor avea 2n termeni fiecare. Din faptulcă = δ 1 +δ δ k, rezultăcăn! = k 2n, decik = (n 1)!. Aşadar, trebuie 2 să considerăm (n 1)! determinanţi auxiliari. Pentru n = 3, avem k = (3 1)! = 1, 2 2 iar pentru n = 4, avem k = 3 (trei determinanţi auxiliari cum am văzut şi mai sus). Dar, pentru n = 5 obţinem k = 12, un număr inacceptabil de determinanţi auxiliari. a x x x x b x x Exemplu. Să se calculeze = x x c x x x x d. Vom folosi regula lui Sarrus cu coloane, pentru a economisi spaţiul. a x x x a x x x b x x x b x x x c x x x c x x x d x x x a x x x a x x x x x b x x x x c x x x c x x x d x x x d a x x x a x x x x b x x x b x x x c x x x x d x x x d x ; δ 1 = abcd x 4 +x 4 x 4 +x 4 acx 2 +x 4 bdx 2. ; δ 2 = ax 3 x 4 +bx 3 cdx 2 +cx 3 abx 2 +dx 3 x 4. ; δ 3 = ax 3 bcx 2 +dx 3 x 4 +bx 3 adx 2 +cx 3 x 4. 38

43 Ca urmare avem: = δ 1 +δ 2 +δ 3 = 3x 4 +2(a+b+x+d)x 3 (ab+ac+ad+bc+bd+cd)x 2 +abcd. Exerciţiu. Să se calculeze = Bibliografie a b c d a b α β a b c γ a b c d. 1. C. Dragomir Reguli de tip Sarrus pentru calculul determinanţilor de ordin 3, Recreaţii Matematice, 1/2013, M. Ţena, M. Andronache, D. Şerbănescu Matematica M1, manual cl. a XI-a, Ed. Art, M. Ţena et al. Culegere de exerciţii şi probleme pentru cl. a XI-a, Ed. Art, Abū Abdallāh Muhammad ibn Mūsā al-khwārizmī sau Abū Ja far Muhammad ibn Mūsā al-khwārizmī (c. 780 c. 850) - matematician, astronom/ astrolog, geograf şi scriitor persan. Este considerat părintele Algebrei. Savantul a fost întrebat ce valoare reprezintă omul în matematică. Iată răspunsul dat: Dacă omul are bun simţ şi caracter = 1. Dacă mai este şi frumos = 10. Dacă mai are şi bani = 100. Dacă se mai trage şi dintr-un neam nobil = Însă, dacă dispare simbolul bunului simţ şi al caracterului, adică 1, rămân zerourile. (Internet) (Răspuns la,,recreaţia de la pag. 25) Se utilizează descompunerile: 2013 = , 2014 = şi 2015 = şi se observă că înmulţitorii sunt în mod necesar 11, 19, respectiv 13. Completările de mai sus sunt unice. 39

44 Paritatea rangului matricelor antisimetrice o demonstraţie elementară Cornelia-Livia BEJAN 1, Alexandru MARIN 2 Abstract. We give an elementary proof to the well-known result of Algebra, which states that the rank of any skew-symmetric real matrix is even. Keywords: matrix, skew-symmetric matrix, rank. MSC 2010: 97H60, 15A12. În această Notă prezentăm o demonstraţie elementară a unui rezultat bine cunoscut din algebra liniară, anume: Teoremă. Rangul unei matrici A M n (R) antisimetrice (i.e., A t = A) este par. Acest rezultat poate fi găsit, de exemplu, în [2], p. 12 sau în [1], p În demonstraţiile cunoscute se folosesc noţiuni care depăşesc nivelul programelor şcolare. Sunt necesare câteva pregătiri. Fie D p,q = (d ij ) i,j=1,n M n (R) matricea definită prin: d ij = 1, dacă (i,j) = (p,q) sau (q,p); d ij = 1, dacă p i j q; d ij = 0, în restul cazurilor, unde p,q {1,2,...,n}. Se constată uşor că D p,q este o matrice simetrică cu proprietatea că orice matrice H M n (R) înmulţită cu D p,q la dreapta (resp. la stânga), adică HD p,q (resp. D p,q H), îşi schimbă coloanele (resp. liniile) p şi q între ele. Lemă. Dacă A M n (R) este antisimetrică, atunci D p,q AD p,q este tot o matrice antiseimetrică şi de acelaşi rang. Demonstraţie. Se vede că D p,q este simetrică şi inversabilă. Avem: (D p,q AD p,q ) t = D t p,q At D t p,q = D p,qad p,q şi rg(d p,q AD p,q ) = rga. În continuare vom utliza următoarea notaţie: poziţia unui element aflat pe linia l şi coloana c o vom nota cu (l,c). Demonstraţia Teoremei. Notăm r = rga şi vom arăta că r este par. Vom parcurge trei etape: 1. Prin reducere la absurd, arătăm că r 1. Dacă am presupune r = 1, atunci matricea A are un element nenul a. Deoarece r = 1, putem exprima celelalte linii ca multiple de linia care conţine pe a. Folosind antisimetria matricei, ajungem la contradicţia că există α R astfel încât α 0 = a. Deci, dacă A nu este matricea nulă, atunci r Fără a restrânge generalitatea, putem presupune că A are prima linie (deci şi coloană) nenulă. Într-adevăr, dacă A ar avea primele k linii (deci şi coloane) Ok O nule, atunci A s-ar scrie în forma: k,n k, unde B M O n k,k B n k (R) este antisimetrică şi are prima linie (deci şi coloană) nenulă, iar în acest caz rgb = r. 1 Prof.dr., Dep. de Mat. şi Inf., Univ. Tehnică,,Gh. Asachi, Iaşi; bejanliv@yahoo.com 2 Student, an I, Fac. ETTI, Univ. Tehnică,,Gh. Asachi, Iaşi; Me.sandi88@yahoo.com 40

45 Din nou, fără a restrânge generalitatea, putem presupune că A are elementul de pe poziţia (1,2) nenulă. Într-adevăr, dacă pe prima linie a lui A, primul element nenul ar fi pe coloana k, atunci, făcând înmulţirea lui A la dreapta şi la stânga cu D 2,k şi ţinând cont de Lemă, obţinem o matrice antisimetrică de acelaşi rang cu A, dar în care elementul de pe poziţia (1,k) îşi schimb;a locul cu cel de pe poziţia (1,2). Astfel, obţinem pe poziţia (1,2) un element α 0. Putem, de asemenea, să presupunem că α = 1, întrucât altfel împărţim matricea A prin α. Aşadar, putem presupune că A are forma: 0 1 a1... a n 2 ã 1 0 b 1... b n 2 a 1 b a n Rangul acestei matrici nu se va schimba dacă pentru fiecare k {1,2,...,n 2} la coloana C k adunăm b k C 1 a k C 2 şi analog procedăm pe linii. Obţinem astfel o matrice antisimetrică de forma ã ,.. B 0 0 unde B este o matrice antisimetrică de rang r Procedând cu matricea B aşa cum s-a procedat cu A în etapa a doua, se ajunge, într-un număr finit de paşi, la o matrice care ar putea avea rangul 1 sau 2. Dar, conform etapei 1, o matrice antisimetrică de rang 1 nu poate apărea. Se ajunge, deci, la o matrice de rang 2, de unde deducem justeţea afirmaţiei enunţate. Corolar. Dacă A M n (R) este antisimetrică şi n este impar, atunci deta = 0. Să observăm că demonstraţia obişnuită constă în faptul că deta = deta t = det( A) = ( 1) n deta. Corolar. Fie sistemul liniar matriceal AX t = 0, unde A M n (R) este antisimetrică şi X M 1,n (R). i) Dacă sistemul admite doar soluţia banală, atunci n este par. ii) Dacă sistemul are o infinitate de soluţii, atunci acestea depind de un număr par de parametri. Bibliografie 1. S. Lang Algebra, Springer, F.R. Gantmacher The Theory of Matrices, vol. 2, Chelsea Publishing Company, 1987 (trad. din l. rusă). 41

46 De la Liceul Internat la Colegiul,,Costache Negruzzi tradiţie şi excelenţă Întemeierea Liceului Internat din Iaşi a făcut parte dintr-un amplu program de dezvoltare a învăţământului în cadrul accelerării procesului de modernizare a societăţii după proclamarea independenţei de stat a României. Legea pentru construirea şcolilor secundare şi a instituţiilor de cultură, adoptată în aprilie 1882, cuprindea în lista celor peste 30 de obiective două licee Internat, unul la Bucureşti şi altul la Iaşi, prevăzânduse lei pentru fiecare (sumă considerabilă pentru acea vreme). Personalităţi de seamă ale vieţii politice şi ştiinţifice, precum V.A. Urechia, D.A. Sturdza, Spiru Haret, Take Ionescu, Petru Poni ş.a., au ocupat funcţii însemnate în cadrul puterii executive, dedicându-se cu competenţă operei de construire de şcoli şi modernizării procesului de învăţământ. Într-un Raport asupra învăţământului întocmit de Spiru Haret în decembrie 1884, în calitate de Inspector general al şcolilor(ministru al Cultelor şi Instrucţiunii Publice în , şi ) se argumenta pe larg necesitatea înfiinţării liceelor model, cu personal didactic ales, cu o administraţie perfectă, autentice centre de cultură cu influenţă binefăcătoare asupra universităţilor, care vor primi anual un contingent de absolvenţi bine pregătiţi.,,prin asemenea şcoli - se preciza în Raport - 42

47 se va regenera învăţământul. Instalarea unor astfel de institute model se va face în centrele universitare Bucureşti şi Iaşi. Ministru al Cultelor şi Instrucţiunii Publice în , Take Ionescu s-a preocupat intens de ridicarea şi dotarea clădirilor destinate Liceului Internat din Iaşi, cu intenţia de a-i da numele scriitorului Costache Negruzzi. (Numit din nou ministru, Take Ionescu a contrasemnat la 22 iunie 1899 decretul prin care,,liceul Internat din Iaşi va purta pe viitor denumirea de Liceul Internat Costache Negruzzi.) La 3 octombrie 1895 îşi deschide porţile Liceul Internat din Iaşi, cu un post de director (N. Gane), 12 posturi de profesori, cu mai mulţi maeştri, pedagogi, personal de serviciu ş.a. Printre primii profesori ai Liceului, recrutaţi din mai multe şcoli, au fost: Eugen Ludwig, Gh. Lascăr, T. Neculau, Ioan Paul, Octav Erbiceanu, Miron Pompiliu, Gavriil Musicescu, nume consacrate în învăţământul şi cultura românească. Liceul îşi deschidea cursurile cu un număr de 196 de elevi, în cele şapte clase (din anul 1902/1903s-a trecut la liceul de opt clase). În urma selecţiei riguroase prin concursul de admitere şi de acordare a bursei, selecţie făcută cu aceeaşi rigoare pe parcursul studiilor, au absolvit liceul tineri cu o pregătire superioară, veniţi din Regat şi de peste hotarele ţării. Înfiinţarea Liceului a constituit un moment de referinţă, nu numai pentru capitala Moldovei, ci şi pentru întreaga evoluţie a învăţământului şi culturii româneşti. Intenţiile generoase ale întemeietorilor vor prinde viaţă prin strădaniile a generaţii şi generaţii de profesori şi elevi, într-un climat de factură sufletească specifică. Şeful promoţiei din anul 1900, Traian Lalescu - viitorul ilustru matematician român -, îşi depăna, la întâlnirea prilejuită de împlinirea a 25 de ani de la absolvire, amintirile vieţii de internat, orele de şcoală, figurile de profesori, reţinând tocmai aceste trăsături:,,mare parte din aceste amintiri s-au întunecat sub rugina fatală a unui sfert de veac. Dar locurile esenţiale ale vieţii comune fericite, în care am făcut pentru întâia oară, sub părintească supraveghere, experienţa vieţii sociale viitoare, aceste linii au rămas adânc săpate în inimile noastre, ele sunt brazdele definitive care ne-au înfrăţit pentru totdeauna într-o unitate socială imediat superioară familiei, într-o serie de liceu. Liceul a cunoscut perioade de înflorire, întrerupte adesea de ani de război, lipsuri materiale, de lovituri primite din partea regimului comunist etc. După începutul realizat într-o perioadă apreciată ca,,de belşug bugetar, au urmat la scurt timp anii grei ai primului război mondial. Asemenea întregului oraş devenit în capitala statului român redus la teritoriul Moldovei, Liceul a suportat consecinţele refugiului şi ale purtării războiului. Cursurile au fost întrerupte şi clădirea a fost pusă la dispoziţia Crucii Roşii, instalându-se aici mai întâi un spital pentru răniţi şi, apoi, un,,hotel militar pentru refugiaţii veniţi din Rusia. După război, cu eforturi deosebite, s-a refăcut întregul inventar, s-au reparat clădirile, s-a cumpărat un imobil şi un teren alăturat Liceului. Anii celui de-al doilea război mondial au adus noi suferinţe Liceului. Imediat după intrarea României în război la 22 iunie 1941, au staţionat aici trupe germane şi s-a instalat, pentru scurt timp, un spital militar. Odată cu apropierea frontului şi intrarea armatei sovietice pe teritoriul ţării în primăvara anului 1944, s-a produs evacuarea din Moldova a numeroase instituţii şi întreprinderi, a unei părţi a populaţiei 43

48 în sud-vestul României. La începutul lui aprilie 1944, Liceul se stabilea în comuna Balinţ din Banat, cu un grup redus de elevi, profesori şi personal administrativ. După o activitate restrânsă desfăşurată la Balinţ şi Lugoj, Liceul s-a întors din refugiu în martie 1945, găsind clădirea grav avariată în urma bombardamentului anglo-american asupra oraşului Iaşi din 6/7 iunie În aprilie-august 1944 au staţionat aici trupe germane, iar după 23 august Liceul a fost rechiziţionat de armata sovietică, care l-a transformat în lagăr de prizonieri. La întoarcere în Iaşi, Liceul a funcţionat mai intâi în alte clădiri, revenind în localul său din str. Toma Cozma la începutul lui decembrie 1945, în urma unor lucrări minime de restaurare. Refacerea clădirii s-a realizat în mai multe etape, ample lucrări fiind efectuate cu ocazia împlinirii a 75 de ani de la înfiinţare; în anul 1982, Liceul a intrat în posesia unei noi clădiri, găzduind internatul şi cantina, iar lucrările de consolidare a clădirii au fost reluate şi după În liceus-acreatşiconsolidatoatmosferădeordine, destudiu, cuintenseşivariate lecturi. Garabet Ibrăileanu a avut, în perioada cât a fost profesor al Liceului, un rol deosebit în cultivarea gustului pentru citit. Fiecare clasă avea o bibliotecă proprie, cu un bibliotecar dintre elevi, cu cărţi selectate din bogata bibliotecă a Liceului, considerată a doua din Iaşi, după aceea a Universităţii. Din numeroasele documente aflate în fondul arhivistic al Liceului, arhivă alcătuită cu multă grijă şi păstrată la filiala din Iaşi a Arhivelor Naţionale, rezultă preocuparea permanentă pentru alcătuirea planurilor de învăţământ şi a programelor analitice, modul de apreciere a elevilor (împotriva,,notaţiei cu calificative demoralizatoare pentru elevi ), atenţia acordată condiţiilor de studiu (problema taxelor şi a repartizării burselor), stabilirea condiţiei elevului intern şi semi-intern şi multe altele. Procesul de învăţământ a fost înţeles în toate componentele sale, ţinându-se seama de stadiul existent în ţara noastră, raportat la nivelul atins în Occident:,,La stadiul de dezvoltare culturală la care am ajuns- se remarca într-un Răspuns trimis Ministerului - scopul şcolii secundare trebuie să fie, şi pentru noi ca şi pentru celelalte ţări înaintate, acela de a forma o categorie de cetăţeni bine pregătiţi pentru viaţă, care, chiar dacă nu vor urma mai departe cursuri superioare ori de specializare, să fie adaptaţi la viaţa omului modern de azi, a tipului cultural similar din ţările apusene. E vorba de a crea oameni întregi, cărora să li se formeze şi să li se dezvolte toate forţele sufleteşti. În acest spirit, evocat şi de prof. N.I. Popa la împlinirea a 40 de ani de existenţă a Liceului, au fost pregătite generaţii şi generaţii de elevi. Dintr-o Repartiţie a orelor pe anul şcolar 1930/1931, reţinem aici, în ordinea din document, disciplinele şi numele profesorilor: religia - pr. N. Hodoroabă; româna, latina, elina - M. Jacotă, M. Carp, C. Stănescu, Aug. Scriban; franceza - I. Prassa, N. Popa (în concediu pentru studii la Paris, suplinit de D. Miron); germana, filosofia, dreptul - I. Lupu; istoria, dreptul, geografia - Emil Diaconescu (de la 1 ian conferenţiar la Universitatea din Iaşi); istorie, geografie - D. Nechita, Neagoe Popea; matematica - I. Raianu, Gh. Gr. Gheorghiu, I. Plăcinţeanu; fizico-chimice, şt. naturale - N. Negru, T.A. Bădărău. La aceste nume se pot adăuga cele dintr-o situaţie referitoare la anul 1939/1940: Const. I. Radu, Al. Obreja, V. Rusu, Gh. Ivaşcu, M. Costandache, C. Tucaliuc, I. Faifer, Ştefania D Albon, M. Papastopol, Aurel Goli- 44

49 mas, Gavril Holban, Mihail Rădulescu, Benone Constantinescu, Grigore Popovici, I. Hadji, dr. Andrei Trosc ş.a. Fie că au fost titulari, suplinitori sau detaşaţi şi chiar dacă unii au fost pe nedrept uitaţi, profesorii au acţionat în spiritul unei educaţii complexe, intelectuale şi morale. Mulţi dintre ei au avut studii sau specializări în străinătate, unii au devenit profesori universitari, nume de referinţă în cultura şi ştiinţa românească. La conducerea Liceului s-au aflat profesori ce au vădit o remarcabilă responsabilitate pentru bunul mers al şcolii, între care amintim aici pe Dragomir Hurmuzescu, Calistrat Hogaş, Mihai Tomida, Ion Lupu, Ştefan Vancea. Numele a doi directori merită, după părerea noastră, o subliniere aparte: Teodor A. Bădărău, care s-a contopit cu viaţa Liceului mulţi ani ( , ) şi Benone Constantinescu ( ), care, într-o perioadă tulbure, a asigurat funcţionarea instituţiei, încercând să o ferească de excesele politice. Anuarele Liceului cuprind tabele cu clasele de elevi şi seriile de absolvenţi edificatoare pentru numărul mare de tineri care s-au realizat cu succes în diferite domenii ale ştiinţei şi culturii, ale vieţii administrative şi militare, jurişti, medici, profesori, ingineri, ofiţeri etc. În perioada au absolvit Liceul 753 de elevi, care au îmbrăţişat următoarele profesii: 162 jurişti, 125 ingineri, 111 medici, 75 profesori, 39 ofiţeri, 20 funcţionari superiori, 3 diplomaţi ş.a. Din aceste promoţii, 9 absolvenţi au ajuns academiceni, iar 30 profesori universitari. Deşi incompletă, o listă este edificatoare pentru contribuţia Liceului (până la al doilea război mondial) la formarea unor personalităţi care au îmbogăţit patrimoniul cultural al ţării: Giorge Pascu, Traian Lalescu, C. Fedeleş, Haralamb Vasiliu, I. Borcea, Caius Brediceanu, Eugen Lovinescu, Mihai Ciucă, Vespasian Pella, Petru Caraman, Cezar Partenie, N. Botez, Traian Săulescu, Iorgu Iordan, Mihai Jora, Demostene Botez, Victor I. Popa, Al. Teodoreanu, N. I. Popa, Horia Hulubei, Emil Condurache, Mihai Ralea, D. Suchianu, Const. I. Botez, Traian Ionaşcu, C. Balmuş, P. Ştefănescu-Goangă, Th. Burghelea, Radu Beligan, I. Andriescu-Cale, I. Curievici, Eugen Climescu şi mulţi alţii. Presiunile regimului comunist asupra învăţământului s-au intensificat după adoptarea reformei din S-a redus durata studiilor liceale, s-au introdus programe şi manuale care contraveneau tradiţiilor educative ale învăţământului românesc, fiind copiate s-au chiar traduse din limba rusă, s-a introdus încadrarea profesorilor pe bază de dosare etc. Prin,,opera de democratizare au fost aduşi profesori,,devotaţi, care nu aveau pregătirea necesară realizării unui învăţământ de ţinută. Au mai rămas la catedră-unii maimult timp, alţii mai puţin -şi profesoricareaumenţinut disciplinele respective la nivelul exigenţilor cerute de o anumită tradiţie. Nici denumirea Liceului nu a rezistat; din anul 1949 Liceul Internat,,C. Negruzzi devenea Liceul de băieţi nr. 2, din anul Şcoala de 10 ani nr. 2 de băieţi, iar din anul Şcola medie nr. 2 de băieţi (în acel an absolvind prima promoţie cu 10 ani de studiu). Liceul,,s-a bucurat de o atenţie specială din partea autorităţilor comuniste, fiind considerat ca şcoală de,,elită burgheză şi ameninţat chiar cu desfiinţarea. Existenţa i-a fost pusă în pericol în anul 1950, prin evacuarea din propriul local, pus la dispoziţie celei ce s-a numit mai întâi Şcoala şi, apoi, Facultatea muncitorească, un mijloc de echivalare a studiilor liceale prin cursuri de 2 ani, pentru,,elementele muncitoreşti, care aveau numai 4 clase primare. Liceul a funcţionat în condiţii grele 45

50 în localul Liceului de aplicaţii din vecinătate, înghesuit în câteva săli, unele improprii studiului. A revenit în propriul local în anul 1955, realizându-se lucrări importante de restaurare după câţiva ani, cu prilejul aniversării a 75 de ani de la înfiinţare. Din anii 60, Liceul a început să-şi recapete statutul şi prestigiul de odinioară. S-a revenit la vechea denumire, la durata de 12 clase, s-a procedat la revizuirea planurilor şi programelor, corpul profesoral cunoaşte îmbunătăţiri substanţiale, direcţiunea este încredinţată unor profesori de prestigiu devotaţi şcolii. La împlinirea a 75 de ani de activitate, Liceul se mândrea cu 3085 de absolvenţi, din care: 865 ingineri, 375 medici, 420 profesori, 404 jurişti, 198 ofiţeri superiori şi alte categorii. Din rândurile elevilor Liceului, 29 au devenit academiceni, 61 profesori universitari, 15 oameni de cultură de înaltă ţinută, 14 ingineri cu performanţe excelente etc. La mijlocul deceniului al 8-lea şi în deceniul următor, învăţământul - ca şi întreaga societate românească - s-a confruntat cu consecinţele exacerbării cultului personalităţii şi cu intensificarea ingerinţelor regimului comunist-ceauşist. Chiar şi în această perioadă, în pofida greutăţilor generate de politica economică promovată de conducerea Partidului Comunist, Liceul a reuşit să-şi menţină prestigiul, exprimat prin nivelul de pregătire asigurat absolvenţilor săi. Între anii au absolvit Liceul peste 3700 de elevi, din care aproximativ 2000 au devenit ingineri, peste 300 medici, aproape 200 profesori, 60 economişti, 25 arhitecţi etc. După 1989, Liceul cunoaşte o evoluţie determinată de profundele transformări produse în societate şi în noul context geoplitic al statului român. Şcoală afiliată la UNESCO, din 1998 a devenit Colegiul,,Costache Negruzzi, iar în 2010 a obţinut titulatura de,,şcoală Europeană. Colegiul - care a primit în ultima perioadă importante recunoaşteri de excelenţă educaţională - urmăreşte să formeze tineri cu o personalitate autonomă, pregătiţi pentru a face faţă provocărilor lumii contemporane.,,misiunea Colegiului,,Costache Negruzzi Iaşi, definită printr-o strategie educaţională complexă - formulată şi însuşită ca atare de instituţie - este de a optimiza constant oferta educaţională în raport cu standardele de calitate naţionale şi europene, ţinând cont de idealurile şi exigenţilor beneficiarilor direcţi şi indirecţi. În ce ne priveşte, nu avem acum posibilitatea să apreciem la reale dimensiuni rezultatele obţinute în ultimii ani. 1 În preajma împlinirii a 120 de ani de existenţă, Colegiul,,Costache Negruzzi Iaşi urmăreşte să-şi pună în valoare tradiţia prin raportarea la cerinţele lumii contemporane în rapidă schimbare. Prof. univ. Ion AGRIGOROAIEI Absolvent, promoţia Ar fi utilă completarea monografiei: I. Agrigoroaiei, Gh. Iacob Istoria Liceului Internat,,C. Negruzzi Iaşi, , Ed. Polirom Iaşi,

51 Pitagora (c. 560 c. 480 î.hr.) Pitagora a fost unul dintre marii învăţaţi ai lumii antice şi o personalitate fascinantă a tuturor timpurilor. Pitagora este în acelaşi timp filosof, geometru, teoretician al teoriei numerelor, fizician, astronom, moralist, legislator şi psiholog. El a realizat pentru prima dată legătura între mărimi şi numere şi a arătat cum relaţiile între mărimile figurilor geometrice se transpun în relaţii între numere. Pitagora înfiinţează o şcoală filosoficoreligioasă, Şcoala pitagoreică, pe al cărei frontispiciu era scrisă deviza: MUNDUM REGUND NUMERI (numărul guvernează lumea). Ideea filosofică principală a pitagoreicilor este că numerele reprezintă esenţa lucrurilor, iar universul este un sistem ordonat şi armonios de numere şi raporturi numerice. Legătura între aritmetică şi geometrie, iniţiată de Pitagora şi continuată de câteva generaţii în şcoala ce-i poartă numele, a fost încheiată de Euclid în celebrele sale Elemente. Pitagora s-a născut în insula Samos, Grecia, aproximativ în anul 560 î.hr. Se trăgea dintr-o familie cu stare - tatăl său, Mnesarchos, fiind cioplitor în piatră -, fapt care i-a permis să facă o serie de călătorii în ţări ale lumii antice, precum Egipt, Mesopotamia sau India. A făcut cunoştinţă cu tot ce acumulase ştiinţa popoarelor orientale, din care, mai târziu, s-a inspirat în construcţia propriului sistem filosofic. Diverşi comentatori ai lui Pitagora, precum Diodor din Sicilia, relevă faptul că dascălii săi în ce priveşte geometria au fost egiptenii, în aritmetică- fenicienii, iar în astronomie - chaldeenii. În Greciaa învăţat cu Thales din Milet. În India, Pitagorastudiază doctrina transmigraţiei sufletelor, asimilează învăţătura esoterică şi adânceşte cunoaşterea şi înţelegerea structurii a ceea ce este Divin. El vorbeşte despre Karma şi declară în legătură cu nemurirea sufletului: Omul poartă în interiorul său o parte de energie primordială şi divină care supravieţuieşte la moartea corpului, în lumea astrală, pentru ca în acord cu comportamentul etic al vieţii sale anterioare să se reîncarneze în alt corp şi să trăiască altă existenţă şi astfel, în mod succesiv, până la întoarcerea finală la Divin. După mărturiile lui Aristotel, în anul 538 î.hr. Pitagora se întoarce în patria sa, unde găseşte noi rânduieli politice: aristrocraţia din insula Samos fusese înlăturată de la putere, în locul ei instaurându-se regimul dictatorial al lui Polycrate. Pitagora părăseşte insula şi se stabileşte în Crotona - capitala culturală a sudului peninsulei italice. Aici, la Crotona, pune bazele primei asociaţii filosofico-religioase denumită Şcoala pitagoreică, care a avut la început 300 de adepţi. Cu timpul, organizaţia se ramifică cu repeziciune, creându-se filiale în principalele cetăţi italice şi din Sicilia: Tarent, Metapontum, Sybaris, Syracuse şi Agrigentum. Puteau adera la Şcoala pitagoreică şi bărbaţii şi femeile. Admiterea se făcea în urma unei selecţii dure şi de durată. Odată admis, novicele era învăţat ştiinţa 47

52 purificărilor fizice şi morale. Toţi membrii aveau obligaţia de a păstra secretul asupra învăţăturilor primite, cât şi asupra organizării şcolii şi activităţilor desfăşurate de ea. Erau obligatorii respectarea ierarhiei şcolii şi supunerea faţă de ordinele Maestrului. Se impunea un regim alimentar sever, care excludea carnea, vinul, ouăle şi boabele (în special cele de mazăre). Disciplina de fier şi spiritul de solidaritate impuse membrilor erau proprii sectelor religioase secrete. Obiectele de învăţământ erau împărţite în patru secţii: teoria numerelor sau aritmetica, teoria numerelor aplicate sau muzica, teoria mărimilor în stare de repaus, adică geometria, şi teoria mărimilor în stare de mişcare sau astronomia. Pitagoreicii aveau ca semn de unire Pentagonul stelat sau Pentagrama. Acest simbol avea pentru ei o semnificaţie mistică, literele scrise în vârfurile pentagramei formau cuvântul υγιθα (corespunzând cuvântului,,salut ) [4]. Pitagora şi pitagoreicii consideră că fiecare număr are caracteristicile sale distinctive ce determină calităţile şi comportamentul lucrurilor. Unu nu era considerat număr, el era esenţa tuturor numerelor. Doi reprezenta femeia şi deosebirile de opinie. Trei reprezenta bărbatul şi armonia înţelegerii. Patru, care poate fi vizualizat ca un pătrat având patru unghiuri egale şi patru laturi egale, simbolizează egalitatea, justiţia, cinstea. Cinci, ca sumă dintre trei şi doi, semnifică căsătoria. Pitagoricienii au fost fascinaţi de numerele având anumite proprietăţi. Astfel, 7 este un număr magic, deoarece este singurul între 2 şi 10 care nu poate fi obţinut înmulţind sau împărţind două dintre celelalte numere. Numărul 16 este singurul număr care poate fi atât aria cât şi perimetrul aceluiaşi pătrat. Numărul 10 este considerat număr sfânt, pentru că este suma numerelor 1, 2, 3 şi 4, numerele ce definesc dimensiunile lumii fizice (1 punct - zero dimensiuni, 2 puncte - determină o linie uni-dimensională, 3 puncte - determină un triunghi doi-dimensional şi 4 puncte - determină o piramidă trei-dimensională) [1]. Cercetările făcute de Pitagora şi discipolii săi au pus în evidenţă diferite numere şi grupe de numere bazate pe proprietăţile aritmetice ce le posedă: pare şi impare, figurative, perfecte, amiabile etc. Celebra teoremă care îi poarta numele, teorema lui Pitagora, este un rezultat cunoscut cu mult timp înainte în China, Mesopotamia, Egipt, dar Pitagora are meritul de a fi primul care a demonstrat-o riguros. Pe timpul lui Pitagora erau cunoscute numai trei poliedre regulate: tetraedrul, cubul şi dodecaedrul. El a descoperit încă două: octaedrul şi icosaedrul şi a arătat că nu mai există alte poliedre regulate. Deşi datorăm lui Pitagora teoria completă a poliedrelor regulate, aceste cinci corpuri solide poartă numele filosofului Platon - corpurile platonice [1]. Dacă descoperirile lui Pitagora în domeniul matematicii sunt destul de cunoscute, puţini sunt avizaţi în ceea ce priveşte preocupările marelui gânditor al Greciei antice în anumite discipline, aflate în faza de început: cosmogonia, acustica, teoria muzicii, etica, doctrinele politice. Un merit deosebit al Şcolii pitagoreice este fundamentarea acusticii experimentale. Sunetele muzicale sunt explicate prin teoria armoniei numerice; diferenţele între sunete apar ca raporturi numerice, sunetele muzicale fiind, astfel, determinate matematic. Se stabilesc următoarele rapoarte pentru principalele intervale muzicale: oc- 48

53 tava corespunde la un raport de 1 2, cvinta la 2 3, cvarta la 3 4, iar tonul la 9 8. Pitagora şi şcoala sa au măsurat lungimile coardelor care produc anumite sunete; faptul că octava corespunde raportului 1 2 înseamnă chiar raportul a două coarde de lungimi l şi 2l. Pitagora emite o teorie cosmogonică îndrăzneaţă pentru epoca sa, după care Pământul nu se mai află în centrul Universului şi se roteşte în jurul axei sale de la vest la est. Aristotel relatează că pitagoreicii considerau că numărul corpurilor cereşti trebuie să fie zece (zece fiind numărul sfânt). Corpurile cereşti au formă sferică şi sunt următoarele: Mercur, Venus, Marte, Jupiter, Saturn, Soarele, Luna, Pământul, Calea lactee (stelele fixe) şi Contrapământul; primele nouă sunt vizibile, iar al zecelea este inventat de ei. În centrul universului se află o masă de foc, iar Pămîntul se mişcă în cerc în jurul focului central (care nu este identic cu Soarele). Această concepţie despre Univers apare ca fiind o precursoare a heliocentrismul copernician. Cele zece sfere cereşti emit sunete, ca orice corp în mişcare, fiecare producând un sunet diferit, conform mărimii şi vitezei sale de mişcare. Astfel, ia naştere un sunet armonic produs de sferele în mişcare, muzica sferelor. Noi nu percepem muzica sferelor, pentru că trăim în ea şi o auzim tot timpul. Mişcarea sferelor cereşti se poate exprima prin raporturi numerice. În privinţa eticii, Pitagora consideră că există 10 virtuţi aflate în concordanţă cu numărul 10 - numărul perfect sau decada divină. Fiecărei virtuţi i se asociază un număr. Modul de viaţă al pitagoreicilor era întemeiat pe principii riguroase privind hrana, îmbrăcămintea, conduita în familie şi societate, principii faţă de care grecii aveau un profund respect [6]. Şcoala pitagoreică, acest edificiu filosofico-mistic bazat pe numere, a început să se clatine şi apoi să se prăbuşească atunci când s-a constatat că există mărimi geometrice care nu pot fi exprimate cu ajutorul numerelor naturale sau raţionale. De reţinut este faptul că aceste mărimi au fost găsite chiar cu însăşi teorema lui Pitagora. Întradevăr, aplicând teorema lui Pitagora în triunghiul dreptunghic având catetele egale cu 1, se obţine ipotenuza egală cu 2, care nu poate fi exprimat ca raport de două numere întregi; ca urmare, ipotenuza este incomensurabilă cu latura sa. Se presupune că 2 este primul număr iraţional cunoscut în matematici. Descoperirea mărimilor incomensurabile a dezlănţuit una din cele mai grave crize din istoria matematicilor, numită şi,,scandalul mărimilor iraţionale [3]. Faptul că 2 este un număr iraţional a fost demonstrat de către Euclid în ale sale Elemente prin metoda reducerii la absurd. Să remarcăm faptul că şcoala pitagoreică a demonstrat iraţionalitatea numerelor 2 şi 5 folosind conceptul de infinit. Acest concept nu poate fi definit, dar poate fi intuit în forma unor procese nesfârşite şi convergente. Pentru prima oară, astfel de procese apar la Zenon din Elea (sec. V î.hr.). Procedeul folosit de Zenon, cunoscut sub numele de dichotomie, este următorul: un segment AB este împărţit în două părţi egale de un punct C 1. Segmentul C 1 B este din nou înjumătăţit de punctul C 2 ş.a.m.d. Are loc relaţia de egalitate: AC 1 + C 1 C 2 +C 2 C C n C n = AB şi, dacă luăm AB = 1 (unitatea de măsură), se obţine seria: = 1. Acesta este paradoxul lui Zenon: pe de 2n o parte, seria obţinută are o infinitate de termeni, iar, pe de altă parte, suma ei este 49

54 finită. În afara activităţii ştiinţifice şi şcolare, cercurile pitagoreice din cetăţile greceşti enumerate mai sus s-au implicat activ în lupta politică (ca partid aristrocrat), au luat parte la războaie civile şi campanii militare ce urmăreau extinderea puterii aristocratice asupra unor cetăţi cu guvernare democratică. Astfel, pitagoreicii au stârnit puternice reacţii de ostilitate în sânul cetăţenilor de rând, ei fiind consideraţi,,iniţiaţi. Cetăţenii Crotonei s-au răsculat, sub conducerea lui Cylon, au dat foc seminarului şi i-au ucis pe cei aflaţi în interior. Legenda spune că Pitagora a fugit noaptea, dar destinul i-a condus paşii spre un lan de mazăre; nedorind să calce aceste plante sfinte, a fost prins şi omorât. Avea vârsta de aproximativ 80 de ani. După cum susţine în scrierile sale Platon (asupra căruia învăţăturile lui Pitagora au avut o mare influenţă), doar doi pitagoreici, Lysis şi Architos, au reuşit să se salveze refugiindu-se la Teba, unde ar fi pus bazele unei şcoli pentru învăţătura lor. Cert este că pe la jumătatea sec. al V-lea î.hr. asociaţiile pitagoreice din oraşele italice şi siciliene erau complet dizolvate. Pitagora refuza atributul de înţelept (sophos) pe care i-l dădeau contemporanii, el se cosidera numai prieten al înţelepciunii (philosophos). Pitagora nu a lăsat nici o învăţătură scrisă, învăţăturile sale au fost transmise,,de la gură la ureche, adică de la maestru la discipol, totul purtând pecetea secretului. Se explică astfel faptul că ideile şi descoperirile sale nu pot fi delimitate cu certitudine de cele ale discipolilor săi. Doctrina filosofică a pitagorismului ne este cunoscută din lucrările pitagoricienilor de mai târziu şi ale lui Aristotel. Celebrele texte Versurile de aur ale lui Pitagora şi Legile morale şi politice ale lui Pitagora aparţin unei epoci ulterioare. Istoria matematicii îl aşează pe Pitagora printre marii matematicieni ai lumii anticeşiaituturortimpurilor.elaînlocuitcunoaştereaempiricăcuunnoumoddeinvestigare a realităţii: raţionamentul şi stabilirea adevărului pe calea demonstraţiei. Prin conceptele introduse, cercetările şi rezultatete obţinute, Şcoala pitagoreică reprezintă un salt calitativ important în matematica tuturor timpurilor. Este unul dintre salturile decisive pe care matematica le-a făcut de-a lungul istoriei sale milenare. Figura legendară a lui Pitagora impresionează şi astăzi prin măreţia gândirii sale şi prin multitudinea de domenii în care a contribuit la îmbogăţirea patrimoniului ştiinţific şi cultural al umanităţii. Bibliografie 1. M.J. Bradley The Birth of Mathematics, Chelsea House Publishers, F.T. Câmpan Triunghiuri, triunghiuri şi iar triunghiuri, Ed. Ion Creangă, Bucureşti, F.T. Câmpan Din istoria câtorva numere de seamă, Ed. Albatros, Buc., M. Cerchez Pitagora, Ed. Academiei, Bucureşti, J. Mallinger Pitagora şi misterele antichităţii, Ed. Herald, I. Montanelli Istoria grecilor, Ed. Artemis, Bucureşti, Conf.dr. Vitali GHEORGHIŢĂ 50

55 Concursul interjudeţean,,speranţe Olimpice Ediţia a XIV-a, Paşcani, 8 noiembrie 2014 Clasa a III-a 1. a) Ce număr natural este cu 64 mai mic decât rezultatul înmulţirii sale cu 9? b) Diferenţa a două numere este 62. Dacă adunăm primul număr cu jumatatea celui de-al doilea număr obţinem 170. Aflaţi numerele. Gazeta Matematică 2. a) Determinaţi suma numerelor de forma abc, ştiind că b = a+c = 7. b) La ferma animalelor cresc porci, oi şi iepuri, în total 981 de capete. Ştiind că 640de animale nu sunt oi şi 558nu sunt iepuri, aflaţi numărul de animale de fiecare fel. Crăciun Mihai 3. a) Într-o urnă sunt 10 bile numerotate de la 1 la 10. Se iau la întâmplare 6 bile. Să se arate că există printre ele două numere a căror sumă este mai mare decât 10. b) În sala de lectură a colegiului sunt scaune cu trei picioare şi fotolii cu 4 picioare şi toate sunt ocupate de elevi. Dacă în total sunt 65 de picioare, aflaţi câţi elevi sunt în sala de lectură. Crăciun Mihai Clasa a IV-a 1. a) Să se determine a dacă: 2014 = [9+(a 2012) : 3] b) Un fermier are 53 de iepuri albi sau negri. Oricum am alege doi iepuri, cel puţin unul este negru. Câţi iepuri sunt albi şi câţi sunt negri? Crăciun Mihai 2. a) Aflaţi două numere care îndeplinesc condiţiile: suma lor este de 4 ori mai mare decât diferenţa lor şi suma lor adunată cu diferenţa lor este egală cu 200. b) Planeta Venus este populată cu roboţi albi, galbeni, verzi şi roşii. Ei pot avea între1şi 4 braţe, iarnumărul de antene este de la 5 la16. Se alegeun numărde roboţi pentru o misiune în spaţiu. Care este numărul minim de roboţi venusieni necesari misiunii spaţiale, pentru a fi siguri că avem 10 roboţi identici? Crăciun Mihai 3. a) Câte numere de la 1 la 900 nu conţin ciferele 2 sau 3? b) Este posibil ca folosind o balanţă şi o masă marcată de 200 g să se extragă, prin numai două cântăriri, 850 g din 4 kg? Crăciun Mihai Clasa a V-a 1. a) Determinaţi numărul abc cu proprietatea 7 a +5 b +4 c = 175. b) Un număr de cinci cifre se împarte la 5, din cât se scade 230, iar diferenţei i se şterge prima cifră 8, obţinându-se 160. Aflaţi numărul. 2. Fie A = xxy +yyx+xyy +yxx şi B = xyx+yxy +A, unde x y. a) Arătaţi că nu există x şi y pentru care A sau B să fie pătrate perfecte. 51

56 b)arătaţicăexistăaşibnumerenaturalenenuleastfelîncâtnumărulc = aa+bb să fie pătrat perfect. Determinaţi cel mai mic pătrat perfect C. 3. Doi matematicieni A şi B se întâlnesc în tren şi poartă următorul dialog: A: - Dacă îmi amintesc bine, ai trei fete. Ce vârstă au azi? B: - Produsul vârstelor lor este 36 şi suma lor exact data zilei de azi. După un timp de gândire, A îi răspunde: A: - Îmi pare rău, dar nu am toate datele neceare. B: - Am uitat să-ţi spun că cea mai mică fiică este blondă. A: - Acum pot să-ţi spun ce vârstă au fetele tale... B: - Răspunsul este corect. Explicaţi cum a aflat matematicianul A vârsta fetelor. Clasa a VI-a 1. a) Se consideră A = {1,2,3,...,51} şi submulţimi ale ei cu 3 elemente în care suma a două elemente este egală cu al treilea element. Câte astfel de submulţimi are A? b) Determinaţi numerele naturale x,y,z astfel încât x2 +x + y2 y = z z a) Verificaţi dacă există n N astfel încât a = n să fie pătrat perfect. b) Valorile numerice ale distanţelor dintre punctele A, B, C sunt exprimate prin numere naturale prime distincte şi verifică egalitatea AB BC+BC CA+CA AB+ AB BC CA = 61. Demonstraţi că aceste puncte sunt coliniare. Săcăleanu Ioan 3. a) Demonstraţi că, oricarear fi n număr natural nenul, numărul A = 3 5 2n n+1 este divizibil cu 17. b) Demonstraţi că suma cifrelor numărului ab este egală cu suma cifrelor numărului 5 ab dacă şi numai dacă numărul ab se divide cu 9. Gazeta Matematică Clasa a VII-a 1. a) Să se arate că n 3 > n 2 +n, n N, n 2. b) Demonstraţi că < a) Arătaţi că numărul 5 3n n este divizibil cu 31, pentru orice n N. b) Determinaţi numerele naturale x, y, z ştiind că 2 2x+y x 9 = 2y +1 3y +1 = z2 +1 3z a) Fie patrulaterul convex ABCD. Arătaţi că dacă măsurile unghiurilor A, B, C, D ale patrulaterului sunt direct proporţionale respectiv cu patru numere naturale consecutive, atunci patrulaterul este trapez. b) Fie ABCD un paralelogram, M mijlocul laturii [AD] şi P proiecţia lui B pe CM. Demonstraţi că AP = AB. 52

57 Clasa a VIII-a 1. a) Fie a,b numere reale astfel încât a 1 şi b 1. Arătaţi că: a 1 b 2 + b 1 a 2 1. x è 2 +x+1 b) Arătaţi că x 2 +1 åx x 2, x R, unde [a] reprezintă partea întreagă a numărului real a. 2. a) Determinaţi toate perechile (x, y) de numere întregi nenule pentru care x 2 +y 2 = x+y +xy. a 4 +2b 2 c 2 b) Arătaţi că, dacă a,b,c > 0, atunci + b4 +2c 2 a 2 + c4 +2a 2 b 2 b+c c+a a+b (a+b+c) 3. Andrei Eckstein 6 3) Fie paralelipipedul dreptunghic ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 şi punctele M (AD),P (AB) şi N (AA 1 ). Se consideră d, dreapta de intersecţie a planelor (MNP) şi (DCC 1 ). Daca u = m( (d,(acc 1 ))), v = m( ACB) şi t = m( ANP), arătaţi că sinu = cosv sint. Gazeta Matematică ERATĂ I. Prof. N. Stanciu atrage atenţia asupra unei erori apărute în articolul Relaţii vectoriale între elementele unui triunghi - Marcel Chiriţă, publicat în nr. 2/2014 al revistei pp Relaţiile 4) din Propoziţia I trebuie înlocuite cu ma a = 1 2 (c2 b 2 ) şi analoagele. Într-adevăr, în stabilirea acestor relaţii (ultimele două rânduri de la p. 110), s-a strecurat o greşeală de calcul în ultimul rând; corect este 1 4 (a2 +4m 2 a 4b 2 ) = 1 4 [a2 +(2b 2 +2c 2 a 2 ) 4b 2 ] = c2 b 2. 2 Eroarea se transmite relaţiei (4), p. 111, care se va înlocui cu ma a + m b b + m c c = 0. II.ÎnRecreaţii Matematice nr. 1/2014, sevafaceurmătoareacorectură înenunţul problemei L257 (l. română şi l. engleză): p. 90:,,circumscris se înlocuieşte cu,,înscris, p. 92:,,circumscribed se înlocuieşte cu,,inscribed. 53

58 Soluţiile problemelor propuse în nr. 2/2014 Clasele primare P.297. Completaţi cu cifre căsuţele goale din şirul 1,2,,5,6,,9, astfel încât cele şapte numere rezultate să fie în ordine crescătoare. (Clasa I) Cătălina Bulei, elevă, Iaşi Soluţie. 1,2, 3,5,6, 7,9;1,2, 3,5,6, 8,9; 1,2 4,5,6, 7,9; 1,2, 4,5,6, 8,9. P298. Pe tablă sunt scrise numerele de la 1 la 6, o singură dată fiecare. În câte moduri se pot şterge două numere astfel încât suma celor rămase să fie pară? (Clasa I) Daniela Mititelu, elevă, Iaşi Soluţie = 21, deci suma celor două numere şterse trebuie să fie un număr impar. Putem şterge perechile: (1,2), (1,4), (1,6); (2,3), (2,5), (3,4), (3,6), (4,5), (5,6), deci există 9 modalităţi de ştergere. 1 P299. Tabloul alăturat are 50 linii. De câte ori apare în el numărul 19? Explicaţi răspunsul dat (Clasa I) Cristina Chelaru, elevă, Iaşi Soluţie. Pe linia a 19-a numărul apare o singură dată. Începând cu linia a 20-a până la linia a 50-a, numărul 19 apare de două ori pe fiecare linie. În total, numărul 19 apare de = 63 ori. P300. Aflaţi numărul abc, ştiind că abc+bc = 756 şi cba+ba = 952. (Clasa a II-a) Maria Boutiuc, elevă, Iaşi Soluţie. Din abc+bc = 756 rezultă a = 6 sau a = 7, iar din cba+ba = 952 rezultă c = 8 sau c = 9. Observăm că: abc+bc = 756 c = 8, cba+ba = 952 a = 6, iar 6b8+b8 = 756 b = 7 şi abc = 678. P301. În desenul alăturat, pe fiecare linie sunt scrise numere a b c d consecutive astfel încât a+d = 13, e+h = 21, i+l = 29. Să se e f g h afle suma tuturor numerelor scrise în tabel. i j k l (Clasa a II-a) Ana Stoica, elevă, Iaşi Soluţie. a + d = b + c = 13, e + h = f + g = 21, i + l = j + k = 29. Suma numerelor din tabel este: = 126. P302. Scrieţi cel mai mare număr format din trei cifre nenule care are suma dintre cifra zecilor şi cifra unităţilor 8, iar suma dintre cifra sutelor şi cea a zecilor 9. (Clasa a II-a) Tatiana Ignat, elevă, Iaşi Soluţie. Fie numărul abc cu condiţiile a + b = 9 şi b + c = 8. Deoarece cifrele sunt nenule iar numărul abc este maxim, avem: a = 8,b = 1, c = 7. Numărul căutat este 817. P303. Câte numere de forma abc îndeplinesc condiţia a bc = c ba? (Clasa a III-a) Denisa Apetrei, elevă, Iaşi 54

59 Soluţie. a bc = c ba a (10b+c) = c (10b+a) 10ab+ac = 10bc+ac a = c. Cum a şi b pot lua valori de la 1 la 9, concluzionăm că vom avea 9 9 = 81 numere ce îndeplinesc condiţia din enunţ. P304. Suma unor numere naturale este 350, iar produsul lor este 35. Să se afle aceste numere. (Clasa a III-a) Iustina Diaconu, elevă, Iaşi Soluţie. Numerele sunt 5,7,1,1,...,1 sau 35,1,1,...,1. ßÞ Ð 338 de 1 ßÞ Ð 315 de 1 P305. O familie compusă din părinţi şi doi copii merge la teatru. Ei au ocupat patru locuri consecutive pe acelaşi rând astfel încât copiii să nu stea unul lângă celălalt. În câte moduri se pot aşeza membrii familiei pe cele patru locuri? (Clasa a III-a) Dumitriţa Grigoriu, elevă, Iaşi Soluţie. Avem combinaţiile: t,,m, ;,t,m, ;,t,,m; m,,t, ;,m,t, ;,m,,t. În fiecare situaţie, copiii se pot aşeza în două moduri. Membrii familei se pot aşeza în 6 2 = 12 moduri. P306. Spunem că două numere sunt,,asociate dacă suma lor se împarte exact la 2 sau la 3 sau la 5. Găsiţi toate numerele asociate cu 11 aflate între 10 şi 36. (Clasa a III-a) Mihaela Buleandră, elevă, Iaşi Soluţie. Numerele asociate cu 11 sunt: numerele impare (12 numere), numerele careauultima cifră4(3numere)şinumerelecaredaurestul1la împărţireacu3(8numere). Aşadar, numerele asociatecu 11 sunt: 13,14,15,16,17,19,21,23,24,25,27,28, 29,31,33,34,35. P307. Să se determine câte perechi de numere consecutive formate din câte trei cifre au proprietatea că primul număr se împarte exact la trei, iar al doilea se împarte exact la patru. (Clasa a IV-a) Ionuţ Airinei, elev, Iaşi Soluţie. Dacă n se împarte exact la 3 şi n+1 se împarte exact la 4, atunci n 3 se împarte exact atât la 3, cât şi la 4, deci n 3 se împarte exact la 12. Înseamnă că n poate lua valorile 111,123,135,...,987, prin urmare există 74 perechi cu proprietăţile din enunţ. P308. O suprafaţă dreptunghiulară de 2m 3m se acoperă cu plăci dreptunghiulare de gresie de 25 cm 50 cm. Se poate face lucrarea numai cu plăci întregi? (Clasa a IV-a) Marian Ciuperceanu, Craiova Soluţie. Da, deoarece 300 : 50 = 6, iar 200 : 25 = 8. Sunt necesare 6 8 = 48 plăci. P309. Să se găsească un număr care, adunat cu suma cifrelor sale, să dea (Clasa a IV-a) Maria Boutiuc, elevă, Iaşi Soluţie. Se observă uşor că numerele căutate sunt, obligatoriu, de forma 788ab. Din 788ab a+b = obţinem că ab+a+b = 89, deci 11a+2b = 89. Singura posibilitate este a = 7,b = 6, deci numărul dorit este P310. Se consideră numerele 1,2,3,...,9. a) Să se arate că numărul se împarte exact la 3. 55

60 b) Să se arate că există cel puţin o aranjare pe dreaptă a numerelor 1,2,3,...,9 astfel încât suma oricăror trei numere alăturate să nu se împartă exact la 3. (Clasa a IV-a) Iulia Sticea, elevă, Iaşi Soluţie. a) = 45 = b) Un exemplu de aşezare a numerelor pe dreaptă este 3,1,4,6,9,2,5,7,8. Clasa a V-a V.179. Arătaţi că numărul n = se poate scrie ca produsul a trei numere naturale consecutive. Viorica Dogaru, Giurgiu Soluţie. Avem: n = (2 10 1) = = (1+1024) = V.180. Determinaţi numerele ab cu proprietatea că 2014 se divide cu a 2 +b 2. Gheorghe Iacob, Paşcani Soluţie. Cum a 2 + b = 162 şi a 2 + b 2 D 2014, rezultă că a 2 + b 2 {1, 2, 19, 38, 53, 106}. Prin verificări directe, se constată că există doar variantele = 1, = 2, = 53 şi = 106. Numerele căutate sunt 10,11,27,72,59 şi 95. V.181. Anul naşterii unei persoane este abcd, unde b = d 2 şi a+b = 10. Stabiliţi ce vârstă va avea persoana în anul 2 ab cd. Răzvan Ceucă, student, Iaşi Soluţie. Cum ne aflăm în anul 2014, atunci a {1, 2}. Singura variantă pentru care este îndeplinită condiţia a+b = 10 este a = 1,b = 9; atunci d = 3. Anul naşterii este 19c3, iar 2 ab cd = 38 c3. Cum = 1634 este număr prea mic, iar = 2394 este prea mare, rezultă că c = 5, iar = Vârsta persoanei în 2014 este de 61 ani. V.182. Găsiţi cele mai mici cinci numere naturale n pentru care numărul A = (suma are n termeni) este pătrat perfect ßÞ Ð 2n cifre ßÞ Ð 2n 1 cifre ßÞ Ð ßÞ Ð 2n cifre ßÞ Ð 2n 1 cifre Vasile Chiriac, Bacău Soluţie. Observăm că = şi = Simplificând fracţiile, obţinem că A = ( ) = 17n 14. Valorilelui n pentru n termeni care A este pătrat perfect sunt cele de forma k 2, k N. Dând lui k valorile 1,2,3,4,5 obţinem cele mai mici cinci numere n cu proprietatea dorită. V.183. Stabiliţi dacă fracţia este subunitară, echiunitară sau supraunitară. Diana Gregoretti, Galaţi Soluţie. Are loc inegalitatea a a+1 +(a+1) a < a a +(a+1) a+1, deoarece aceasta revine la a a (a 1) < (a + 1) a a, evident adevărat. Pentru a = 2013, obţinem că fracţia dată este subunitară. 56

61 V.184. Fie E = {1, 2, 3,..., 20}. Determinaţi cel mai mic număr natural n pentru care orice submulţime cu n elemente a lui E conţine două elemente a căror sumă se divide cu 3. Viorica Momiţă, Iaşi Soluţie. Dacă X {1,4,7,10,13,16,19,3}, atunci oricare ar fi elementele a,b din X, suma a+b nu se divide cu 3; rezultă că n 9. Vom arăta că n = 9 convine. Fie X E o submulţime de cardinal 9. Cum E conţine şapte numere de forma M 3 + 1, şapte numere de forma M şi şase numere M 3, atunci X conţine fie (măcar) două numere M 3, fie conţine atât un număr M 3 +1, cât şi un număr M În ambele situaţii, X conţine două numere a căror sumă este M 3. V.185. Pe o tablă uriaşă sunt scrise toate numerele naturale de la 1 la 1000, în ordine crescătoare. Cei n elevi dintr-un grup primesc numere de ordine de la 1 la n şi, în ordinea stabilită, şterg numere de pe tablă astfel: dacă un elev are număr impar, şterge toate numerele aflate pe poziţii impare în şirul de pe tablă; dacă are număr par, şterge toate numerele aflate pe poziţii pare în şirul de pe tablă. Cel de-al n-lea elev şterge ultimul număr aflat pe tablă. Stabiliţi care este acest ultim număr şters. Geanina Hăvârneanu, Iaşi Soluţie. În urma primului copil rămân pe tablă numerele 2,4,6,8,...,1000. În urma celui de-al doilea copil rămân pe tablă numerele 2,6,10,14,...,998. În urma celui de-al treilea copil rămân pe tablă numerele 6,14,22,...,998. Continuând, constatăm că în urma celui de-al nouălea copil rămân numerele 342 şi 854. Cel de-al zecelea va şterge numărul 854 (aflat pe poziţie pară), iar cel de-al 11-lea (care este ultimul elev din grup, deci n = 11) va şterge numărul 342. Clasa a VI-a VI.179. Măsurile a cinci unghiuri în jurul unui punct sunt exprimate, în grade, prin numerele a,b,c,d şi e. Dacă 0,75 a; 0,6 b şi 0,(3) c sunt direct proporţionale cu 3,3 şi 2, iar 0,8(3) c; 0,(5) d şi 0,2(7) e sunt invers proporţionale cu 2,2 şi 3, determinaţi numerele a,b,c,d şi e. Constantin Apostol, Râmnicu Sărat Soluţie. Ipotezele problemei sunt: a + b + c + d + e = 360, 5c 3 = 10d 9 = 5e 6. Obţinem că a = 40, b = 50, c = 60,d = 90 şi e = 120. a 4 = b 5 = c 6 şi VI.180. Determinaţi numerele naturale x şi y pentru care x 2 +xy = y Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţie. Avem că y = 2014 x2 = 2013 x 1 N, prin urmare x 1 x 1 x 1 D 2013 = {1,3,11,33,61,183,671,2013}. Verificând fiecare caz în parte, obţinem soluţiile (x,y) {(2,2010);(4,666);(12,170);(34,26)}. VI.181. Fie a,b,c numere naturale cu proprietatea că a 2 +b 2 +c 2 = ab+5bc+ca. Arătaţi că (a+b)(b+c)(c+a) este un număr divizibil cu 8. Denisa Alexandra Luchian, elevă, Iaşi Soluţie. Dacă unul dintre numerele a,b,c este impar iar celelalte două sunt pare, atunci a 2 +b 2 +c 2 este impar, iar ab+5bc+ca este număr par, contradicţie. Dacă 57

62 unul dintre numerele a,b,c este par, iar celelalte două sunt impare, atunci a 2 +b 2 +c 2 este par, iar ab+5bc+ca este număr impar, contradicţie. Rămâne că numerele a,b şi c au aceeaşi paritate, deci sumele a+b,b+c şi c+a sunt pare. Rezultă că produsul (a+b)(b+c)(c+a) este divizibil cu 8. Să notăm faptul că problema are obiect: există numere naturale a,b,c cu proprietatea din enunţ, de exemplu a = 3,b = c = 1. VI.182. Se consideră numerele prime distincte p,q,r şi s, astfel încât (r+s,q) = 1. Aflaţi numerele naturale nenule x,y şi z astfel încât (x+z,y) = 1, iar py q = rz s = x. Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Evident că p x, r x şi, cum p, r sunt numere prime distincte, rezultă că x = prk, k N. Deducem că y = qrk şi z = psk şi atunci k divide (x+z,y). Obţinem k = 1, prin urmare x = pr, y = qr şi z = ps; aceste numere verifică toate cerinţele problemei. VI.183. Arătaţi că şirul 133, 13333, ,... conţine numai numere compuse. Elena Iurea, Iaşi Soluţie. Dacă a n = , atunci 3a n = = = ßÞ Ð n de 0 ßÞ Ð n 1 de 0 ßÞ Ð 2n+1 cifre ßÞ Ð n de 9 ßÞ Ð 2n+1 cifre ßÞ Ð 2n de = Cum primul factor se divide cu 3, atunci ßÞ Ð n 1 de 6 ßÞ Ð n de 9 a n = , deci a n este număr compus, oricare ar fi n N. ßÞ Ð 2n cifre ßÞ Ð 4n cifre VI.184. Fie A 2n = şi B 4n = , n N. Determinaţi c.m.m.d.c. şi c.m.m.m.c ale numerelor A 4n şi B 4n. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Evident că A 4n = , în timp ce B 4n = 1100 ßÞ Ð 4n 3 cifre ßÞ Ð 4n 3 cifre Prin urmare A 4n = C şi B 4n = C, unde ßÞ Ð 4n 3 cifre ßÞ Ð 4n 2 cifre C = Rezultă că (A 4n,B 4n ) = 2 5 C = , iar ßÞ Ð 4n+2 cifre [A 4n,B 4n ] = C = VI.185. În triunghiul ABC cu m( B) = 15 şi m( C) = 30, mediatoarea laturii AB intersectează BC în M. Pe latura AB se consideră punctul N astfel încât m( AMN) = 15. Arătaţi că CN este bisectoarea unghiului ACB. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Notăm cu D şi E proiecţiile punctului N pe BC, respectiv AC. Triunghiul AMB este isoscel (M se află pe mediatoarea lui AB) şi atunci m( MAB) = m( B) = 15 = m( NMA), prin urmare AN = NM. Cum m( NMC) = m( NMA) + m( AMC) = = 45, triunghiul NMD este dreptunghic isoscel. De asemenea, m( EAN) = 45, deci triunghiul ANE este dreptunghic isoscel. Rezultă că 58

63 NMD NAE, de unde ND = NE şi, de aici, concluzia problemei. Clasa a VII-a VII.179. Perechile de numere reale (x 1,y 1 ) şi (x 2,y 2 ) sunt soluţii ale ecuaţiei x 2 2y 2 = 1. Arătaţi că x 1 x 2 +2y 1 y 2 0. Petru Asaftei, Iaşi Soluţia 1 (Ciprian Gabriel Hîrţescu, elev, Roşiori (Bacău)). Avem x 2 1 = 2y şi x2 2 = 2y Înmulţind aceste relaţii, obţinem: x2 1 x2 2 = 4y2 1 y2 2 +2y2 1 +2y sau (x 1 x 2 + 2y 1 y 2 )(x 1 x 2 2y 1 y 2 ) = 2y y Membrul drept fiind diferit de zero, rezultă că x 1 x 2 +2y 1 y 2 0. Soluţia 2 (a autorului). Evident că x 1 şi x 2 sunt numere nenule. Presupunem, prin absurd, că x 1 x 2 +2y 1 y 2 = 0; atunci x 2 = 2y 1y 2, prin urmare 1 = x 2 2 x 2y2 2 = 1 4y1y y2 2 = 2(x 2 2y2 1 2y1) 2 = 2y2 2 < 0. Contradicţia la care am ajuns arată că x 2 1 x 2 1 x 2 1 este adevărată concluzia problemei. VII.180. Fie a,x,y astfel încât a > 0 şi 0 x,y a. Arătaţi că a 2 x 2 + Ô a2 y 2 a 2 (x+y a) 2. În ce condiţii are loc egalitatea? Dorina Goiceanu şi Nicoleta Bran, Craiova Soluţie. Evident, radicalii din enunţ există. Ridicând la pătrat şi efectuând calculele, inegalitateadatărevinela(a 2 x 2 )(a 2 y 2 )+(a x)(a y) 0,adevărat pentru 0 x,y a. Egalitatea se atinge când x = a sau y = a. VII.181. Fie x,y N astfel încât x 2 +2y este pătrat perfect. Arătaţi că x 2 +y se poate scrie ca suma pătratelor a două numere naturale. Aurel Chiriţă, Slatina Soluţie. Fie x 2 + 2y = z 2 ; atunci y = z2 x 2, cu x,y,z N. Observăm că 2 x 2 + y = x 2 + z2 x 2 = x2 +z 2 x+z 2 = + z x 2. Cum z 2 x 2 = 2y, numerele x şi z au aceeaşi paritate şi atunci x+z şi z x sunt numere naturale 2 2 (evident că z x), de unde cerinţa problemei. VII.182. Fie ABCD patrulater inscriptibil şi punctele M,N,P astfel încât {M} = AC BD, {N} = AB CD şi {P} = AD BC. Arătaţi că MA MC = NA NC PA PC. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. Folosind teorema lui Menelaus în ACN cu transversala B M D, obţinem că BA ND CM MA = 1,deci N BN DC MA MC = DC ND BA BN. Din asemănarea triunghiurilor P AB şi P CD obţinem că BA CD = PA, iar din asemănarea triunghiurilor NAD PC şi NCB găsim că ND D BN = NA MA. Rezultă că NC MC = A PA PC NA, ceea ce trebuia demonstrat. NC P M 59 B C

64 VII.183. Se consideră triunghiul ABC cu m( B) = 15 şi m( C) = 30. Notăm cu O centrul cercului circumscris triunghiului. Mediatoarea laturii BC taie AB în E. Paralela prin E la OC taie BC în H. Demonstraţi că OH AB. Mirela Marin, Iaşi Soluţie. Măsura arcului mare BC este 2 m( BAC) = = 270, prin urmare m( BOC) = = 90, adică OC OB. Cum EH OC, rezultă că EH OB. Avem şi BC OE, aşadar H este ortocentrul triunghiului OBE şi, de aici, OH AB. VII.184. Se consideră triunghiul ascuţitunghic ABC, cu AB < AC. Fie A piciorul bisectoarei din A, iar D este un punct pe segmentul AA astfel încât BA = BD. Dacă H este ortocentrul triunghiului ABA, arătaţi că: a) AD AA = AB ; b) HD AC. AC Claudiu-Ştefan C A E O H B Popa, Iaşi Soluţie. a) Triunghiul BDA este isoscel, cu BA D BDA ; deducem că AA C BDA. Atunci ADB AA C (U.U.), de unde AD AA = AB AC. b) Construim DE BC, cu E AC; avem că ADE AA AE C, deci AC = AD AA. Deducem că AE D AC = AB, prin urmare AE = AB. Bisectoarea AC AA a triunghiului isoscel ABE va fi şi înălţime, H aşadarh BE. CumDE BC şibc AH,rezultă B A că DE AH, deci D este ortocentrul triunghiului AHE şi, de aici, HD AC. VII.185. Fie ABC un triunghi şi D,E,F puncte situate pe laturile BC,CA, respectiv AB. Paralela prin A la DE intersectează dreapta FD în punctul M. Să se demonstreze că punctul M aparţine liniei mijlocii paralele cu BC dacă şi numai dacă cevienele AD, BE şi CF sunt concurente. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Notăm x= BD DC, y=ec EA, z=af ax şi atunci BD= FB x+1, DC = a x+1. Fie {T} = AM BC. Deoarece AT ED, avem A TD DC = AE EC TD = a. Aplicând teorema y(x+1) E lui Menelaus pentru triunghiul ABT şi transversala F M D M F, obţinem: DB FB DT FA MA MT = 1 y(x+1) x+1 a 1 z MA ax MT = 1 MA MT = xyz. 60 A B T D E C C

65 Dacă M este mijlocul lui AT, atunci xyz = 1 şi, cu reciproca teoremei lui Ceva, rezultăcăad,be şicf suntconcurente. DacăAD,BE,CF suntconcurente, atunci teorema lui Ceva conduce la xyz = 1, prin urmare M este mijlocul lui AT. Clasa a VIII-a VIII.179. Tetraedrul OABC are OA = OB = a, AB = b, iar măsura unghiului diedru dintre planele (OAB) şi (ABC) este de u. Determinaţi distanţa de la punctul O la planul (ABC). Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Fie P proiecţia punctului O pe planul (ABC); atunci OP A OP B (C.I.), prin urmare PA = PB, deci P se află pe mediatoarea segmentului AB. Pentru început, fie u < 90. În O triunghiul dreptunghic POM, m( P) = 90, avem: OP = OM sinu = 1 2 4a2 b 2 sinu. Remarcăm că rezultatul obţinut este valabil şi dacă u 90, întrucât sin90 = 1, iar sin(180 u ) = sinu. A VIII.180. Punctele M şi N sunt mijloacele muchiilor M AD, respectiv A D ale cubului ABCDA B C D. Dacă P B {S} = BD (CMN), demonstraţi că punctele C,S,N sunt C coliniare. Mirela Marin, Iaşi Soluţie. Fie{P}=CM BDşi{P }=C N B D ; atunci(cmn) (BDD )=PP, iar S PP P S. Din asemănări evidente, SP = D N P C P D PB = DP PB = MP PC = NP. Astfel, triunghiurile PC A B dreptunghice P SN şi PSC au catetele proporţionale, deci sunt asemenea. Rezultă că, în planul (MNC), S P SN PSC, prin urmare punctele C,S,N sunt coliniare. D VIII.181. Determinaţi numerele naturale n pentru care numărul a = ( )( 2014 n) este A B C M P raţional. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. Notăm b = 2014; atunci a = b bn+ b n, sau încăr+ bn = b n, unde r = a b Q.Ridicând lapătrat, obţinem 2 bn(r+1) = b+n r 2 bn Q. Prin urmare, r = 1 sau bn Q. Dacă r = 1, atunci b + n 1 bn = 0, deci (b 1)(1 n) = 0, de unde n = 1. Dacă bn Q, cum bn N, rezultă că n = bk 2, unde k N. Deducem că a = b bk+ b k b, aşadar b(k 1) = b bk+a Q şi, de aici, k = 1 şi n = b. În concluzie, n = 1 sau n = VIII.182. Determinaţi numerele naturale m 2 pentru care există n N astfel încât m n 1 divide 7 n 1. Gabriel Neamţu, Melineşti, Dolj 61

66 Soluţie. Este clar că m 7. Pentru m {2,3,4,7} putem considera n = 1, iar pentru m = 5 luăm n = 2( ). Vom arăta că m = 6 nu are proprietatea dorită. Presupunem, prin absurd, că există n N astfel încât 6 n 1 7 n 1. Cum 5 6 n 1, obţinem că 5 7 n 1, deci n = 4k, k N. Atunci, întrucât şi k 1, condiţia 6 4k 1 7 4k 1 implică 7 7 4k 1, imposibil. În concluzie, numerele căutate sunt m {2,3,4,5,7}. VIII.183. Fie x,y,z R astfel încât x+y +z 3. Arătaţi că x 2 +y 2 +z 2 + xy +yz +zx+3 3(x+y +z). Mihai Dicu şi Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie (Ciprian Gabriel Hîrţescu, elev, Roşiori (Bacău)). Se înmulţeşte cu 2 inegalitatea din enunţ şi, apoi, se pune sub forma: (x+y 2) 2 +(y+z 2) 2 +(z + x 2) 2 +2(x+y+z 3) 0. Ţinând seama de condiţia din enunţ, această inegalitate este adevărată. Avem egalitate dacă şi numai dacă x + y 2 = 0, y + z 2 = 0, z +x 2 = 0 şi x+y +z = 3, adică dacă şi numai dacă x = y = z = 1. VIII.184. Dacă a,b,c (0,1], arătaţi că ab abc+ab+c + bc abc+bc+a + ca abc+ca+b 1. Ovidiu Pop, Satu Mare Soluţie. Inegalitatea (1 a)(1 b)c 0, adevărată pentru a,b,c (0,1], este ab echivalentă cu abc+ab+c ab+bc+ca, prin urmare abc+ab+c ab ab+bc+ca. Scriem încă două inegalităţi similare şi, prin sumarea lor, obţinem inegalitatea de demonstrat. VIII.185. Fie n N şi a,b,c R astfel încât a 2n 1 c + a n 1 b + 1 < 0. Demonstraţi că (a c) 2 > (a+b+c)(a b+c). Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Presupunem, prin absurd, că (a c) 2 (a + b + c)(a b + c); după calcule, aceatsă relaţie revine la b 2 4ac. Atunci 0 > a 2n 2 ac + a n 1 b + 1 a 2n 2 b2 4 +an 1 b+1 = a n 1 b , contradicţie. Astfel, rămâne adevărată concluzia problemei. Clasa a IX-a IX.151. Se consideră funcţia f : R R, f(x) = ax 2 +bc+c, unde a,b,c R, a 0. Fie S şi P suma, respectiv produsul soluţiilor ecuaţiei f(x) = 0, iar α = f(s), β = f(p). Găsiţi soluţiile ecuaţiei α(x P)(1 x) = βx. Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Fie x 1,x 2 soluţiile ecuaţiei f(x) = 0; atunci S = x 1 + x 2 = b a, iar P = x 1 x 2 = c c a. Rezultă că α = f( b a ) = c şi β = f = (a+b+c)c. Ecuaţia a a c x c (1 x) = (a+b+c)c x este echivalentă cu (ax c)(1 x) = (a+b+c)x, a a deci cu ax 2 +bx+c = 0. Prin urmare, soluţiile acestei ecuaţii sunt tot x 1 şi x 2. 62

67 IX.152. Fie n N\{0,1} şi numere a i (0, ), x i [0, ), i = 1,n. Arătaţi că (n 1) n i=1 x 3 i a i 2 n 1 1 i<j n x i x j (x i +x j ) a i +a j. Soluţie. Demonstrăm mai întâi inegalitatea Alexandru Blaga, Satu Mare ( ) x 3 1 a 1 + x3 2 a 2 2 x 1x 2 (x 1 +x 2 ) a 1 +a 2. Din inegalitatea lui Bergström, avem: ( x 3 1 )2 a 1 + ( x 3 2 )2 a 2 ( x 3 1 x )3 a 1+a 2 = x 3 1 +x x 1 x 2 x1 x 2. a 1+a 2 a 1+a 2 a 1+a 2 Pentruaobţine( ), estesuficientsămaiarătămcăx 3 1+x 3 2+2x 1 x 2 x1 x 2 2x 1 x 2 (x 1 + x 2 ). Împărţind prin x 1 x 2 x1 x1 x 2 şi notând a =, această din urmă inegalitate x 2 revine la a a+ a Cu substituţia z = a+ 1 2, avem de demonstrat a a căz 3 5z+2 2, adică(z 2)[(z+1) 2 2] 0,ceeaceesteadevăratpentruz [2, ). Remarcăm că egalitatea în ( ) se atinge când x 1 = x 2 şi a 1 = a 2 = 1. Scriem inegalităţile de tipul ( ) pentru 1 i < j n; prin sumarea acestora, obţinem inegalitatea din enunţ. Egalitatea se atinge când x 1 = x 2 =... = x n şi a 1 = a 2 =... = a n = 1. IX.153. Arătaţi că È a2 r a r b 4, notaţiile fiind cele uzuale în triunghi. Mihaela Berindeanu, Bucureşti Soluţie. Cum r a r b = p a S S căè p b = p(p c), avem È r a r b = p(p a+p b+ p c) = p 2. Folosind inegalitatea lui Bergström, obţinem că È a2 = ra r b 4p 2 = 4. Egalitatea se atinge în cazul triunghiului echilateral. p2 r a r b (a+b+c)2 IX.154. Arătaţi că 3R 2r l a + l b + l c, notaţiile fiind cele uzuale în triunghi. l b l c l a Vasile Jiglău, Arad Soluţie. Avem că la 2 = 4bc (b+c) 2 p(p a) p(p a), prin urmare l2 a+lb 2 p(p a)+p(p b) = pc. Rezultă că l a + l b = l2 a +l2 b l b l a l a l b Analog se arată că l b + l c R l c l b r, l c + l a R l a l c r pc l a l b pc h a h b = pcab 4S 2 = 4rRp2 4r 2 p 2 = R r. şi, prin adunarea celor trei inegalităţi, rezultă concluzia problemei. Egalitatea se atinge în cazul triunghiului echilateral. 63

68 IX.155. Fie triunghiul ABC în care AB = AC = b, BC = a, m( BAC) = 100. Arătaţi că a 4 +2b 4 +2a 3 b 5ab 3 3a 2 b 2 = 0. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi a 4 Soluţie. Relaţia de demonstrat este echivalentă cu + 2 a 3 3 a 2 b b b 5 a b +2 = 0. Cum a = 2bcos40, aceasta este echivalentă cu 16cos cos cos cos = 0. Deoarece cos120 = cos3 40, rezultă că 1 2 = 4cos cos40, deci cos 3 40 = 3 4 cos40 1. Relaţia de demonstrat devine cos40 1 cos cos cos cos = 0, 8 care se verifică imediat. Clasa a X-a X.151. Fie x,y,z (1, ) şi a > 0 astfel încât lgx lgy lgz +lgy lgx lgz + lgz lgx lgy a. Arătaţi că xyz 10 È 3a. Lucian Tuţescu È şi Camelia Dană, Craiova lgy +lgz Soluţie. Evident că lgx 2 lgx lgy lgz a şi atunci È lgxlgy a. Cum (lgx+lgy +lgz) 2 3 È lgxlgy 3a, obţinem că (lgxyz) 2 3a, inegalitate echivalentă cu cea din concluzie. X.152. a) Arătaţi că 7 6 < lg16 < 4 3. b) Determinaţi primele două cifre şi ultimele două cifre ale numărului 16 6, fără a-l calcula. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. a) Inegalitatea 7 6 < lg16 revine la 166 > 10 7 ; avem: 16 6 = 2 4 (2 10 ) 2 > 10 (10 3 ) 2 = Inegalitatea lg16 < 4 3 revine la 163 < 10 4 ; însă 16 3 = (2 3 ) 4 < b) Numărul 16 6 are [lg16 6 ]+1 cifre (în baza 10). De la a), ştim că 7 < lg16 6 < 8, prin urmare 16 6 este un număr de opt cifre. Primele două cifre formează numărul Cum = [(1,6) 10 3 ] 2 = (4,096) 2 > 4 2 = 16 şi = (4,096) 10 2 < 4,1 2 < 17, înseamnă că primele două cifre ale lui 16 6 sunt 16. Ultima cifră a lui 16 6 este 6, iar penultima sa cifră este ultima cifră a numărului Avem: = 1+ 16(165 1) = (16 1)( ) = 1+24 ( ) =...1. În concluzie, ultimele două cifre ale lui 16 6 sunt 16. X.153. Dacă n N este dat, determinaţi numerele reale a şi b pentru care numărul complex z = a i este rădăcină nereală de ordin n a unităţii. b+i Dan Popescu, Suceava 64

69 Soluţie. Se impune că z = 1 şi atunci a = b. Dacă a = b vom avea că z = 1 R, contradicţie. Rămâne deci că a = b, deci z = a i a+i = a2 1 a ai a 2 +1 = (cos2t + isin2t), unde t = arctga π 2, π. Atunci z n = ( 1) n (cos2nt + 2 isin2nt) şi, cum z n = 1, rezultă că ( 1) n = cos2nt şi sin2nt = 0. Deducem că t = kπ 2n, unde k Z şi, întrucât ( 1)n = cos2nt = coskπ = ( 1) k, numerele k şi n au aceeaşi paritate. Condiţia t < π kπ impune k < n. În concluzie, a = b = tg 2 2n, unde k Z, k < n şi k are aceeaşi paritate cu n. X.154. Fie z 1,z 2,z 3 numere complexe distincte. Arătaţi că 1 max z 1 z 2, 1 z 2 z 3, z 3 z 1 3+3max( z 1 2, z 2 2, z 3 2 ). Marcel Chiriţă, Bucureşti Soluţie. Dacă A,B,C,O sunt punctele de afixe z 1,z 2,z 3 respectiv 0, inegalitatea din enunţ se scrie sub forma max 1 AB, 1 BC, 1 CA max(OA 2,OB 2,OC 2 ). Presupunem că AB este cea mai mică latură a triunghiului (eventual degenerat) ABC şi fie m = max(oa 2,OB 2,OC 2 ); atunci trebuie să demonstrăm că 1+m AB. Din relaţialui Leibniz, 3m OA 2 +OB 2 +OC 2 = 3OG (AB2 +BC 2 +CA 2 ) AB 2, deci m 1 3 AB2. Atunci 1+m AB2 2 3 AB, conform inegalităţii 3 mediilor. Egalitatea se atinge când AB = BC = CA = 3 si O = G. X.155. Se consideră funcţiile f,g : N N având proprietăţile (i) f este injectivă şi g este surjectivă; (ii) f(0) = g(0) = 0; (iii) f(m) f(n) g(m) g(n), m,n N. Demonstraţi că cele două funcţii sunt egale. Claudiu Mîndrilă, elev, Târgovişte Soluţie. Dacă g(p) = g(q), din (iii) rezultă căf(p) = f(q) şi, cum f este injectivă, urmează că p = q. Astfel, g este injectivă, deci este bijectivă. Considerăm funcţia h = f g 1. Luând în(iii) m g 1 (n+1)şi n g 1 (n), obţinem că h(n+1) h(n) 1. Însă h este injectivă şi atunci h(n+1) h(n) = 1, n N. Folosind injectivitatea lui h şi faptul că h(0) = f(g 1 (0)) = f(0) = 0, se arată inductiv că h(n) = n, n N. Deducem că h este funcţia identică, de unde f = g. Clasa a XI-a XI.151. Definim şirul (x n ) n 0 prin x 0 = 0, x n+1 = (n + 1) xn, n N. Determinaţi numerele naturale n pentru care x n+2 = x 3 n+1 +x n. Răzvan Ceucă, student, Iaşi 65

70 Soluţie. Valoarea n = 0 nu convine, iar n = 1 convine. Pentru n 2, se arată prin inducţie că x n+2 > x 3 n+1+x n, prin urmaren = 1 estesingurasoluţie aproblemei. XI.152. Calculaţi L α = lim x ((x+1)α ln(x+1) x α lnx), unde α R. Ionel Tudor, Călugăreni å şi Stelian Piscan, Giurgiu ln(x+1) è lnx Soluţie. Dacă α < 0, atunci L α = lim x (x+1) a x α = 0, deoarece lnx lim x x α = 0. Dacă α = 0, atunci L x+1 0 = lim ln = 0. Pentru α (0,1), x x avem: (x+1) α ln(x+1) x α lnx = (x+1) α (ln(x+1) lnx)+((x+1) α x α )lnx = 1 1+ (x+1) 1 α ln 1 x+1 + (1+ 1 x )α 1 lnx x 1 x 1 α, de unde L α = 0. În sfârşit, dacă x α 1, cum (x+1) α ln(x+1) x α lnx > [(x+1) α x α ]lnx, deducem că L α =. XI.153. Fie (a n ) n 1 un şir şi propoziţiile: (P 1 ),,Şirul (a n+1 a n ) n 1 este convergent ; (P 2 ),,Şirul (max(a n,a n+1 )) n 1 este convergent ; (P 3 ),,Şirul (a n ) n 1 este convergent. Arătaţi că: a) (P 1 ) nu implică (P 3 ); b) (P 2 ) nu implică (P 3 ); c) (P 1 ) şi (P 2 ) implică (P 3 ). Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. a) Şirul a n = n verifică (P 1 ), dar nu şi (P 3 ). b) Şirul a n = 1+( 1) n verifică (P 2 ), dar nu şi (P 3 ). c) Fie (a n ) n 1 un şir cu (P 1 ) şi (P 2 ); notăm x n = a n+1 a n şi y n = max(a n,a n+1 ), n N. Cum 2y n = a n+1 +a n a n+1 a n, rezultă că a n+1 +a n = 2y n + x n, prin urmare 2a n = 2y n + x n x n, n N. Cum (x n ) n 1 şi (y n ) n 1 sunt convergente, deducem că (a n ) n 1 este convergent. XI.154. Determinaţi numerele reale x cu proprietatea că 9 x +25 x = 15 x Marian Cucoaneş, Mărăşeşti şi Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Considerăm funcţia f : R R, f(x) = 9 x +25 x 15 x ; ecuaţia dată se scrie sub forma f(x) = Întrucât f(x) = 27x +125 x 3 x +5 x şi f 1 (x) = (3 x +5 x ) 2[27x 3 x (ln27 ln3)+27 x 5x (ln27 ln5)+125 x 3x (ln125 ln3)+125 x 5x (ln125 ln5)] 0, x R, funcţia f este strict crescătoare, deci injectivă. Ecuaţia f(x) = va avea cel mult o soluţie şi, cum f( 1) = 19, rezultă că x = 1 este unica soluţie a ecuaţiei din enunţ. 1 4,. Dacă det(a 2 +AB +ab 2 ) = 0, arătaţi că det(a+b) = deta+adetb. 1 4, 225 XI.155. Se consideră matricele A,B M 3 (R) cu AB = BA şi numărul a Soluţie. Cum a Dan Popescu, Suceava, ecuaţia x 2 x+a = 0 are soluţiile complexe şi nereale z şi z. Avem: det(a 2 +AB+aB 2 ) = det(a+zb)(a+zb) = det(a+zb) 2 = 0, deci det(a+zb) = 0,prinurmarepolinomulf = deta+bx+cx 2 +(detb)x 3 seanulează în z C\R cu z 2 z+a = 0. Cum z 2 = z a, z 3 = z 2 az = z(1 a) a, rezultă că 66

71 f(z) = (deta ac adetb)+(b+c+detb adetb)z. Întrucât f(z) = 0 şi z C\R, deducem că c = 1 a deta detb, iar b = c+adetb detb = 1 a deta+adetb. Înlocuind, găsim că f(1) = deta+adetb; însă f(1) = det(a+b), de unde concluzia problemei. Clasa a XII-a XII.151. Se consideră polinoamele f,g Q[X], f= X 4X3 şi g cos π = 0. 9 Demonstraţi că f divide g. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Polinomul f este de grad 3 şi nu are radăcini raţionale, deci este ireductibil peste Q. Întrucât 1 2 = cos3 π 9 = π 4cos3 9 3cos π cos 9, rezultă că f π = 0. 9 Nu există polinoame de gradul II, având coeficienţii raţionali, care să admită radăcina cos π 9, aşadar f este polinomul minimal al numărului cos π peste Q. Cum g are 9 rădăcina cos π, rezultă că f g. 9 XII.152. Pentru n N notăm cu σ(n) suma divizorilor pozitivi ai lui n şi cu ϕ(n) numărul numerelor din mulţimea {1,2,...,n} care sunt relativ prime cu n. Pentru σ(n) ϕ(n) n {p α p = prim, α N}, calculaţi lim. n n D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Avem că σ(n) ϕ(n) = pα+1 1 p α 1 (p 1) = p 2α p α 1 p 2α 1 = p 1 n 2 1, iar σ(n) ϕ(n) p 2α p α n 2 n. Rezultă că n 2 n σ(n) ϕ(n) n 2 1 şi, de aici, limita cerută este egală cu 1. XII.153. Fie λ R fixat. Determinaţi funcţiile derivabile f : R R cu proprietatea că f (x) f(x)+λ(f(x)) 2 = 0, x R. Sven Cortel, elev, Satu-Mare Soluţie. Relaţia din enunţ se scrie sub forma (f 2 (x)) + 2λf 2 (x) = 0, x R, de unde (e 2λx f 2 (x)) = 0, x R şi atunci e 2λx f 2 (x) = c, x R, unde c este o constantă reală nenegativă. Dacă c = 0, atunci f(x) = 0, x R. Dacă c > 0, atunci f este nenulă pe R şi, cum este continuă, f va avea semn constant pe R. Deducem că f(x) = ce λx, x R sau f(x) = ce λx, x R. În concluzie, soluţiile problemei sunt funcţiile f k (x) = ke λx, x R, unde k R este constantă. XII.154. Fie f : [0, ) R o funcţie cu proprietatea că x 2 f(x) ex, 1 x (0, ). Arătaţi că funcţia f nu are primitive. Florin Nicolaescu, Balş Soluţia 1(Emanuel Necula, elev, Câmpulung Muscel). Inegalitatea din enunţul funcţia g : (0, ) R dată de g(x) = e x +F 1 x, avem că g (x) = e x 1 1 x 2f x problemei este echivalentă cu 1 1 x 2f e x, x > 0, sau cu e x 1 1 x x 2f 0, x > 0. Presupunând că funcţia f admite primitive, fie F una dintre ele. Considerând, 67

72 x > 0, deci g (x) 0, x > 0. Aşadar, g este descrescătoare pe (0, ), fapt din care rezultă că g(1) lim g(x). Dar lim g(x) = lim x x x [ex + F 1 ] = + F(0) = x (întrucât F este continuă în 0) şi ajungem la absurditatea e + F(1). În final, funcţia f nu are primitive. Soluţia 2 (Gheorghe Iurea, Iaşi). Presupunem, prin absurd, că există F : [0, ) å èr primitivă a funcţiei f. Aplicând teorema lui Lagrange funcţiei F : 1 n+1, 1 1 R, obţinem c n n n+1, 1 pentru care F 1 F 1 = n n n+1 1 f(c n ) n(n+1). Cum c n > 0, din ipoteză vom avea că f(c n ) 1 c 2 e cn, 1 aşadar n F 1 F 1 1 n n+1 c 2 n(n+1) e 1 cn. 1 Dinc n 1 n n+1, 1 rezultă că lim n c n = 0 n şi lim nc 1 1 n = 1; atunci lim n n c 2 n n(n+1) e 1 cn =. Însă F este continuă în 0, prin å urmare lim F 1 F 1 è = 0 şi, astfel, am ajuns la o contradicţie. n n n+1 XII.155. Determinaţi funcţiile continue f, g : [0, ) [0, ) pentru care max{f(a),g(a)} a 0 f(x) g(x)dx, a [0, ). Soluţie (Moubinool Omarjee, Paris). Funcţia a F(a) = a Florin Stănescu, Găeşti 0 f(x)g(x)dx este derivabilă, cu F (a) = f(a)g(a). Deoarece g(a) F(a), a [0, ), această inegalitate revine succesiv la: f(a)g(a) f(a)f(a) F (a) f(a)f(a) 0 e Ê b a f(x)dx F (a) f(a)e Ê a deci funcţia a K(a) = e Ê a 0 f(x)dx F(a) 0 (e Ê a 0 f(x)dx F(a)) 0, f(x)dx 0 F(a) este descrescătoare pe [0, ). Atunci K(a) K(0) = 0, a [0, ), de unde deducem că F(a) 0, a [0, ). Funcţiile f şi g sunt pozitive, continue şi au ca produs funcţia nulă; rezultă că f(x) = g(x) = 0, x [0, ). Reciproc, funcţiile f = g = 0 verifică ipotezele problemei. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2014 A. Nivel gimnazial G266. Determinaţi numărul natural n minim având proprietatea: oricare ar fi mulţimea A = {a 1,a 2,...,a n } N, există B,C A astfel încât B = C = 3, B C = şi S B +S C.3. (Am notat cu S M suma elementelor mulţimii M.) Cristian Lazăr, Iaşi 68

73 Soluţie. Evident, n 6. Luând o mulţime A de cardinal 6 astfel încât suma elementelor lui A nu se divide cu 3, rezultă că n = 6 nu convine. Considerând o mulţime A care conţine cinci numere de tipul M şi două numere de tipul M 3 +2, constatăm că n = 7 nu are proprietatea din enunţ. Vom arăta că n = 8 are proprietatea dorită, deci n min = 8. Fie A = {a 1,a 2,...,a 8 } o mulţime oarecare de numere naturale. Considerând cinci elemente oarecare ale lui A, există printre ele trei având suma divizibilă cu 3 (se arată uşor; a se vedea, de exemplu, soluţia problemei L77 din RecMat 1/2006); aceste trei numere vor forma mulţimea B. Considerând cele două numere rămase de mai înainte şi cele trei rămase în A, obţinem cinci numere din care, iarăşi, putem selecta trei având suma divizibilă cu 3; acestea vorforma mulţimea C şi B,C au proprietăţile dorite. G267. Demonstraţi că nu există numere naturale x, y prime între ele, de parităţi diferite, pentru care numărul a = xy 3 yx 3 să fie pătrat perfect. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti Soluţie. Presupunem, prin absurd, că există x,y N, (x,y) = 1, x impar şi y par, astfel încât xy 3 yx 3 = k 2, unde k N. Cum (x,y) = 1, se arată uşor că (x,y 2 x 2 ) = (y,y 2 x 2 ) = 1 şi, cum xy(y 2 x 2 ) este pătrat perfect, rezultă că fiecare dintre numerele x,y şi y 2 x 2 este pătrat perfect. Însă y2 x 2 = (M 2 ) 2 (M 2 +1) 2 = M 4 +3, deci y 2 x 2 nu poate fi pătrat perfect. Contradicţia la care am ajuns arată că este adevărată concluzia problemei. G268. Considerăm numărul a = 0, , obţinut prin scrierea (după virgulă) a tuturor pătratelor perfecte, unul după altul. Demonstraţi că a este iraţional. Radu Miron, elev, Iaşi Soluţie. Dacă, prin absurd, a ar fi număr raţional, atunci ar exista un grup de cifre T = a k a k+1...a p care să se repete în scrierea lui a, de la un loc încolo. Însă a conţine oricât de multe zerouri consecutive, deoarece conţine cifrele pătratului 10 2t = , unde 2t > p k +1. Deducem că T = , evident, imposibil. G269. Arătaţi că A = 1 25 (98n n n n+1 +1), n N, este număr natural compus. Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Cu notaţia x = 9 2n+1, numărătorul lui A se scrie sub forma x 4 +5x x 2 +5x+1 = (x 2 +7x+1) 2 9x(x+1) 2 = (9 4n n+1 +1) 2 9 2n+2 (9 2n+1 +1) 2 = (9 4n+2 9 3n n+1 9 n+1 +1)(9 4n n n+1 +9 n+1 +1). Cum fiecare paranteză este divizibilă cu 5 şi strict mai mare ca 5, rezultă cerinţa problemei. G270. Scrieţi în ordine crescătoare numerele 2014!, (201!) 4! şi (20!) 14!. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Vom ţine cont de inegalităţile n, n N,n 2 n+1 3 n < n! < n+1 2 (Olimpiada austriacă de matematică, 1979; GM(B)-1/1990, p.39); inegalitatea din stânga se demonstrează prin inducţie, iar cea din dreapta aplicând inegalitatea medi- 69

74 ilor pentru numerele 1,2,...,n. Avem: 2014! < < = , > > , (201!) 4! > prin urmare 2014! < (201!) 4!. Apoi, (201!) < ! = , 2 21 (20!) 14! > 3 20 ( 15 3 )14 = Însă < , deoarece această inegalitate revine la < (7 5 ) 514 şi este evident că 101 < 7 5, iar 1206 < În concluzie, avem ordinea 2014! < (201!) 4! < (20!) 14!. G271. Fie x,y,z numere reale pozitive astfel încât x 2 +y 2 +z 2 = 3. Arătaţi că x(y 2 +z 2 ) y 2 yz +z 2 + y(z2 +x 2 ) z 2 zx+x 2 + z(x2 +y 2 ) x 2 xy +y 2 6xyz. Soluţie. Din (y z) 4 0 rezultă sucesiv: Cătălin Cristea, Craiova Atunci y 4 +z 4 +6y 2 z 2 4yz(y 2 +z 2 ) (y 2 +z 2 ) 2 4yz(y 2 yz +z 2 ) x(y2 +z 2 ) y 2 yz +z 2 4xyz y 2 +z 2. x(y 2 +z 2 ) y 2 yz +z 2 4xyz 1 x 2 +y y 2 +z z 2 +x 2 4xyz (1+1+1) 2 2(x 2 +y 2 +z 2 ) = 6xyz. G272. Dacă a,b,c sunt numere reale pozitive, arătaţi că a 3 b 3 + b3 c 3 + c3 a a 3 9 b+c + b c+a + c 21 a+b 2. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti Soluţie. Din inegalitatea mediilor, rezultă că a3 b 3 + a3 b 3 + b3 c 3 3a3 şi încă două abc relaţii similare. Prin adunarea acestora, obţinem că a3 b 3 + b3 c 3 + c3 a 3 a3 +b 3 +c 3. abc 70

75 Înseamnă că ar fi suficient să arătăm că a 3 +b 3 +c 3 9 a abc b+c + b c+a + c 21 a+b 2 a3 +b 3 +c 3 3abc abc (a+b+c)(è (a b) 2 ) 2abc Pentru aceasta, vom demonstra că 9 a b+c + b c+a + c a+b (a b) 2 (a+c)(b+c). (a+b+c)(a b) 2 2abc 9 2 (a b) 2 (a+c)(b+c). Dacă a = b, avem egalitate; dacă a b, trebuie să arătăm că (a+b+c)(a+c)(b+c) 9abc, adică c 2 (a + b + c) + (a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc. Însă, din inegalitatea mediilor, (a+b+c)(ab+bc+ca) 9abc şi, astfel, soluţia este completă. Notă. Am primit din partea d-lui Moubinool Omarjee, Paris, o soluţie care foloseşte metoda lui Sturm. G273. Se consideră patrulaterul convex ABCD cu laturile opuse neparalele şi fie O un punct în interiorul acestuia. Arătaţi că există un unic paralelogram MNPQ având centrul O şi vârfurile pe dreptele AB,BC,CD respectiv DA. Ovidiu Pop, Satu Mare Soluţie. Observăm că, date dreptele neparalele d şi d şi punctul O în afara lor, există şi sunt unice punctele A d,b d astfel încât OA = OB. Într-adevăr, dacă OA = OB şi A d, atunci B d, unde d este simetrica dreptei d faţă de punctul O. Cum d şi d sunt concurente, punctul B este unic determinat ca {B} = d d şi acum construcţia lui A este imediată: A = sim O (B). Ţinând seama de acest rezultat, există şi sunt unic determinate punctele M AB,P CD astfel încât OM = OP, precum şi punctele N BC,Q DA astfel încâton = OQ. Astfel, MNPQesteuniculparalelogramdecentruOavândvârfurile pe dreptele suport ale laturilor lui ABCD. G274. Triunghiul dreptunghic neisoscel ABC are ipotenuza BC fixă, iar punctul E este situat pe D A M cateta mai lungă astfel încât AE = AB AC. Demonstraţi că mediatoarea segmentului AE trece R printr-un punct fix. N E Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Soluţie. Notăm, uzual, lungimile laturilor ABC cu a,b,c. Cum BC este fixă, a este constantă. Se consideră R şi Q vârfurile triunghiurilor B O C dreptunghice isoscele cu ipotenuzele AB, respectiv AC, situate în exteriorul ABC. Notăm cu D intersecţia dintre mediatoarea segmentului AE şi dreapta AQ, cu M mijlocul segmentului RQ, cu O mijlocul ipotenuzei BC şi N mijlocul segmentului AE. Remarcăm că punctele R,A şi Q sunt coliniare, deoarece m( RAQ) = 180. Se 71 Q

76 observă că BCQR este trapez dreptunghic, deoarece BR RQ şi CQ RQ; prin urmare, RQ = RA+AQ = c + b = b+c. Cum D este situat pe mediatoarea segmentului AE, rezultă că DAE este isoscel, iar pentru că m( DAE) = 45 rezultă că DAE este şi drepuntghic în D, de unde AD = AE = b c. Astfel, DQ = RQ (RA + AD) = b+c c + b c = c, adică RA = DQ, de unde rezultă că M este şi mijlocul segmentului AD. OM este linie mijlocie în trapezul dreptunghic BCQR, deci OM CQ, de unde OM RQ. Triunghiul OAD este isoscel, deoarece OM este înălţime şi mediană a lui, deci OD = OA = a 2. Apoi, m( ODN) = m( ODA) 45, iar m( OAC) = m( OAD) 45. Deoarece OAD este isoscel, rezultă ODN OAC. Pe de altă parte OAC este isoscel, deci OAC OCA, de unde rezultă că ODN OCA. Acum, deoarece DN AC, rezultă DO BC. Prin urmare D este situat pe mediatoarea segmentului fix BC şi OD = const., adică D este un punct fix ce aparţine mediatoarei segmentului AE. G275. Se consideră cubul ABCDA B C D, iar M este mijlocul muchiei AD. Planul perpendicular în B pe MB intersectează planul (B AC) după dreapta d. Notăm cu S proiecţia punctului B pe dreapta d. Determinaţi tangenta unghiului dintre dreptele AB şi BS. Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Fie N mijlocul lui AB, {O} = AC BM şi P intersecţia lui AC cu perpendiculara în B pe MB. Dreptele BM şi CN sunt perpendiculare, prin urmare D C dreptele BP şi CN sunt paralele. A Rezultă că CN este linie mijlocie în triunghiul B S ABP, deci punctul C este mij- locul segmentului AP. Dreapta d va fi tocmai B P. Cum BP = 2CN = a 5 (unde a este muchia M D O C cubului), rezultă că B S A SP = BB 2 BP 2 = N B a 2 (a 5) = Pe de altă parte, AO OC = AM BC = 1 AO, de unde 2 OP = 1 5. Deducem că OS AB. Astfel, unghiul format de dreptele AB şi BS este OSB. Evident, triunghiul OSB este dreptunghic în B, având catetele de lungimi BS = a 30 6 şi OB = a 5 3. Rezultă că tg OSB = 6 3. P B. Nivel liceal Notă. După încheierea numărului 2/2014, am primit soluţie corectă a problemei L264 din partea d-lui Gheorghe Stoica, Petroşani. L266. Fie n un număr natural nenul, p = 2 2n +1 un număr prim Fermat şi d cel 72

77 mai mare divizor impar al numărului p 1!. Să se demonstreze că există numărul 2 natural a astfel încât d a 2 (modp). Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti Soluţie. Exponentullui2îndescompunereaînfactoriprimianumărului p 1 2 È este e = k 2å p 1 è. 2 k Dacă p = 2 m + 1, cu m = 2 n, atunci e = 2 m m = 2 m 1 1 = p 1 1 = p 3. Următorul rezultat este o consecinţă 2 2 a teoremei lui Wilson: dacă p este un număr prim şi p 1 se divide cu 4, atunci å p 1!è (mod p). Deducem 2 p 3 d (mod p). Înmulţim ultima 2 congruenţă cu 2 2 = 4, aplicăm teorema lui Fermat 2 p 1 1 (mod p) şi deducem d (mod p). Rezultă d 2 +4d+4 = (d+2) 2 4d (mod p). å Inversul lui 2 modulo p este p+1 (p+1)(d+2) è 2 2, aşadar d (mod p). Dacă 2 a este restul împărţirii la p a numărului natural (p+1)(d+2)!, atunci d a 2 (mod 2 p), ceea ce încheie demonstraţia. L267. Determinaţi a R cu proprietatea că 18 a +20 a +30 a = 19 a +24 a +25 a. Radu Miron, elev, Iaşi Soluţia 1. Observăm că ambii membri ai ecuaţiei din enunţ sunt funcţii convexe. Ca urmare, ecuaţia are cel mult două soluţii. Cum a = 0 şi a = 1 sunt soluţii, rezultă că ele sunt singurele soluţii ale ecuaţiei date. Notă. Au rezolvat problema în acest fel următorii elevi din Craiova: David Dăogaru, Cristian Pătraşcu, Andrei Raul Spătaru şi Andrei George Turcu. Soluţia 2. Observăm că a = 0 şi a = 1 verifică ecuaţia din enunţ. Presupunem că există a R\{0,1} soluţie; atunci (5 a 4 a )(6 a 5 a ) = 19 a 18 a. Aplicând teorema lui Lagrange unor restricţii ale funcţiei f : (0, ) R, f(x) = x a, găsim c 1 (4,5), c 2 (5,6) şi c 3 (18,19) pentru care 5 a 4 a = ac1 a 1 ; 6 a 5 a = ac 2 a 1 a 1 = 1, unde c 3 şi 19 a 18 a = ac3 a 1. Rezultă că a 2 (c 1 c 2 ) a 1 = ac3 a 1, adică a c1 c 2 c 1 c 2 c , Evident că a > 0. Dacă a (0,1), atunci 1 = a c1 c 2 < 1 c1 c 2 0 c1 c 2 a 1 = 1, absurd. Dacă a (1, ), atunci 1 = a > c 3 c 3 1 c1 c 2 0 =1, c 3 din nou contradicţie. În concluzie, a=0 şi a = 1 sunt singurele soluţii ale ecuaţii date. Notă. Înaceeaşimanierăaurezolvatproblemad-niiCorneliuMănescu-Avram, c 3 a 1 Ploieşti, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung. L268. Demonstraţi că dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, are loc inegalitatea a 2 +b 2 +c 2 ab bc ca (a+b+c) 2 + 2a 2a+b+c b a+2b+c + 2c a+b+2c 3 2. Titu Zvonaru, Comăneşti

78 Soluţie (Neculai Roman, Mirceşti, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea, È Nicuşor Zlota, Focşani şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung). Observăm că 2a 2a+b+c = È È 2 a2 2a 2 +ab+ac ( a) È È2 a2 + ab, conform inegalităţii lui Bergström. Notând x = a 2 +b 2 +c 2 > 0 şi y = ab+bc+ca> 0, ar fi suficient să mai demonstrăm că x y x+2y + x+2y x+y 3 2. Aceasta din urmă inegalitate este echivalentă cu 2x2 +2y 2 +4xy x 2 +2y 2 +3xy 3 2 x2 xy 0 x y, fapt binecunoscut. L269. Arătaţi că a sinx (a+1) cosx < a 2, a,x R, a 2. Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea Soluţie (Gheorghe Iurea, Iaşi şi Daniel Văcaru, Piteşti). Prin logaritmare, inegalitatea din enunţ este echivalentă cu sinxlna+cosxln(a+1) < 2lna, a,x R,a 2. Cum sinxlna+cosxln(a+1) (sin 2 x+cos 2 x)(ln 2 a+ln 2 (a+1)), este suficient să arătăm că ln 2 (a+1) < 3ln 2 a, sau 3lna > ln(a+1) (deoarece a 2), echivalent cu a 3 > a+1 pentru a 2. Funcţia f : [2, ) R, f(a) = a 3 a = a(a 3 1 1) este produs de funcţii pozitive strict crescătoare, deci este strict crescătoare; rezultă că a 3 a Rămâne să arătăm că 2 3 > 3 : 2 3 > = > = 3. Notă. Am mai primit soluţie corectă din partea d-lui Corneliu Mănescu- Avram, Ploieşti. L270. Se consideră triunghiul isoscel ABC, cu AB = AC şi fie P un punct fixat pe înălţimea AD. O dreaptă variabilă care trece prin P intersectează laturile AB şi AC în punctele E [AB], respectiv F [AC]. Determinaţi valorile extreme ale ariei triunghiului AEF, funcţie de a = BC, b = AB = AC şi d = AP. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Fie MN paralela prin P la BC, cu M AB,N AC; notăm h = AD = Öb 2 a2, x = AF şi y = AE. Putem pre- A 4 supune, fără a restrânge generalitatea, că F [AN]. Teorema transversalei spune că BD CF BE DP +CD = BC FA EA PA, deci a(b x) 2x AM = bd, din y b deducem că x å bd h bd è h, bd AE AF sina şi S AEF = 2h d 2 + a(b y) 2y Considerăm funcţia f(x) = = a(h d) ; rezultă că y = bdx d 2hx bd. Cum 2h d. Astfel, x = bd sina 2 x 2 2hx bd, x å bd h, bd 2h d 74 è x 2 2hx bd. M E B D P F N C, despre care se arată uşor

79 că este strict crescătoare. Rezultă că S AEF este minimă pentru x = bd (deci când h EF BC) şi este maximă pentru x = bd (deci când E coincide cu B). Obţinem 2h d că mins AEF = ad2 2h, iar maxs adh AEF = 2(2h d). Notă. Soluţie corectă au trimis d-nii Titu Zvonaru, Comăneşti, Neculai Stanciu, Buzău şi Neculai Roman, Mirceşti. L271. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea: bc (p a) 2 + ac (p b) 2 + ab (p c) 2 20R 4r. 3r Andi Brojbeanu, elev, Târgovişte Soluţie(Titu Zvonaru, Comăneşti, Neculai Stanciu, Buzău, Marius Olteanu, Rm. Vâlcea şi Nicuşor Zlota, Focşani). Vom folosi inegalitatea lui Schur È a 3 + 3abc È a 2 b+ È ab 2, care aplicată pentru numerele xy,yz,zx devine (1) x 3 y 3 +3x 2 y 2 z 2 xyz x 2 y +xyz xy 2. Să trecem la problemă. Folosim substituţiile Ravi: a = y + z,b = z +x,c = x +y. Avem p = x+y +z, Aria (ABC) = [ABC] =xyz(x+y +z), R r = abc 4[ABC] : [ABC] = pabc (x+y)(y +z)(z +x) =. p 4[ABC] 2 4xyz Rezultă că inegalitatea din enunţ se scrie succesiv: (x+y)(y +z) 5(x+y)(y +z)(z +x) x 2 4 3xyz 3 x 2 +xy +yz +zx x 2 5(x+y)(y +z)(z +x) 3xyz 1 5(x+y)(y +z)(z +x) 3+ xy 4 x2 3xyz xy x 2 y 2 5xyz( x 2 y + xy 2 +2xyz) 13x 2 y 2 z 2 3 x 3 y 3 +3xyz x 2 y +3xyz xy 2 5xyz x 2 y +5xyz xy 2 3x 2 y 2 z 2 3 x 3 y 3 +3x 2 y 2 z 2 2xyz( x 2 y + xy 2 ). Folosind inegalitatea (1), rămâne de arătat că È x 3 y 3 3x 2 y 2 z 2, care este adevărată cu inegalitatea mediilor. Notă. Autorul problemei şi d-nii Neculai Roman, Mirceşti şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung, rezolvăproblemafolosindinegalitatea lui Gerretsenp 2 4R 2 + 4Rr+3r 2. 75

80 L272. Determinaţi valorile numărului real k pentru care există un patrulater convex ABCD având lungimile laturilor a,b,c,d şi aria S, astfel încât 4a 2 + 5b c 2 d 2 = 4kS. Marcel Chiriţă, Bucureşti Soluţie. Fie ABCD patrulater convex cu AB = a,bc = b,cd = c, DA = d şi având aria S; fără a restrânge generalitatea, putem presupune că AC = 1. Raportăm planul la un reper cartezian în raport cu care A(0,0),B(m,n),C(1,0) şi D(p,q). Observăm că 4a 2 +5b 2 = 4AB 2 +5BC 2 = 4(m 2 +n 2 )+5((m 1) 2 +n 2 ) = 9 m n n p. Analog, 10c2 d 2 = 9 9q n 2 +9q p Adunând aceste relaţii, obţinem că 4a2 +5b 2 +10c 2 d 2 9n 2 +9q = n q +2 q 5 2 n 5+2 q 5 = 4 5(S ABC+ 3 3 S ACD ) = 4 5S ABCD. În concluzie, 4a2 +5b 2 +10c 2 d 2 4 5S, aşadar k 5. În inegalitatea precedentă, se atinge egalitatea când B 5 5 9, şi D , 9 prin urmare k min = 5. Vom demonstra acum că pentru orice k [ 5, ), există un patrulater ABCD având proprietăţile dorite. Să considerăm punctele A(0, 0), B, 5 9, x, C(0,1) şi D 10 9,x, unde x (0, ) va fi determinat convenabil. Avem: a 2 = AB 2 = x2, b 2 = BC 2 = x2, c 2 = CD 2 = x2, d 2 = DA 2 = x2 şi S = S ABC +S ACD = x 2 + x 2 = x. Înlocuind în 4a2 +5b 2 +10c 2 d 2 = 4kS, obţinem ecuaţia 81x 2 18kx+5 = 0, care admite soluţia reală pozitivă x = k + k 2 5, prin 9 urmare există un patrulater ABCD având proprietăţile din enunţ. L273. Fie triunghiul ABC înscris în cercul C şi A 1 centrul cercului tangent exterior cercului C şi semidreptelor [AB, [AC. În mod analog definim punctele B 1 şi C 1. Arătaţi că: Ô Ia A 1 I b B 1 I c C + Ô I b B 1 I c C 1 I a A+ Ô I c C 1 I a A 1 I b B = Ô I a A I b B I c C. Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi) Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău). Notăm S aria triunghiului, r A raza cercului de centru A 1,r a raza cercului exînscris şi q = sin A 2 sin B 2 sin C. Conform unei formule cunoscute (de exemplu, RecMat -1/2014, 2 rbc p. 10), avem r A = (p a) 2. Punctele I a şi A 1 se află pe bisectoarea unghiului A. Ducând perpendiculare din I a şi A 1 pe latura AB, obţinem: AA 1 = r A sin A,AI a = r a 2 sin A 2 rp = (p a)sin A 2 76, A 1 I a = r(p b)(p c) (p a) 2 sin A. 2

81 Rezultă că Ô Ô Ô r 2 (p c)s Ia A 1 I b B 1 I c C + I b B 1 I c C 1 I a A+ I c C 1 I a A 1 I b B = 1 ps (p a)(p b) = r2 q = r (p c)s ps (p a)(p b)q = r2 q Ô S Ia A I b B I c C = 3 (p a)(p b)(p c)q = ps q. Din aceste inegalităţi obţinem concluzia problemei. (p a)(p b)q 1 r 2 = ps q ; L274. Fie punctele A 1,...,A n şi B 1,...,B n aparţinând unei elipse E cu centrul O. Să se arate că există un punct M E astfel încât n n n n MA 2 k MBk 2 = OA 2 k k=1 k=1 k=1 k=1 OB 2 k. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Să considerăm elipsa E într-un sistem de coordonate în care ecuaţia ei este x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = 1 şi fie A k (acosα k,bsinα k ),B k (acosβ k,bsinβ k ), cu α k,β k [0,2π), pentru orice 1 k n. Dat fiind un punct oarecarep(acost,bsint) al elipsei È avem, pentru f(t) := n PA 2 k, f(t) = n k=1 2a 2 cost k=1 (a 2 (cost cosα k ) 2 +b 2 (sint sinα k ) 2 ) = na 2 cos 2 t+nb 2 sin 2 t n k=1 cosα k 2b 2 sint n k=1 = na 2 cos 2 t+nb 2 sin 2 t 2a 2 cost Ê 2π È Se verifică imediat că 0 f(t) n k=1 È Ê g(t) := n PBk 2, avem: 2π È 0 g(t) n f(t) sinα k + n k=1 OA 2 k OBk 2 k=1 n k=1 cosα k 2b 2 sint (a 2 cos 2 α k +b 2 sin 2 α k ) = n k=1 sinα k + n k=1 OA 2 k. dt = nπ(a 2 + b 2 ). Asemănător, pentru k=1 obţinut că 2π n 2π n OA 2 k dt = OBk 2 0 k=1 0 k=1 de unde rezultă existenţa unui t 0 [0,2π] astfel încât f(t 0 È ) n nè k=1 dt = nπ(a 2 +b 2 ). Cu alte cuvinte, am g(t) dt, k=1 OA 2 k = g(t 0) OB 2 k. Evident, punctul M(acost 0,bsint 0 ) verifică egalitatea cerută în enunţ. 77

82 Notă. A rezolvat problema d-l Daniel Văcaru, Piteşti. L275. Fie A,B M 3 (C) două matrice de ordinul al treilea astfel încât AB BA să fie inversabilă. Demonstraţi că Tr(AB(AB BA) 1 ) = 1+S(AB(AB BA) 1 ), unde TrM este urma matricei M, iar S(M) este suma minorilor elementelor de pe diagonala principală a lui M. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. În această problemă avem nevoie de relaţia det(xi 3 +M) = x 3 +Tr(M)x 2 +S(M)x+detM, valabilă pentru orice matrice pătratică de ordinul al treilea. Considerăm polinomul (de gradul al treilea) f(x) = det(ab + x(ba AB)) = det(ba AB)det(xI 3 + C) = det(ba AB)(x 3 + Tr(C)x 2 + S(C)x + detc) = det(ba AB)g(x), unde C = AB(BA AB) 1. Avem că f(0) = det(ab) = det(ba) = f(1), relaţie care se transferă şi la polinomul g din paranteză. Însă condiţia g(0) = g(1) revine la 1 + Tr(C) + S(C) = 0. Observăm că Tr(C) = Tr(AB(BA AB) 1 ) = Tr(AB(AB BA) 1 ); S(C) = S(AB(BA AB) 1 ) = S(AB(AB BA) 1 ) şi, de aici, egalitatea din enunţ. Notă. Procedând ca în soluţia problemei L155 din RecMat 2/2008, se poate arăta că, pentru A,B M 2 (C) cu AB BA inversabilă, este adevărată relaţia Tr(AB(AB BA) 1 ) = 1. I. Puneţi numerele 1,2,3,...,10 în punctele de intersecţie ale pentagramei astfel încât să fie îndeplinite condiţiile următoare: (i) numerele să fie folosite o singură dată; (ii) suma oricăror patru numere aflate în puncte coliniare să fie aceeaşi. II. Problemă similară relativ la poligonul stelat cu şase vârfuri: să se pună numerele 1,2,3,...,12 în punctele de intersecţie ale acestuia, cu respectarea condiţiilor (i) şi (ii). (Răspuns la pag. 90) 78

83 Probleme propuse 1 Clasele primare P311. Scrie în casete toate numerele de la 10 la 19, o singură dată fiecare, astfel încât să obţii rezultatul dat + = + = + = + = + = 29. (Clasa I) Ana Stoica, elevă, Iaşi P312. Scrie numerele de la 0 la 9 în grupe de câte patru astfel încât, în fiecare grupă, numerele scrise să fie în ordine descrescătoare şi vecine. (Clasa I) Daniela Mititelu, elevă, Iaşi P313. Fratele meu este cu 3 ani mai mic decât mine, iar eu am 8 ani. Care va fi suma vârstelor noastre peste 2 ani? (Clasa I) Denisa Apetrei, elevă, Iaşi P314. Două numere îndeplinesc condiţiile: a) suma lor este 81 şi b) dacă din primul număr se scade 9, rezultatul va fi dublul celui de-al doilea. Aflaţi numerele. (Clasa a II-a) Maria Racu, Iaşi P315. Un număr de două cifre se numeşte ordinar dacă are suma cifrelor mai mare decât suma cifrelor vecinului său mai mic. Scrieţi toate numerele ordinare care au suma cifrelor 8. (Clasa a II-a) Georgiana Avădanei, elevă, Iaşi P316. Completaţi tabelul din imagine cu numerele 2,3,4,5,6,7,8astfel încât ele să fie scrise crescător şi consecutiv pe fiecare linie şi fiecare coloană. De câte ori apare numărul 5? (Clasa a II-a) Bianca Gimiga, elevă, Iaşi P317. Câte triunghiuri sunt în figura alăturată? (Clasa a III-a) Ecaterina Brînzac, elevă, Iaşi P318. Găsiţi numerele naturale ab astfel încât ab = b+ b b+b b b. (Clasa a III-a) Nicolae Ivăşchescu, Craiova B C D E F G P319. Să se arate că niciun număr din şirul 5,10,15,20,...,100 nu poate avea suma cifrelor egală cu 15. (Clasa a III-a) Alexandra Mădălina Ciobanu, elevă, Iaşi P320. Putem găsi şase numere consecutive de forma 7 n a căror sumă să fie un număr par? (Exemplu: 14,21,28 sunt numere consecutive de forma 7 n.) (Clasa a III-a) Cristina Chelaru, elevă, Iaşi P321. Mama şi cei cinci copii ai săi au împreună 76 ani. Vârstele copiilor sunt numere pare consecutive. La naşterea celui mai mic copil, mama avea triplul vârstei celui de-al treilea copil. Aflaţi vârstele celor şase. (Clasa a IV-a) Nicolae Vieru, Iaşi 1 Se primesc soluţii până la data de 1 iunie A 79

84 P322. Numerele naturale x 1,x 2,...,x n au proprietatea că fiecare dintre ele, începând cu al doilea, este jumătatea sumei tuturor numerelor scrise înaintea lui. Aflaţi n ştiind că x n = 9. (Clasa a IV-a) Doina Ivaşcu, elevă, Iaşi P323. Daţi un exemplu de 39 numere pare, consecutive, mai mari ca 39 şi a căror sumă se împarte exact la 4. (Clasa a IV-a) Andreea Munteanu, elevă, Iaşi P324. Un dreptunghi format din pătrăţele având latura de 1 cm are perimetrul de 20 cm. Se completează pătrăţelele dreptunghiului respecând regulile următoare: 1) după ce se completează prima linie se trece la completarea liniei a doua ş.a.m.d; 2) 1 se scrie o singură dată, 2 de două ori,...,n se scrie de n ori. Să se afle n, ştiind că procedând în acest fel toate pătrăţelele au fost completate. (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Clasa a V-a V.186. Determinaţi ultimele două cifre ale numărului A = Iulian Oleniuc, elev, Iaşi V.187. Stabiliţi în câte zerouri se termină scrierea zecimală a produsului A = Ionel Tudor, Călugăreni, Giurgiu 2 > 1 V.188. Arătaţi că Viorica Momiţă, Iaşi V.189. Demonstraţi că nu există numere naturale nenule m,n şi k pentru care 4 2m +9 2n+1 = k 2 +k +1. Ionuţ Ivănescu, Craiova V.190. Arătaţi că există o infinitate de perechi (n,n+1), cu n N, astfel încât atât n, cât şi n+1 se pot scrie ca sumă de trei pătrate perfecte nenule. Nicolae Ivăşchescu, Craiova V.191. Demonstraţi că orice număr natural mai mare ca 5 se poate scrie ca suma dintre un număr prim şi un număr compus. Mariana-Liliana Popescu, Suceava V.192. Determinaţi valorile numărului natural a pentru care există numere naturale distincte x şi y astfel încât 3x+7y = 10a. Gheorghe Iurea, Iaşi Clasa a VI-a VI.186. O grădină are forma dreptunghiului ABCD (AB > CD) şi este împărţită îndouăparcele: dreptunghiulmnpb şi,,colţul haşurat. D C Se ştie că AP = CM, iar partea haşurată are aria de două ori mai mare şi perimetrul cu 40 mai mare decât aria, respectiv perimetrul dreptunghiului M N P B. Aflaţi M N lungimile segmentelor AB şi CD ştiind că se exprimă, în 80 A P B

85 metri, prin numere naturale. Gabriel Popa, Iaşi VI.187. Determinaţi restul împărţirii numărului N = prin 9. Viorica Dogaru, Giurgiu VI.188. Fie p un numar natural cu proprietatea că, oricare ar fi numerele a,b {1,2,...,p 1}, produsul ab nu este divizibil cu p. Arătaţi că p este număr prim. Petru Asaftei, Iaşi VI.189. Determinaţi numerele prime p şi q pentru care p 2 +q = 201q 2 +p. Titu Zvonaru, Comăneşti VI.190. Considerăm a,b,c şi d cifre nenule în baza 10 (la litere diferite corespund cifre diferite) astfel încât numărul N = abc (d) cba (d) este multiplu de 63. Stabiliţi câte astfel de 4-uple (a,b,c,d) există. Neculai Stanciu, Buzău VI.191. Fie n un număr natural nenul. Determinaţi numărul soluţiilor întregi (x 1,x 2,...,x n ) ale ecuaţiei x 1 x xn n +1 = 0. Gheorghe Iurea, Iaşi VI.192. Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC. Notăm cu D simetricul lui C faţă de dreapta BI şi cu E simetricul lui B faţă de dreapta CI. Demonstraţi că ID BE dacă şi numai dacă IE CD. Titu Zvonaru, Comăneşti Clasa a VII-a ßÞ Ð n ßÞ Ð n VII.186. Dacă n este număr natural nenul, arătaţi că numerele ßÞ Ð n+1 ßÞ Ð n şi sunt compuse. Titu Zvonaru, Comăneşti VII.187. Dacă a,b,c sunt numere reale pozitive, arătaţi că a(b+c) 2 +b(c+a) 2 + c(a+b) 2 12abc. Romeo Cernat, Iaşi VII.188. Pe laturile AB, CD şi AD ale paralelogramului ABCD se consideră punctele M,N, respectiv P şi fie {E} = BP MN, {F} = CP MN. Notăm cu S,S 1,S 2,S 3 şi S 4 ariile suprafeţelor ABCD,BME,CNF,AMEP, respectiv DNFP. Demonstraţi că S 4( S 1 S 2 + S 3 S 4 ). Mihai Haivas, Iaşi VII.189. Fie ABCD un dreptunghi cu AB = 3BC şi punctele E,F (AB) astfel încât AE = EF = FB. Dacă {N} = CF AD, arătaţi că NE DF. Cătălin Cristea, Craiova VII.190. Fie ABCD un patrulatercu AB+CD = BC+AD. Arătaţi că AB CD dacă şi numai dacă cercurile de diametre BC, respectiv AD sunt tangente. Ioan Săcăleanu, Hârlău, Iaşi 81

86 VII.191. Fie M mijlocul bazei mari AB a trapezului ABCD şi E un punct pe diagonala AC. Notăm {P} = CM BE, {F} = AP BC, {G} = FE AD, {Q} = CG DE, {N} = AQ CD. Arătaţi că N este mijlocul bazei mici CD. Eugeniu Blăjuţ, Bacău VII.192. Un dreptunghi are perimetrul de 58m. Este posibil să luăm zece puncte pe conturul dreptunghiului astfel încât distanţa dintre oricare două puncte consecutive să fie de 5m? Gabriel Popa, Iaşi Clasa a VIII-a VIII.186. Pe planul triunghiului ABC se ridică perpendiculara P A. Notăm cu D,M şi N proiecţiile punctului A pe BC, PB, respectiv PC. Demonstraţi că ABN ACM dacă şi numai dacă BPD CPD. Gabriel Popa, Iaşi VIII.187. Determinaţi numerele reale x,y şi z, ştiind că x 4 +27y = 3(y 3 +27), y 4 +27z = 3(z 3 +27) şi z 4 +27x = 3(x 3 +27). Vasile Chiriac, Bacău VIII.188. Dacă x şi y sunt numere reale pentru care au sens radicalii, arătaţi că 44 x 2y x+2y + 7x+7y Cristian Pătraşcu şi Andrei Spătaru, elevi, Craiova VIII.189. Dacă x,y,z sunt numere reale, arătaţi că (3x 2y +z) 4 +(x+3y 2z) 4 +(2x y 3z) (x+y +z)4. Constantin Dragomir, Piteşti VIII.190. Fie a 1,a 2,...,a n [ 1,0) (0,1] şi x 1,x 2,...,x n [1, ), astfel încât x 1 a 2 1 x + 2 a 2 2 x n a 2 n = x 1 2 a 1 + x 2 2 a x n 2 a n. Arătaţi că x 1 +x x n 2n. Când se atinge egalitatea? Cecilia Deaconescu, Piteşti VIII.191. Rezolvaţi în numere întregi ecuaţia 13x 2 +14x+1 = 9 x. Dan Popescu, Suceava VIII.192. Dacănestenumărnaturalnenul, arătaţicăa = 2 n 1 (2 n 1)(2 n+1 1) nu poate fi cub perfect. Lucian Tuţescu şi Liviu Smarandache, Craiova Clasa a IX-a IX.156. Pentru a,b R, se consideră ecuaţia x 2 + ax + b = 0 şi funcţia f : Ò Ó R\ a R, f(x) = ax+2b 2 2x+a. Ştiind că ecuaţia are soluţiile reale distincte x 1 şi x 2, arătaţi că, pentru orice t R\ Ò a 2,x 1,x 2 Ó, între t şi f(t) se află exact una dintre soluţiile ecuaţiei. 82 Mihai Dicu, Craiova

87 IX.157. Fie a,b şi c numere reale astfel încât a +b+c = abc. Demonstraţi că 1+ 1 a b c Andrei Nicolaescu şi Cristian Pătraşcu, elevi, Craiova IX.158. Se consideră triunghiul ABC cu m( A) 60. Arătaţi că a max{b,c}. Ovidiu Pop, Satu Mare IX.159. Pe laturile AB, BC şi CA ale triungiului ABC se consideră punctele P,M, respectiv N astfel încât 3AP = 2BP, iar cevienele AM,BN şi CP sunt concurente. Dacă raportul ariilor triunghiurilor MNP şi ABC este 6, arătaţi că una 25 dintre cevienele AM şi BN este mediană. Andi Brojbeanu, elev, Târgovişte IX.160. Fie AB baza mare a trapezului ABCD, iar M,N,P şi Q mijloacele segmentelor AD, BC, AC, respectiv BD. a) Demonstraţi că ABCD este patrulater circumscriptibil dacă şi numai dacă PQ MN = sin(a+b) sina+sinb. b) Arătaţi că ABCD este trapez isoscel circumscriptibil dacă şi numai dacă PQ MN = cosa. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Clasa a X-a X.156. Rezolvaţi în R ecuatia x+ x x + x x x+ x =. x x Marian Cucoaneş, Mărăşeşti X.157. Fie a,b (0,1) (1, ), cu ab 1. Rezolvaţi în R ecuaţia a x log ab a + b x log ab b = a x b x. Mihai Dicu, Craiova X.158. Fie a,b R, a 0 astfel încât ecuaţia z 3 +az +b = 0 să aibă trei soluţii complexe distincte şi cu acelaşi modul. Arătaţi că aceste soluţii sunt afixele vârfurilor unui triunghi echilateral. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin X.159. Dacă a,b,c,d şi e sunt numere reale pozitive, arătaţi că È a5 bcde È a. Mihai Crăciun, Paşcani X.160. Demonstraţi că, în orice triunghi ascuţitunghic, este adevărată inegalitatea cos 4 A B C 2 +cos4 2 +cos r 2R. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi 83

88 Clasa a XI-a XI.156. Fie n N, n 2. Spunem că matricele A,B M n (R) sunt legate dacă AB +BA = O n. a) Arătaţi că există două matrice legate care nu comută. b) Dacă A şi B sunt legate, demonstraţi că det(a 2 +B 2 ) 0. Dumitru Crăciun, Fălticeni XI.157. Fie α,β R,α β şi şirul (x n ) n 1 definit prin x 1 = α, x 2 = β şi x n+2 +x n 2x n+1, n N. Dacă şirul dat este convergent, arătaţi că α = β. Răzvan Drînceanu şi Liviu Smarandache, Craiova XI.158. Dacă x,y R,x 1, arătaţi că x sin2 y +x cos2 y x+1. D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti XI.159. Fie a R\{ 1,0} şi f : R R o funcţie continuă în 0, cu f(0) = 0 şi astfel încâtaf(ax)+f(x) = f(a 2 x)+af(a 1 x), x R. Arătaţi că f(a k x) = a k f(x), x R, k Z. Sven Cortel, Manchester, UK XI.160. Fie (x n ),(y n )şi(z n ) şiruridenumere întregidefinite prinrelaţiilex n+1 = y n +z n, y n+1 = x n +z n şi z n+1 = x n +y n, n N, unde x 1,y 1,z 1 sunt numere întregi date. Demonstraţi că există a,b,c,d,e,f,g Z (care se pot alege într-o infinitate de moduri esenţial distincte) pentru care Clasa a XII-a ax 2 n +by 2 n +cz 2 n +dx n y n +ex n z n +fy n z n = g, n N. Marian Tetiva, Bârlad XII.156. Determinaţi funcţiile derivabile y = y(x), x (0, ), cu proprietatea că x(x+1) y (x)+y(x) = e x (x+1) 2 Ê. Adrian Corduneanu, Iaşi XII.157. Calculaţi I = x2 +4x+10 (x+2) 4 cosxdx, unde x ( 2, ). Ê π 2 XII.158. Considerăma n = π 6 şirului (a n ) n 1. Mihaela Berindeanu, Bucureşti 1 sin 2n x 1+sin 2n x ctgxdx, n N. Determinaţi limita Ionel Tudor, Călugăreni şi Stelian Piscan, Giurgiu f(x)dx = 0. XII.159. Fie f : [0,1] R o funcţie continuă astfel încât Ê 1 0 Demonstraţi că 2 ( Ê 1 0 xf(x)dx)2 Ê 1 0 (1 x2 )f 2 (x)dx. Florin Stănescu, Găeşti XII.160. Fie P k R[X], k N, cu proprietatea că P k (n) = S k (n), n N, unde S k (n) = 1 k +2 k +...+n k. Demonstraţi că P k este polinom de grad k+1, care se divide cu X(X +1). Ovidiu Pop, Satu-Mare 84

89 Probleme pentru pregătirea concursurilor A. Nivel gimnazial G276. Determinaţi valoarea maximă a numărului real α pentru care x3 a + y3 b αxy(x+y), oricare ar fi numerele reale pozitive x,y,a şi b. a+b Alexandru Blaga, Satu Mare È G277. Fie x 1,x 2,...,x 2n+1 (unde n N ) numere reale pozitive cu 2n+1 x i = 2n+1. Arătaţi că 2n+1 i=1 nx 2 i x i È i=1 +n+1 1. Lucian Tuţescu şi Teodora Rădulescu, Craiova G278. Demonstraţi că nu există numere naturale nenule n pentru care numărul a n = 5 n +5 n n 1 să fie pătrat perfect. Radu Miron, elev, Iaşi G279. Determinaţi cel mai mare număr natural n cu proprietatea că există 1 numere naturale a 1,a 2,...,a n astfel încât a 1 +a a n = 5(n 1) şi a 1 a = 2. a n Titu Zvonaru, Comăneşti G280. Arătaţi că există o infinitate de numere naturale n cu proprietatea că n! se divide cu n 3 +n Marian Tetiva, Bârlad G281. Dreptunghiul A 1 A 2 A 3 A 4 are lungimea A 1 A 2 = L şi lăţimea A 2 A 3 = l, unde L,l N,L > l şi L nu se divide cu l. Se construiesc dreptunghiurile A 3 A 4 A 5 A 6,A 5 A 6 A 7 A 8,...,A 2n 1 A 2n A 2n+1 A 2n+2, având aceleaşi dimensiuni cu dreptunghiul iniţial, unde nl > L. Notăm cu N 1 şi P 1 numărul, respectiv suma perimetrelordreptunghiurilordelungimeldinfiguraobţinutăşicun 2 şip 2 numărul, respectiv suma perimetrelor dreptunghiurilor de lăţime L. a) Există n 4 pentru care N 1 = N 2? b) Demonstraţi că P 1 +P 2 < n(n+1)(n+5) (L+l). 6 Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti G282. Triunghiul ABC are m( A) = 90 şi m( B) = 30. Simetricul lui A faţă de B este A, punctul D este astfel încât CD BD, CD = AB, iar A şi D sunt separate de BC, N este mijlocul lui BC şi {M} = AN A D. Demonstraţi că 2AM = 5AC. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi G283. În patrulaterul convex ABCD, cu AC BD = {O}, se ştie că m( COD) = 60, m( DAB) = 110 şi AB + CD = AC = BD. Determinaţi măsurile unghiurilor patrulaterului. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin 85

90 G284. Pe circumferinţa unui cerc de centru O considerăm punctele A, B, C astfel încât m( AOB) = 120 şi C este mijlocul arcului mic AB. Pentru un punct T situat pe arcul BC care nu conţine punctul A, fie M un punct în interiorul triunghiului TOA cu proprietatea că m( MAT) = 30 şi OTM = 2 OAM. Să se determine locul geometric al punctului M, ştiind că punctul T este variabil pe arcul BC. Vasile Pravăţ şi Titu Zvonaru, Comăneşti G285. Pe laturile AB, BC, CD, DA ale paralelogramului ABCD se construiesc în exterior semicercuri şi se notează cu K, L, M, respectiv N mijloacele acestor semicercuri. Arătaţi că: a) patrulaterul KLM N este pătrat; b) vârfurile A,B,C,D sunt pe laturile pătratului dacă şi numai dacă ABCD este dreptunghi. Temistocle Bîrsan, Iaşi B. Nivel liceal L276. Fie ABC un triunghi, I centrul cercului înscris în el şi A punctul în care dreapta AI retaie cercul circumscris triunghiului. Să se arate că punctele de contact ale tangentelor din A şi A la cercul înscris sunt vârfurile unui dreptunghi dacă şi numai dacă 2a = b+c. Temistocle Bîrsan, Iaşi L277. Fie poligonul A 0 A 1 A 2...A n+1, n 1, înscris în cercul C. Notăm cu r i razele cercurilor tangente interior cercului C şi segmentelor A 0 A i, A 0 A i+1, i = 1,n şi cu ρ i razele cercurilor tangente exterior cercului C şi semidreptelor (A 0 A i,(a 0 A i+1, i = 1, n. Mai notăm cu r raza cercului tangent interior cercului C şi segmentelor A 0 A 1,A 0 A n+1 şicu ρrazacerculuitangentexteriorcerculuic şisemidreptelor(a 0 A 1, (A 0 A n+1. Să se arate că r 1 r2... rn = r ρ 1 ρ 1 ρ n ρ. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi L278. Fie ABC un triunghi. Perpendiculara în B pe AB intersectează perpendiculara în C pe AC în punctul P. Două izogonale duse din vârful A taie dreptele BP şi CP în punctele X, respectiv Y. Dacă M este mijlocul segmentului XY, arătaţi că triunghiul M BC este isoscel. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău L279. Mediana AM a triunghiului ABC intersectează cercul celor nouă puncte asociat triunghiului în M şi N. Demonstraţi că 2AN < AM. Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti L280. Cu notaţiile uzuale într-un triunghi, arătaţi că, pentru orice număr natural n 2, sunt adevărate inegalităţile: È a) n È n a a+b+c 3n 4 + 2R n nr ; a b) a a+b+c 2p(R+(n 2)r). nr Nicuşor Zlota, Focşani şi Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti 86

91 L281. Cu notaţiile uzuale în triunghi, demonstraţi că min ma m b, m bm c, m cm a R h a h b h b h c h c h a 2r max{m am b, m bm c, m cm a }. h a h b h b h c h c h a L282. Să se arate că, pentru orice x,y,z > 0, are loc inegalitatea Ö x y +z + y z +x + z x+y + 3 xyz (x+y)(y +z)(z +x) 2. Vasile Jiglău, Arad Marian Cucoaneş, Mărăşeşti 1 L283. Arătaţi că 1 a 4 b b 4 c c 4 d d 4 a 1 1 a 2 bcd ab 2 cd abc 2 d abcd2, oricare ar fi numerele reale a,b,c,d [0,1). Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea L284. Fie a,b numere reale pozitive. Arătaţi că sistemul de ecuaţii x 2 + y 2 = a 2 +b 2, x 3 +y 3 = a 3 +b 3 are şi alte soluţii reale decât soluţiile evidente (a,b) şi (b,a). Există asemenea soluţii cu ambele componente pozitive? Marian Tetiva, Bârlad L285. a) Fie n 2 un număr naturalşi p cel mai mare divizorprim al lui n(n+1). Fie σ 1,...,σ n sumele simetrice fundamentale ale numerelor 1,2,...,n. Să se arate că σ 1,...,σ p 2 se divid cu p. b) Dacă p este un număr prim şi n 1 (mod p 2 ), atunci σ 1,...,σ p 2,σ p 1 se divid cu p. Marian Tetiva, Bârlad Training Problems for Mathematical Contests A. Junior Highschool Level G276. Determine the maximal value of the real number α such that x3 a + y3 b αxy(x+y), for any positive real numbers x,y,a and b. a+b Alexandru Blaga, Satu Mare È 2n+1 i=1 È G277. Let x 1,x 2,..., x 2n+1 (where n N ) be positive real numbers with x i = 2n+1. Show that 2n+1 x i i=1 nx 2 1. i +n+1 Lucian Tuţescu şi Teodora Rădulescu, Craiova G278. Prove there are no natural nonzero numbers n so that the number a n = 5 n +5 n n 1 is a perfect square. Radu Miron, elev, Iaşi 87

92 G279. Determine the largest natural number n with the property that there are natural numbers a 1,a 2,...,a n such that a 1 + a a n = 5(n 1) and = 2. a 1 a 2 a n Titu Zvonaru, Comăneşti G280. Show that there are infinitely many natural numbers n with the property that n! is divisible by n 3 +n Marian Tetiva, Bârlad G281. The rectangle A 1 A 2 A 3 A 4 has the length A 1 A 2 = L and the width A 2 A 3 = l, where L,l N, L > l and L is not divisible by l. The rectangles A 3 A 4 A 5 A 6, A 5 A 6 A 7 A 8,..., A 2n 1 A 2n A 2n+1 A 2n+2, having the same size as the initial rectangle and nl > L are built. Let us denote by N 1 and P 1 the number and respectively the sum of the perimeters of rectangles of length L in the figure thus obtained, and by N 2 and P 2 the number and the sum of the perimeters of rectangles of width L. a) Does it exist a number n 4 such that N 1 = N 2? b) Prove that P 1 +P 2 < n(n+1)(n+5) (L+l). 6 Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti G282. The triangle ABC has m( A) = 90 and m( B) = 30. The symmetric point of A with respect to B is A, the point D is in such a way that CD BD, CD = AB, while A and D are separated by the side BC. N is the midpoint of BC and {M} = AN A D. Prove that 2AM = 5AC. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi G283. In the convex quadrilateral ABCD, with AC BD = {O}, it is known that m( COD) = 60, m( DAB) = 110 and AB +CD = AC = BD. Determine the measures of quadrilateral s angles. Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin G284. On the circumference of a circle of centre O one considers the points A,B,C such that m( AOB) = 120 and C is the midpoint of the small arc AB. For a point T situated on the arc BC which does not contain the point A, let M be a point in the interior of triangle TOA with the property that m( MAT) = 30 and OTM = 2 OAM. Determine the geometric locus of the point M, knowing that the point T runs on the arc BC. Vasile Pravăţ şi Titu Zvonaru, Comăneşti G285. On the sides of the parallelogram ABCD, four half-circles are constructed and the midpoints of these half-circles are respectively denoted by K,L,M,N. Show that: a) the quadrilateral KLMN is a square; b) the vertices A, B, C, D are situated on the sides of the square if and only if ABCD is a rectangle. Temistocle Bîrsan, Iaşi 88

93 B. Highschool level L276. Let ABC be a triangle, I the incenter, and A the point at which the line AI cuts again the circumcircle of this triangle. Show that the contact points of the tangents from A and A to the incircle are the vertices of a rectangle if and only if 2a = b+c. Temistocle Bîrsan, Iaşi L277. Let us consider the polygon A 0 A 1 A 2...A n+1, n 1, inscribed in the circle C. Denote by r i the radii of the circles that are tangent, from the interior, to the circle C and to the line segments A 0 A i+1, i = 1,n while ρ i s are the radii of the exterior-tangent circles to circle C and to the half-lines (A 0 A i, (A 0 A i+1, i = 1,n. Let us also denote by r the radius of the circle which is interior-tangent to circle C and to the segments A 0 A 1,A 0 A n+1, while ρ = the radius of the exterior-tangent circle to C and to the half-lines (A 0 A 1, (A 0 A n+1. r 1 Show that r2... rn = r ρ 1 ρ 1 ρ n ρ. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi L278. Let ABC be a triangle. The perpendicular line at B on AB intersects the perpendicular at C on AC at the point P. Two isogonalsdrawn from the vertex A cut the lines BP and CP at the points X, respectively Y. If M is the midpoint of the segment XY, show that the triangle MBC is isosceles. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău L279. The side bisector AM of the triangle ABC intersects the circle of the nine points asssociated to the triangle at M and N. Prove that 2AN < AM. Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti L280. With the usual notations in a triangle, show that for any natural number n 2 È the following inequalities hold: a) n a a+b+c 3n 4 + 2R b)è n n nr ; a a a+b+c 2p(R+(n 2)r). nr Nicuşor Zlota, Focşani şi Corneliu Mănescu-Avram, Ploieşti L281. With the usual notations in a triangle, show that min ma m b, m bm c, m cm a h a h b h b h c h c h a R 2r max ma m b, m bm c, m cm a h a h b h b h c h c h a Vasile Jiglău, Arad L282. Show that, for any x, y, z > 0, the following inequality is true: Ö x y +z + y z +x + z x+y + 3 xyz (x+y)(y +z)(z +x) 2. Marian Cucoaneş, Mărăşeşti 1 L283. Show that 1 a 4 b b 4 c c 4 d d 4 a 1 1 a 2 bcd ab 2 cd abc 2 d abcd2, for any real numbers a, b, c, d [0,1). Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea 89.

94 1 1 L284. Let a,b be positive real numbers. Show that the system of equations x 2 + y 2 = a 2 + b 2, x 3 + y 3 = a 3 + b 3 also admits other solutions than the obvious solutions (a, b) and (b, a). Do such solutions with both components being positive exist? Marian Tetiva, Bârlad L285. a) Let n 2 be a natural number and p be the largest prime divisor of n(n + 1). Let σ 1,...,σ n be the fundamental symmetric sums of the numbers 1,2,...,n. Prove that σ 1,...,σ p 2 are divisible by p. b) If p is a prime number and n 1 (mod p 2 ), then σ 1,...,σ p 2,σ p 1 are divisible by p. Marian Tetiva, Bârlad (Răspuns la,,recreaţiile de la pag. 78) I. Pentagrama are 5 laturi şi 10 vârfuri. Fiecare vârf este situat pe două laturi şi pe fiecare latură se află patru vârfuri. Arătăm, prin reducere la absurd, că numerele 1,2,3,...,10 nu se pot pune în vârfurile pentagramei în condiţiile (i)-(ii). Dacă acest fapt ar fi posibil, atunci suma numerelor de pe orice latură a pentagramei este 22 (suma k rezultă din ecuaţia 5k = 2( )). Apoi, numerele 1 şi 10 se află, în mod necesar, pe o latură a pentagramei. Întradevăr, în caz contrar, suma celorlalte 6 numere de pe laturile ce conţin numărul 1 poate fi cel mult 39 = Pe de altă parte, această sumă este precis egală cu (22 1)+(22 1) = 42. Contradicţie. Notăm: l 1 - latura ce conţine numerele 1 şi 10; l 1 - latura ce conţine 1, dar nu şi 10; l 10 - latura ce conţine 10, dar nu şi 1. Constatăm că pe laturile l 1,l 1, l 10 se află = 7 vârfuri diferite de 1 şi 10 (l 1 şi l 10 au un vârf comun). Aşadar, putem preciza care este situaţia vârfurilor de pe aceste trei laturi: l 1 conţine 1,10,A şi B, l 1 conţine 1,C,D şi E, iar l 10 conţine vârfurile 10,C,F şi G (am considerat că l 1 l 10 = {C}). Condiţiile (i)-(ii) conduc la sistemul: 1+10+A+B = 1+C+D+E = 10+C +F +G = 22, unde {A,B,C,D,E,F,G} {2,3,4,5,6,7,8,9}. Evident, avem un număr finit de posibilităţi pentru 7 cele şapte necunoscute ale sistemului. Se constată că în fiecare dintre aceste cazuri se ajunge la o imposibilitate În concluzie, la Problema I, avem răspuns negativ: nu putem scrienumerele 1,2,3,...,10 învârfurile pentagramei respectând condiţiile 8 5 (i)-(ii). II. La Problema II răspunsul este pozitiv; o soluţie este indicată în figura alăturată

95 BUCUREŞTI Pagina rezolvitorilor Colegiul Naţional,,Spiru Haret. Clasa a V-a (prof. NIŢĂ Diana: P( ), V( ). VRÎNCEANU Gabriel). CÂMPULUNG MUSCEL Colegiul Naţional,,Dinicu Golescu. Clasa a XII-a (prof. PETRIŞOR Constantin). NECULA Emanuel: XI(152,155), XII( ). CRAIOVA Colegiul Naţional,,Fraţii Buzeşti. Clasa a VII-a (prof. TUŢESCU Lucian). BALACI Andrei Lucian: V(179,184), VII(179,183,185). Clasa a VIII-a (prof. BE- ŢIU Anicuţa). BEŢIU Pavel: VII(179,180,183), VIII(179,180), IX(151,155). Clasa a IX-a (prof. TUŢESCU Lucian). JIANU Ligia Ştefania: VIII(181,183,185), IX(151, 152), X(152,153); NICOLAESCU Eugeniu Andrei: VII(179,180,183), VIII.180, IX.153; PĂTRAŞCU Cristian: VII(179,180,183), VIII.180, IX.153, XI.153, L267. Clasa a X-a (prof. TUŢESCU Lucian). GURIŢĂ Vladimir: VIII( ), IX(151,153), X(151,155); SPĂTARU Andrei Raul: VII(180,183), VIII.180, IX.153, L267; TURCU Andrei George: VIII.184, IX(151,152), X.151, XII.154, L(267,268). Clasa a X-a (prof. RĂDULESCU Teodora). DĂOGARU David: VIII( ), IX(151,153,155), X(151,155), XI.153, L267. Clasa a X-a (prof. POPA Marin). POPESCU Mirela Elena: VIII(184,185), IX(153,155), X.151, XI.153. IAŞI Şcoala nr. 3,,Al. Vlahuţă. Clasa a III-a (prof.înv.primar MAXIM Gabriela). BARGAN Giulia: P(297,298,300,301,305); BUDEANU Maria: P(297,298,300,301,305); COSTEA Marta: P(297,298,300,301,305); GAVRIL Ştefan: P(297,298,300,301,305); OBREJA Alexia: P(297,298,300,301,305). Clasa a V-a (prof. MARIN Mirela). ANDREI Andreea: P(308,309), V(179,181,182); BROASCĂ Andrei: P( ), V(179, ); VĂRVĂRUC Teodora: P( ), V(179,181). Clasa a VIII-a (prof. MARIN Mirela). CIOBANU Viviana: VI(179,180), VII(182,183), VIII.179; HERGHILIGIU-HENEA Mălina: VI(179,180), VII(182,183), VIII.179; SARAIMAN Gabriela-Denise: VI(179,180), VII(182,183), VIII.179; SÎRCU Cătălin: VI(179,180), VII(182,183), VIII.179. Şcoala nr. 26,,George Coşbuc. Clasa a II-a (prof.înv.primar RACU Maria). A- LUCĂI Denisa: P( ); CHIŢESCU Rareş: P( ); GALIA Bogdan: P( ); HUŢAN Adela: P( ); NASTASE Adrian: P( ); PICHIU Alexia: P( ); POPESCU Alexandra: P( ); SAMSON David: P( ); SCO- BAN Ilinca: P( ); SZTANKAI-CRISTOF Erika: P( ). Clasa a II-a (înv. ZMĂU Cecilia). NEAGU Alexia: P( ); PUIU Andreea: P( ); ŞALARIUAlexandra: P( );TÂRZIANUAna-Maria: P( ). Clasa a IIa(prof.înv. primarcoşugdoina). AFRĂSÂNEIAndrei: P( );AFRĂSÂNEI Raul: P( ); ANTON Jasmina: P( ); BOSNEA Laura: P( ); ICHIM Georgiana: P( ). Clasa a VI-a (prof. MOMIŢĂ Viorica). CIO- PEICĂ Sebastian Andrei: V(179,180, ), VI.181; DURACU Mădălina-Elena: 91

96 V(179,180, ), VI.181; MANOLE Alexandra-Georgiana: V(179,180, ), VI.181; RĂILEANU Ana Maria: V(179,180,182,184), VI.181; VASILE Raluca-Andreea: V(179,180, ), VI.181. Liceul Economic,,Virgil Madgearu. Clasa a X-a (prof. OLENIUC Claudia). ACHIREI Liliana: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; ACHIREI Petronela: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; ATODIRESEI Andreea: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; BABII Paula Georgiana: VIII(179,180), IX.151, X.153, XI.154; COS- TĂCHESCU Andreea-Mădălina: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; COTEŢ Violeta: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; ELISEI Diana-Elena: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; GĂINĂ Mădălina: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; MIRON Georgiana: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; MIRON Raluca-Elena: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; NEDELCU Iulia: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; ONOFREI Otilia-Maria: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154; STURZU Robert: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; TURBATU Alexandru: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; UNGUREANU Ioana Anthilula: VIII(179,181), IX.151, X.153, XI.154; ZARĂ Ioana-Gabriela: VIII( ), IX.151, X.153, XI.154. Colegiul Naţional,,Emil Racoviţă. Clasa a VII-a (prof. TURBATU Doru). OLENIUC Iulian: V( ,183), VI(183,184). Colegiul Naţional Iaşi. Clasa a V-a (prof. POPA Gabriel). CIOCOIU Alexandru Boris: V( ), VI(180,181,183). ROŞIORI (BACĂU) Şcoala Gimnazială nr. 1. Clasa a VI-a(prof. CICEUNela). PLOŞNIŢĂDaniel- Cătălin: V(180,182,183), VI(179,181,183), VII.185; ROMAN Vasile: V(179,181,184), VI(180,183), VII.185. Clasa a VII-a (prof. CICEU Nela). HÎRŢESCU Ciprian Gabriel: VI.183, VII(179,180,182,183,185), VIII(183,184). TRUŞEŞTI (BOTOŞANI) Grup Şcolar,,Demostene Botez. Clasa a X-a (prof. CULIDIUC Cătălin). HĂLĂUCĂ Andrei: VIII(181,183), IX.151, X(151,153). ŢIGĂNAŞI (IAŞI) Şcoala Gimnazială,,C. Antoniu - structura,,m. Kogălniceanu. Clasa a V-a (prof. IACOB Aida-Andreea). DUCA Călina Daria Stela: P( ), V(179, ). Clasa a VI-a (prof. IACOB Aida-Andreea). DUCA Anamaria: P( ), V(179, ), VI.179; DUCA Ema-Ştefania: P( ), V(179, ), VI.179; DUCA Roxana: P( ), V(179, ), VI.179. Clasa a VII-a (prof. IACOB Aida-Andreea). DUCA Adriana: V(179, ), VI.179, VII.180; DUCA Alexandru: V(179, ), VI.179, VII.180; DUCA Denis Alexandru: V(179, ), VI.179, VII.180; GAVRIL Vasile Alex: V(179, ), VI.179, VII.180; GĂNEANU Maria- Teodora: V(179,181,182), VI.179,VII.180; GURZUM Robert Ovidiu: V(179, ), VI.179, VII.180; MANDACHE Marius Iulian: V(179,181,182), VI.179, VII.180; PIU Beniamin Filip: V(179, ), VI.179, VII.180; POSTOLACHE Patricia: V(179, ), VI.179, VII.180; ROMANIUC Georgiana: V(179, ), VI.179, VII.180; UNGUREANU Ionuţ-Daniel: V(179, ), VI.179, VII

97 Elevi rezolvitori premiaţi Colegiul Naţional,,Fraţii Buzeşti, Craiova PĂTRAŞCU Cristian (cl. a IX-a): 1/2014(6p), 2/2014(7p), 1/2015(7p). GURIŢĂ Vladimir (cl. a X-a): 1/2014(10p), 2/2014(9p), 1/2015(9p). SPĂTARU Andrei Raul (cl. a X-a): 1/2014(8p), 2/2014(7p), 1/2015(5p). Şcoala Gimnazială nr. 1, Roşiori (Bacău) PLOŞNIŢĂ Daniel-Cătălin (cl. a VI-a): 1/2014(6p), 2/2014(7p), 1/2015(7p). HÎRŢESCU Ciprian Gabriel (cl. a VII-a): 1/2014(7p), 2/2014(6p), 1/2015(8p). Şcoala Gimnazială,,C. Antoniu, structura,,m. Kogălniceanu, Ţigănaşi (Iaşi) DUCA Anamaria (cl. a VI-a): 1/2014(5p), 2/2014(8p), 1/2015(6p). MANDACHE Marius Iulian (cl. a VI-a): 1/2014(7p), 2/2014(6p), 1/2015(5p). Şcoala nr. 3,,Al. Vlahuţă, Iaşi BARGAN Giulia (cl. a III-a): 1/2014(5p), 2/2014(7p), 1/2015(5p). COSTEA Marta (cl. a III-a): 1/2014(5p), 2/2014(7p), 1/2015(5p). CIOBANU Viviana (cl. a VIII-a): 1/2014(6p), 2/2014(5p), 1/2015(5p). HERGHILIGIU-HENEA Mălina(cl. a VIII-a): 1/2014(6p), 2/2014(5p), 1/2015(5p). SÎRCU Cătălin (cl. a VIII-a): 1/2014(6p), 2/2014(5p), 1/2015(5p). Şcoala nr. 26,,George Coşbuc, Iaşi VASILE Raluca-Andreea (cl. a VI-a): 1/2014(7p), 2/2014(8p), 1/2015(6p). Colegiul Naţional,,Emil Racoviţă, Iaşi OLENIUC Iulian (cl. a VII-a): 1/2014(5p), 2/2014(6p), 1/2015(6p). Colegiul Naţional Iaşi CIOCOIU Alexandru Boris (cl. a V-a): 1/2014(7p), 2/2014(7p), 1/2015(9p). Vizitaţi pagina web a revistei Recreaţii Matematice: 93

98 IMPORTANT În scopulunei legăturirapidecu redacţiarevistei, pot fi utilizateurmătoarele adrese t birsan@yahoo.com şi profgpopa@yahoo.co.uk. Pe această cale colaboratorii pot purta cu redacţia un dialog privitor la materialele trimise acesteia, procurarea numerelor revistei etc. Sugerăm colaboratorilor care trimit probleme originale pentru publicare să le numeroteze şi să-şi reţină o copie xerox a lor pentru a putea purta cu uşurinţă o discuţie prin asupra acceptării/neacceptării acestora de către redacţia revistei. La problemele de tip L se primesc soluţii de la orice iubitor de matematici elementare (indiferent de preocupare profesională sau vârstă). Fiecare dintre soluţiile acestor probleme - ce sunt publicate în revistă după jumătate de an - va fi urmată de numele tuturor celor care au rezolvat-o. Adresăm cu insistenţă rugămintea ca materialele trimise revistei să nu fie (să nu fi fost) trimise şi altor publicaţii. Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie trimise pe adresa redacţiei însoţite de fişierele lor (de preferinţă în L A TEX). Pentru a facilita comunicarea redacţiei cu colaboratorii ei, autorii materialelor sunt rugaţi să indice adresa . 94

99 Revista semestrială RECREAŢII MATEMATICE este editată de ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE. Apare la datele de 1 martie şi 1 septembrie şi se adresează elevilor, profesorilor, studenţilor şi tuturor celor pasionaţi de matematica elementară. În atenţia tuturor colaboratorilor Materialele trimise redacţiei spre publicare (note şi articole, chestiuni de metodică, probleme propuse etc.) trebuie prezentate îngrijit, clar şi concis; ele trebuie să prezinte interes pentru un cerc cât mai larg de cititori. Se recomandă ca textele să nu depăşească patru pagini. Evident, ele trebuie să fie originale şi să nu fi apărut sau să fi fost trimise spre publicare altor reviste. Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie însoţite de fişierele lor. Problemele destinate rubricilor: Probleme propuse şi Probleme pentru pregătirea concursurilor vor fi redactate pe foi separate cu enunţ şi demonstraţie/ rezolvare (câte una pe fiecare foaie) şi vor fi însoţite de numele autorului, şcoala şi localitatea unde lucrează/învaţă. Redacţia va decide asupra oportunităţii publicării materialelor primite. În atenţia elevilor Numele elevilor ce vor trimite redacţiei soluţii corecte la problemele din rubricile de Probleme propuse şi Probleme pentru pregătirea concursurilor vor fi menţionate în Pagina rezolvitorilor. Elevii menţionaţi de trei ori vor primi o diplomă şi un premiu în cărţi. Elevii rezolvitori vor ţine seama de regulile: 1. Pot trimite soluţii la minimum cinci probleme propuse în numărul prezent al revistei (pe o foaie va fi redactată o singură problemă). 2. Elevii din clasele VI-XII au dreptul să trimită soluţii la problemele propuse pentru clasa lor, pentru orice clasă mai mare, din două clase mai mici şi imediat anterioare. Cei din clasa a V-a pot trimite soluţii la problemele propuse pentru clasele a IV-a, a V-a şi orice clasă mai mare, iar elevii claselor I-IV pot trimite soluţii la problemele propuse pentru oricare din clasele primare şi orice clasă mai mare. Orice elev poate trimite soluţii la problemele de concurs (tip G şi L). 3. Vor fi menţionate următoarele date personale: numele şi prenumele, clasa, şcoala şi localitatea, precum şi numele profesorului cu care învaţă. 4. Plicul cu probleme rezolvate se va trimite prin poştă (sau va fi adus direct) la adresa Redacţiei: Prof. dr. Temistocle Bîrsan Str. Aurora, nr. 3, sc. D, ap. 6, , Iaşi Jud. IAŞI t_birsan@yahoo.com

100 CUPRINS ALEXANDER GROTHENDIECK ( ) (prof.dr. Vasile Oproiu) ARTICOLE ŞI NOTE M. TĂRNĂUCEANU Gradul de comutativitate al grupurilor finite A. BROJBEANU, T. ZVONARU Câteva proprietăţi legate de o ceviană de ordin k L. CHEREGI Absorbţia medicamentelor NOTA ELEVULUI I. CRISTALI Aplicaţii ale teoremei lui McCoy Şt. TUDOSE Numere prime şi sume de pătrate CORESPONDENŢE A. REISNER Matrices compagnons une étude élémentaire CHESTIUNI METODICE C. DRAGOMIR Regula lui Sarrus pentru calculul determinanţilor de ordinul C-L. BEJAN, A. MARIN Paritatea rangului matricelor antisimetrice o demonstraţie elementară...40 ŞCOLI ŞI DASCĂLI I. AGRIGOROAIEI De la Liceul Internat la Colegiul Costache Negruzzi tradiţie şi excelenţă...42 DIN ISTORIA MATEMATICII V. GHEORGHIŢĂ PITAGORA (c. 560 c. 480 î.h.) CONCURSURI ŞI EXAMENE Concursul interjudeţean Speranţe Olimpice, ed. a XIV-a, Paşcani, PROBLEME ŞI SOLUŢII Soluţiile problemelor propuse în nr. 2/ Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/ Probleme propuse Probleme pentru pregătirea concursurilor Training Problems for Mathematical Contests Pagina rezolvitorilor Elevi rezolvitori premiaţi ISSN lei