format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

Anul XII, Nr. 1
Ianuarie – Iunie 2010
RECREAŢ II
MATEMATICE
REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI
Seminarul Matematic “A. Myller”
(1910 – 2010)
e iπ =−1
Asociaţ ia “Recreaţ ii Matematice”
IAŞ I - 2010

Semnificaţia formulei de pe copertă:
iπ
Într-o formă concisă, formula e = −1
leagă cele patru ramuri fundamentale
ale matematicii:
ARITMETICA reprezentată de 1
GEOMETRIA
reprezentată de π
ALGEBRA
reprezentată de i
ANALIZA MATEMATICĂ
reprezentată de e
Redacţia revistei :
Petru ASAFTEI, Dumitru BĂTINEŢU-GIURGIU (Bucureşti), Temistocle BÎRSAN, Dan
BRÂNZEI, Alexandru CĂRĂUŞU, Constantin CHIRILĂ, Eugenia COHAL, Adrian
CORDUNEANU, Mihai CRĂCIUN (Paşcani), Paraschiva GALIA, Paul GEORGESCU,
Mihai HAIVAS, Gheorghe IUREA, Lucian-Georges LĂDUNCĂ, Mircea LUPAN, Gabriel
MÎRŞANU, Alexandru NEGRESCU (student, Iaşi), Gabriel POPA, Dan POPESCU
(Suceava), Florin POPOVICI (Braşov), Maria RACU, Neculai ROMAN (Mirceşti), Ioan
SĂCĂLEANU (Hârlău), Ioan ŞERDEAN (Orăştie), Dan TIBA (Bucureşti), Marian TETIVA
(Bârlad), Lucian TUŢESCU (Craiova), Adrian ZANOSCHI, Titu ZVONARU (Comăneşti)
COPYRIGHT © 2010, 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. Se consideră că autorii materialelor trimise redacţiei revistei sunt, în mod
implicit, de acord cu publicarea lor, îşi asumă responsabilitatea conţinutului lor şi cedează
Asociaţiei “Recreaţii Matematice” dreptul de proprietate intelectuală asupra acestora.
TIPĂRITĂ LA S.C. BLUE SIM & CO S.R.L.
Bd. Carol I, nr. 3-5
Tel. 0788 498933
E-mail: simonaslf@yahoo.com
ISSN 1582 - 1765

Anul XII, Nr. 1 Ianuarie – Iunie 2010
RECREAŢ II
MATEMATICE
REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI
e iπ =−1
Revistă cu apariţie semestrială
EDITURA “RECREAŢII MATEMATICE”
IAŞI - 2010

Centenarul Seminarului Matematic ”A. Myller”
Au trecut 100 de ani de când, în toamna 1910, Alexandru Myller, proaspăt
profesor de geometrie analitică la Universitatea din Iaşi, a avut iniţiativa creării unei
biblioteci de matematică la această universitate. Biblioteca a fost gândită, la început,
pentru uz personal. Destul de curând, însă, s-a permis accesul la publicaţii şi altor
cadre didactice, biblioteca devenind astfel de uz comun. Prin aceasta, se îmbunătăţea
climatul favorabil ridicării calitative a activităţii de cercetare ştiinţifică în universităţile
româneşti, creat de legea învăţământului, care l-a avut ca principal autor pe
matematicianul şi astronomul Spiru Haret, pe atunci ministru al Instrucţiunii Publice.
În Iaşi, terenul fusese pregătit de activitatea vechilor profesori de matematică de la
Universitatea din Iaşi: Şt. Emilian, N. Culianu, I. Melik, M. Tzony, C. Climescu,
A. Mănescu, I.D. Rallet, V. Costin. Dintre aceştia, N. Culianu, C. Climescu şi
I. Melik, împreună cu câţiva profesori de liceu, contribuiseră la apariţia la Iaşi, pe o
perioadă de 6 ani (1883-1888), a revistei Recreaţii Ştiinţifice, precursoare a Gazetei
Matematice. Au existat dificultăţi legate de eterna problemă a absenţei fondurilor
şi de mentalitatea unor persoane aflate în posturi de conducere ale ţării şi Iaşilor,
care considerau că nu este necesară o bibliotecă de uz comun; profesorii interesaţi de
anumite cărţi şi reviste puteau să şi le procure pe cheltuială proprie şi să-şi constituie
biblioteci personale.
A fost nevoie de concepţia clară şi tenacitatea tânărului profesor A. Myller,
pentru ca o astfel de instituţie să înceapă să funcţioneze, sub denumirea de Seminarul
Matematic, având ca model biblioteca de acelaşi tip de la Göttingen, Germania.
1

Mai întâi cu un număr restrâns de publicaţii, s-a dezvoltat treptat, ajungând ca între
cele două războaie mondiale să fie cea mai bună bibliotecă de matematici din sudestul
Europei. Pe lângă această bibliotecă, şi-au desfăşurat, mai mult sau mai puţin
sporadic, activitatea ştiinţifică şi de cercetare mai mulţi tineri talentaţi, care aveau
să devină nume cunoscute în matematica românească: C. Popovici, D. Pompeiu,
V. Vâlcovici, S. Stoilow, S. Sanielevici, Gh. Vrănceanu, Gr. Moisil, T. Popoviciu,
O. Mayer ş.a.
Obţinerea fondurilor pentru achiziţionarea de publicaţii ştiinţifice era o preocupare
permanentă a lui A. Myller, care a condus biblioteca de la înfiinţare până în
anul 1947. Aceste fonduri erau obţinute prin demersuri insistente pe lângă forurile
conducătoare ale învăţământului superior şi ale culturii româneşti, prin convingerea
unor persoane particulare să facă donaţii pentru bibliotecă şi prin contribuţii personale.
Mai ales în perioada dintre cele două războaie mondiale, A. Myller pleca
în mod regulat în ţările din vestul Europei, unde colinda prin librării şi anticariate,
făcând achiziţii masive de cărţi şi de colecţii de reviste, ajungând să cheltuiască şi din
banii săi. El insista mereu pe lângă colegii săi să contribuie la îmbogăţirea bibliotecii
prin publicaţii şi este cunoscut că era tot timpul nemulţumit, spunând că membrii
Seminarului Matematic nu fac suficient de mult pentru îmbogăţirea patrimoniului
acestuia. A. Myller a scris un manual de geometrie analitică (foarte bun!) pentru
liceu, iar drepturile de autor au fost folosite în întregime pentru cumpărarea de cărţi
şi reviste pentru Seminarul Matematic. Mulţi ani, această carte a fost folosită pentru
premierea studenţilor fruntaşi de la Facultatea de Matematică. Unul din succesele
importante ale lui A. Myller a fost convingerea industriaşului N. Malaxa să facă o
donaţie pentru Seminarul Matematic. Prin aceste eforturi, biblioteca Seminarului
Matematic s-a îmbogăţit cu colecţiile celor mai prestigioase reviste de matematică
apărute în lume, cu ultimele cărţi publicate la diverse edituri de specialitate din Europa
şi din America, precum şi cu colecţii complete ale unora din cele mai vechi reviste
de matematică (Acta Eruditorum, Crelle ′ s Journal, Journal de l ′ École Polytechnique
de Paris etc.) şi cu cărţi vechi de matematică din perioada Renaşterii şi de mai târziu.
O altă direcţie în care a acţionat stăruitor A. Myller, a fost menţinerea unei
discipline stricte în Seminarul Matematic. Accesul la publicaţii era liber, fiecare
membru putea să împrumute, fără să apeleze la un bibliotecar (care, de fapt, nici nu
exista), dar era obligat să respecte câteva reguli simple însă stricte. Orice publicaţie
împrumutată era trecută într-un registru de împrumuturi şi se restituia la anumite
date, publicaţiile trebuiau păstrate cu grijă pentru a se împiedica deteriorarea sau
pierderea lor, nimeni nu avea voie să plece din Iaşi fără să restituie mai întâi toate
publicaţiile împrumutate. Unele abateri, rare, erau sancţionate fără rezerve de prof.
A. Myller prin ridicarea dreptului de acces în bibliotecă pentru o perioadă determinată
sau chiar pentru totdeauna. Sancţiunile se aplicau la orice beneficiar găsit în culpă,
indiferent de vechimea şi prestigiul acestuia. Acest spirit de disciplină instaurat la
Seminarul Matematic a făcut ca din bibliotecă să se piardă extrem de puţine publicaţii.
În 1944, Universitatea din Iaşi a fost evacuată, împreună cu biblioteca Seminarului
Matematic, la Alba Iulia. Mutarea a fost organizată aşa de bine, încât la întoarcere
în 1945, nu a lipsit decât un singur volum din fondul de publicaţii al bibliotecii.
După război, au trebuit înfruntate mari greutăţi rezultate din distrugerile cauzate
2

de luptele purtate pe teritoriul ţării (inclusiv la Iaşi), izolarea în care a intrat ţara
noastră, ca urmare a constituirii blocului statelor comuniste, şi lipsa cronică a fondurilor
pentru achiziţionarea publicaţiilor. Chiar în aceste condiţii, în biblioteca Seminarului
Matematic au continuat să sosească numeroase volume de reviste, obţinute
prin schimb cu revista Analele Ştiinţifice ale Universităţii ”Al.I. Cuza” Iaşi, Matematică,
cărţi trimise de diverse edituri pentru recenzare în aceeaşi revistă şi, în mică
măsură, reviste obţinute prin abonament şi cărţi achiziţionate din fondurile oficiale,
mai ales din fosta Uniune Sovietică.
Trebuie menţionate aici şi numeroasele donaţii generoase ale unor membri ai Seminarului
Matematic, constând din cărţi şi reviste cumpărate cu ocazia deplasărilor
în străinătate.
În acest moment, există un schimb cu circa 200 de reviste de specialitate. În
ultimul timp, prin dezvoltarea internetulului, se pot accesa liber diverse cărţi şi reviste
din lume, precum şi articole separate apărute ca preprinturi pe diverse site-uri specializate
(e.g. arXiv). Mai menţionăm şi unele iniţiative la nivel de ţară care ne oferă acces
pe bază de abonament la diverse baze de date: Science Direct (unde se pot accesa,
în principal, publicaţii de la editura Elsevier), SpringerLink (cu acces la pulicaţiile de
la editurile Springer şi Birkhäuser), Thomson ISI (Web of Science, Journal Citations
Report şi Derwent Inovation Index), CSA Research Pack. Mai menţionez că, prin
eforturi financiare deosebite ale facultăţii, se asigură accesul on-line la Mathematical
Reviews şi Zentralblatt MATH.
Biblioteca Seminarului Matematic nu este importantă doar ca sursă de informare
pentru cercetătorii în domeniul matematicii sau din alte domenii înrudite. În sălile
ei domneşte o atmosferă calmă şi sobră, care îndeamnă pe cel care intră în bibliotecă
către meditaţie şi cercetare. În ultimii ani, la mesele din aceste săli s-au documentat
şi au făcut descoperiri matematice importante numeroşi cercetători care au devenit
cunoscuţi în matematica mondială. Unele din rezultatele lor au apărut în reviste de
specialitate de prestigiu din ţară şi din străinătate sau au fost încorporate în monogafii
matematice scrise de autori din Iaşi sau din alte centre ştiinţifice din lume.
Acum, la 100 de ani de la înfiinţare, Seminarul Matematic din Iaşi, care poartă
numele fondatorului său, A. Myller, îşi trăieşte o nouă tinereţe.
Prof. dr. Vasile OPROIU
Directorul Seminarului Matematic ”A. Myller”
3

Seminarul Matematic din Iaşi - 100 de ani
de învăţământ matematic românesc
În acest an, un secol de existenţă a Seminarului Matematic se suprapune în
mod fericit cu 150 de ani de la crearea la Iaşi în 1860 a primei universităţi din ţară.
Învăţământul matematic ieşean avea o oarecare tradiţie încă înainte de inaugurarea
Universităţii, dar un adevărat centru de cercetare matematică a fost iniţiat
de profesorul Alexandru Myller în 1910, când tocmai primise postul de titular la
catedra de geometrie analitică a Facultăţii de Ştiinţe din Iaşi.
În acelaşi an, profesorul Myller a făcut demersuri către ministrul instrucţiunii
publice de atunci - Spiru Haret - în vederea obţinerii de fonduri pentru dezvoltarea
unei biblioteci de specialitate. Iniţial s-a primit o sumă cu care s-au achiziţionat
câteva reviste matematice mai importante, iar mai târziu s-a obţinut chiar o alocaţie
bugetară fixă.
Astfel, actul de naştere al Bibliotecii Seminarului Matematic (iniţial
Biblioteca Seminarului de Geometrie analitică) putem spune că a fost semnat la
18 octombrie 1910, când Alexandru Myller a înregistrat oficial primele o sută de
volume din ”Crelle ′ s Journal für de reine und angewandte Mathematik”.
La început, spaţiul destinat bibliotecii era doar o fostă sală de curs administrată
numai de profesorul Myller, însă în timp spaţiul s-a extins, iar personalul de
administraţie a crescut prin alăturarea unor membri ai Seminarului.
Profesorul Myller concepe Biblioteca Seminarului Matematic după modelul sălii
de lectură a Seminarului Matematic de la Göttingen unde a studiat, susţinând şi
un doctorat sub îndrumarea celebrului matematician David Hilbert. Cu un corp
profesoral de calitate şi cu o bibliotecă de valoare, s-a format la Iaşi o adevărată
şcoală de matematică cunoscută sub numele de Seminarul Matematic din Iaşi (S.M.I.),
având ca bază pentru cercetare o bibliotecă de specialitate realizată cu entuziasmul
şi sacrificiul profesorilor şi care în perioada interbelică era considerată cea mai mare
bibliotecă din estul Europei.
După evacuările la Alba Iulia, în timpul celui de-Al II-lea Război Mondial,
biblioteca a revenit la Universitate fără pierderi. A urmat o perioada foarte grea
de refacere a învăţământului universitar. La 14 octombrie 1944 Alexandru Myller
este numit rector al Universităţii, iar în noiembrie 1945 se retrage din această funcţie,
rămânând profesor activ până la ieşirea la pensie din noiembrie 1947.
În 1949, în anul următor Reformei învăţământului, când toate bibliotecile facultăţilor
au devenit filiale ale Bibliotecii Universitare din Iaşi, care s-a transformat
în Biblioteca Centrală Universitară, şi Biblioteca Seminarului Matematic a devenit la
rândul său filială, iar în 1954 a primit numele iniţiatorului său, Alexandru Myller.
Amintim că, deşi Biblioteca Seminarului Matematic a devenit subordonată Bibliotecii
Centrale Universitare, la conducerea sa, din partea Facultăţii de Matematică, au
urmat după profesorul Myller următorii directori: prof. Ilie Popa în perioada 1947-
1952; prof. Adolf Haimovici în anii 1952-1992; prof. Gheorghe Bantaş în anii
1994-2006, iar din anul 2006 prof. Vasile Oproiu.
Dacă până în 1952 toate activităţile erau făcute de profesorul Myller şi o parte
din membrii S.M.I., după aceea a fost numit şi un bibliotecar din partea B.C.U., în
4

persoana d-rei Anca Jacotă, licenţiată în limba franceză.
Membrii Seminarului, în prezent aproape 150, sunt în special de la Facultatea de
Matematică a Universităţii ”Al.I. Cuza”, de la catedra de matematică a Universităţii
Tehnice ”Gh. Asachi”, dar şi de la alte facultăţi şi instituţii de cercetare din ţară
sau străinătate. Ca utilizatori ai bibliotecii mai sunt, la recomandarea membrilor
Seminarului Matematic, şi beneficiari externi, majoritatea studenţi în ultimii ani ai
Facultăţii de Matematică sau doctoranzi.
Cu o aşezare alfabetică a majorităţii fondului de carte, Biblioteca Seminarului
Matematic are peste 81.000 de volume aflate aproape în totalitate într-o bază de date
informatizată, iar între documentele bibliotecii se află, pe lângă un fond de carte
curentă, dicţionare şi enciclopedii generale şi de specialitate, reviste de referate, şi
un fond de carte veche şi manuscrise cuprinzând aproximativ 300 de volume apărute
înainte de 1850. Dintre acestea din urmă amintim:
• Apollonii Pergaei Conicorum libri quator, 1566;
• Gemma Frisius, R. - Arithmeticae Practicae methodus facilus, Lipsiae, 1575;
• Clavius Bambergensis, Christophorus - Geometria practica, Mainz, 1606;
• La Hire, Philippe de - Nouveaux éléments des section coniques, Paris, 1679;
• Ozanam, Jacques - Dictionnaire mathématique, Amsterdam, 1691;
• Abrégé des mathématiques pour l ′ usage de Sa Majesté Imperiale de toutes les
Roussies, St. Petersbourg, 1728;
• Simson, Robert - Sectionum conicarum libri V, Edinburg, 1735;
• Saverien, Alexandre - Dictionnaire universel de mathématique et de physique,
Paris, 1753;
• Garnier, J.G. - Réciproques de la géometrié, Paris, 1810;
• Stoiheia arithmetikes, Iaşi, 1818 (carte românească veche).
De asemenea, în bibliotecă există operele complete în original ale marilor matematicieni
şi fizicieni cum ar fi: Euclid, Galileo Galilei, Johannes Kepler, Pierre
Fermat, Christian Huygens, Isaac Newton, Jacob Bernoulli, Leonhard
Euler, Joseph Louis Lagrange, Pierre-Simon Laplace, Karl Friedrich Gauss,
Augustin Louis Cauchy, Niels Henrick Abel, Henri Poincaré etc.
Alături de colecţiile de cărţi se află şi peste 700 de titluri de periodice de specialitate,
iar dintre cele cu apariţie mai veche amintim: Acta Eruditorum (1682); Journal
de l ′ École polytechnique (1797); Journal für die reine und angewandte Mathematik
(1829); Compte Rendus de l ′ Académie des Sciences (1835); Bulletin de l ′ Académie
Royale des Sciences (1836); Proceedings of the Royal Society of London (1862); Mathematische
Annalen (1869); American Journal of Mathematics Pure and Applied (1878);
Acta Mathematica (1882); Recreaţii Ştiinţifice (1883); Bulletin of American Mathematical
Society (1895); Transaction of American Mathematical Society (1900);
Annales Scientifiques de l ′ Université de Jassy (1900) etc.
În acest loc încărcat de istorie, prin care au trecut şi s-au format atâţia oameni
de seamă, avem datoria faţă de înaintaşi, cât şi faţă de cei care vor veni, să păstrăm
mereu, îmbinând tradiţia cu modernitatea, acest tezaur de cultură.
Andrei PATRAŞ
Bibliotecar şef al Seminarului Matematic
5

Amintiri de la Seminarul Matematic
Am intrat ca student la Facultatea de Matematică de la Universitatea din Iaşi
în septembrie 1959. După ce am făcut cunoştinţă cu personalul de la secretariat,
unde, ca şef de grupă, trebuia să predau săptămânal prezenţa studenţilor la cursuri şi
seminarii, am ajuns şi la biblioteca facultăţii, situată deasupra decanatului facultăţii
de matematică. Îmi amintesc de o sală luminoasă şi primitoare, în care se putea studia
în condiţii foarte bune. Exista şi o bibliotecară, d-ra Timofte, care stătea într-o săliţă
vecină, situată deasupra cabinetului decanului, prin care se trecea pentru a se intra
în sala de lectură, după ce se semna într-o condică care atesta numărul de vizitatori.
Studenţii din anii mari aveau o altă sală de lectură alături, deasupra amfiteatrului II.5.
Aveau cheie şi puteau să intre când doreau (aici nu exista o bibliotecară), găseau o
sală de lectură care îi îmbia la studiu, găseau o mică bibliotecă cu cărţi dintre cele mai
folosite la facultatea de matematică. Multă vreme am privit această sală de lectură
ca pe un loc misterios, în care s-ar fi petrecut lucruri deosebite. Nu am mai ajuns
să intru şi eu cu drepturi depline în această sală de lectură, pentru că s-a desfiinţat.
Erau unii studenţi care stăteau mult în aceste două săli de lectură, ba chiar îşi fixaseră
nişte locuri ale lor. Se studia cu o anumită îndârjire, mi se părea că mulţi doreau
să-şi depăşească condiţia de copii din familii nevoiaşe şi căutau să ajungă la situaţii
mai bune. Mai târziu, după ce am terminat facultatea, s-a mai înfiinţat o sală de
lectură la parter, pe coridorul unde se află acum administratorul facultaţii, ba chiar
şi pe coridorul paralel, din faţa sălii metodice. Apoi, biblioteca pentru studenţi s-a
mutat în corpul B în locul bibliotecii facultaţii de ştiinţe economice, care, la rândul
ei, s-a mutat în corpul D, nou construit, lângă biserica ”Patruzeci de Sfinţi”.
Am ajuns să intru, de câteva ori, în biblioteca Seminarului Matematic pentru a
consulta nişte materiale necesare pentru lucrul la cercurile ştiinţifice studenţeşti. În
acest fel am cunoscut pe bibliotecara A. Jacotă, care a activat parcă o veşnicie la
această bibliotecă. Îmi amintesc că pe coridoarele de la parter şi de la etajul II era
destul de multă gălăgie, în special în pauze. Prin contrast, pe coridorul de la etajul I,
unde era intrarea la Seminarul Matematic era o atmosfera mai liniştită care, într-un
fel, prevestea atmosfera de lucru, de reculegere, ca într-o biserică, ce o regăseam de
fiecare dată în interior. Intrarea era prin săliţa ce desparte sala de carţi de cea de
colecţii de reviste. În sala de cărţi, aflată în dreapta, se adunau şi lucrau profesorii,
poate şi conferenţiarii mai în vârstă, în sala de colecţii de reviste se adunau şi lucrau
conferenţiarii şi lectorii mai în vârstă, iar în sala de modele, acolo unde acum se află
amfiteatrul ”A. Myller” (în care se ajungea, atât din sala de colecţii reviste printr-o
trecere mică înzestrată cu o perdea, după care se coborau câteva trepte sau, direct,
de pe coridorul de la Catedra de geometrie, pe unde se intra cu ajutorul unei chei),
se adunau şi lucrau asistenţii şi lectorii mai tineri. Fiecare avea locul lui, la mese cu
patru locuri şi atmosfera era realmente una de lucru.
Cam prin 1962, facultatea a primit noi spaţii de învăţământ, devenite libere prin
mutarea facultăţilor de biologie şi de geografie în corpul B, abia dat în folosinţă. În
acest fel, fiecare catedră (Algebră, Analiză matematică, Geometrie, Ecuaţii şi matematici
speciale, Mecanică) a primit câte un sediu, la fel şi profesorii şi conferenţiarii.
Cursurile şi seminariile se desfăşurau acum şi în amfiteatrul I.3 şi în sălile 1.4 şi 1.5.
6

Profesorii Gh. Gheorghiev, A. Haimovici, I. Popa, M. Haimovici, I. Creangă aveau
cabinetele lor. Existau cabinete pentru conferenţiari la analiză, geometrie, algebră şi
mecanică, sala de mecanică era folosită ca sediu de catedră, mai era un laborator de
informatică în actualul sediu al Catedrei de geometrie. În acest fel apăruse o degajare
a spaţiului la Seminarul Matematic, unde vizitatorii puteau să citească în tihnă la
una din mesele existente.
Atmosfera de studiu şi bogăţia de cărţi existente în biblioteci m-au incitat să
cumpăr şi eu cărţi de la librării sau din anticariate. Trebuie spus că situaţia generală
în România de atunci nu prea permitea ca tinerii să dea bani pe cărţi. Era destulă
sărăcie şi erau multe lipsuri care au fost îndreptate ceva mai târziu. Am început să
merg prin librării şi prin anticariate şi am avut destule ocazii să cumpăr cărţi utile.
Dintre titlurile ce mi le amintesc aş putea enumera: două din cele trei volume ale
tratatului de analiză matematică al lui Miron Nicolescu (primul volum, pe care îl
găseam cel mai interesant şi util, în care se trata convergenţa seriilor, era de negăsit),
cele trei volume ale tratatului de analiză matematică al lui Fichtengholtz, tradus din
limba rusă, cartea de mecanică teoretică a lui Plăcinţeanu şi altele. Ştiu că la BCU
cartea lui Plăcinţeanu ca şi cea a lui Vâlcovici aveau regim special, nu se împrumutau
acasă. Mai târziu, am început să cumpăr şi cărţi în limba rusă. În timpul şcolii,
începând cu clasa a IV-a, am avut lecţii de rusă. Apoi, în timpul facultăţii, am urmat
cursurile de limba rusă concentrată pe diverşi termeni matematici, astfel că puteam
înţelege cărţi şi articole scrise în limba rusă. Nu am studiat deloc limba engleză şi
acest aspect a fost un handicap pentru mine pentru că a trebuit s-o învăţ singur şi
să mă descurc cum pot la diversele conferinţe la care am participat şi unde a trebuit
să şi vorbesc. Îmi permit să evoc protocolul prin care se achiziţionau cărţile în limba
rusă. Se trecea, de regulă săptămânal, pe la librăria cu cărţi ruseşti, care se afla
atunci la etajul librăriei Junimea din Piaţa Unirii. (Anterior, această librărie fusese
la Fundaţie, în clădirea librăriei Maxim Gorki, situată pe locul unde se află acum
Casa de Cultură a Studenţilor. Mai târziu, am aflat că acolo fusese Jockey Clubul,
un loc unde se întâlnea protipendada Iaşilor. Pe lângă loc de întâlnire şi cultivare
a relaţiilor sociale, acesta mai era şi un loc unde se practicau jocuri de noroc. Am
aflat că aici au pierdut destui bani mai multe personalităţi ale Iaşului interbelic ; spre
exemplu, Cezar Petrescu.) Apoi, secţia de cărţi în limba rusă s-a mutat la Casa Cărţii.
Săptămânal, soseau nişte blancuri (broşuri reclamă) cu titluri de cărţi ce urmau să
apară. Căutam la secţia de matematică şi ne semnam în dreptul cărţilor ce doream
să le cumpărăm. La unele titluri era aglomeraţie mare de semnături, la altele niciuna;
totuşi soseau şi din cele la care nu erau semnături. Peste câteva luni, când soseau
cărţile, unele titluri erau rezervate celor semnaţi pe blancuri şi se puteau cumpăra
cu uşurinţă. Atunci când soseau mai puţine cărţi, nu se mai făcea această rezervare.
Ştiu că, o bună perioadă de timp, sistemul a funcţionat. Apoi, au început să apară
sincope. Îmi amintesc că nu am mai ajuns să cumpăr cartea de geometrie diferenţială
a lui S. Sternberg şi a fost mare supărarea mea. Oricum, reţin perioada ca un moment
foarte bun din viaţa mea, eram mulţumit şi de ce cumpăram şi de rezultatele ce le
obţineam atunci.
După ce am terminat facultatea, în 1964, am căpătat drept de acces liber în biblioteca
Seminarului Matematic. Aceasta însemna că puteam să intru la orice oră
7

doream, să consult şi să împrumut cărţile şi revistele existente în bibliotecă. Când
împrumutam, trebuia să le notez într-un registru anume făcut, unde aveam o rubrică
a mea. Cum spuneam şi mai sus, erau mulţi tineri care studiau cu mult sârg, prezenţi
aproape la orice oră din zi şi orice oră rezonabilă din noapte. Spre exemplu, colegul
meu V. Barbu era prezent tot timpul la locul său de muncă ce se afla lângă cabinetul
prof. Gheorghiev. De asemenea, făcea vizite foarte dese la bibliotecă unde consulta
în special revistele de pe panoul cu noutăţi. Am văzut în registrul de împrumuturi
că obişnuia să împrumute reviste sovietice pe care le însemna succint : YMH -pentru
Uspekhi Matematiceskih Nauk sau ∆AH - pentru Doklady Akademii Nauk. Eu, care
eram încadrat la Academie, veneam des pe la prof. Gheorghiev, pe la D. Papuc şi
R. Miron, care deveniseră conferenţiari, şi, bineînţeles, pe la biblioteca Seminarului
Matematic, unde zăboveam destul de mult. Acolo îl întâlneam deseori pe prof.
C. Corduneanu, care venea să vadă noutăţile; din când în când mă aborda şi mă
întreba cum merge treaba cu cercetarea ştiinţifică. A fost singurul care se interesa de
ce fac tinerii ce lucrau în direcţii de cercetare diferite de a lui. Organizarea bibliotecii,
prin aranjarea cărţilor alfabetic după autori, îmi permitea să descopăr numeroase
cărţi de care nu ştiam, atunci când căutam o carte recomandată. Stăteam mult şi
le răsfoiam, mai mult, pe unele le citeam şi cultura mea matematică se îmbogăţea
considerabil.
Am putut să apreciez şi eficienţa bibliotecarei A. Jacotă care ţinea biblioteca în
ordine. Era tot timpul amabilă, un pic cam severă în legătură cu curăţenia în bibliotecă
şi o adevărată enciclopedie în materie de biblioteconomie. Mai târziu, am
aflat că în BCU era considerată o adevărată legendă, datorita acestor vaste cunoştinţe
despre cărţi, dar şi datorită faptului că a refuzat cu încăpăţânare să se mute în sediul
BCU (printr-o promovare) sau să primească alţi biliotecari ca ajutoare la Seminarul
Matematic. Oricum, singură ţinea în ordine vasta colecţie de reviste şi de cărţi. Aşa
cum spuneam, d-ra Jacotă era foarte exigentă cu curăţenia în sălile de lectură ale
bibliotecii. Atunci când ploua, era foarte atentă cu vizitatorii, în special cu cei tineri,
care trebuiau să se şteargă foarte bine pe picioare la intrare, pentru ca să nu ducă
apă în săli. Pe cei mai neglijenţi îi mustra cu asprime şi, de regulă, a doua oară
nu se mai greşea. Trebuie să menţionez că, în sălile bibliotecii era un parchet foarte
frumos şi foarte bine întreţinut. Cel puţin o dată pe an, se făcea curăţenie generală şi
parchetul era spălat cu petrosin, ceruit şi lustruit. Era o adevărată plăcere să priveşti
acel parchet după o astfel de curăţenie generală. Acum, acel parchet a fost scos şi
în locul lui s-a pus ceva care seamănă cu linoleumul. Oricum, deja s-a vălurit şi nu
arată deloc bine pe la colţuri. Tot în legătură cu cadrul plăcut din sălile de lectură,
trebuie să menţionez existenţa unor ciubere cu plante exotice, care erau foarte bine
îngrijite. Erau nişte femei de serviciu, foarte devotate sălilor de lectură de la Seminarul
Matematic, care aveau grija să le ude, să le şteargă frunzele şi să le facă să
arate bine. Menţionez că tot ele se ocupau şi de expedierea numerelor din Anale în
operaţia de schimb cu alte reviste. Atunci când erau tipărite diverse fascicule din
Anale, nu numai de la secţia matematică, acestea se adunau pe mese în sala de cărţi,
se împachetau în hârtie, se legau cu sfoară şi se puneau adresele la care urmau să
fie expediate. Unele pachete erau mai consistente, altele conţineau doar o fasciculă,
după cum era convenţia de schimb a revistei noastre cu alte publicaţii. La început,
8

adresele erau scrise de mână pe pachetele în discuţie; mai târziu au început să fie
dactilografiate şi lipite pe pachete. Sistemul funcţiona foarte bine şi se înregistrau
foarte puţine plângeri în legătură cu expedierea lor. Cheltuielile erau acoperite, în
marea lor majoritate, din cotizaţiile membrilor Seminarului, încasate lunar.
Noi, care veneam de două-trei ori pe săptămână la Seminarul Matematic (unii
veneau zilnic şi studiau la mesele existente), ne opream cu plăcere la panoul de noutăţi,
unde răsfoiam diversele fascicule de reviste proaspăt primite. Era o adevărată plăcere
să descoperi un articol interesant sau să găseşti vreo citare utilă. Este adevărat că,
în vremea aceea, nu eram aşa de interesaţi de citări ; era plăcut să te ştii citat, dar
nu făceam un obiectiv din aceasta, aşa că nu prea era o vânătoare după citări. Nici
despre reviste cotate ISI nu era vorba deloc (de fapt, nu se inventase încă sistemul
respectiv), ştiam că existau nişte reviste bune, în special cele americane, englezeşti,
franţuzeşti şi japoneze, dar, de cele mai multe ori, noi ne publicam lucrările în reviste
româneşti: Analele de la Iaşi, Revue Roumaine de Mathématiques a Academiei, de la
Bucureşti şi altele câteva. În ultimul timp, nici nu prea puteam să trimitem lucrări
în străinătate, având în vedere că pentru expediere exista un adevărat protocol ce
necesita timp, nervi şi bani şi nu erai întotdeauna sigur că plicul respectiv va pleca.
Scene hazlii se petreceau în perioada reviziilor anuale la bibliotecă. În operaţia de
revizuire, care se desfăşura pe o perioadă de 10 zile-2 săptămâni, trebuiau să participe
toate persoanele tinere ce aveau acces la bibliotecă. Acestea, grupate în perechi,
revizuiau două sau mai multe coloane de publicaţii din rafturile bibliotecii. În acel
moment era o hărmălaie deosebită în bibliotecă din cauza comunicării între partenerul
aflat pe scară, care verifica existenţa cărţilor în raft, şi cel aflat la baza scării, care
verifica existenţa cărţilor în carnetele cu fişele cărţilor. Cu această ocazie se semnalau
diverse lipsuri. După ce se termina această operaţie, se trecea la recuperarea lipsurilor.
Se mai căuta încă o dată, se mai căuta şi în alte locuri. Se căuta şi în registrele de
împrumuturi, pentru a se vedea dacă nu cumva vreun cititor nu a restituit publicaţiile;
dacă se întâmpla acest lucru, era posibil ca cititorul respectiv să-şi piardă dreptul
de a mai împrumuta cărţi. După câteva zile de vânzoleală, majoritatea lipsurilor
se recuperau. Mai mult, uneori se recuperau şi publicaţii găsite lipsă la reviziile
anterioare. Până la urmă, se ajungea la o situaţie acceptabilă, doar 3-5 publicaţii
lipsă, şi se aştepta cu sufletul la gură terminarea reviziei şi acordarea dreptului de
a împrumuta publicaţii. În momentul când directorul bibliotecii acorda acest drept,
se pornea o adevărată cursă (o asemănam uneori cu cursele din filmele western către
terenurile neocupate, în cucerirea vestulului în America) pentru găsirea publicaţiilor
dorite a fi împrumutate. Se mergea în grabă până la raftul vizat, se căuta o scară
şi apoi publicaţia la care trebuia să se ajungă înaintea altor colegi interesaţi. Aceste
publicaţii erau recomandate de către profesorii de la facultate şi erau folosite pentru
referate la doctorat sau pentru pregătirea tezelor de doctorat sau în documentarea
pentru o temă de cercetare ştiinţifică. După ce găseau publicaţiile ce îi interesau,
cititorii aşteptau să le înregistreze ca publicaţii împrumutate şi plecau fericiţi cu ele
la cabinete sau acasă. Erau şi colegi care pierdeau cursa, în sensul că publicaţiile
căutate de ei fuseseră luate deja de alţii, şi trebuiau să se roage de aceştia să-i lase să
le consulte.
Era destul de greu în perioada aceea, având în vedere că nu existau aparate de
9

copiere. Îmi amintesc că, în anumite cazuri, am copiat pur şi simplu de mână câteva
articole ce mă interesau. Pentru altele, făceam fotocopii, adică le fotografiam pur
şi simplu, developam filmul şi făceam copiile pe hârtie fotografică de mărimea unui
carnet (jumătate de caiet). Erau vremuri grele, dar dispuneam de energia şi inventivitatea
necesare pentru a ne descurca. La un moment dat au apărut aparate de copiat
(xeroxuri), dar erau puţine, se defectau uşor şi se cam aflau sub controlul securităţii,
având în vedere posibilitatea de a se multiplica materiale considerate duşmănoase
pentru regim. Copiile erau de proastă calitate, dar puteau fi utilizate.
În perioada în care am fost bursier la Universitatea din Napoli, Italia, în 1972, am
beneficiat de o bibliotecă organizată la fel ca şi cea din Iaşi: cu publicaţiile ordonate
alfabetic şi cu acces liber la raft pentru cititori. Director al bibliotecii era profesorul
Carlo Miranda, care a făcut o specializare la Universitatea din Göttingen, unde fusese
şi A. Myller, şi a organizat biblioteca după modelul de acolo. La un moment dat,
m-a întrebat despre D. Mangeron cu care studiase împreună. Biblioteca de la Napoli
dispunea de mai multe fonduri. Îmi amintesc că avea un aparat de fotocopiat la care
se puteau face liber diverse copii şi că hârtia era de un tip special, cu proprietaţi ce
aminteau de hârtia fotografică. Mai mult, erau comandate diverse cărţi în mai multe
exemplare. Spre exemplu, cărţile din colecţia Lecture Notes de la Springer se găseau
într-un loc dedicat acestei serii, dar şi în raft la autorul respectiv. Acelaşi lucru se
petrecea cu cărţile din colecţiile Grundlehren sau Ergebnisse ş.a. de la Springer sau cu
cărţile de la Academic Press, Marcel Dekker etc. Nu mai vorbesc de faptul că puteam
să comandăm cărţile pe care le doream, găsite prin broşurile de reclamă. Acestea
soseau în câteva luni. Am regăsit aceeaşi organizare eficientă şi la bibliotecile de la
Universitatea din Freiburg sau de la Centrul de Cercetare de la Oberwolfach.
La biblioteca Seminarului Matematic, majoritatea cărţilor ajungeau prin operaţia
de recenzare a lor în revista Analele Şt. Univ. ”Al.I. Cuza” Iaşi . Anumiţi colegi
urmăreau atent apariţia diverselor cărţi şi trimiteau prompt la editurile ce le publicau
cereri pentru un exemplar care să fie recenzat. După recenzie, cartea rămânea în
fondul bibliotecii. Dacă se întârzia, era posibil ca fondul de reclamă al editurii să
se epuizeze şi atunci cărţile nu mai ajungeau la noi. Îmi amintesc că într-o anumită
perioadă, de această operaţie se ocupa colegul nostru J. Weinstein care era foarte
informat şi foarte prompt în comandarea cărţilor pentru recenzii. În anumiţi ani se
ajungea până la 300 de cărţi venite pentru recenzii. După ce soseau, cărţile erau
repartizate unor cititori competenţi în domeniile respective şi aceştia le recenzau. A
fost o perioadă extrem de bună pentru biblioteca noastră, când editurile occidentale
erau foarte generoase cu fondurile de reclamă. Mai târziu, când editurile nu mai
dispuneau de fonduri de reclamă aşa de mari, cărţile nu mai ajungeau la noi în număr
atât de mare.
Altă modalitate de procurare a cărţilor era achiziţia prin intermediul BCU din
Iaşi. Se lansau diverse comenzi de cărţi, care nu erau primite la recenzii, şi se aştepta
ca BCU să dispună de banii (valuta) pentru a le achiziţiona. Această operaţie dura
destul de mult, uneori şi un an. Îmi amintesc că, într-o anumită perioadă, profesorii
cu notorietate aveau dreptul să achiziţioneze câte o carte din occident, pe an. Ei
cedau acest drept bibliotecii şi se obţineau astfel un număr de cărţi în plus. Achiziţii
se mai făceau şi în cadrul Filialei Iaşi a Academiei Române. Ştiu că exista o a-
10

numită coordonare astfel că achiziţiile făcute la BCU şi la Filială erau întotdeauna
complementare.
Majoritatea revistelor erau primite prin schimb cu revista noastră, Analele Şt.
Univ. ”Al.I. Cuza”, Matematică. Mai existau şi abonamente la unele reviste cu care
nu se putea face schimb. Acestea erau puţine şi nesigure - în anii în care se operau
restricţii la fondurile valutare anumite abonamente se întrerupeau. Astfel, multe
colecţii au fost descompletate. Pentru unele dintre ele s-au făcut eforturi deosebite
de completare prin fotocopiere. În cazul când întreruperea era foarte mare, nu s-a
mai putut face nimic. Alte posibilităţi de completare a fondului de publicaţii au
apărut datorită generozităţii unor colegi care, fiind membri în colectivele de redacţie
ale unor reviste internaţionale, au donat Seminarului Matematic numerele primite de
la redacţiile acestora; aş menţiona aici pe V. Barbu şi C. Corduneanu, dar mai există
şi alţii.
Acum este momentul să-mi exprim o nelinişte şi, parţial, nemulţumire în legătură
cu orientarea activităţii Seminarului Matematic. În ultimul timp s-a renunţat la
abonamentele clasice preferându-se accesul on-line. Pe de o parte acest fapt constituie
un avantaj: se obţine acces la mai multe reviste, accesăm informaţia foarte rapid, fără
a mai căuta volumul în bibliotecă, informaţiile noi ajung mai repede la cititori. Spre
exemplu, prin accesul on-line la Springer Link se pot consulta circa 190 reviste de
matematică (numărul total de reviste din diverse domenii ce pot fi accesate este mult
mai mare, circa 1600 reviste). Tot aşa, prin accesul la Science Direct se pot consulta
circa 1800 reviste publicate, în principal de la editura Elsevier. Pe de altă parte, în
bibliotecă nu mai rămâne nimic! În cazul în care accesul on-line încetează, pierdem
toate informaţiile la care aveam anterior acces. Cred că trebuie reflectat la aceste
aspecte şi trebuie găsită o modalitate de a păstra informaţiile în bibliotecă.
Prof. dr. Vasile OPROIU
11

Rigla şi compasul
Gabriel POPA 1
Abstract. The two instruments accepted by the ancient Greeks for performing geometric constructions,
if separately used, are not equally powerful. The compasses alone can accomplish all
the constructions able to be performed by means of the rule and the compasses together (Mohr -
Mascheroni), while the rule alone cannot do it (Hilbert). These results are presented in this Note,
with some clearing up brought to the proof of reference [1].
Keywords: circle, cone, rule, compasses.
MSC 2000: 51M15.
1. În problemele de construcţii geometrice este permisă, în general, utilizarea a
două instrumente: rigla şi compasul. Aceste instrumente sunt considerate ca fiind
ideale; ele trasează dreptele şi cercurile exact, grosimea liniei de creion şi orice alte
aproximări nefiind luate în considerare.
Rigla este presupusă ca fiind infinită, fără gradaţii pe ea. Ea poate fi folosită
pentru a trasa dreapta ce trece prin două puncte date (în sensul determinării oricărui
punct al acesteia). Nu o putem utiliza pentru a măsura distanţe între puncte.
Date O, P două puncte în plan, compasul poate fi utilizat pentru a trasa cercul
de centru O şi care trece prin P (în sensul determinării oricărui punct al acestuia).
Compasul este considerat ca fiind nerigid: odată ce l-am ridicat de pe hârtie, el se
închide, altfel spus nu putem ”transporta” distanţa cuprinsă între vârfurile sale.
În orice problemă de construcţii geometrice, se porneşte de la o mulţime dată S de
puncte ale planului. Putem obţine puncte noi cu ajutorul riglei şi compasului aşa cum
am văzut anterior, precum şi prin următoarele trei operaţii, numite fundamentale:
• determinarea punctului de intersecţie a două drepte;
• determinarea punctelor de intersecţie a unei drepte cu un cerc;
• determinarea punctelor de intersecţie a două cercuri.
Definiţie. Spunem că o problemă de construcţie este rezolvabilă cu rigla şi compasul
dacă o putem reduce la o succesiune finită de operaţii alese dintre cele trei
operaţii fundamentale.
Scopul acestui demers este prezentarea posibilităţilor de folosire a acestor două
instrumente. Rezultatele principale sunt date de teoremele 2, 4 şi 5 de mai jos.
2. Ne propunem mai întâi să arătăm că putem înlocui compasul nerigid cu un
compas rigid (care, în plus faţă de cel nerigid, poate ”transporta” lungimea unui
segment, deci nu se închide automat după utilizare). Este adevarată următoarea
Teoremă. Toate construcţiile care pot fi realizate cu rigla şi compasul rigid pot fi
realizate cu rigla şi compasul, în sensul precizat la 1.
Demonstraţie. Este suficient să dăm un procedeu de construcţie a unui segment
congruent cu un segment dat şi având un capăt fixat, folosind doar rigla şi compasul
nerigid (altfel spus, să arătăm cum se poate transporta un segment). Pentru aceasta,
1 Profesor, Colegiul Naţional, Iaşi
12

fie [AB] un segment dat şi [MM ′ o semidreaptă dată; dorim să găsim unicul punct
N ∈ [MM ′ pentru care [MN] ≡ [AB].
Cercurile de centre A şi M şi care trec prin M, respectiv prin A, se intersectează
în două puncte; fie X unul dintre ele. Avem că △AXM este echilateral. Trasăm
cercul de centru A care trece prin B; acesta intersectează semidreapta [AX într-un
punct C. Deosebim două situaţii:
a) C este între A şi X. Fie cercul de centru X care trece prin C şi fie P punctul
de intersecţie dintre acesta şi segmentul [XM]. Există un asemenea punct, întrucât
XP = XC = XA − AC < XA = XM. Desenăm cercul de centru M şi care
trece prin P ; acesta intersectează semidreapta [MM ′ într-un punct N şi avem că
MN = MP = MX − P X = AX − CX = AC = AB, deci N este punctul căutat.
b) X este între A şi C. Construcţia curge la fel, însă punctul P nu se va mai afla
pe segmentul [MX], ci pe semidreapta opusă lui [XM.
Observaţie. În cele ce urmează, vom folosi exprimări de genul: ”fie cercul de
centru O şi rază AB”, unde atât A cât şi B sunt diferite de O; aceste construcţii sunt
permise de teorema precedentă.
3. Dorim să arătăm în continuare că un compas rigid poate realiza singur toate
construcţiile posibil a fi efectuate cu rigla şi compasul. Calea urmată este, în linii
mari, cea prezentată în [1], unele afirmaţii directe de acolo fiind justificate mai riguros.
Demonstraţia clasică, folosind inversiunea, poate fi găsită, spre exemplu, în [2], pp.26-
29.
Începem prin a indica algoritmi pentru trei construcţii importante.
(i) Construcţia simetricului unui punct dat faţă de alt punct dat.
Presupunem date două puncte A şi B şi
fie a = d(A, B). Desenăm cercul (C 1 ) de
centru A şi care trece prin B, apoi cercul
(C 2 ) de centru B şi care trece prin A.
Razele celor două cercuri sunt ambele a,
iar distanţa centrelor este, de asemenea,
a. Deoarece a < a+a, conform teoremei
celor două cercuri, rezultă că (C 1 ) şi (C 2 )
au în comun două puncte P şi Q, aflate
de o parte şi de alta a dreptei AB. În
13

plus, cum △P AB şi △QAB sunt echilaterale, avem că m(÷AP ) = m(÷AQ) = 60 ◦
(arcele sunt gândite în cercul (C 2 )).
Construim acum cercul (C 3 ) de centru Q, care trece prin P . Cum raza lui (C 3 )
este P Q < 2AB, urmează că (C 3 ) şi (C 2 ) au în comun două puncte; fie A ′ al doilea
dintre ele. Deoarece în cercul (C 2 ) coardele [P Q] şi [QA ′ ] sunt congruente, avem că
şi arcele÷QP şiøQA ′ sunt egale. Atunci:
m(úAQA ′ ) = m(÷AQ) + m(øQA ′ ) = m(÷AQ) + m(÷P Q) = 60 ◦ + 120 ◦ = 180 ◦ ,
deci punctele A şi A ′ sunt diametral opuse în cercul (C 2 ), altfel spus A ′ este simetricul
lui A faţă de B pe care îl căutam.
(ii) Construcţia mijlocului unui segment dat. Fie A, B două puncte; aflăm ca
mai sus simetricul A ′ al lui A faţă de B.
Trasăm cercurile (C 1 ) şi (C 2 ), de centre A,
respectiv A ′ şi care trec prin B, respectiv A.
Dacă a = AB, razele celor două cercuri sunt a
şi 2a, iar distanţa centrelor este 2a. Sunt verificate
ipotezele teoremei celor două cercuri şi
fie atunci {P, Q} = (C 1 ) ∩ (C 2 ). Trasăm acum
cercurile (C 3 ) şi (C 4 ), de centre P , respectiv Q
şi care trec prin A. Deoarece distanţa centrelor
este P Q < 2AB, urmează că (C 3 ) şi (C 4 ) au
în comun două puncte; fie M al doilea dintre
ele. Vom arăta că M este mijlocul căutat al
segmentului [AB].
Se observă uşor că patrulaterul P AQM este romb, deci P Q⊥AM. Pe de altă parte,
A este mijlocul arcului÷P Q în cercul (C 2 ), deci P Q⊥AA ′ . De aici, punctele A, M, A ′ şi
B sunt toate coliniare. Triunghiurile A ′ AP şi P AM sunt isoscele: A ′ A = A ′ P = 2a ca
raze în (C 2 ), P A = P M = a ca raze în (C 3 ) şi au un unghi, ∠P AM, comun. Urmează
că ele sunt asemenea, raportul de asemănare fiind 2 : 1. Atunci P A = 2AM, deci
AM = 1 2 AP = 1 2 a.
(iii) Construcţia piciorului perpendicularei coborâtă dintr-un punct P pe o dreaptă
AB. Fie A, B două puncte în plan, iar P un punct necoliniar
cu ele. Trasăm cercurile (C 1 ) şi (C 2 ), de centre A,
respectiv B şi care trec prin P . Fie Q al doilea punct de
intersecţie al acestor cercuri; este clar că Q este simetricul
lui P faţă de dreapta AB. Atunci mijlocul M al segmentului
[P Q], care poate fi determinat ca în construcţia
precedentă, este piciorul perpendicularei din P pe [AB].
4. Teoremă (Mohr–Mascheroni). Orice construcţie
geometrică realizabilă cu rigla şi compasul se
poate efectua folosind doar compasul rigid.
Demonstraţie. Vom considera că o dreaptă este determinată prin două puncte
ale sale; pentru a afla un alt punct al dreptei, trebuie să indicăm un procedeu de
construcţie a lui folosind compasul. Pentru a demonstra teorema, trebuie să arătăm
14

cum pot fi realizate cele trei operaţii fundamentale. Evident, putem limita discuţia
la primele două operaţii.
(i) Aflarea punctelor de intersecţie dintre un cerc şi o dreaptă. Presupunem că
aceste puncte există şi dorim să le determinăm ca intersecţii de cercuri. În cazul în
care, pe parcursul construcţiei, vom avea cercuri fără puncte comune, înseamnă că
dreapta considerată este exterioară cercului iniţial. Deosebim două situaţii:
a) Dreapta nu trece prin centrul cercului. Fie (C) un cerc dat de centru O,
iar A, B două puncte astfel încât O /∈ AB.
Aflăm simetricul O ′ al punctului O faţă de
dreapta AB, ca în construcţia precedentă.
Trasăm apoi cercul (C ′ ), de centru O ′ şi
având aceeaşi rază ca şi cercul (C). Cum
AB este axă de simetrie a figurii obţinute,
urmează că AB ∩ (C) = (C) ∩ (C ′ ), de
unde construcţia punctelor de intersecţie dintre
AB şi (C).
b) Dreapta conţine centrul cercului. Fie
(C) un cerc dat de centru O şi rază R, iar
A un punct în plan. Dorim să determinăm
punctele comune pentru (C) şi OA. Fie M ∈ (C) oarecare. Conform a), putem
determina N – al doilea punct de intersecţie a lui (C) cu AM. Cu vârful compasului în
M, apoi în N şi păstrând aceeaşi deschidere, determinăm un punct O ′ pe mediatoarea
segmentului [MN] şi construim un cerc (C 1 ) de centru O ′ , care să aibă raza mai mare
decât R.
Fie [P Q] o coardă a lui (C 1 ) de lungime 2R, posibil de determinat
conform 3.(i). Aflăm B – punct de intersecţie
al dreptei P Q cu cercul (C 2 ) de centru O ′ şi
care trece prin A, folosind a). Ca la 3.(ii),
fie O ′′ mijlocul segmentului [P Q], iar (C 3 )
cercul de centru O ′′ care trece prin P . Intersectăm
acest cerc cu cercul de centru B
şi rază AN; fie S unul dintre punctele de
intersecţie. Determinăm acum X, Y pe (C),
prin intersecţii de cercuri, astfel încât [NX] ≡
[SP ], [NY ] ≡ [SQ]. Vom arăta că X, Y sunt
punctele căutate.
Deoarece cercurile (C) şi (C 3 ) sunt congruente
iar [NX] ≡ [SP ], [NY ] ≡ [SQ], urmează
că △NXY ≡ △SP Q, de unde [XY ] ≡ [P Q].
Însă [P Q] este diametru în (C 3 ), deci [XY ] va fi
diametru în (C), adică X, O, Y vor fi coliniare.
Rămâne să demonstrăm că A ∈ XY .
Punctele A şi B sunt situate pe cercul (C 2 ), concentric cu (C 1 ) şi atunci ele vor
avea aceeaşi putere faţă de (C 1 ), adică AM · AN = BP · BQ. Dacă {T } = BS ∩ (C 3 ),
obţinem că BP · BQ = BT · BS, de unde AM · AN = BT · BS. Cum [AN] ≡ [BS],
15

ezultă că [AM] ≡ [BT ], deci [MN] ≡ [T S]. Însă [MN] şi [T S] sunt coarde în cercuri
egale, deciøMN =öST şi apoiøXM =÷T P , adică ∠XNM ≡ ∠P ST . Urmează că
△XNA ≡ △P SB şi de aici ∠AXN ≡ ∠BP S. Pe de altă parte, ∠NXY ≡ ∠SP Q,
deci m(∠AXN) + m(∠NXY ) = m(∠BP S) + m(∠SP Q) = 180 ◦ , i.e. A ∈ XY , adică
ceea ce doream să dovedim.
(ii) Aflarea punctului de intersecţie a două drepte. Fie AB şi A ′ B ′ două drepte, în
sensul că avem date perechile de puncte (A, B) şi (A ′ , B ′ ). Folosind 3.(iii), construim
piciorul L al perpendicularei din B ′ pe AB, apoi piciorul N al perpendicularei din L pe
A ′ B ′ . Dacă N = B ′ , atunci AB ∩A ′ B ′ ≠ ∅. Dacă nu putem determina N, atunci AB
şi A ′ B ′ sunt drepte perpendiculare,
concurente în L.
Presupunem determinate L ≠
N şi fie P punctul comun celor
două drepte. P este bine determinat
de lungimea l a segmentului
B ′ P , întrucât odată cunoscută
aceasta, intersectăm cercul
de centru B ′ şi rază l cu drepta
A ′ B ′ . Aplicând teorema catetei
în △LB ′ P , obţinem că
(1) B ′ L 2 = B ′ N · B ′ P = B ′ N · l.
Determinăm simetricul B ′′ al lui B ′ faţă de L şi construim un cerc având centrul
pe mediatoarea segmentului [B ′ B ′′ ], de rază suficient de mare. Prin intersecţii de
cercuri, fixăm D pe acest cerc astfel încât [DL] ≡ [B ′ N], apoi fie E punctul în care
DL taie cercul. Din puterea punctului L,
(2) B ′ L 2 = B ′ L · LB ′′ = LD · LE = B ′ N · LE.
Comparând (1) şi (2), rezultă că LE = l, ceea ce încheie demonstraţia.
5. În final, vom arăta că rigla este un instrument mai puţin puternic decât compasul,
în sensul că rigla singură nu poate realiza toate construcţiile geometrice posibil
a fi efectuate cu rigla şi compasul, în timp ce compasul singur poate realiza toate
aceste construcţii. Avem nevoie de următorul rezultat, a cărui demonstraţie poate fi
găsită, de exemplu, în [5], pp. 235-238:
Lemă. Fie un con oblic de vârf V , având drept bază în planul (P ) cercul (C).
Fie [AB] diametrul bazei pentru care (V AB)⊥(P ), iar (P ′ ) un plan perpendicular
pe (V AB), care îl intersectează după dreapta (A ′ B ′ ), cu A ′ ∈ V A, B ′ ∈ V B. Dacă
∠V A ′ B ′ ≡ ∠V BA, atunci (P ′ ) intersectează conul după un cerc.
Putem atunci demonstra următoarea
Teoremă (Hilbert). Nu orice construcţie geometrică realizabilă cu rigla şi compasul
poate fi efectuată folosind numai rigla.
Demonstraţie. Dat un cerc în plan, putem să-i aflăm centrul folosind rigla
şi compasul (trasăm mediatoarele a două laturi ale unui triunghi înscris în cerc şi
16

considerăm intersecţia acestora); vom arăta că această construcţie nu poate fi realizată
numai cu rigla. Să presupunem prin absurd că există un anumit mod de a găsi centrul
unui cerc folosind numai rigla. O transformare geometrică prin care cercul dat este
dus într-un cerc, iar orice dreaptă este transportată într-o dreaptă, ar face ca în figura
transformată a construcţiei presupuse, imaginile dreptelor care iniţial se intersectau
în centrul cercului dat, să se intersecteze în centrul cercului nou obţinut. Vom arăta
însă ca o anumită proiecţie conică duce dreptele în drepte, cercul dat într-un cerc, însă
nu face să se corespundă şi centrele celor două cercuri; obţinem astfel o contradicţie
care va încheia demonstraţia.
Fie (C) un cerc de centru O în planul (P ), iar V un punct astfel încât V O să nu fie
perpendiculară pe (P ). Fie (P ′ ) un plan ca în ipoteza lemei şi considerăm proiecţia
conică a planului (P ) pe planul (P ′ ). Este suficient să mai arătăm că proiecţia lui
O nu este mijlocul O ′ al segmentului [A ′ B ′ ]. Să presupunem că V A > V B; dacă
V U este bisectoarea unghiuluiÕAV B, rezultă că AU > UB, deoarece bisectoarea
determină pe latura pe care cade segmente proporţionale cu laturile unghiului din
care pleacă. Pe de altă parte, din V A > V B rezultă că m(∠V BA) > m(∠V AB),
deci m(∠V A ′ B ′ ) > m(V B ′ A ′ ), de unde V B ′ > V A ′ . Cum V U ′ este bisectoare în
△V A ′ B ′ , unde {U ′ } = V U ∩ A ′ B ′ , deducem că U ′ B ′ > U ′ A ′ . În concluzie, punctele
O şi O ′ , mijloacele segmentelor [AB] şi respectiv [A ′ B ′ ], sunt separate de dreapta V U
şi deci ele nu pot coincide.
Notăm, în încheiere, că dacă pe foaia pe care se realizează construcţia este desenat
un cerc oarecare, împreună cu centrul său, atunci putem efectua numai cu rigla (şi
folosindu-ne de cercul dat) toate construcţiile realizabile cu rigla şi compasul (teorema
Poncelet-Steiner, demonstrată, de exemplu, în [3], pp. 98-99).
Bibliografie
1. N. Hungerbühler - A Short Elementary Proof of the Mohr-Mascheroni Theorem,
A.M.M. 101 (1994), pp.784-787.
2. H. Lebesgue - Leçons sur les constructiones géométriques, Gauthier-Villars, 1950.
3. G.E. Martin - Geometric constructions, Springer-Verlag, 1998.
4. E. Moise - Geometrie elementară dintr-un punct de vedere superior, E.D.P., 1980.
5. M.H. Rademacher, O. Toeplitz - Despre numere şi figuri, Ed. Ştiinţifică, 1968.
Vizitaţi pagina web a revistei:
http://www.recreatiimatematice.ro
17

O inegalitate ponderată cu medii
Gheorghe CIORESCU, Adrian SANDOVICI 1
Abstract. A refinement of the inequality of the means, m a ≥ m g, is given by inequalities (2)
and (5), with the condition p ≥ (n − 1)q.
Keywords: arithmetic mean, geometric mean, harmonic mean, Sturm ′ s method.
MSC 2000: 97D99.
Considerăm n ∈ N, n ≥ 2, şi numerele strict pozitive a i , 1 ≤ i ≤ n. Notăm cu
m a , m g , m h mediile aritmetică, geometrică şi respectiv armonică ale acestor numere.
Scopul acestei note este de a demonstra o inegalitate de tipul
(1) p · m a + q · m h ≥ (p + q) · m g ,
cu p şi q numere reale strict pozitive. Observăm că (1) poate fi privită ca o rafinare
a inegalităţii m a ≥ m g .
Propoziţia 1. Are loc inegalitatea
(2) (n − 1)m a + m h ≥ n · m g ,
cu egalitate dacă şi numai dacă a 1 = a 2 = . . . = a n .
Demonstraţie. Avem
(n − 1)m a + m h = n · ma + . . . + m a + m h
n
≥ n
nÈm
n−1
a · m h .
Ca urmare, este suficient să arătăm că are loc inegalitatea
(3)
nÈm n−1 a · m h ≥ m g sau m n−1
a · m h ≥ m n g .
nXk=1
Să notăm x i = a i / a k , 1 ≤ i ≤ n, şi să observăm că x i ∈ (0, 1), 1 ≤ i ≤ n, şi
x i = 1. După calcule elementare, inegalitatea (3) se rescrie sub forma
nXi=1
X
n−1
(4) S n (x 1 , x 2 , . . . , x n ) = x jk!≤
Yk=1 1
n n−2 .
1≤j 1

1 ≤ i ≤ n. Vom avea
X
1≤j 1

Aplicaţia 2. Fie a, b, p, q ∈ R ∗ + cu p ≥ 2q. Rezolvaţi în mulţimea R ∗ + inecuaţia
(6) p(x 2 + x + 1) +
9qx 2
x 2 ≤ 3(p + q)x.
+ x + 1
Soluţie. Pentru n = 3, a = x 2 , b = x şi c = 1, relaţia (5) devine
(7) p(x 2 + x + 1) +
9qx 2
x 2 ≥ 3(p + q)x.
+ x + 1
Deci, în relaţiile (6) şi (7) vom avea egalitate. Conform Propoziţiei 2, numerele x 2 , x
şi 1 sunt egale. În consecinţă, x = 1 este unica soluţie a inecuaţiei (6).
(8)
Aplicaţia 3. Rezolvaţi în R ∗ + ecuaţia
2009
2010x
(2009 + x) +
2010 2009x + 1 = 2010 2010√ x.
Soluţie. Luând în (2) n = 2010, x 1 = x 2 = . . . = x 2009 = 1 şi x 2010 = x, avem
2009
2010x
(2009 + x) +
2010 2009x + 1 ≥ 2010 2010√ x.
Cum (8) cere egalitate în relaţia precedentă, rezultă că x 1 = x 2 = . . . = x 2010 ; deci,
x = 1.
Diofant din Alexandria (sec. III d.Hr.)
Despre viaţa lui Diofant nu se cunoaşte aproape nimic; nici data şi nici locul
naşterii. Se consideră că a trăit, cel mai probabil, în jurul anului 250 d.Hr. Şi-a
desfăşurat activitatea la Alexandria şi a scris un tratat în 13 volume, Aritmetica,
care poate fi comparat ca importanţă cu Elementele lui Euclid (tot în 13 volume).
Numai şase dintre aceste volume nu au fost pierdute şi au devenit sursă de inspiraţie
pentru matematicienii Renaşterii. Pe marginea cărţii a II-a a lui Diofant, matematicianul
francez Pierre Fermat a notat celebra sa teoremă, Marea Teoremă a lui
Fermat.
Durata vieţii lui Diofant se poate afla rezolvând o problemă a sa, care a fost, se
pare, gravată pe piatra lui funerară.
Dumnezeu i-a îngăduit să fie copil o şesime din viaţa sa şi, adăugând la aceasta a
douăsprezecea parte, i-a acoperit obrazul cu puf gingaş, i-a împărtăşit lumina sfântă a
căsniciei după a şaptea parte a vieţii, iar după cinci ani de căsătorie i-a oferit un fiu.
Dar vai! nefericit copilul născut târziu; după ce a atins o jumătate din întreaga viaţă
a tatălui, copilul a fost răpit de soarta necruţătoare. După ce şi-a alinat suferinţa,
adâncindu-se în ştiinţa numerelor vreme de patru ani, şi-a dat sufletul.
Întrebare. Câţi ani a trăit Diofant?
N.B. Răspunsul se găseşte la pagina 24.
20

Inegalitatea lui Jensen pentru funcţii J-convexe
în raport cu medii cvasiaritmetice
Florin POPOVICI 1
Abstract. In this Note an elementary proof is given for Jensen ′ s inequality related to a (M, N)-
J-convex function (Definition 3), in the case when M and N are quasi-arithmetic means (Definition
2).
Keywords: J-convex function, quasi-arithmetic mean, (M, N)-J-convex function.
MSC 2000: 52A40.
Înlocuind în definiţia funcţiilor J-convexe, cele două medii aritmetice cu două
medii oarecare M şi N G. Aumann ([1], pag. 4), în anul 1933, extinde noţiunea de
funcţie J-convexă prin noţiunea de funcţie J-convexă în raport cu perechea ordonată
de medii (M, N). Inegalitatea lui Jensen, adaptată pentru funcţiile J-convexe în
raport cu perechi ordonate de medii (M, N) are loc pentru o clasă largă de medii, care
include mediile cvasiaritmetice. Demonstraţia de mai jos adaptează raţionamentul
prezentat de noi în [3]; credem că este nouă. În particular, din inegalitatea lui Jensen
astfel generalizată, se obţin diferite inegalităţi clasice.
Definiţia 1. Fie I ⊂ R un interval. Un şir de funcţii M = (M n ) n≥2 se numeşte
medie pe I dacă pentru orice n ∈ N, n ≥ 2, funcţia M n : I n → I satisface condiţia
(1) min{x i |i = 1, n} ≤ M n (x 1 , . . . , x n ) ≤ max{x i |i = 1, n}, ∀x i ∈ (0, ∞), i = 1, n;
numărul M n (x 1 , . . . , x n ) se numeşte media numerelor x 1 , . . . , x n .
Definiţia 2. Fie I, J ⊂ R două intervale. Fie φ : I → J o funcţie bijectivă strict
monotonă. Considerăm şirul de funcţii M = (M n ) n≥2 , M n : I n → I, ∀n ≥ 2, definit
prin
(2) M n (x 1 , . . . , x n ) = φ −1 φ(x 1 ) + . . . + φ(x n )
n
‹,∀x 1 , . . . , x n ∈ I.
Evident, M este o medie pe I. Media M se numeşte medie cvasiaritmetică.
Observaţii. 1) În cazul particular în care I = J şi φ = 1 I, (2) este media
aritmetică A = (A n ) n≥2 , unde A n (x 1 , . . . , x n ) = x 1 + . . . + x n
, ∀x 1 , . . . , x n ∈ I.
n
În cazul particular în care I = J = (0, ∞) şi φ(x) = 1 , ∀x ∈ (0, ∞), (2) este media
x
n
armonică H = (H n ) n≥2 , unde H n (x 1 , . . . , x n ) =
1
x 1
+ . . . + 1 , ∀x 1 , . . . , x n ∈ (0, ∞).
x n
În cazul particular în care I = (0, ∞), J = R şi φ(x) = ln x, ∀x ∈ (0, ∞), (2) este
media geometrică G = (G n ) n≥2 , unde G(x 1 , . . . , x n ) = n√ x 1 · . . . · x n , ∀x 1 , . . . , x n ∈
(0, ∞).
2) Dacă M = (M n ) n≥2 este o medie cvasiaritmetică pe I, atunci media M este
strict crescătoare, adică pentru orice n ∈ N, n ≥ 2, funcţia M n este strict crescătoare
în raport cu fiecare din variabilele x 1 , . . . , x n .
1 Profesor dr., Colegiul Naţional de Informatică ”Gr. Moisil”, Braşov
21

Definiţia 3. Fie I 1 , I 2 ⊂ R două intervale date. Fie M o medie pe I 1 şi fie N o
medie pe I 2 . O funcţie f : I 1 → I 2 se numeşte convexă în raport cu perechea ordonată
de medii (M, N) (pe scurt, f este (M, N) − J-convexă), dacă
(3) f(M 2 (x, y)) ≤ N 2 (f(x), f(y)), ∀x, y ∈ I 1 .
Observaţii. 1) În cazul particular în care M este media aritmetică pe I 1 şi N
este media aritmetică pe I 2 , (3) devine
fx + y
2
≤
f(x) + f(y)
, ∀x, y ∈ I 1 ;
2
deci funcţiile (A, A) − J-convexe sunt funcţiile J-convexe.
2) Dacă M şi N sunt medii cvasiaritmetice, atunci condiţia (3) devine
(4) f φ −1 φ(x) + φ(y)
2
‹‹≤ψ −1 ψ(f(x)) + ψ(f(y))
2
‹, ∀x, y ∈ I 1 .
Teorema 1. Fie I 1 , I 2 , J 1 , J 2 ⊂ R patru intervale date. Fie φ : I 1 → J 1 şi
ψ : I 2 → J 2 două bijecţii strict crescătoare. Fie M = (M n ) n≥2 media cvasiaritmetică
determinată de funcţia φ, şi fie N = (N n ) n≥2 media cvasiaritmetică determinată de
funcţia ψ. Dacă f : I 1 → I 2 este o funcţie (M, N) − J-convexă, atunci, pentru orice
n ∈ N, n ≥ 2, şi orice x 1 , . . . , x n are loc inegalitatea lui Jensen generalizată
|{z}
n
|{z}
n
(5) f(M n (x 1 , . . . , x n )) ≤ N n (f(x 1 ), . . . , f(x n )).
Demonstraţie. Stabilim (5) prin inducţie. Pentru n = 2, (5) are loc conform
ipotezei. Fie n ∈ N, n ≥ 2, o valoare pentru care are loc (5). Fie a, b ∈ I 1 . Notăm
c = M n+1 (a, . . . , a, b) şi d = M n+1 (a, b, . . . , b). Avem
|{z}
, d),
n−1
c = φ −1 nφ(a) + φ(b)
‹=φ −1(n2 − 1)φ(a) + φ(a) + nφ(b)
=
n + 1
n(n + 1)
(n − 1)φ(a) + φ(φ −1 ( φ(a)+nφ(b)
= φ −1 n+1
))!=M n (a, . . . , a
n
deci c = M n
|{z} |{z}
(a, . . . , a, d). În mod analog, obţinem d = M n (c, b, . . . , b). Rezultă că
n−1
avem c = M n (a, . . . , a, M n (c, b, . . . , b)).
|{z} |{z}
n−1
Ţinând cont de monotonia mediei N şi de ipoteza inductivă, obţinem
f(c)=f(M n (a, . . . , a, M n (c, b, . . . , b))≤N n (f(a), . . . , f(a) , N n (f(c), f(b), . . . , f(b) ))) =
n−1
n−1
|{z}
n−1
|{z}
n−1
| {z }
n−1
ψ −1‚(n − 1)ψ(f(a)) + ψ(f(c))+(n−1)ψ(f(b))
n
Œ.
n
22
| {z }
n−1

De aici, obţinem succesiv
(6)
ψ(f(c)) + (n − 1)ψ(f(b))
nψ(f(c)) ≤ (n − 1)ψ(f(a)) +
n
⇐⇒ (n + 1)ψ(f(c)) ≤ nψ(f(a))
|
+ ψ(f(b)) ⇐⇒
f(c) ≤ ψ −1 nψ(f(a)) + ψ(f(b))
‹⇐⇒
{z }
n + 1
f(M n+1 (a, . . . , a, b)) ≤ N n+1 (f(a), . . . , f(a) , f(b)).
n
|{z}
n
Pentru orice x 1 , . . . , x n+1 ∈ I 1 avem
⇐⇒
deci
M n+1 (x 1 , . . . , x n+1 ) = φ
−1‚n
φ(x1)+...+φ(xn)
n
+ φ(x n+1 )
Œ=
n + 1
| {z }
| {z }
| {z }
n
= φ −1 nφ(M n (x 1 , . . . , x n )) + φ(x n+1 )
n + 1
‹,
(7) M n+1 (x 1 , . . . , x n+1 ) = M n+1 (M n (x 1 , . . . , x n ), . . . , M n (x 1 , . . . , x n ), x n+1 ).
În mod analog, pentru orice y 1 , . . . , y n+1 ∈ I 2 avem
(8) N n+1 (y 1 , . . . , y n+1 ) = N n+1 (N n (y 1 , . . . , y n ), . . . , N n (y 1 , . . . , y n ), y n+1 ).
Ţinând cont de (6), (7) şi (8), de ipoteza inductivă şi de monotonia mediei N,
rezultă că pentru orice x 1 , . . . , x n+1 ∈ I 1 avem
f(M n+1 (x 1 , . . . , x n+1 )) (7)
= f(M n+1 (M n (x 1 , . . . , x n ), . . . , M n (x 1 , . . . , x n )), x n+1 ) (6)
≤
n
n
N n+1 (f(M n (x 1 , . . . , x n )), . . . , f(M n (x 1 , . . . , x n )), f(x n+1 )) ≤
≤ N n+1 (N n (f(x 1 ), . . . , f(x n )), . . . , N n (f(x 1 ), . . . , f(x n )), f(x n+1 )) (8)
=
= N n+1 (f(x 1 ), . . . , f(x n+1 )),
deci f(M n+1 (x 1 , . . . , x n+1 )) ≤ N n+1 (f(x 1 ), . . . , f(x n+1 )). Conform principiului inducţiei
matematice rezultă că (5) are loc pentru orice n ∈ N, n ≥ 2.
Observaţii. 1) Evident, inegalitatea (5) generalizează inegalitatea lui Jensen
pentru funcţii J-convexe.
2) Deoarece √ xy ≤ 1 2 (x + y), ∀x, y ∈ (0, ∞), rezultă că funcţia f = 1 (0,∞) este
(G, A) − J-convexă; conform Teoremei 1, obţinem inegalitatea mediilor
n√
x1 · . . . · x n ≤ x 1 + . . . + x n
, ∀x 1 , . . . , x n ∈ (0, ∞), ∀n ≥ 2.
n
23

3) Considerăm funcţia f : (0, ∞) → (0, ∞), definită prin f(x) = 1+x, ∀x ∈ (0, ∞).
Avem
f( √ xy) = 1 + √ xy ≤È(1 + x)(1 + y) =Èf(x)f(y), ∀x, y ∈ (0, ∞),
deci funcţia f este (G, G) − J-convexă; rezultă că are loc inegalitatea lui Huygens
1 + n√ x 1 · . . . · x n ≤ nÈ(1 + x 1 ) · . . . · (1 + x n ), ∀x 1 , . . . , x n ∈ (0, ∞), ∀n ≥ 2.
4) În [2], inegalitatea lui Jensen generalizată este stabilită pentru funcţii (M, N)−
J-convexe, corespunzător unor clase largi de medii, care includ mediile cvasiaritmetice.
5) În [3], prin aplicarea directă a metodei din demonstraţia Teoremei 1, am prezentat
demonstraţii simple pentru inegalitatea mediilor şi pentru inegalitatea lui Huygens.
6) Inegalitatea (5) poate fi stabilită şi pe baza raţionamentului lui Cauchy pentru
dovedirea inegalităţii între mediile aritmetică şi geometrică. Propunem acest exerciţiu
cititorului.
Bibliografie
1. C.P. Niculescu, L.E. Persson - Convex Functions and Their Applications, A
Contemporary Approach, CMS Books in Mathematics, vol. 23, Springer-Verlag, New
York, 2006.
2. C.P. Niculescu, F. Popovici - Inegalitatea lui Jensen pentru funcţii (M, N) − J-
convexe în condiţii generale, va apare.
3. F. Popovici - Asupra inegalităţii Jensen, Recreaţii Matematice, 1/2009, 12-14.
Răspuns la întrebarea de la pag. 20.
x
Notând cu x durata vieţii lui Diofant, din problemă rezultă următoarele:
6 –
x
perioada copilăriei;
12 – adolescenţa; x
– perioada de dinainte de căsătorie; 5 ani
7
x
mai târziu i s-a născut fiul; – durata vieţii fiului; 4 ani au mai trecut până la
2
moartea sa. Ca urmare, pentru aflarea necunoscutei x trebuie să rezolvăm ecuaţia
x = x 6 + x 12 + x 7 + 5 + x 2 + 4.
Cum ecuaţia se scrie 3 x = 9, rezultă că Diofant a trăit 84 de ani.
28
24

Inegalitatea H ≤ G ≤ A revizitată
Vasile CHIRIAC 1 , Bogdan CHIRIAC 2
Abstract. In this Note, a new proof of the inequality H ≤ G ≤ A is given, together with a
couple of applications of this inequality.
Keywords: arithmetic mean, geometric mean, harmonic mean.
MSC 2000: 97D99.
Fie a i > 0, i = 1, n numere reale; notăm cu A, G, H mediile aritmetică, geometrică
şi respectiv armonică, adică
A = a 1 + a 2 + . . . + a n
, G =
n
n√ n
a 1 · a 2 · . . . · a n , H =
1
+ 1 + . . . + 1 .
a 1 a 2 a n
Matematicianul englez Colin Maclaurin (1698-1746), în lucrarea sa Algebra
apărută postum, în 1748, a arătat relaţia H ≤ G ≤ A ([2], p.30; [1] p.43, 44).
Se cunosc multe demonstraţii pentru această inegalitate. Ne propunem să dăm o
nouă demonstraţie.
Lemă. Pentru orice x, y > 0 reale şi n ≥ 2 natural, are loc inegalitatea:
(1) x n + y n ≥ x n−1 · y + y n−1 · x
Demonstraţie. Cum x − y şi x n−1 − y n−1 au acelaşi semn, oricare ar fi x, y > 0,
putem scrie (x − y) · x n−1 − y n−1≥0, de unde rezultă (1).
Teoremă. Oricare ar fi numerele reale x i > 0 cu i = 1, n şi n ≥ 2, avem:
(2) x n 1 + x n 2 + . . . + x n n ≥ n · x 1 x 2 · . . . · x n
Demonstraţie. Procedăm prin inducţie matematică. Pentru n = 2 se obţine
binecunoscuta inegalitate x 2 1+x 2 2 ≥ 2x 1 x 2 . Presupunem că inegalitatea este adevărată
pentru n−1 numere şi o vom demonstra pentru n. Putem scrie următoarele inegalităţi:
x n 1 + x n 2 ≥ x n−1
1 · x 2 + x n−1
2 · x 1 . . . x n 1 + x n n ≥ x n−1
1 · x n + x n−1
n · x 1
x n 2 + x n 3 ≥ x n−1
2 · x 3 + x3 n−1 · x 2 . . . x n 2 + x n n ≥ x n−1
2 · x n + x n−1
n · x 2
............................................................................................
x n n−1 + x n n ≥ x n−1
n−1 · x n + x n−1
n
Adunând membru cu membru şi grupând convenabil găsim:
(n − 1) (x n 1 + x n 2 + . . . + x n n) ≥ x 1 (x n−1
2 + x n−1
3 + . . . + x n−1
n )+
+x 2€x n−1
1 + x3 n−1 + . . . + x n−1
n
· x n−1
Š+. . . + x n€x n−1
1 + x n−1
2 + . . . + x n−1
n−1Š.
Ţinând seamă de presupunerea făcută, obţinem (n − 1) (x n 1 + x n 2 + . . . + x n n) ≥
≥ x 1 · (n − 1) x 2 x 3 · . . . · x n + x 2 · (n − 1) x 1 x 3 · . . . · x n + . . . + x n−1 · (n − 1) x 1 x 2 · . . . ·
x n−2 · x n + x n · (n − 1) x 1 x 2 · . . . · x n−1 ,
de unde se deduce inegalitatea de demonstrat pentru n numere.
Consecinţă. Dacă a i > 0, i = 1, n şi n ≥ 2, atunci are loc relaţia H ≤ G ≤ A.
1 Profesor, Liceul ”V. Alecsandri”, Bacău
2 Student, Facultatea de matematică, Univ. ”Al. I. Cuza”, Iaşi
25

Demonstraţie. În (2), luând x 1 = n√ a 1 , x 2 = n√ a 2 , . . . , x n = n√ a n obţinem
A ≥ G, iar pentru x 1 =
n√ 1 , x 2 = 1
a1 n√ , . . . , x n = 1
a2 n√ obţinem G ≥ H.
an
Aplicaţie. Fie a i > 0, i = 1, n şi n ≥ 4. Să se arate că:
a 1 a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 1
a 3 1 + a3 2 + a3 3
+ a 2a 3 + a 3 a 4 + a 4 a 2
a 3 2 + a3 3 + a3 4
+ a na 1 + a 1 a 2 + a 2 a n
a 3 n + a 3 1 + a3 2
Soluţie. Din a 3 i + a3 j + a3 k ≥ 3a ia j a k , avem
+ . . . + a n−1a n + a n a 1 + a 1 a n−1
a 3 n−1 + a3 n + a 3 +
1
≤ 1 a 1
+ 1 a 2
+ . . . + 1
a n
.
1
a 3 i + a3 j + a3 k
fi i, j, k = 1, n, i ≠ j ≠ k ≠ i. Deci a ia j + a j a k + a k a i
a 3 i + a3 j + a3 k
sumând, deducem inegalitatea dorită.
Lăsăm în seama cititorului să demonstreze inegalităţile următoare :
1) Fie a > 0, b > 0 cu proprietatea că a + b = 1. Să se arate că
≤
1
3a i a j a k
, oricare ar
≤ 1 3 ·1
a k
+ 1 a i
+ 1 a jşi,
6r32 + 1 a 5 + 6r32 + 1 b 5 ≥ 4.
2) Oricare ar fi numerele reale strict pozitive a 1 , a 2 , . . . , a n , n ≥ 3, avem
a 1 + a 2
a 2 1 + + a 2 + a 3
a2 2 a 2 2 + + . . . + a n−1 + a n
a2 3 a 2 n−1 + + a n + a 1
a2 n a 2 n + a 2 ≤ 1 + 1 + . . . + 1 .
1 a 1 a 2 a n
3) Fie a i > 0, i = 1, n, astfel încât a 1 + a 2 + . . . + a n = 1. Atunci
nXi=1
a i + 1 ≥
a i‹2
n2 + 12
n
.
4) Să se arate că în orice triunghi ABC au loc inegalităţile:
i) a · sin A 2 + b · sin B 2 + c · sin C 2 ≥ 3p tg A 2 · tg B 2 · tg C 2‹2
3
;
ii) a · tg A 2 + b · tg B 2 + c · tg C 2 ≥ 6p · tg A 2 · tg B 2 · tg C 2 .
Bibliografie
1. V. Chiriac - Matematică. Fundamentele Algebrei, Editura Sigma, 2007.
2. N. Mihăileanu - Istoria Matematicii, vol. 2, Ed. Şt. şi Enciclop., 1981.
3. - Gazeta Matematică, seriile A, B, 1969-2009.
26

O extensiune a şirului Fibonacci
Petru MINUŢ 1 , Cristina SIMIRAD 2
Abstract. A sequence (v n) n∈N , defined by v 0 = 0, v 1 = 1 and v n+2 = av n+1 + v n, where
a ∈ N ∗ , is considered. Properties of this sequence are revealed , some of them being similar to those
of Fibonacci ′ s sequence.
Keywords: Fibonacci ′ s sequence, matrix, characteristic equation, Binet ′ s formula.
MSC 2000: 11B39.
Şirul Fibonacci este şirul (F n ) n∈N determinat de recurenţa:
(1) F 0 = 0, F 1 = 1, F n+2 = F n+1 + F n , n ∈ N.
El poate fi definit şi prin egalităţile matriceale:
(2)
1 1
=
1 0‹n
F n+1 F n
∈ N (cu convenţia F
F n F −1 = 1).
n−1‹,n
Într-adevăr, pentru n = 0 relaţia (2) devine
1 1
1 0‹0
= 1 0
0 1‹, ceea ce este adevărat.
Apoi, dacă (2) este adevărată pentru n, vom avea
1 1
=
1 0‹n+1
1 1 n+1 F n
1 0‹F F n+1 + F n F n + F n−1
‹= F n+2 F n+1
F n F n−1‹=
F n+1 F n F n+1 F n‹,
deci (2) este adevărată şi pentru n + 1.
Ne punem problema găsirii şirurilor (v n ) n∈N definite cu ajutorul unei matrici A =
a b
a, b, c, d ∈ N, prin
c d‹,
(3)
a
c
b
d‹n
= v n+1 v n
v n v n−1‹,n ∈ N.
Deoarece pentru n = 0 avem a b =
c d‹0
1 0 relaţia (3) ne va da, în acest
0 1‹,
caz, v 1 = 1, v 0 = 0 şi v −1 = 1, iar egalitatea a b = v 2 v 1
a b
scrie
v 1 v 0‹se
c d‹=
v 2 1
conduce la v
1 0‹şi 2 = a, b = c = 1 şi d = 0. Prin urmare, A este de forma
A = a 1 (3) se scrie
1 0‹şi
c d‹1
(4)
a 1
=
1 0‹n
v n+1 v n
∈ N.
v n v n−1‹,∀n
1 Prof. univ., Univ. ”Al.I. Cuza”, Iaşi
2 Profesoară, Şcoala nr. 10 ”Gh. Brătianu”, Iaşi
27

‹
Din faptul că
v n+2 v n+1
v n+1 v n‹=A n+1 = a 1 n+1 v n
1 0‹v av n+1 + v n av n + v n−1
v n v n−1‹=
v n+1 v n
rezultă imediat că şirul (v n ) n∈N , ce are v 0 = 0 şi v 1 = 1, satisface relaţia
(5) v n+2 = av n+1 + v n , n ∈ N.
Numim (v n ) n , dat de (5) şi v 0 = 0, v 1 = 1, şir generalizat al lui Fibonacci. Vom vedea
mai jos că multe proprietăţi ale şirului (F n ) n∈N al lui Fibonacci rămân valabile şi în
acest caz şi cu aceleaşi demonstraţii ([2], [3]).
Ecuaţia caracteristică ataşată şirului (v n ) n∈N este
x 2 − ax − 1 = 0,
cu rădăcinile x 1 = 1 2 (a + √ a 2 + 4) şi x 2 = 1 2 (a − √ a 2 + 4).
Să înlăturăm cazul a = 0, care este banal. Observăm că a 2 + 4 nu poate fi pătrat
perfect: pentru a = 1 avem a 2 + 4 = 5, iar pentru a ≥ 2 avem a 2 < a 2 + 4 < (a + 1) 2 .
Adoptăm notaţia ϕ = x 1 , deci x 2 = ϕ (conujugatul lui ϕ). Se ştie ([1], [3]) că termenul
general al şirului (5) este de forma
v n = Aϕ n + Bϕ n , n ∈ N.
Pentru n = 0 şi n = 1 obţinem sistemul de ecuaţii: A+B = v 0 = 0 şi Aϕ+Bϕ = v 1 = 1
1
din care deducem A = −B = √ . Înlocuind aceste constante, deducem formula
a2 + 4
de tip Binet
(6) v n =
1
√
a2 + 4 (ϕn − ϕ n ), n ∈ N.
Mai întâi , vom enumera câteva proprietăţi elementare ale şirului (v n ) n∈N :
1 ◦ nXk=1
v k = 1 a (v n+1 + v n − 1).
Într-adevăr, ţinând seama de (5), avem av k = v k+1 −v k−1 , k = 1, n. Sumând membru
cu membru aceste egalităţi, vom obţine pe cea dorită.
2 ◦ nXk=1
v 2k−1 = 1 a v 2n.
Avem: av 2k−1 = v 2k − v 2k−2 , k = 1, n. Sumăm membru cu membru.
3 ◦ nXk=1
v 2k = 1 a (v 2n+1 − 1).
La fel, pornind de la av 2k = v 2k+1 − v 2k−1 , k = 1, n.
4 ◦ 2nXk=1(−1) k−1 v k = 1 a (v 2n − v 2n+1 + 1).
28

Într-adevăr,
(−1)
2nXk=1
k−1 v k =
v 2k−1 −
v k = 1 a v 2n − 1 a (v 2n+1 − 1) = 1 a (v 2n −
nXk=1
nXk=1
v 2n+1 + 1).
5 ◦ nXk=1
v 2 k = 1 a v n · v n+1 .
Observăm că v k v k+1 − v k−1 v k = v k (v k+1 − v k−1 ) = avk 2 şi sumăm pentru k = 1, n.
6 ◦ . v m+n = v m−1 v n + v m v n+1 ; în particular, v 2n = 1 a (v2 n+1 − v 2 n−1).
Se poate arăta prin inducţie după n sau în felul următor: egalitatea A m ·A n = A m+n ,
cu A n dat de (4), devine:
v m+1
v m
n+1 v n
v m v m−1‹v v m+n+1 v m+n
v n v n−1‹=
v m+n
v m+n−1‹.
Se efectuează produsul matricelor şi se scrie apoi egalitatea elementelor situate pe
linia a doua şi coloana întâi.
Se numeşte funcţie generatoare a unui şir (u n ) n∈N funcţia F dată de F (z) =
u n z
∞Pn=0
n .
Teorema 1. Funcţia generatoare a şirului (v n ) n∈N este
(7) F (x) =
Demonstraţie. Avem:
x
1 − ax − x 2 .
F (x) = v 0 + v 1 x + v 2 x 2 + . . . + v n+2 x n+2 + . . .
−axF (x) = −av 0 x − av 1 x 2 − . . . − av n+1 x n+2 + . . .
−x 2 F (x) = −v 0 x 2 − . . . − v n x n+2 + . . .
Sumând, se obţine (1−ax−x 2 )F (x) = v 0 +(v 1 −av 0 )x sau, deoarece v 0 = 0 şi v 1 = 1,
(1 − ax − x 2 )F (x) = x, de unde rezultă (7).
Observaţie. Conform teoremei precedente, şirul (v n ) n∈N este şirul coeficienţilor
câtului împărţirii polinomului x la 1 − ax − x 2 .
Următoarele patru teoreme indică proprietăţi de divizibilitate ale şirului (5).
Teorema 2. Dacă d/n, atunci v d /v n .
Demonstraţie. Fie n = dm. Vom avea:
v n =
=
1
√
a2 + 4 (ϕn − ϕ n 1
) = √
a2 + 4 (ϕdm − ϕ dm ) =
1
√
a2 + 4 (ϕd − ϕ d )(ϕ d(m−1) + ϕ d(m−2) ϕ d + . . . + ϕ d(m−1) ) = v d M,
unde M este un polinom simetric în ϕ şi ϕ, rădăcinile ecuaţiei x 2 −ax−1 = 0. Conform
teoremei fundamentale a polinoamelor simetrice, M va fi un polinom cu coeficienţi
întregi în coeficienţii acestei ecuaţii. Pin urmare, M este un întreg şi v d |v n .
29

Teorema poate fi demonstrată şi pe baza relaţiei 6 ◦ şi procedând prin inducţie
după d.
Teorema 3. Dacă n este număr compus, n ≠ 4, atunci v n este număr compus.
Demonstraţie. v 4 = a 3 +2a este prim pentru a = 1. Dacă n = n 1 n 2 , 1 < n 1 ≤ n 2 ,
cel puţin n 2 ≥ 2, deci v n2 > 1, v n2 < v n şi v n2 |v n .
Teorema 5. (v n+1 , v n ) = 1, ∀n ∈ N.
Demonstraţie. (v n+1 , v n ) = (av n + v n−1 , v n ) = (v n , v n−1 ) = . . . = (v 1 , v 0 ) = 1.
Teorema 6. (v m , v n ) = v (m,n) , ∀m, n ∈ N.
Demonstraţie. Se face pe baza algoritmului lui Euclid şi cu utilizarea proprietăţii
6 ◦ şi Teoremei 5. Pentru detalii se pot vedea [2], [3].
Încheiem cu o proprietate de aproximare:
Teorema 7. v n este numărul întreg cel mai apropiat de termenul de rang n al
1
progresiei geometrice cu termenul de rangul zero egal cu √ şi raţia ϕ.
a2 + 4
v n −
ϕn
√
a2 + 4=
1
√
a2 + 4 (ϕn − ϕ n ) −
ϕn
√
a2 + 4=
= √ |ϕ|n
a2 + 4 = (√ a 2 + 4 − a) n
2 n√ <
a 2 + 4
2 n
2 n√ a 2 + 4 < 1 2 .
Demonstraţie.
Într-adevăr, avem:
Bibliografie
1. A. Markuşevici – Şiruri recurente, Editura Tehnică, Bucureşti, 1954.
2. P. Minuţ, C. Simirad – Numere prime. Numere prime speciale, Editura Matrix
Rom, Bucureşti, 2005.
3. N.N. Vorobiev – Numerele lui Fibonacci, Editura Tehnică, Bucureşti, 1953.
Vizitaţi pagina web a revistei:
http://www.recreatiimatematice.ro
30

Generalizarea unei identităţi şi aplicaţii
Lucian TUŢESCU 1
Abstract. In this Note, the identity (1) is generalized as (2). Two applications are also given.
Keywords: identity, polynomial, divisibility, composed number.
MSC 2000: 13M10.
Identitatea pe care o vom generaliza şi utiliza în aplicaţii este
(1) a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca), ∀a, b, c ∈ R.
Pentru a o demonstra considerăm
P (x) = (x − a)(x − b)(x − c) = x 3 − (a + b + c)x 2 + (ab + bc + ca)x − abc;
avem
P (a) = a 3 − (a + b + c)a 2 + (ab + bc + ca)a − abc = 0,
P (b) = b 3 − (a + b + c)b 2 + (ab + bc + ca)b − abc = 0,
P (c) = c 3 − (a + b + c)c 2 + (ab + bc + ca)c − abc = 0.
Adunând relaţiile de mai sus membru cu membru, obţinem
a 3 + b 3 + c 3 − (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) + (a + b + c)(ab + bc + ca) − 3abc = 0,
de unde deducem identitatea (1).
Vom folosi această identitate binecunocută în rezolvarea câtorva probleme.
Propoziţie. Arătaţi că are loc următoarea identitate:
(2) x 3 + y 3 + z 3 + t 3 − 3xyz − 3xyt − 3xzt − 3yzt =
= (x + y + z + t)(x 2 + y 2 + z 2 + t 2 − xy − xz − xt − yz − yt − zt), ∀x, y, z, t ∈ R.
Într-adevăr, avem egalităţile:
x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z + t − t)(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx),
x 3 + y 3 + t 3 − 3xyt = (x + y + z + t − z)(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yt − tx),
x 3 + z 3 + t 3 − 3xzt = (x + y + z + t − y)(x 2 + z 2 + t 2 − xz − zt − tx),
y 3 + z 3 + t 3 − 3yzt = (x + y + z + t − x)(y 2 + z 2 + t 2 − yz − zt − ty),
care, adunate membru cu membru, conduc la:
3(x 3 + y 3 + z 3 + t 3 ) − 3xyz − 3xyt − 3xzt − 3yzt =
= (x + y + z + t)(3x 2 + 3y 2 + 3z 2 + 3t 2 )−
−(x + y + z + t)(2xy + 2xz + 2xt + 2yz + 2yt + 2zt)−
−t(x 2 + y 2 + z 2 + t 2 − t 2 ) − z(x 2 + y 2 + z 2 + t 2 − z 2 )−
−y(x 2 + y 2 + z 2 + t 2 − y 2 ) − x(x 2 + y 3 + z 2 + t 2 − x 2 )+
+3(xyz + xyt + xzt + yzt),
1 Profesor, Colegiul Naţional ”Fraţii Buzeşti”, Craiova
31

de unde, în urma unor calcule simple, obţinem (2).
Observaţie. Identitatea (1) se obţine din (2) luând t = 0. Dacă în (2) luăm
z = t = 0, vom obţine x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 + y 2 − xy).
Aplicaţia 1. Fie x, y, z ∈ N ∗ şi nu toate egale. Arătaţi că dacă x + y + z divide
x 3 + y 3 + z 3 , atunci numărul x + y + z este compus.
Presupunând că x+y+z este număr prim şi ţinând seama de ipoteză şi identitatea
(1), rezultă că x+y+z divide produsul 3xyz, de unde deducem că x+y+z|3, x+y+z|x,
x + y + z|y sau x + y + z|z. Cum, însă, x + y + z ≥ 1 + 1 + 2 = 4 şi x + y + z > x,
x + y + z > y, x + y + z > z, se ajunge la o contradicţie. Aşadar, x + y + z este număr
compus.
Aplicaţia 2. Fie x, y, z ∈ Z astfel încât (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 = xyz.
Arătaţi că x 3 + y 3 + z 3 se divide cu x + y + z + 6.
Relaţia din enunţul problemei se mai scrie x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = xyz
2 .
Combinând aceasta cu identitatea (1), obţinem
x 3 + y 3 + z 3 = xyz (x + y + z + 6).
2
Datorită acestei relaţii putem afirma că nu toate numerele x, y, z sunt impare (în caz
contrar, ar rezulta că şi x + y + z + 6 este impar, ceea ce-i imposibil). Dacă măcar
unul dintre x, y şi z este par, aceeaşi relaţie ne arată că x + y + z + 6|x 3 + y 3 + z 3 .
1. Cu numerele 1, 3, 4, 6, luate în ordinea pe care o doriţi şi punând între ele în
mod convenabil semnele celor patru operaţii aritmetice şi, eventual, paranteze, obţineţi
ca rezultat fiecare dintre numerele: 21, 22, 23, 24 şi 25.
2. În tabelul de mai jos, obţineţi rezultatul 7 punând semne convenabile de operaţii
matematice sau paranteze:
1 1 1 1 = 7
2 2 2 2 = 7
3 3 3 3 = 7
4 4 4 4 = 7
5 5 5 5 = 7
6 6 6 6 = 7
7 7 7 7 = 7
8 8 8 8 = 7
9 9 9 9 = 7
N.B. Puteţi găsi răspunsurile la pag. 36.
32

Problema G128 – comentarii
Marian Tetiva 1
Abstract. This Note offers a discussion on the conditions ensuring the validity of inequality
G128 that was proposed in Recreaţii Matematice No. 2/2007 and ”solved” in No. 2/2008 of the
same journal.
Keywords: Cauchy-Schwarz inequality.
MSC 2000: 97B99.
Dl Dumitru Barac din Sibiu observă, într-o scrisoare trimisă redacţiei, că în
soluţia Problemei G128 [1] s-a strecurat o greşeală. Şi are perfectă dreptate, sensul
inegalităţii Cauchy-Schwarz folosite acolo în forma
x 2
2x 2 + (t − 1)xy + y 2
2y 2 + (t − 1)yz + z 2
2z 2 + (t − 1)zx ≤
≤
(x + y + z) 2
2(x 2 + y 2 + z 2 ) + (t − 1)(xy + yz + zx)
trebuie să fie (corect) sensul contrar - ceea ce anulează demonstraţia publicată.
Problema cerea să se arate că are loc inegalitatea
(1)
a
a 2 + t +
b
b 2 + t +
c
c 2 + t ≤ 3
t + 1
pentru orice t ∈ [1, 5] şi orice numere pozitive a, b şi c cu produsul abc = 1. Iată ce
am reuşit să demonstrăm:
Inegalitatea (1) are loc pentru orice t ∈ [3 − 2 √ 2, 3 + 2 √ 2] şi orice a, b, c ∈
[( √ 2 − 1) √ t, ( √ 2 + 1) √ t] pentru care abc = 1.
Demonstraţia utilizează o intercalare (să-i spunem cu medii) uzuală în asemenea
inegalităţi; anume, arătăm că, în ipotezele anunţate, au loc inegalităţile
a
a 2 + t +
b
b 2 + t +
c
c 2 + t ≤ 2√ ab
ab + t +
c
c 2 + t ≤ 3
t + 1
(care implică inegalitatea din G128). Prima inegalitate este succesiv echivalentă cu
(a + b)(ab + t)
(a 2 + t)(b 2 + t) ≤ 2√ ab
ab + t ⇔ a + b
2 √ ab ≤ (a2 + t)(b 2 + t)
(ab + t) 2 ⇔
⇔ (√ a − √ b) 2
2 √ ab
≤
t(a − b)2
(ab + t) 2 ⇔ (ab + t)2 ≤ 2 √ ab( √ a + √ b) 2 t.
Ultima inegalitate se mai scrie a 2 b 2 + t 2 ≤ 2 √ ab(a + b + √ ab)t şi rezultă folosind tot
o intercalare
a 2 b 2 + t 2 ≤ 6abt ≤ 2 √ ab(a + b + √ ab)t.
1 Profesor, Colegiul Naţional ”Gheorghe Roşca Codreanu”, Bârlad
33

Aici avem a 2 b 2 + t 2 ≤ 6abt deoarece ab ∈ [(3 − 2 √ 2)t, (3 + 2 √ 2)t] (conform ipotezei),
iar a doua inegalitate rezultă din 3 √ ab ≤ a + b + √ ab.
Pentru
2 √ ab
ab + t +
c
c 2 + t ≤ 3
t + 1
să notăm x = √ c (⇔ c = x 2 ) şi să înlocuim ab cu 1/c = 1/x 2 . Avem de demonstrat
că
f(x) =
2x
1 + tx 2 + x2
x 4 + t ≤ 3
1 + t
pentru x 2 = c ∈ [( √ 2 − 1) √ t, ( √ 2 + 1) √ t].
Să remarcăm că aceste inegalităţi implică x ∈ [(3−2 √ 2)t, (3+2 √ 2)t]. Într-adevăr,
avem
x 2 = c ≤ ( √ 2 + 1) √ t ≤ ( √ 2 + 1) 4 t 2
şi
x 2 = c ≥ ( √ 2 − 1) √ t ≥ ( √ 2 − 1) 4 t 2 ,
folosind şi √ 2−1 ≤ √ t ≤ √ 2+1. Dar atunci vom avea x 2 −6tx+t 2 ≤ 0 şi vom putea
arăta că funcţia f are un maxim în 1 pe intervalul [(3 − 2 √ 2)t, (3 + 2 √ 2)t]. Pentru
asta calculăm
f ′ − tx
(x) = 21 2 tx − x5
(1 + tx 2 +
)
2
(x 4 + t) 2,
ceea ce va conduce la următoarea expresie pentru (1 + tx 2 ) 2 (x 4 + t) 2 f ′ (x)/2:
(1 − tx 2 )(x 8 + 2tx 4 + t 2 ) + (tx − x 5 )(1 + 2tx 2 + t 2 x 4 ) =
= (1 − x 3 )(t + x)[t(x 6 + 1) + 4tx 3 − x 4 − t 2 x 2 ]
(nu există altă modalitate de a ajunge aici decât aceea în care calculăm; doar calculăm!).
Deoarece paranteza pătrată este nenegativă:
t(x 6 + 1) + 4tx 3 − x 4 − t 2 x 2 ≥ 2tx 3 + 4tx 3 − x 4 − t 2 x 2 = x 2 (6tx − x 2 − t 2 ) ≥ 0
(conform celor observate puţin mai sus) rezultă că f creşte de la (3 − 2 √ 2)t la 1 şi
descreşte pe intervalul [1, (3 + 2 √ 2)t], deci are un maxim în 1, aşa cum am anunţat.
Inegalitatea f(x) ≤ f(1) (pentru x cuprins între (3 − 2 √ 2)t şi (3 + 2 √ 2)t) este cea
care ne trebuie pentru a încheia demonstraţia.
(Merită un studiu separat cazurile t = 3 − 2 √ 2 şi t = 3 + 2 √ 2, când 6t − 1 −
t 2 = 0, deci paranteza pătrată de mai sus se anulează şi ea pentru x = 1; se va
vedea că inegalitatea rămîne valabilă, 1 fiind acum una din extremităţile intervalului
[(3 − 2 √ 2t, (3 + 2 √ 2)t].)
Bibliografie
1. T. Zvonaru, B. Ioniţă - Soluţia problemei G128, Recreaţii Matematice, 2/2008, p.
161.
34

O problemă de numărare
Răzvan CEUCĂ 1
Abstract. Problem C.O:5077 of Gazeta Matematică, No. 12/2009 has required to count up the
trapezia whose vertices lie among the vertices of a regular polygon with 2010 sides. This problem is
generalized to the case of a regular polygon with n sides.
Keywords: regular polygon, trapezium.
MSC 2000: 05A05, 97B99.
În Gazeta Matematică 12/2009, apare problema
C.O.: 5077. Se consideră poligonul regulat cu 2010 laturi A 1 A 2 . . . A 2010 . Câte
trapeze A i A j A k A l au vârfurile printre cele ale poligonului?
Gabriel Popa şi Paul Georgescu
În nota de faţă, ne propunem să rezolvăm această problemă în cazul general,
considerând A 1 A 2 . . . A n poligon regulat cu n laturi.
Fie C cercul circumscris poligonului. Orice trapez A i A j A k A l , fiind înscris în cercul
C, este isoscel şi deci admite o axă de simetrie. Deosebim situaţiile:
I. n impar. În acest caz, axa de simetrie a unui trapez dintre cele căutate
este diametru în C, care conţine un vârf al poligonului şi este mediatoare a laturii
care se opune acestui vârf. Fie n = 2m + 1; numărăm întâi trapezele care admit
axa de simetrie A 1 M m+1 , unde M m+1 este mijlocul segmentului A m+1 A m+2 . Dacă
A i A j A k A l este un astfel de trapez, cu 2 ≤ i < j ≤ m + 1, atunci perechea (i, j) poate
fi aleasă în Cm 2 m(m − 1)
m(m − 1)
= moduri, prin urmare există asemenea trapeze.
2
2
Cum axa de simetrie poate fi aleasă în n moduri, numărul trapezelor este, în acest
m(m − 1) n(n − 1)(n − 3)
caz, n · = .
2
8
II. n par. Atunci, un trapez dintre cele considerate admite drept axă de simetrie:
1) fie un diametru A p A p+m , p ∈ {1, 2, . . . , m}, unde n = 2m; 2) fie o mediatoare
M p M p+m , comună perechii de laturi paralele A p A p+1 şi A p+m A p+m+1 , cu
p ∈ {1, 2, . . . , m}, unde A 2m+1 = A 1 . Apar însă două dificultăţi suplimentare: contează
dacă numărul punctelor rămase de-o parte a axei de simetrie este par sau impar,
iar o parte dintre perechile de puncte care se formează nu furnizează trapeze, ci dreptunghiuri.
În aceste condiţii, deosebim situaţiile:
II 1 . n = 4q. Fie A i A j A k A l un trapez cu axa de simetrie A 1 A 2q+1 , unde 2 ≤ i <
j ≤ 2q. Perechea (i, j) poate fi aleasă în C2q−1 2 (2q − 1)(2q − 2)
= = (2q − 1)(q − 1)
2
moduri. Dintre acestea furnizează dreptunghiuri q − 1 perechi, anume cele de forma
(i, 2q + 2 − i), i ∈ {2, 3, . . . , q}. Găsim astfel (2q − 1)(q − 1) − (q − 1) = 2(q − 1) 2
trapeze cu axa de simetrie A 1 A 2q+1 . Cum axele de simetrie de tipul 1) sunt în număr
de 2q, avem 4q(q − 1) 2 trapeze de acest tip.
1 Elev, Colegiul Naţional Iaşi
35

Fie acum A i A j A k A l un trapez cu axa de simetrie M 1 M 2q+1 , unde 2 ≤ i < j ≤ 2q+
1. Perechea (i, j) poate fi aleasă în C2q 2 = q(2q −1) moduri. Dintre acestea, furnizează
dreptunghiuri q perechi, anume cele de forma (i, 2q +3−i), unde i ∈ {2, 3, . . . , 2q +1}.
Găsim astfel q(2q − 1) − q = 2q(q − 1) trapeze cu axa de simetrie M 1 M 2q+1 . Cum
axele de simetrie de tipul 2) sunt în număr de 2q, obţinem 4q 2 (q − 1) trapeze de acest
tip.
Numărul total al trapezelor este, în acest caz, 4q(q − 1) 2 + 4q 2 (q − 1) = 4q(q − 1)·
n(n − 2)(n − 4)
·(2q − 1) = .
8
II 2 . n = 4q + 2. Cu o analiză asemănătoare, găsim 2q(q − 1)(2q + 1) trapeze cu
axa de simetrie de tipul 1) şi încă 2q 2 (2q+1) trazepe cu axa de simetrie de tipul 2). În
total, vom avea 2q(q −1)(2q +1)+2q 2 n(n − 2)(n − 4)
(2q +1) = 2q(2q +1)(2q −1) =
8
trazepe, deci acelaşi rezultat ca în subcazul II 1 .
În concluzie, numărul trapezelor A i A j A k A l cu vârfurile printre cele ale poligonului
n(n − 1)(n − 3)
n(n − 2)(n − 4)
este , dacă n impar, respectiv , dacă n par.
8
8
1. Răspuns la ”recreaţia” 1 de la pag. 32:
6 · 4 : 1 − 3 = 21
6 · 4 − (3 − 1) = 22
4 · (6 − 1) + 3 = 23
6 : (1 − 3 : 4) = 24
3 · (1 + 6) + 4 = 25.
2. Răspuns la ”recreaţia” 2 de la pag. 32:
1 + (1 + 1 + 1)! = 7
(2 · 2)!! − 2 : 2 = 7
3 + 3 + 3 : 3 = 7
4 + 4 : 4 + √ 4 = 7
5 + (5 + 5) : 5 = 7
6 : 6 + √ 6 · 6 = 7
7
√
+ (7 − 7) · 7 = 7
8 · 8 − 8 : 8 = 7
9 : 9 + √ 9 + √ 9 = 7
(se convine că n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n şi (2n)!! = 2 · 4 · 6 · . . . · 2n).
36

Un sous-ensemble particulier de matrices carrées
Adrien REISNER 1
Abstract. Let a, b be two strictly positive integer numbers and let A denote the set of matrices
of the form (1), with x, y, z, t ∈ Q. It is shown that A is a Q-vector space of dimension 4 and it is
also a subring of the ring M 2 (R, +, ×). Theorem 4 and Corollary 5 state conditions for a nonzero
element in A to be invertible.
Keywords: Q-vector space, subring, invertible element.
MSC 2000: 11C08, 15A03.
a
a et b étant deux entiers strictement positifs, on considère l ′ ensemble A des matrices
carrées A(x, y, z, t) d ′ ordre 2 de la forme suivante:
+ y
(1) A(x, y, z, t) =x √ a z √ b + t √ ab
z √ b − t √ ab x − y √
où x, y, z et t appartiennent au corps des rationnels Q. On se propose d ′ établir
quelques propriétés liées à la structure algébrique de cet ensemble A (voir [1], ch. XI,
page 453 et [2]).
Théorème 1. Muni de l ′ addition des matrices et de la multiplication des matrices
par un scalaire rationnel l ′ ensemble A est un Q - espace vectoriel de dimension 4.
Démonstration. L ′ ensemble A est un sous - ensemble de M 2 (R). L ′ addition
des matrices est une loi de composition interne de A. La matrice nulle appartient à
A. Enfin pour toute matrice A ∈ A, la matrice −A ∈ A. Par suite (A, +) est un
groupe abélien.
+ λy
∀λ ∈ Q, ∀A ∈ A :λx √ a λz √ b + λt √ ab
λz √ b − λt √ ab λx − λy √ a∈A.
= 0
L ′ ensemble A pourvu de l ′ addition et de la multiplication par les éléments de Q est
donc un espace vectoriel sur Q. Etant donné les quatre matrices suivantes:
I = 1 0 √ √ √
a 0
=
0 1‹,J
0 − √ b
=0
√
0 ab
a‹,K b 0,L
− √ ab
on a pour toute matrice A ∈ A : A(x, y, z, t) = xI + yJ + zK + tL. Donc la famille
{I, J, K, L} est génératrice. Cette famille est libre puisque
xI+yJ +zK+tL = 0 ⇒ x+y √ a = 0, x−y √ a = 0, z √ b+t √ ab = 0, z √ b−t √ ab = 0
⇒ x = y = z = t = 0.
Finalement, les quatre matrices I, J, K et L constituent une base du Q - espace
vectoriel A qui est donc de dimension 4.
1 Centre de Calcul E.N.S.T., Paris; e-mail: adrien.reisner@enst.fr
37

Remarque. detA(x, y, z, t) = x 2 − ay 2 − bz 2 + abt 2 .
Théorème 2. (A, +, ×) est un sous - anneau de l ′ anneau (M 2 (R), +, ×).
Démonstration. La table de multiplication des matrices I, J, K et L est la
suivante:
facteur de droite −→ I J K L
I I J K L
J J aI L aK
K K -L bI -bJ
L L -aK bJ -abI
A ⊂ M 2 (R) qui est un anneau unitaire. (A, +) est un sous - groupe de (M 2 (R), +).
Enfin, la multiplication est une loi de composition interne pour A compte tenu de
la table de multiplication précédente. On en déduit finalement que (A, +, ×) est un
sous-anneau unitaire de l ′ anneau (M 2 (R), +, ×).
Les deux théorèmes précédents montrent que l ′ ensemble A muni des opérations
habituelles est une Q - algèbre de dimension 4 - [1], VI.4 page 215.
Théorème 3. Pour toute matrice A ∈ A l ′ application f A de A dans A définie
par ∀X ∈ A, f A (X) = XA est linéaire. De plus, det f A = (detA) 2 .
Démonstration. Pour A ∈ A, f A est une application de A dans A puisque X ∈ A
et A ∈ A ⇒ XA ∈ A. D ′ autre part: ∀X 1 ∈ A, X 2 ∈ A f A (X 1 + X 2 ) = (X 1 + X 2 )A =
X 1 A + X 2 A = f A (X 1 ) + f A (X 2 ); ∀X ∈ A, ∀λ ∈ Q, f A (λX) = (λX)A = λ(XA) =
λf A (X), i.e. f A ∈ L Q (A). L ′ espace vectoriel A étant muni de la base (I, J, K, L) -
voir théorème 1 - soit A = x 0 I + y 0 J + z 0 K + t 0 L. Déterminons en utilisant la table
de multiplication des matrices I, J, K et L la matrice de l ′ endomorphisme f A dans
cette base (I, J, K, L):
f A (I) = x 0 I + y 0 J + z 0 K + t 0 L = A
f A (J) = ay 0 I + x 0 J + at 0 K + z 0 L
f A (K) = bz 0 I − bt 0 J + x 0 K − y 0 L
f A (L) = −abt 0 I + bz 0 J − ay 0 K + x 0 L,
d ′ où la matrice de f A ∈ L Q (A) dans la base considérée:
0 ay 0 bz 0 −abt 0
y
Mat(f A , (I, J, K, L)) =†x
0 x 0 −bt 0 bz 0
z 0 at 0 x 0 −ay 0
t 0 z 0 −y 0 x 0
et un calcul élémentaire montre alors que det(Mat(f A , (I, J, K, L))=[detA(x 0 , y 0 , z 0 , t 0 )] 2
compte tenu de la remarque précédente.
Théorème 4. Dans le sous-anneau A tout élément non nul est inversible si et
seulement si l ′ égalité u 2 = av 2 + bw 2 avec u, v et w entiers n ′ est possible que pour
u = v = w = 0.
Démonstration. Supposons que
(2) {u 2 = av 2 + bw 2 , (u, v, w) ∈ Z 3 } ⇒ u = v = w = 0.
38

L ′ hypothèse (2) étant vérifiée, montrons d ′ abord le lemme suivant:
Lemme 5. On a l ′ implication:
{u ′2 = av ′2 + bw ′2 , (u ′ , v ′ , w ′ ) ∈ Q 3 } ⇒ u ′ = v ′ = w ′ = 0.
Démonstration. α étant le P.P.C.M. des dénominateurs de u ′ , v ′ et w ′ il vient:
u ′2 = av ′2 + bw ′2 ⇒ (u ′ α) 2 = a(v ′ α) 2 + b(w ′ α) 2 , u ′ α ∈ Z, v ′ α ∈ Z, w ′ α ∈ Z.
L ′ hypothèse (2) montre alors que: u ′ α = v ′ α = w ′ α = 0, d ′ où u ′ = v ′ = w ′ = 0.
Démontrons alors que toute matrice de A−{0} est inversible. Supposant la matrice
A = xI + yJ + zK + tL ∈ A non inversible, montrons que A = 0. Il vient - voir
remarque -: detA = 0 soit x 2 − ay 2 = b(z 2 − at 2 ), ce qui implique:
(z 2 − at 2 )(x 2 − ay 2 ) = b(z 2 − at 2 ) 2 ⇒ z 2 x 2 + a 2 t 2 y 2 − a(t 2 x 2 + z 2 y 2 ) = b(z 2 − at 2 ) 2
soit finalement:
où
⇒ z 2 x 2 + 2axyzt + a 2 t 2 y 2 − a(t 2 x 2 + 2xyzt + z 2 y 2 ) = b(z 2 − at 2 ) 2
⇒ (zx + aty) 2 − a(tx + zy) 2 = b(z 2 − at 2 ) 2
(zx + aty) 2 = a(tx + zy) 2 + b(z 2 − at 2 ) 2 ,
(zx + aty, tx + zy, z 2 − at 2 ) ∈ Q 3 .
L ′ hypothèse (2) étant vérifiée il vient alors en particulier, compte tenu du lemme
précédent: z 2 − at 2 = 0. En utilisant une nouvelle fois le lemme avec u ′ = z, v ′ = t et
w ′ = 0 on obtient: z = t = 0. Par suite x 2 −ay 2 = 0 et, d ′ après le même raisonnement:
x = y = 0, i.e. A = 0.
On suppose que tout élément A ∈ A − {0} est inversible. Soit (u, v, w) ∈ Z 3 tels
que u 2 = av 2 + bw 2 et considérons la matrice A = uI + vJ + wK ∈ A. Si A ≠ 0, elle
est inversible - hypothèse -, donc son déterminant n ′ est pas nul: u 2 − av 2 − bw 2 ≠ 0,
ce qui est absurde. On en déduit que A = 0, d ′ où u = v = w = 0. Le théorème est
ainsi démontré.
Corollaire 6. Si b est un nombre premier et si pour tout n entier n 2 - a n ′ est
pas divisible par b, alors tout élément non nul du sous - anneau A est inversible dans
A.
Démonstration. On se propose de démontrer l ′ implication suivante:
(3)
{b premier et ∀n, n 2 − a non divisible par b} ⇒
⇒ {u 2 = av 2 + bw 2 où (u, v, w) ∈ Z 3 ⇒ u = v = w = 0}
ce qui démontrera le corollaire compte tenu du théorème précédent.
b étant premier et ∀n, n 2 - a n ′ étant pas divisible par b, soit (u, v, w) ∈ Z 3 vérifiant
u 2 = av 2 + bw 2 . On peut supposer u, v, w premiers entre eux dans leur ensemble, car
sinon, δ étant leur P.G.C.D. on aurait: u = δu ′ , v = δv ′ , w = δw ′ et u ′2 = av ′2 + bw ′2 .
39

Si b divise v alors b divise u 2 ; comme b est premier, b divise alors u et b 2 divise
u 2 − av 2 . Donc b 2 divise bw 2 ; comme b est premier, b divise w : u, v, w ne seraient
pas premiers entre eux dans leur ensemble, ce qui est impossible.
Si b ne divise pas v, on a:
u 2 = av 2 + bw 2 ⇒ ∀λ ∈ Z, u 2 + 2λbu + λ 2 b 2 − av 2 = b(w 2 + 2λu + λ 2 b) ⇒
(u + λb) 2 − av 2 = b(w 2 + 2λu + λ 2 b).
On peut toujours choisir l ′ entier λ de façon que v divise u + λb. En effet, b et v
sont premiers entre eux, donc ∃(α, β) ∈ Z 2 tels que bα + vβ = 1, ce qui entraîne
bαu + vβu = u; donc v divise u − b(αu). Il suffit de prendre λ = −αu pour que
u+λb = nv, d ′ où n 2 v 2 −av 2 = (n 2 −a)v 2 = b(w 2 +2λu+λ 2 b). On en déduit alors: {b
divise (n 2 − a)v 2 et b ne divise pas v 2 } ⇒ {b divise n 2 − a} ce qui est impossible par
hypothèse. L ′ implication (3) en résulte, ce qui achève la démonstration du corollaire.
Exemples. Les couples (a, b) suivants vérifient les hypothèses du corollaire:
(a, b) = (5k + 2, 5), (a, b) = (5k + 3, 5)
(a, b) = (7k + 3, 7), (a, b) = (7k + 5, 7), (a, b) = (7k + 6, 7), où k ∈ N.
En effet:
− si b = 5, alors pour tout n ∈ N, n 2 ≡ 0 ou 1 ou 4(mod5), donc a ≡ 2 ou
a ≡ 3(mod5).
− si b = 7, alors pour tout n ∈ N, n 2 ≡ 0 ou 1 ou 2 ou 4(mod7) et par suite a ≡ 3
ou a ≡ 5 ou a ≡ 6(mod7).
Remarque. Soit E le sous - ensemble de A formé par les matrices M(x, y, z, t),
où x, y, z et t appartiennent à Z. N étant un entier relatif non nul on dsigne par E N
l ′ ensemble
E N = {M(x, y, z, t) ∈ E/detM(x, y, z, t) = N}
On démontre alors le théorème suivant (la démonstration de ce théorème dépasse
le niveau de cet article):
Théorème 7. a) E 1 est un groupe multiplicatif.
b) Il existe un sous - ensemble fini I N de l ′ ensemble E N vérifiant: ∀M ∈ E N ,
∃(G, E) ∈ E 1 × I N tels que: M = G × E - décomposition canonique de la matrice
M ∈ E N .
Références
1. J. M. Arnaudiès, H. Fraysse – Cours de mathématiques, Tome 1, Algèbre, Ed.
Dunod, Paris, 1987.
2. J. Fresnel – Algèbre des matrices, Ed. Hermann, Paris, 1997.
3. C. Năstăsescu, C. Niţă, C. Vraciu – Bazele algebrei, Vol. 1 , Ed. Academiei,
Bucureşti, 1986.
40

O problemă complexă
Marian TETIVA 1
Abstract. This paper can be perceived as an author ′ s invitation to his own working laboratory.
A problem, initially formulated for equation (1), is eventually solved for the more general equation
(2). The stages of going along this way are presented and motivated and the employed procedures
are commented.
Keywords: equations, resolvent, root.
MSC 2000: 00A35, 97C20.
1. Pe când eram elev de liceu, una din problemele care mi-au dat bătaie de
cap, rezistând tentativelor mele disperate (dacă exagerăm puţin putem zice şi aşa) de
rezolvare a fost următoarea:
Problema 1. Fie α un număr real de modul mai mic ca 1. Să se arate că ecuaţia
(1) z 4 + αz 3 + αz + 1 = 0
are toate rădăcinile de modul 1.
Enunţul se află cu siguranţă în [1], în capitolul ”Polinoame”, probabil ca problemă
propusă la capătul paragrafului despre ecuaţii reciproce (nu mai pot spune exact,
deoarece nu mai am, sau nu mai găsesc, acest manual de pe care am învăţat primele
noţiuni de algebră avansată). Mai târziu, peste câţiva ani, am rezolvat problema, ca
tânăr profesor care nu se putea prezenta în faţa elevilor fără a cunoaşte foarte bine
(perfect ar trebui) cartea pe care o foloseşte la clasă. Am făcut ceea ce părea atunci
să decurgă obligatoriu din formularea problemei şi poziţionarea ei în cadrul textului:
am considerat ecuaţia ca pe una reciprocă; deci rădăcinile ei sunt rădăcinile ecuaţiilor
z + 1 z = y 1 şi z + 1 z = y 2,
unde y 1 şi y 2 sunt, la rândul lor, soluţiile rezolventei
y 2 + αy − 2 = 0
(care se obţine notând z + 1 z = y etc). Se vede apoi că ecuaţia care dă pe z 1 şi z 2 ,
adică
z + 1 z = y 1,
se mai scrie z 2 − y 1 z + 1 = 0, deci z 1 z 2 = 1 şi, analog, z 3 z 4 = 1 (unde z 3 şi z 4
sunt soluţiile ecuaţiei z 2 − y 2 z + 1 = 0). Dacă mai arătăm că aceste ecuaţii au
1 Profesor, Colegiul Naţional ”Gheorghe Roşca Codreanu”, Bârlad
41

coeficienţi reali şi rădăcini complexe nereale, rezultă că z 1 şi z 2 sunt conjugate, deci,
având produsul 1, au modulele egale cu 1; similar, z 3 şi z 4 au aceeaşi proprietate şi
Problema 1 este rezolvată.
Exerciţiul 1. Completaţi detaliile acestei rezolvări!
Nu vă va fi greu să demonstraţi că y 1 şi y 2 sunt numere reale. Ca să dovediţi că
∆ 1 = y 2 1 − 4 < 0 şi ∆ 2 = y 2 2 − 4 < 0 arătaţi că ∆ 1 + ∆ 2 < 0 şi ∆ 1 ∆ 2 > 0. Folosiţi
relaţiile între rădăcini şi coeficienţi!
Exerciţiul 2. Deduceţi următorul rezultat, o idee mai general decât Problema 1:
Problema 1 ′ . Dacă α este un număr real oarecare, atunci ecuaţia
z 4 + αz 3 + αz + 1 = 0
are ori două rădăcini de modul 1, ori toate rădăcinile de modul 1.
2. Anii au trecut şi am găsit, în [2] la pagina 137, problema 147 (şi soluţia ei la
pagina 290). Enunţul este următorul (uşor modificat de noi, dar numai formal):
Problema 2. Fie α un număr real cu |α| ≤ 1 şi n un număr natural, n ≥ 3.
Ecuaţia
z n + αz n−1 + αz + 1 = 0
are toate rădăcinile de modul 1.
E vorba, evident, de cazul general al Problemei 1; metoda utilizată mai sus nu
prea dă speranţe de a obţine această generalizare, dar, cum spuneam, există soluţia
în [2]. Tot o soluţie algebrică, dar utilizând subtil (şi elegant) proprietăţile modulului
şi conjugatului unui număr complex.
Examinând cu atenţie această soluţie constatăm că ea se potriveşte la fel de bine
următorului enunţ:
Problema 2 ′ . Fie α un număr complex cu |α| ≤ 1 şi n un număr natural, n ≥ 3.
Ecuaţia
(2) z n + αz n−1 + αz + 1 = 0
are toate rădăcinile de modul 1.
Soluţie. Fie z o rădăcină a ecuaţiei, pentru care avem z n−1 (z + α) = −αz − 1,
deci şi
|z| 2(n−1) |z + α| 2 = |αz + 1| 2 .
Un calcul simplu (care utilizează |w| 2 = ww şi proprietăţile conjugatului unui număr
complex) ne arată că putem să înlocuim |αz + 1| 2 cu |z + α| 2 − (|z| 2 − 1)(1 − |α| 2 ),
astfel că egalitatea de mai sus se mai scrie
(|z| 2(n−1) − 1)|z + α| 2 + (|z| 2 − 1)(1 − |α| 2 ) = 0.
Evident, dacă |α| < 1, de aici rezultă |z| = 1. Dacă |α| = 1, ne rămâne egalitatea
(|z| 2(n−1) − 1)|z + α| 2 = 0,
42

din care obţinem fie (iar) |z| = 1, fie z = −α, număr care are tot modulul 1. Ceea ce
încheie demonstraţia.
3. Au mai trecut ani şi m-am mai gândit că există şi posibilitatea abordării acestei
probleme cu ajutorul formei trigonometrice a numerelor complexe. După părerea mea,
această abordare conduce la soluţia cea mai interesantă a Problemei 2 ′ , adică a cazului
celui mai general (din câte vedem în această notă) al problemei iniţiale. Vom vedea
de ce.
Ideea este să arătăm că funcţia F definită prin
F (z) = z n + αz n−1 + αz + 1
se anulează de n ori pe cercul unitate (adică pe mulţimea numerelor complexe de
modul 1). Avantajul este că lucrăm direct cu numere complexe de modul 1, care pot
fi exprimate în forma cos t + i sin t, pentru un anumit t real (de fapt din intervalul
[0, 2π)). Pentru prima parte a acestei a II-a soluţii a Problemei 2 ′ e nevoie de nişte
calcule trigonometrice, pe care vă invit a le face.
Exerciţiul 3. Arătaţi că, dacă notăm α = a + ib, atunci
F (cos t + i sin t) = 2
cos nt
2
+ i sin
nt
2‹·
· cos nt
2
+ a cos
(n − 2)t
2
− b sin
(n − 2)t
2
‹.
Evident, numai a doua paranteză se poate anula şi vom arăta că asta se întâmplă
pentru n valori (distincte) ale lui t din intervalul [0, 2π]. Considerăm deci funcţia,
desigur continuă, φ : [0, 2π] → R, dată de
Avem
=
φ(t) = cos nt
2
+ a cos
(n − 2)t
2
− b sin
1
√
a2 + b 2 φ(t) =
(n − 2)t
, ∀t ∈ [0, 2π].
2
1 nt
√ cos
a2 + b2 2 + a (n − 2)t b (n − 2)t
√ cos − √ sin =
a2 + b2 2 a2 + b2 2
unde θ este un număr real astfel încât
=
1 nt
√ cos
a2 + b2 2 + cos nt
cos θ =
2 − t + θ‹
a
√
a2 + b şi sin θ = b
√ 2 a2 + b . 2
Observăm că avem, pentru t = (2kπ)/n (k întreg), nt/2 = kπ, deci
1
√
a2 + b 2 φ
2kπ
n‹=(−1) k 1
√
a2 + b 2 + cos
43
θ − 2kπ
n‹‹.

În cazul |α| = √ a 2 + b 2 < 1 avem 1/ √ a 2 + b 2 > 1, deci a doua paranteză este strict
pozitivă, ceea ce înseamnă că semnele valorilor φ(2kπ/n) pentru k întreg alternează.
Dacă alegem pentru k valorile 0, 1, . . . , n rezultă că funcţia continuă φ se anulează de
cel puţin n ori în intervalul [0, 2π]: câte o dată în fiecare interval
2kπ 2(k + 1)π
,
‹, k = 0, 1, . . . , n − 1.
n n
Asta înseamnă că F are cel puţin n rădăcini distincte pe cercul unitate; dar, fiind o
n‹
funcţie polinomială de grad n, rezultă că are exact n asemenea rădăcini, sau că toate
rădăcinile sale au modulele egale cu 1.
Dacă |α| = 1, paranteza de mai sus devine
1 + cos θ − 2kπ
şi este, în general, nenegativă. Deoarece numerele θ − 2kπ pentru k = 0, 1, . . . , n se
n
găsesc într-un interval de lungime 2π, pentru cel mult o valoare a lui k această expresie
este 0. Dacă asta se întâmplă, respectiva valoare a lui k furnizează o rădăcină a lui F
şi, din cauza ei, se pierd cel mult două schimbări de semn în şirul valorilor φ(2kπ/n),
deci oricum rămân n − 1 rădăcini de modul 1 pentru F de care putem fi siguri. Cum
produsul rădăcinilor lui F este 1 sau −1, cea de-a n-a rădăcină rezultă tot de modul
1 şi astfel se încheie şi această soluţie.
Despre care oricine va spune, probabil, că e mai complicată decît cea tradiţională
(nici n-am scris toate calculele!). Totuşi, eu o consider mai instructivă şi (aici e partea
interesantă) mai productivă. Spun asta deoarece (cititorul atent probabil s-a întrebat
deja) apare în mod natural o chestiune adiacentă: dar dacă |α| > 1? Ce mai putem
spune despre modulele rădăcinilor ecuaţiei z n + αz n−1 + αz + 1 = 0 în cazul în care
modulul lui α este mai mare ca 1? Deocamdată ne oprim aici, lăsându-vă cadou
următoarea întrebare:
Exerciţiul 4. Dacă α este un număr complex, cu |α| > 1, se poate garanta existenţa
unor rădăcini de modul 1 ale ecuaţiei
Eu aş zice că da.
Bibliografie
z n + αz n−1 + αz + 1 = 0?
1. C. Niţă, C. Năstăsescu, S. Popa – Algebră. Manual pentru clasa a X-a, Editura
Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1980.
2. L. Panaitopol, I. C. Drăghicescu – Polinoame şi ecuaţii algebrice, Editura Albatros,
Bucureşti, 1980.
44

Axe şi centre radicale
ale cercurilor adjuncte unui triunghi
Ion PĂTRAŞCU 1
Abstract. The properties of the adjoint circles associated to a triangle, with respect to circles
radical axes and centres, are exhaustively presented in this Note.
Keywords: adjoint circle, Brocard point, radical axis, radical centre, symmedian.
MSC 2000: 51M04.
Proprietăţile prezentate în acest articol se referă la axele şi centrele radicale ale
cercurilor adjuncte unui triunghi.
Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu CĀ cercul care trece prin vârfurile C, A
şi este tangent laturii AB în vârful A. Semnificaţii analoage au notaţiile AC, AB,
BA, BC şi CB. Aceste cercuri asociate unui triunghi se numesc cercuri adjuncte.
Aşadar, unui triunghi îi corespund în general şase cercuri adjuncte; dacă triunghiul
este isoscel, vor fi cinci cercuri adjuncte, iar dacă este echilateral, vor fi numai trei.
Teorema 1. i) Cercurile adjuncte CA, AB, BC au un punct comun Ω cu proprietatea:ÕΩAB
≡ÕΩBC ≡ÕΩCA.
ii) Cercurile adjuncte AC, CB, BA au un punct comun Ω ′ cu proprietatea:ÕΩ ′ AC ≡
ÖΩ ′ BA ≡ÖΩ ′ CB.
Demonstraţie. i) Fie Ω al doilea punct de intersecţie a cercurilor CA şi AB
(fig. 1). Avem:ÕΩCA ≡ÕΩAB (în cercul CA) şiÕΩAB ≡
A
ÕΩBC (în AB). Obţinem:ÕΩAB ≡ÕΩBC ≡ÕΩCA, adică
relaţia cerută, iar dinÕΩBC ≡ÕΩCA rezultă că Ω se găseşte
pe cercul ce trece prin B şi C şi este tangent laturii AC în
C, adică cercul BC. Afirmaţia ii) se demonstrează analog.
Punctul Ω se numeşte primul punct al lui Brocard, iar Ω ′
al doilea punct al lui Brocard.
B
Fig. 1
Observaţie. Punctul Ω este centrul radical al cercurilor adjuncte CA, AB, BC,
iar Ω ′ este centrul radical al cercurilor adjuncte AC, CB, CA. Într-adevăr, atât Ω cât
şi Ω ′ au puteri egale (nule) faţă de tripletele de cercuri adjuncte indicate.
Teorema 2. Punctele lui Brocard Ω şi Ω ′ sunt izogonale în triunghiul ABC.
Demonstraţie. Notăm m(ÕΩAB) = ω. Aplicând teorema sinusurilor în triunghiurile
AΩB şi AΩC obţinem:
BΩ
sin ω =
c
sin(BΩA) =
AΩ
sin(B − ω) şi
1 Profesor, Colegiul Naţional ”Fraţii Buzeşti”, Craiova
AΩ
sin ω = b
sin(AΩC) = AΩ
sin ω .
C
45

Deoarece m(ÕBΩA) = 180 ◦ − B şi m(ÕAΩC) = 180 ◦ − A, rezultă că
AΩ
BΩ = b sin B
c sin A
sin(B − ω)
= .
sin ω
Dezvoltând sin(B − ω) şi ţinând cont că b c = sin B
sin C
(1) ctgω = ctgA + ctgB + ctgC.
şi sin(A + C) = sin B, se obţine:
Dacă vom nota m(ÕΩ ′ AC) = ω ′ şi vom raţiona analog, vom obţine ctgω ′ = ctgA +
ctgB + ctgC. Aceasta şi relaţia (1) conduc la ω = ω ′ , ceea ce arată că punctele Ω şi
Ω ′ sunt izogonale.
Unghiul ω se numeşte unghiul lui Brocard şi apare în multe împrejurări în geometria
triunghiului (v. [1]).
Teorema 3. Cercurile adjuncte CA şi BA se intersectează pe simediana din A.
Demonstraţie. Fie S al doilea punct de intersecţie al cercurilor CA şi BA
(fig. 2) şi {P } = AS ∩ BC. Din faptul căÕSCA ≡ÕSAB şi
A
ÕSBA ≡ÕSAC, deducem că △SBA ∼ △SAC, de unde SB
SC =
AB 2
. Pe de altă parte, din congruenţele de mai sus obţinem
S
AC2 ÕBSP ≡ÕCSP , iar cu teorema bisectoarei în triunghiul BSC
B
C
vom avea SB
Fig. 2
SC = P B
P C . Ca urmare, P B
P C = AB2 , ceea ce
AC2 arată că AP este simediana din A.
Teorema 4. Cercurile adjuncte AB şi AC se intersectează pe mediana din A.
Demonstraţie. Fie Q al doilea punct de intersecţie a cercurilor AB şi AC şi
{M} = AQ ∩ BC. Dreapta AQ fiind axa radicală a cercurilor AB şi AC, avem
MB 2 = MQ · MA = MC 2 , de unde rezultă că MB = MC.
Observaţii. a) Teorema 3 exprimă faptul că axa radicală a două cercuri adjuncte
care sunt tangente la două laturi ce au un vârf comun este simediana dusă din acel
vârf, iar Teorema 4 spune că axa radicală a două cercuri adjuncte tangente la aceeaşi
latură este mediana corespunzătoare acestei laturi.
b) Drept axă radicală a două cercuri adjuncte unui triunghi pot fi: cevienele Brocard
(AΩ, AΩ ′ etc.), simedianele, medianele sau laturile triunghiului (latura BC, de
exemplu, este axa radicală a cercurilor BC şi CB).
Pentru noi precizări privind centrele radicale ale tripletelor de cercuri adjuncte,
vom utiliza următoarea
Lemă. Coardele comune a trei cercuri secante două câte două sunt concurente.
Demonstraţie. Fie C 1 , C 2 , C 3 trei cercuri secante şi a 1 , a 2 , a 3 axele radicale ale
perechilor (C 2 , C 3 ), (C 3 , C 1 ) şi respectiv (C 1 , C 2 ). Notăm P intersecţia dintre a 1 şi a 2
şi observăm că P va avea puteri egale faţă de toate cercurile, deci P va fi şi pe axa
radicală a 3 a cercurilor C 1 şi C 2 .
Teorema 5. Au loc afirmaţiile:
46

i) Ceviana AΩ, simediana din B şi mediana din C sunt concurente (într-un punct
notat J A );
ii) Ceviana BΩ, simediana din C şi mediana din A sunt concurente (în J B );
iii) Ceviana CΩ, simediana din A şi mediana din B sunt concurente (în J C ).
Demonstraţie. Conform Teoremei 1, cercurile CA şi AB se intersectează în
Ω. Din Teorema 3, al doilea punct comun cercurilor
A
AB şi CB, notat S (fig. 3), este situat pe simediana
din B. În sfârşit, aplicând Teorema 4, cercurile CA
şi CB se intersectează a doua oară într-un punct M,
care aparţine medianei din C. Conform Lemei, cevienele
AΩ, BS şi CM sunt concurente, ceea ce era
J A M
S
de demonstrat.
B
C
În acelaşi mod se poate dovedi şi
Fig. 3
Teorema 6. Au loc afirmaţiile:
i) Ceviana AΩ ′ , simediana din C şi mediana din B sunt concurente (într-un punct
J A ′ ); ii) Ceviana BΩ ′ , simediana din A şi mediana din C sunt concurente (în J B ′ );
iii) Ceviana CΩ ′ , simediana din B şi mediana din A sunt concurente (în J C ′ ).
Observaţii. 1. Teoremele 5 şi 6 se pot demonstra şi cu reciproca teoremei lui
Ceva. Într-adevăr, ştim că piciorul simedianei din A împarte latura BC în raportul
c 2
b 2 . Pe de altă parte, notând cu A 1 şi A ′ 1 picioarele cevienelor Brocard AΩ şi AΩ ′ ,
avem
(2)
BA 1
A 1 C = c2
a 2 , BA ′ 1
A ′ 1 C = a2
b 2
BA 1
(pentru prima egalitate:
A 1 C = A △ABA 1
c sin ω
c2
=
= . . . (1) . . . =
A △AA1 C b sin(A − ω) a 2 , iar
pentru a doua se procedează similar sau se aplică Teorema lui Steiner cevienelor
izogonale AΩ şi AΩ ′ ).
2. În general, un triunghi are şase cercuri adjuncte, deci pot fi C3 6 triplete diferite
de cercuri adjuncte. Unele triplete au, însă, acelaşi centru radical. Vârfurile triunghiului
sunt centre radicale, fiecare pentru patru triplete; de exemplu, C este centru
radical pentru (BC, CB, AC), (BC, CB, CA), (AC, CA, BC) şi (AC, CA, CB).
Ca urmare, drept centru radical a trei cercuri adjuncte unui triunghi pot fi: punctele
lui Brocard Ω şi Ω ′ , punctele J A , J B , J C , J A ′ , J B ′ , J C ′ şi vârfurile A, B, C.
3. Dacă triunghiul este isoscel, AB = AC, atunci BC coincide cu CB şi simediana
din B şi mediana din C se intersectează în punctul Ω al lui Brocard [3].
Bibliografie
1. T. Lalescu – Geometria triunghiului, Editura Apollo, Craiova, 1993.
2. R.A. Johnson – Modern Geometry: An Elementary Treatise on the Geometry of the
Triangle and the Circle, 1929.
3. I. Pătraşcu – O teoremă relativă la punctul lui Brocard, G.M.-9/1984, 328-329.
47

Şcoala Normală ”Vasile Lupu” din Iaşi
– o istorie zbuciumată –
A fost creată pentru a pregăti serii de învăţători menite să răspândească lumina
cărţii în satele şi oraşele ţării şi să contribuie la ridicarea lor social-economică. Lunga
ei istorie, de mai bine de 150 de ani, este presărată de mari împliniri, dar şi de
momente dramatice.
În Aşezământul pentru organizarea învăţăturilor publice din principatul
Moldova din 1851, care proclama libertatea şi gratuitatea învăţământului,
se prevedea, între altele, faptul că statul avea obligaţia de a înfiinţa şi întreţine şcoli
pentru populaţia de la oraşe şi sate. Prin hrisovul domnitorului Grigore Alexandru
Ghica din 15 decembrie 1855 lua fiinţă Institutul Preparandal, prima şcoală
din cele două ţări româneşti având ca scop pregătirea învăţătorilor ce trebuiau să
răspândească lumina în lumea satelor.
Acest institut, cu durata studiilor de un an, a funcţionat timp de 35 de ani în
încăperile mănăstirii Trei-Ierarhi din Iaşi, unde mai exista o şcoală, Şcoala Primară
Vasiliană, şi unde s-a înfiinţat şi internatul preparanzilor. Director a fost numit
Anton Velini, care a condus întregul complex şcolar de la Trei-Ierarhi până în anul
1863. Câteva dintre meritele lui: a îmbunătăţit programele şcolii, adăugând şi discipline
noi, a tipărit un Manual de metodică şi pedagogie pentru profesorii şcoalelor
primare utilizat de preparanzi şi învăţători pentru pregătirea lor pedagogică, a preconizat
realizarea şcolii primare de aplicaţie (”preparanzii să fie şi pedagogi ...”) ş.a.
48

Al doilea director al Şcolii Preparandale a fost Titu Maiorescu, în perioada
1864-1868. Renunţând la poziţii mai bine situate şi remunerate, primeşte direcţia
acestei şcoli cu convingerea că ”aici este un câmp de activitate modestă, patientă,
în aparenţă inferioară, în realitate de importanţă suverană pentru poporul nostru”.
Îndrumătorul culturii româneşti consideră că ”regenerarea poporului român începe de
la cultivarea limbii române” şi îşi îndreaptă atenţia spre şcoala primară.
Considera că trebuie asigurată viitorului învăţător o cultură generală şi o pregătire
profesională de calitate şi o înaltă conştiinţă a misiunii sale de educator. Foştii săi
elevi Ion Creangă şi Mihai Busuioc au ilustrat strălucit acest profil de învăţător.
A publicat anuarul şcolii pe anul 1863-1864, primul de acest fel pentru şcoli normale.
Termenul ”Normală” asociat de Titu Maiorescu acestui tip de şcoală vine
din Apus. De altfel, la propunerea lui Institutul Preparandal este numit Institutul
lui Vasile Lupu. Au fost utilizate şi alte denumiri: Şcoala Normală de la
Trei-Sfetite etc., în cele din urmă s-a statornicit numele Şcoala Normală ”Vasile
Lupu”. Începând cu anul şcolar 1864-1865, s-a trecut la doi ani de studiu. A pus
bazele şcolii primare de aplicaţie, instituţie în care elevii urmau să deprindă arta
predării lecţiilor.
La 1 februarie 1868 Titu Maiorescu este înlocuit la direcţie, dar cadrul activităţii
şcolii fixat de el a dăinuit încă timp de aproape 20 de ani. Pe parcursul celor două
ministeriate ale sale a continuat să vegheze şi să susţină Şcoala Normală ”Vasile Lupu”
cât şi întregul învăţământ primar şi normal-primar.
Directoratul lui Constantin Meissner, 1886-1892, a ridicat prestigiul şcolii prin
importante shimbări (organizare internă, programe, manuale, grădina şi atelierele
şcolii etc.) şi i-a dat perspectiva de dezvoltare pentru o perioadă lungă de timp. În
1891 şcoala se mută în noul local de la via ”Pester” din Breazu-Copou, care este şi
actualul ei local. C. Meissner este ctitorul şcolii primare de aplicaţie, un local anexă
al şcolii în care viitorii învăţători deprindeau arta predării.
Cerinţe sporite de la etapă la etapă au făcut ca numărul anilor de studii să crească.
Şcoala Normală a trecut treptat la trei ani de studii (în 1874), patru ani (1877), cinci
ani (1893), şase ani (1903), ajungând la şapte ani în 1930.
Ioan Mitru, cel mai longeviv director normalist ieşean (1896-1919), a fost un
excelent organizator - ”gospodarul desăvârşit”, cum l-a caracterizat Şt. Bârsănescu. În
ferma şcolii, cu sprijinul agronomului N. Cojocaru, elevii dobândeau ştiinţa lucrărilor
agricole. Viitorii învăţători, prin ceea ce vor realiza pe lotul şcolii sau cel propriu,
urmau să fie nu numai educatori ai copiilor, ci şi ai satului. Aleile şi parcul şcolii
au fost amenajate prin proiectul inginerului peisagist al oraşului şi profesor al şcolii,
Gh. Apostolescu, începând cu anul 1900.
Faima şcolii ieşeane trecuse dincolo de graniţele ţării. Profesorii erau dintre cei
mai aleşi din Iaşi. Elevii purtau uniforme şi, o parte, activau în formaţii artistice
sau sportive: cor, orchestră, fanfară, formaţia de dansuri, echipa de oină etc., renumite
pentru nivelul artistic sau competivitatea lor. Biblioteca şcolii, iniţiată de
Titu Maiorescu, şi-a sporit fondul prin strădaniile şi donaţiile profesorilor P. Cujbă,
C. Meissner, I.V. Praja, I. Mitru şi, mai apoi, Şt. Bârsănescu, V. Petrovanu ş.a.
Urgia războiului s-a abătut şi asupra Şcolii Normale din Iaşi: în anul şcolar 1916-
1917 cursurile au fost suspendate, iar în cel următor doar clasa a IV-a a funcţionat
49

în localul şcolii, celelalte fiind repartizate în diferite case din Iaşi sau alte localităţi.
Între cele două războaie mondiale, la conducerea Şcolii Normale vin câţiva pedagogi
eminenţi, ce aduc înnoiri în pas cu ultimele curente pedagogice apărute în
Europa: Vasile Todicescu - adept al pedagogiei experimentale (a creat un laborator
de psihologie experimentală), Ştefan Bârsănescu – promotor al unei politici
şcolare bazată pe cultură şi care să fie în ritm cu transformările sociale, Gheorghe
Comicescu – adept al integralismului pedagogic. Vasile Petrovanu, distins profesor
de istorie şi director, 1938-1941, a făcut istoricul Şcolii Normale de la origini
şi până în 1892 şi a contribuit la apariţia anuarelor şcolii din această perioadă. În
septembrie 1939, se deschid, numai la această şcoală, două secţii cu profil practic:
agricolă şi industrială. Către sfârşitul perioadei interbelice Şcoala Normală atinge cel
mai înalt nivel de organizare, realizări şi concepţie. Ministrul instrucţiunii de atunci,
Petre Andrei, o considera cea mai bună şcoală de acest tip din Peninsula Balcanică.
Al Doilea Război Mondial şi instaurarea regimului comunist au cauzat Şcolii Normale
un şir lung de greutăţi, schimbări de profil şi programe, contopiri cu alte unităţi
şcolare similare, schimbări de nume, peregrinări prin diverse localuri etc.
Clădirea şcolii s-a aflat în zona frontului şi a fost avariată: o bombă a distrus
laboratorul de fizică şi chimie, aviaţia inamică a distrus acoperişul, armata germană
a transformat sălile de clasă în grajd de cai. Localul şcolii de aplicaţie a ars până la
temelie. Cel mai grav lucru a fost pierderea bibliotecii cu fondul ei preţios de cărţi.
Să notăm şi câteva date din odiseea şcolii: martie 1944 – refugiul la Craiova şi
apoi com. Pocruia-Gorj; martie 1945 – revenirea la Iaşi şi reluarea cursurilor în localul
sumar reparat; decembrie 1954 – mutarea abuzivă în clădirea Şcolii Normale
de învăţătoare ”Mihail Sturdza”, str. Toma Cozma (actualul corp D al Universităţii);
1955 – se unifică cu şcoala gazdă şi şi devine mixtă sub numele de Liceul Pedagogic;
acesta se mută, în anul şcolar 1958-1959, în clădirea din dealul Copoului; septembrie
1959 – transferarea la complexul şcolar din Bârlad; septembrie 1966 – revine în Iaşi
(fără dotare), cu titulatura de Liceul pedagogic ”Vasile Lupu”, în localul din str.
M. Kogălniceanu, iar internatul în alte două locuri; 1970 – se mută într-un local nou şi
corespunzător din cartierul Tudor Vladimirescu; 1977 – liceul va avea profil nu numai
de învăţători, ci şi de educatoare, prin unificarea cu Şcoala de conducătoare (înfiinţată
în Iaşi în 1919); 1985 – Liceul pedagogic ”Vasile Lupu” revine la propriul lui local din
Breazu-Copou. Perioada de după anul 1990 a însemnat o nouă perioadă de incertitudini
cauzate de multele schimbări de profil şi structură. Şcoala a supravieţuit şi a
trecut peste multele momente dificile datorită devotamentului, abnegaţiei şi spiritului
de înaltă responsabilitate ale corpului profesoral faţă de generaţiile tinere. Din galeria
profesorilor care au slujit cu dragoste şcoala, spicuim doar câteva nume: A. Hasgan,
V. Mitrofan, V. Fetescu, S. Rădoi, R. Măcăreanu şi mulţi alţii.
Intr-o societate care nu are o politică educaţională clară, Şcoala Normală ”Vasile
Lupu” încearcă să păstreze tradiţia normalistă şi să fie fidelă sistemului de valori universale
– garanţii sigure ale afirmării sale.
Prof. Viorel PARASCHIV
Director al Şcolii Normale, 2002-2006
50

Concursul ”Recreaţii Matematice”
Ediţia a VII-a, Durău, 28 august 2009
Clasa a V-a
1. a) Completaţi şirul următor cu încă trei termeni: 1, 3, 7, 15, 31, 63, ... .
b) Puneţi paranteze în expresia 2 · 12 + 18 : 6 + 1 astfel încât rezultatul să fie
numărul natural cel mai mic posibil.
2. Câtul împărţirii a două numere naturale este 3 iar restul este 4. Dacă dublăm
deîmpărţitul şi păstrăm împărţitorul, atunci restul obţinut este 3. Determinaţi numerele
iniţiale.
3. Paginile unei cărţi sunt numerotate de la 1 la 336. Din această carte se rup, la
întâmplare, 111 foi. Să se arate că:
a) suma numerelor de pe foile rămase nu se împarte exact la 10;
b) produsul numerelor de pe foile rămase se împarte exact la 3.
Clasa a VI-a
1. a) Utilizând operaţiile cunoscute (adunarea, scăderea, înmulţirea, împărţirea
sau ridicarea la putere) determinaţi cel mai mare număr natural care se poate scrie,
folosind o singură dată cifrele 1, 2 şi 3. Justificaţi.
Petre Bătrâneţu
b) Fie a, b ∈ N. Să se arate că, dacă ultima cifră a numărului a 2 +b 2 este 9, atunci
ultima cifră a lui (a + b) 2 este tot 9. Recreaţii Matematice - 2/2007
2. Într-un regat sunt 2009 oraşe. Regele a poruncit să se realizeze drumuri între
oraşe astfel încât din fiecare oraş să pornească exact 5 drumuri. Au putut supuşii să
îndeplinească ordinul regelui?
Mihai Crăciun
3. Fie mulţimea A = {1, 2, 3, ..., 98}. Arătaţi că oricum am alege 50 de elemente
ale lui A, există două printre
|{z}
ele
|{z}
având suma cub perfect.
Titu Zvonaru
Clasa a VII-a
|{z} |{z}
1. a) Fie numărul A=aa...aa bb...bb. Arătaţi că A= 10n − 1
·•a(10 n − 1)
3 3
de n ori de n ori
b) Arătaţi că numărul B = 44...4 22...2 poate fi scris ca un produs de două
de n ori de n ori
+ a + b
3
˜.
numere naturale consecutive.
Mihai Crăciun
2. Demonstraţi că triunghiul determinat de picioarele bisectoarelor unui triunghi
cu un unghi de măsură 120 0 este dreptunghic.
3. Fie m şi n numere naturale nenule cu proprietatea că m ≤ 1 + 2 + ... + n. Să se
arate că m poate fi scris ca suma câtorva numere distincte dintre numerele 1, 2, ..., n,
unde n ≥ 3. Recreaţii Matematice - 2/2008
Clasa a VIII-a
1. Fie x, y ∈ Z. Dacă x 2010 +y 2010 se divide cu 11, arătaţi că x+y se divide cu 11.
Andrei Nedelcu
51

2. Fie triunghiul △ABC înscris în cercul C(O, R). Se cere locul geometric al
punctelor M din planul triunghiului, pentru care are loc relaţia MA 2 +MB 2 +MC 2 =
3R 2 .
Dan Brânzei
3. Determinaţi x, y, z pentru care 1
2 x + 3 2 y + 1 2 z = 2x + 3 · 2 y+2 + 2 z+2 = 9.
Recreaţii Matematice - 1/2008
Clasa a IX-a
1. Rezolvaţi, în necunoscuta (x; y) ∈ Q × Q, ecuaţia x 2009 + y 2009 = x 2010 + y 2010 .
2. Într-un careu cu 41 linii şi 49 coloane se scriu la întâmplare 2009 numere reale
distincte. Fie A mulţimea ce are ca elemente cele mai mici numere de pe fiecare linie,
respectiv B mulţimea ce are ca elemente cele mai mari numere de pe fiecare coloană.
Determinaţi probabilitatea ca cel mai mare element din mulţimea A să fie chiar cel
mai mic element din mulţimea B.
3. Fie D un punct în planul unui triunghi echilateral △ABC încât BD = DC,
m(∢BDC) = 30 0 şi dreapta BC separă A şi D. Dacă E ∈ (BD) şi m(∢BAE) = 15 0 ,
să se arate că CE⊥AC. Recreaţii Matematice - 2/2007
Clasa a X-a
1. Rezolvaţi, în necunoscuta (x; y) ∈ N × N, ecuaţia x · (x + 2) · (x + 8) = 3 y .
2. Fie triunghiul △ABC cu m(∢ABC) = m(∢ACB) = 80 0 şi P ∈ (AB) astfel
încât m(∢BP C) = 30 0 . Arătaţi că AP = BC.
3. Determinaţi funcţiile f : N → N, pentru care are loc egalitatea 2 · f(n + 3) ·
f(n + 2) = f(n + 1) + f(n) + 1, ∀n ∈ N. Recreaţii Matematice - 2/2007
Clasa a XI-a
1. Fie triunghiul △ABC nedreptunghic. Paralela prin B la AC şi simetrica
dreptei AC în raport cu BC se intersectează în A 1 ; analog se obţin punctele B 1 şi
C 1 . Dacă dreptele AA 1 , BB 1 , CC 1 sunt concurente, să se arate că triunghiul △ABC
este echilateral. Recreaţii Matematice - 1/2006
2. Fie funcţia f : A → A, unde A este o mulţime finită din R. Dacă |f(x)−f(y)| <
|x − y|, ∀x, y ∈ A, x ≠ y, să se arate că funcţia f nu este nici injectivă, nici surjectivă.
Lucian Georges Lăduncă
n
3. Fie şirul (x n ) n≥1
definit recurent prin x 1 ∈ N, x n+1 =•3x
∀n ∈ N
2˜+1, ∗ .
Este posibil să alegem x 1 număr natural, astfel încât primii 2008 termeni ai şirului să
fie numere pare şi al 2009-lea să fie impar?
Lucian Georges Lăduncă
Clasa a XII-a
1. Fie şirul (x n ) n≥1
dat de x 1 ∈− π 4 , 0,x n+1 =2x n −tg x n , ∀n ≥ 1. Să se studieze
existenţa limitelor lim x n şi lim n√ −xn . Recreaţii Matematice - 1/2006
n→∞ n→∞
2. Să se determine funcţiile derivabile f : I → (0; +∞) şi intervalul I ⊂ R, ştiind
că f(0) = 1 şi f 3 (x) + f ′ (x) = 0, ∀x ∈ I.
Gabriel Mîrşanu
3. Fie funcţia g : [0; 1] → R derivabilă pe (0; 1) cu g(0) = 0, iar f : [0; 1] → R +
o funcţie cu proprietatea f(x) = g ′ (x), ∀x ∈ [0; 1]. Să se arate că există cel puţin un
punct c ∈ (0; 1) astfel încât π · g(c) · cosπ
2 2 c

Concursul de matematică ”Gaudeamus”
Ediţia I, Iaşi, 2009
În perioada 30 octombrie - 1 noiembrie 2009, la Facultatea de Matematică a Universităţii
”Alexandru Ioan Cuza” Iaşi, s-a desfăşurat prima ediţie a Concursului de Matematică
”Gaudeamus”.
Organizatorii manifestării sunt: Facultatea de Matematică şi Fundaţia Seminarului Matematic
”Alexandru Myller”. Colaboratori: Inspectoratul Şcolar Judeţean Iaşi şi Liceul de
Informatică ”Grigore Moisil” Iaşi.
Manifestarea s-a desfăşurat pe două secţiuni: 1)proba scrisă individuală; 2) concursul de
proiecte ”Matematica în lumea reală”.
1) Proba scrisă individuală s-a adresat elevilor claselor a X-a, a XI-a, a XII-a şi a
conţinut subiecte din programele şcolare ale anilor anteriori; tematica a fost publicată pe
site-ul Facultăţii de Matematică, www.math.uaic.ro . Listele cu elevii participanţi, precum
şi rezultatele lor, pot fi consultate la aceeaşi adresă internet.
2) Concursul de proiecte ”Matematica în lumea reală” s-a adresat elevilor sau
echipelor de elevi (maxim patru), fără limitare de vârstă, şi a constat în prezentarea unor
soluţii matematice la probleme concrete ale lumii reale. Au fost susţinute 12 proiecte.
Acest concurs doreşte să fie, în primul rând, un mijloc de apropiere între Facultatea de
Matematică şi elevii din învăţământul preuniversitar. Numărul de participanţi (aproximativ
150 de elevi din judeţele Bacău, Botoşani, Neamţ, Vaslui şi Iaşi), precum şi rezultatele
obţinute, sunt încurajatoare.
Subiectele propuse la proba scrisă individuală
Clasa a X-a
1. i) Să se arate că, dacă 3 | a 2 + b 2 , unde a, b ∈ N, atunci 3 | a şi 3 | b.
ii) Să se arate că nu există (a, b, c, d) ∈ N 4 , (a, b, c, d) ≠ (0, 0, 0, 0) astfel încât
a 2 + b 2 = 3(c 2 + d 2 ).
2. Se consideră n puncte S = {A 1 , A 2 , ..., A n } dintr-un plan π şi n numere reale
Λ = {λ 1 , λ 2 , ..., λ n } astfel încât λ 1 + λ 2 + · · · + λ n ≠ 0. Spunem că A ′ ∈ π este centrul
de masă al sistemului (S, Λ) dacă există un punct O ∈ π astfel încât
−−→
OA ′ λ 1 −−→
λ n −−→
=
OA1 + · · · +
OA n .
λ 1 + · · · + λ n λ 1 + · · · + λ n
i) Să se arate că dacă A ′ este centrul de masă al sistemului (S, Λ) atunci pentru
orice punct M ∈ π are loc
−−→
MA ′ λ 1 −−−→
λ n −−−→
=
MA 1 + · · · +
MA n .
λ 1 + · · · + λ n λ 1 + · · · + λ n
Pentru un triunghi A 1 A 2 A 3 , considerăm λ 1 , λ 2 , λ 3 ∈ R astfel încât |λ 1 |, |λ 2 | şi |λ 3 |
reprezintă lungimile laturilor [A 2 A 3 ], [A 3 A 1 ] şi respectiv [A 1 A 2 ].
ii) Să se arate că A ′ ∈ A 1 A 2 este piciorul bisectoarei interioare (respectiv exterioare)
a unghiuluicA 3 dacă şi numai dacă A ′ este centrul de masă al sistemului
({A 1 , A 2 }, {λ 1 , λ 2 }), pentru o anume alegere a semnelor scalarilor λ 1 şi λ 2 .
iii) Să se arate că I ∈ π este centrul cercului înscris (respectiv centrul unui cerc
exînscris) triunghiului A 1 A 2 A 3 dacă şi numai dacă I este centrul de masă al sistemului
({A 1 , A 2 , A 3 }, {λ 1 , λ 2 , λ 3 }), pentru o anume alegere a semnelor scalarilor λ 1 , λ 2 şi λ 3 .
53

3. Fie n ∈ N\0, 1} şi a 1 , a 2 , ..., a n numere reale. Construim: s 0 = −a 1 −a 2 −...−a n ;
s m = a 1 +a 2 +...+a m −(a m+1 +a m+2 +...+a n ), ∀m ∈ 1, n − 1; s n = a 1 +a 2 +...+a n .
Să se arate că există un m ∈ 0, n astfel încât |s m | ≤ max{|a k | | k ∈ 1, n}.
Clasa a XI-a
1. Două sute de elevi participă la un concurs de matematică, la care se propun
6 probleme. După corectare, se observă că fiecare problemă a fost rezolvată corect
de cel puţin 120 de elevi (nu neapărat aceiaşi pentru fiecare problemă). Arătaţi că
se pot găsi doi participanţi, astfel ca fiecare problemă să fi fost rezolvată de cel puţin
unul din cei doi.
2. i) Fie A = {a 1 , a 2 , ..., a n } ⊆ Z şi f : A → A o funcţie bijectivă. Presupunând
că a 1 < a 2 < ... < a n şi că a i +f(a i ) < a j +f(a j ) pentru orice i < j, i, j ∈ {1, 2, ..., n},
să se arate că f = 1 A . ii) Să se găsească o funcţie bijectivă f : Z →Z care satisface
condiţiile m + f(m) < n + f(n) pentru orice m < n, m, n ∈ Z, şi să fie diferită de 1 Z .
3. Fie a ∈ (0, +∞). Într-un plan π, relativ la un sistem de coordonate carteziene
xOy, considerăm dreapta de ecuaţie (δ a ) : y = ax. Fie Π = [0, 1) × [0, 1).
a) Definim f : R × R → Π, f(x, y) = ({x}, {y}), unde prin { } am notat partea
fracţionară. Să se arate că f este periodică, adică există T ∈ R astfel încât f(x +
T, y + T ) = f(x, y) pentru orice (x, y) ∈ R × R.
b) Considerăm restricţia f a , a lui f la dreapta (δ a ). Să se arate că dacă a ∈ Q
atunci f a este de asemenea periodică.
Imaginea lui (δ a ) prin f a este o reuniune de segmente paralele cu direcţia lui (δ a ).
c) Pentru a ∈ Q să se arate că numărul acestor segmente este finit.
Vom nota cu N acest număr.
d) Pentru a = 10
10
să se determine N. Cât este N pentru a =
2009 2010 ?
e) Ce se poate spune despre imaginea lui (δ a ) prin aplicaţia f a când a este număr
iraţional (de exemplu √ 2)?
Clasa a XII-a
1. Fie A, B ∈ M(n, C) astfel încât A + B = I n , A 2 = A 3 . Să se arate că:
i) AB = BA; ii) I n − AB şi I n + AB sunt inversabile.
2. Se consideră funcţia f : (−1, +∞) → R , f(x) = √ 1 + x.
i) Să se scrie ecuaţia tangentei y = ax + b la graficul funcţiei f, în punctul x 0 = 0.
f(x) − 1 − x 2
ii) Să se determine valoarea a pentru care lim
x→0 x a există şi este
|
≠
{z
0.
}
iii) Arătaţi că, pentru x ∈ − 1 2 , 1 loc inegalitatea:f(x) − 1 −
2‹are x 2≤ x2
2 √ 2 .
iv) Fie N numărul natural cu 2010 cifre, toate egale cu 1, adică N = 1111 . . . 11.
2010 cifre
Determinaţi primele 2010 zecimale ale numărului √ N.
3. Se cer valorile lui a ∈ R pentru care sistemul
¨2 |x| + |x| = y + x 2 + a
are o unică soluţie reală.
x 2 + y 2 = 1
54

Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/2009
Clasele primare
P.164. Scrie vecinii vecinului comun al numerelor 16 şi 18.
(Clasa I)
Diana Tănăsoaie, elevă, Iaşi
Soluţie. Vecinii numărului 16 sunt numerele 15 şi 17, iar ai numărului 18 sunt
numerele 17 şi 19. Vecinul comun este 17. Vecinii numărului 17 sunt 16 şi 18.
P.165. După ce dau celor doi fraţi mai mari câte două banane, mănânc şi eu trei
banane. În coş îmi rămâne un număr de banane ce poate fi scris cu două cifre diferite
şi care este cel mai mic număr de acest fel. Câte banane am avut în coş?
(Clasa I )
Inst. Maria Racu, Iaşi
Soluţie. Numărul bananelor rămase în coş este 10. Numărul iniţial de banane
din coş este 2 + 2 + 3 + 10 = 17.
P.166. Din cei 8 căţeluşi albi şi negri, cel mult 3 sunt albi. Care este numărul
maxim de căţeluşi negri? Dar cel minim?
(Clasa a II-a)
Ioana Bărăgan, elevă, Iaşi
Soluţie. Deoarece avem căţeluşi albi şi negri, cel puţin un căţeluş este alb.
Numărul maxim de căţeluşi negri este 7. Cum cel mult 3 căţeluşi sunt albi, cel
puţin 5 vor fi negri.
P.167. Într-o cameră se joacă un pisoi cu doi pisici, un căţeluş care ţine în gură
o păpuşă şi un băieţel, călare pe un căluţ de lemn. Câte picioare participă la joc?
(Clasa a II-a)
Alexandru Dumitru Chiriac, elev, Iaşi
Soluţie. La joc participă pisoiul cu cei doi pisici, căţeluşul şi băieţelul. În total
participă la joc 4 + 4 + 4 + 4 + 2 = 18 picioare.
P.168. Există numerele naturale a, b, c, d astfel încât a + b + c + d = 123 şi
a : b = b : c = c : d = 1?
(Clasa a III-a)
Amalia Cantemir, elevă, Iaşi
Soluţie. Din a : b = b : c = c : d = 1, rezultă a = b = c = d. Concluzionăm că
numărul 123 trebuie să se împartă exact la 4, ceea ce este fals.
| {z }
de 500 ori
P.169. Calculează diferenţa următoare, fără a efectua parantezele: (2 + 4 + 6 +
8 + . . . + 1000) − (1 + 3 + 5 + 7 + . . . + 999) =
(Clasa a III-a)
Mădălina Bucşă, elevă, Iaşi
Soluţie. De la 1 la 1000 sunt 500 numere pare şi 500 numere impare. Exerciţiul
devine (2 − 1) + (4 − 3) + (6 − 5) + . . . + (1000 − 999) = 1 + 1 + 1 + . . . + 1 = 500.
P.170. Doi fraţi au cumpărat un teren în formă de pătrat pe care l-au împărţit
în două dreptunghiuri egale. Fiecare doreşte să împrejmuiască propriul teren cu gard.
Cât mai are de lucru fiecare, dacă primul a realizat 430 m, al doilea 470 m, iar
perimetrul pătratului este de 1000 m?
(Clasa a III-a)
55
Dragoş Iacob, elev, Iaşi

Soluţie. Latura pătratului este de 1000m : 4 = 250m. Împrejmuirea fiecărui frate
cuprinde jumătate din perimetrul pătratului şi încă jumătate din porţiunea comună
de gard. Primul frate mai are de lucrat (500m + 125m) − 430m = 195m, iar al doilea
(500m + 125m) − 470m = 155m.
P.171. Dacă a+b+c = 175 şi a+2c = 200, calculaţi produsul (2a+b+3c)·(c−b).
(Clasa a IV-a)
Inst. Marian Ciuperceanu, Craiova
Soluţie. 2a+b+3c = (a+b+c)+(a+2c) = 175+200 = 385. Din a+b+c = 175
şi a + c + c = 200, rezultă c − b = 200 − 175 = 25. Aşadar, (2a + b + 3c) · (c − b) =
375 × 25 = 275 × 100 : 4 = 9375.
P.172. Câte numere abc au suma cifrelor 7 şi pot fi rotunjite cu numărul ab0?
(Clasa a IV-a)
Maria Nastasiu, elevă, Iaşi
Soluţie. Cifra unităţilor poate fi 0, 1, 2, 3 sau 4. Dacă c = 0, atunci a + b = 7
şi găsim numerele 160, 250, 340, 430, 520, 610 şi 700. Dacă c = 1, atunci a + b = 6
şi obţinem numerele 151, 241, 331, 421, 511 şi 601. Analog, în celelalte cazuri găsim
numerele 142, 232, 322, 412, 502; 133, 223, 313, 403; 124, 214 şi 304. În total, există 25
de numere cu proprietăţile din enunţ.
P.173. Se formează şirul de numere: 34, 334, 344, 3334, 3444, . . .. Câte cifre de
3 are numărul de pe locul 2008?
(Clasa a IV-a)
Petru Asaftei, Iaşi
Soluţie. Numerele de pe locurile pare au o singură cifră de 4, restul fiind cifre de
3. Astfel, numărul de pe locul 2008 are 2008 : 2 + 1 = 1005 cifre de 3.
Clasa a V-a
V.102. Un întreprinzător doreşte să cumpere un număr de frigidere de la un
angrosist, pe care urmează să le transporte către firma sa cu ajutorul unui camion de
mare tonaj, care consumă 10 l de motorină la 100 km (1l de motorină costă 3 lei).
Întreprinzătorul poate opta între doi furnizori: A vinde frigiderul cu 1000 lei/buc.,
iar B vinde acelaşi produs cu 990 lei/buc., însă are depozitul mai departe decât A, la
o distanţă pe şosea AB = 150 km.
a) Dacă întreprinzătorul doreşte să cumpere 20 de frigidere, ce furnizor va alege?
b) La ce număr de frigidere costurile de achiziţie nu depind de furnizor?
Marian Ciuperceanu, Craiova
Soluţie. Fie n numărul de frigidere achiziţionate, iar x cheltuielile de transport
de la firma întreprinzătorului până la furnizorul A. Cheltuielile de transport până
la furnizorul B vor fi x + 3 · 10 · 3 = x + 90 (distanţa AB se parcurge dus-întors, în
total 300 km). Chletuielile totale cu furnizorul A vor fi C A = x + 1000n, iar cele cu
furnizorul B vor fi C B = x + 90 + 990n.
a) Dacă n = 20, atunci C A = x+20000, iar C B = x+19890, prin urmare C B < C A .
Furnizorul ales va fi B.
b) Avem că C A = C B , de unde se obţine n = 9.
V.103. Se consideră numerele naturale m = 3x + 5
2x + 2 , a = 2y + 5 , b = 5z + 2 ,
3
5
unde x, y, z ∈ N. Demonstraţi că m nu poate fi divizor al lui a, dar poate fi divizor al
lui b.
Claudiu Ştefan Popa, Iaşi
56

Soluţie. Pentru că m ∈ N, trebuie să avem că 2x+2 | 3x+5, de unde 2x+2 | 2(3x+
5) − 3(2x + 2), adică 2x + 2 | 4. Găsim că x ∈ {0, 1}; dacă x = 0, atunci m = 5 /∈ N,
2
iar dacă x = 1, atunci m = 2. Presupunând că 2 | a, s-ar obţine că 2y + 5 = 6k, cu
y, k ∈ N, absurd (membrul stâng este impar, iar cel drept par). Pentru z = 2, avem
că b = 4, număr care se divide cu 2.
V.104. Scrieţi numărul 2008 ca sumă de trei cuburi perfecte pare. (Găsiţi toate
posibilităţile!)
Veronica Plăeşu şi Dan Plăeşu , Iaşi
Soluţie. Deoarece 2008 = 2 3 · 251, este destul să-l scriem pe 251 ca sumă de
trei cuburi perfecte. Cel mai mare dintre cele trei cuburi nu poate depăşi 261 = 6 3 ,
deoarece 7 3 = 343 > 251. După o analiză a cazurilor posibile, găsim doar două situaţii
favorabile: 251 = 1 3 +5 3 +5 3 şi 251 = 2 3 +3 3 +6 3 . În concluzie, 2008 = 23 +10 3 +10 3 =
2 3 + 6 3 + 12 3 .
V.105. Se consideră numărul a = 7 + 7 2 + 7 3 + . . . + 7 2009 .
a) Demonstraţi că a nu poate fi pătrat perfect.
b) Aflaţi restul împărţirii lui a la 400.
Damian Marinescu, Târgovişte
Soluţie. a) Cum a se divide cu 7, dar nu şi cu 7 2 , înseamnă că nu poate fi pătrat
perfect.
b) Avem că a = 7 + 7 2 (1 + 7 + 7 2 + 7 3 ) + . . . + 7 2006 (1 + 7 + 7 2 + 7 3 ) = 7 + 400(7 2 +
. . . + 7 2006 ), deci restul împărţirii lui a la 400 este 7.
V.106. Să se determine numărul natural a şi cifra b, dacă (a+3)·200b = a·2009.
Enache Pătraşcu, Focşani
Soluţie. Cum 2009 = 7 2 · 41, rezultă că (a + 3) · 200b . .7 2 şi (a + 3) · 200b . .41.
Evident că b ≤ 8 (deoarece a + 3 > a), iar dintre numerele 2000, 2001, . . . , 2008,
nicunul nu se divide nici cu 7 2 , nici cu 41. Deducem că a + 3 . .7 şi a + 3 . .41, prin
urmare α + 3 = 287k. Înlocuind, obţinem că 200b · k = 7(287k − 3), de unde k(2009 −
200b) = 21. De aici, (k, b) ∈ {(21, 8); (7, 6); (3, 2)}, deci soluţiile problemei sunt (a, b) ∈
{(6024, 8); (2006, 6); (858, 2)}.
O altă rezolvare se poate da încercând pentru b fiecare dintre valorile 0, 1, 2, . . . , 8;
se obţin astfel nouă ecuaţii simple, doar trei dintre acestea având soluţii naturale.
V.107. Dacă n ∈ N\{0, 1} este dat, determinaţi x, y ∈ N ∗ pentru care x(x + 2y +
1) = 2 n · 135.
Petru Asaftei, Iaşi
Soluţie. Dacă x = 2 i , 1 ≤ i ≤ n − 1, atunci am avea că 2 i + 2y + 1 = 2 n−i · 135,
contradicţie (membrul stâng este impar, iar cel drept este par). Analog se arată că
nu putem avea x = 2 i · p, unde 1 ≤ i ≤ n − 1, p ∈ D 135 \{1}. Rămâne că x = 2 n · p,
cu p ∈ D 135 . Cum x < x + 2y + 1, trebuie cercetate doar cazurile în care p ∈ {1, 3, 5}.
Dacă x = 2 n , obţinem că y = 67−2 n−1 , iar y ∈ N ∗ doar pentru n ≤ 7. Dacă x = 2 n ·3,
atunci y = 22−3·2 n−1 , care este număr natural când n ≤ 3. În sfârşit, dacă x = 2n ·5,
atunci y = 13−5·2 n−1 , soluţie convenabilă pentru n ≤ 2. În concluzie, obţinem 3, 2, 1
sau 0 perechi (x, y), după cum n = 2, n = 3, n ∈ {4, 5, 6, 7}, respectiv n ≥ 8.
57

V.108. Pe tablă sunt scrise numerele 2, 0, 0, 9. Putem şterge de pe tablă oricare
două numere, scriind în loc succesorii acestora. Este posibil ca, în urma mai multor
operaţii de acest fel, să obţinem patru numere egale?
Cătălin Budeanu, Iaşi
Soluţie. Suma numerelor de pe tablă creşte cu 2 la fiecare pas. După a n-a
operaţie, ea devine 2n + 2 + 0 + 0 + 9 = 2n + 11, număr care este impar, deci nu poate
fi suma a patru numere egale.
Clasa a VI-a
VI.102. O asociaţie de locatari este formată din trei familii care au consumat
într-o lună 27m 3 , 16m 3 , respectiv 4m 3 de apă potabilă. Din consumul total, pentru
38m 3 de apă trebuie plătită o taxă de canalizare, care se împarte proporţional cu
consumul fiecărei familii. Dacă preţul apei este de 1, 6 lei/m 3 , taxa de canalizare este
de 0, 56 lei/m 3 şi fiecărei sume i se aplică T.V.A. de 19 %, aflaţi ce sumă trebuie să
plătească fiecare familie (efectuaţi calculele cu două zecimale exacte).
Petru Asaftei, Iaşi
Soluţie. Pentru apă, prima familie plăteşte 27 × 1, 6 × 1, 19 = 51, 4 lei, a doua
16 × 1, 6 × 1, 19 = 30, 46 lei, iar a treia 4 × 1, 6 × 1, 19 = 7, 61 lei (am trunchiat
rezultatele la cifra sutimilor, conform cerinţelor problemei). Observând că 38m 3
reprezintă 80, 85% din 47m 3 (unde 47m 3 este consumul total), deducem că pentru
canalizare prima familie plăteşte 0, 8085 × 28 × 0, 56 × 1, 19 = 14, 54 lei, a doua
0, 8085 × 16 × 0, 56 × 1, 19 = 8, 62 lei, iar a treia 0, 8085 × 4 × 0, 56 × 1, 19 = 2, 15 lei.
În total, prima familie are de plătit 65, 94 lei, a doua 39, 08 lei, iar a treia 9, 76 lei.
VI.103. Să se determine numărul prim p şi numerele întregi a şi x pentru care
(x − a)(x − 1)(a − 1) = p.
Gheorghe Iurea, Iaşi
Soluţie. Dacă p ≥ 3, atunci toţi divizorii săi ar fi impari, deci x − a, x − 1 şi a − 1
vor fi numere impare. Însă (x − 1) − (x − a) = a − 1, egalitate care nu poate avea loc
pentru trei numere impare. Rămâne să studiem cazul p = 2; atunci a − 1 ∈ {±1, ±2},
deci a ∈ {−1, 0, 2, 3}. Considerând fiecare dintre cele patru situaţii, găsim soluţiile
a = −1, x = 0 şi a = 2, x ∈ {0, 3}.
VI.104. Determinaţi numerele prime p şi q, ştiind că există x, y ∈ N ∗ astfel încât
x 2 + y 2 = p, iar x + y + 1 = q.
Andrei Cozma, elev, Bucureşti
Soluţie. Observăm că p − q = x(x − 1) + y(y − 1) − 1, prin urmare p − q este
număr impar. Rezultă că unul dintre numerele p sau q este par, deci egal cu 2. Dacă
p = 2, din x 2 + y 2 = 2 obţinem că x = y = 1, prin urmare q = 3. Dacă q = 2, atunci
x + y = 1, fals, deoarece x, y ∈ N ∗ . În concluzie, p = 2 şi q = 3.
VI.105. Să se arate că numărul N = 3 32009 − 3 32008 se poate scrie ca produs a
trei numere naturale consecutive.
Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin
Soluţie. Notând a = 3 32008 , observăm că 3 32009 = 3 32008·3 = a 3 . Astfel, N =
a 3 − a = a(a 2 − 1) = (a − 1) · a · (a + 1), ceea ce încheie rezolvarea.
VI.106. Se consideră unghiulÔxOy şi punctele A, B ∈ (Ox, C, D ∈ (Oy astfel încât
58

A ∈ (OB), iar C ∈ (OD). Mediatoarele segmentelor [AB] şi [CD] se intersectează în
S, iarÕSAB ≡ÕSCD.
a) Demonstraţi că BC = AD.
b) Dacă, în plus, punctele B, D şi S sunt coliniare, iar m(ÕSAB) = 60 ◦ , arătaţi
că AC⊥SC ⇔ BS = 2 · SD.
Romanţa Ghiţă şi Ioan Ghiţă, Blaj
Soluţie. a) Triunghiurile SAB si SCD fiind isoscele, din ipotezaÕSAB =ÕSCD
obţinem că 180 ◦ − 2m(ÕSAB) = 180 ◦ − 2m(ÕSCD), deciÕASB =
O
ÕCSD. AtunciÕBSC ≡ÕASD, ceea ce ne arată că △BSC ≡
△ASD (L.U.L.), de unde BC = AD.
A
b) În ipotezele acestui punct, triunghiurile ABS, CDS şi
Q.
C
OBD sunt echilaterale, iar AS∥Oy, CS∥Ox. Dacă AC ⊥ SC,
cum m(ÕASC) = 60 ◦ , atunci m(ÕCAS) = 30 ◦ . În triunghiul B
D
S
dreptunghic ACS vom avea că AS = 2CS, prin urmare BS = x
y
2SD. Reciproc, dacă BS = 2SD, atunci AB = 2SC. Notând cu Q mijlocul lui AB,
obţinem că AQ = CS. Avem şi că AQ∥CS, deci ACSQ este paralelogram. În plus,
CA ⊥ AB (o mediană a unui triunghi echilateral este şi înălţime); deducem că ACSQ
este dreptunghi, de unde AC ⊥ SC.
VI.107. Se consideră A, B, C, D, E, F şase puncte în plan astfel încât AB =
CD = CF = DF = 3cm, BC = BE = CE = 5cm, iar AD = 11cm. Stabiliţi câte
drepte determină cele şase puncte.
Gabriel Popa, Iaşi
Soluţie. Cum AB + BC + CD = AD, rezultă că punctele A, B, C şi D sunt
coliniare şi se află în această ordine pe dreapta pe care o determină. Mai observăm
şi faptul că triunghiurile CDF şi BCE sunt echilaterale. În cazul în care aceste
triunghiuri se află într-un acelaşi semiplan faţă de dreapta AB, cele şase puncte
determină 10 drepte: AB, AE, AF, BE, BF, CE, CF, DE, DF şi EF . Dacă punctele
E şi F sunt separate de dreapta AB, atunci C, E şi F vor fi coliniare, prin urmare
EF, CE şi CF sunt una şi aceeaşi dreaptă; în acest caz, cele şase puncte determină 8
drepte.
VI.108. Un ogar situat în vârful A al unei curţi dreptunghiulare ABCD (AB =
80m, BC = 160m), porneşte în urmărirea a trei iepuri aflaţi în B, C şi D, alergând
de-a lungul gardurilor. Dacă viteza ogarului este 4m/s, iar vitezele iepurilor sunt
3m/s, aflaţi după cât timp reuşeşte ogarul să prindă fiecare iepure.
Marian Ciuperceanu, Craiova
Soluţie. Dacă ogarul porneşte către vârful B, va prinde iepurele aflat iniţial în B
după 80 : (4 − 3) = 80s. Iepurele din C va fi ajuns după (80 + 160) : (4 − 3) = 240s,
iar cel din D după (80 + 160 + 80) : (4 − 3) = 320s. Dacă însă ogarul aleargă în sens
contrar, pornind întâi către D, va prinde iepurele de acolo după 160 : (4 − 3) = 160s,
apoi iepurele din C după (160 + 80) : (4 − 3) = 240s, iar iepurele aflat iniţial în B
după (160 + 80 + 160) : (4 − 3) = 400s.
59

Clasa a VII-a
VII.102. În urma unui război dus între două triburi de canibali, în mâinile
învingătorilor rămân zece prizonieri, printre care şi căpetenia învinşilor. Şeful de
trib al învingătorilor alege, pentru prepararea cinei, câţiva prizonieri (măcar unul), la
întâmplare. Care este probabilitatea ca şeful tribului învins să rămână în viaţă?
Gabriel Popa, Iaşi
Soluţie. Numărul cazurilor egal posibile este numărul submulţimilor nevide ale
mulţimii cu 10 elemente a prizonierilor, deci 2 10 − 1 = 1023. Căpetenia învinşilor
rămâne în viaţă dacă se alege o submulţime nevidă a mulţimii formată din ceilalţi
nouă prizonieri, deci există 2 9 − 1 = 511 cazuri favorabile. Probabilitatea cerută este
511
1023 .
VII.103. Aflaţi numerele întregi x şi y pentru care y − 4x + 6 < 0, 2y − x − 2 > 0
şi 3y + 2x − 24 < 0.
Gheorghe Iurea, Iaşi
Soluţie. Scriem cele trei condiţii din ipoteză astfel:
y < 4x − 6 (1) ; y > x + 2
2
(2); y <
24 − 2x
3
Din (1) şi (2) deducem că x + 2 < 4x − 6, deci x > 2. Din (2) şi (3) rezultă că
2
x + 2 24 − 2x
< , de unde x < 6, prin urmare x ∈ {3, 4, 5}. Din (1), (2) şi (3),
2 3
înlocuind pe rând x cu 3, 4 şi 5, obţinem soluţiile (3, 3); (3, 4); (4, 4); (4, 5); (5, 4).
Notă. La nivelul clasei a IX-a, se poate da o soluţie folosind împărţirea planului
în regiuni.
VII.104. Spunem că un număr natural are proprietatea (P ) dacă este prim, cel
puţin egal cu 5 şi se poate scrie ca sumă de două pătrate perfecte. Dacă numerele
p 1 , p 2 , . . . , p n au proprietatea (P ), arătaţi că numărul A = p 1 +p 2 +. . .+p n +n 2 −n+2
nu poate fi pătrat perfect.
Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti
Soluţie. Un pătrat perfect poate fi M 4 sau M 4 + 1, deci o sumă de două pătrate
va fi M 4 , M 4 + 1 sau M 4 + 2. Dacă dorim ca această sumă de pătrate să fie număr
prim cel puţin egal cu 5, atunci ea va fi neapărat de forma M 4 + 1. Deducem că
A = (M 4 +1)+(M 4 +1)+. . .+(M 4 +1)+n 2 −n+2 = M 4 +n+n 2 −n+2 = M 4 +n 2 +2
şi, cum n 2 = M 4 sau n 2 = M 4 + 1, atunci A = M 4 + 2 sau A = M 4 + 3, prin urmare
A nu poate fi pătrat perfect.
VII.105. Pentru x, y ∈ R, definim a(x, y) = min(2x − y 2 , 2y − x 2 ). Arătaţi că:
a) a(x, y) ≤ 1, ∀x, y ∈ R; b) max{a(x, y)|x, y ∈ R} = 1.
Ovidiu Pop, Satu Mare
Soluţie. a) Dacă, prin absurd, ar exista x, y ∈ R pentru care a(x, y) > 1, ar
însemna că 2x − y 2 > 1 şi 2y − x 2 > 1, pentru anumite valori ale numerelor x şi y.
Prin adunare, am obţine că (x − 1) 2 + (y − 1) 2 < 0, imposibil.
b) Folosind a) şi observând că a(1, 1) = 1, rezultă cerinţa.
60
(3).

VII.106. Se consideră paralelogramul ABCD, E şi F mijloacele laturilor [AB],
respectiv [AD], {G} = CE∩BD, {H} = CF ∩BD, {P } = F G∩BC, {Q} = EH∩CD.
Arătaţi că 3EF = 2P Q.
Mirela Marin, Iaşi
Soluţie. Din △DHF ∼ △BHC, deducem că DH
HB = DF
BC = 1 . Cum △DHQ ∼
2
△BHE, obţinem că DQ
D Q C
BE
= DH
HB
= 1 , prin urmare
2
DQ =
1 DQ
AB, adică
4 DC = 1 . Analog se arată că
4
BP
G P
BC = 1 , deci P Q∥BD (reciproca teoremei lui Thales),
4 A E B
iar P Q
BD = CQ
CD = 3 4 (teorema fundamentală a asemănării). Astfel, 2P Q = 3 2 · BD =
3 · 1 BD = 3F E (deoarece [F E] este linie mijlocie în △ABD).
2
VII.107. Fie ABC un triunghi cu m(ÒC) = 60 ◦ , L proiecţia lui A pe BC, M
proiecţia lui B pe AC, iar D mijlocul lui [AB]. Demonstraţi că triunghiul DML este
echilateral.
Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi)
Soluţie. În triunghiurile LAB şi MAB, LD şi respectiv MD sunt mediane,
prin urmare LD = MD = 1 AB, deci △DML este isoscel, la fel
2
ca şi triunghiul ADM. Vom avea căÖAMD =bA şi, cum patrulaterul
ABLM este inscriptibil, avem şi căÕCML ≡ÒB. Astfel,
m(ÖDML) = 180 ◦ − m(ÖAMD) − m(ÕCML) = 180 ◦ − m(bA) −
m(ÒB) = m(ÒC) = 60 ◦ , deci △DML va fi chiar echilateral.
VII.108. Considerăm în plan trei cercuri distincte, congruente,
ale căror centre nu sunt coliniare. Construiţi cu rigla şi compasul un cerc la
B L C
care cercurile date să fie tangente interior.
Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Putem determina, folosind rigla şi compasul, centrele celor trei cercuri
date; să notăm cu A, B şi C aceste centre. Aflăm, cu rigla şi compasul, centrul O
al cercului circumscris triunghiului ABC şi punctul M de intersecţie al dreptei OA
cu cercul de centru A, astfel încât OM > OA. Astfel, cercul de centru O şi rază
OM este cercul căutat: dacă r este raza cercurilor date, iar {N} = OB ∩ C(B, r),
{P } = OC ∩ C(C, r), atunci ON = OB + BN = OA + r = OM şi analog OP = OM.
Mai trebuie justificat că C(O, OM) are câte un singur punct comun cu cercurile
date. Dacă, de exemplu, ar exista un al doilea punct Q comun cercurilor C(O, OM) şi
C(A, r), atunci OQ < OA + AQ (inegalitatea triunghiului), deci OQ < OA + r = OM
şi se ajunge la o contradicţie.
Clasa a VIII-a
VIII.102. Rezolvaţi în R ecuaţia
F
x + 2
+
x − 1‹2
x − 2 −
x + 1‹2
26
5 · x2 − 4
x 2 − 1 = 0.
Vasile Chiriac, Bacău
61
H
D
A
M

Soluţie. Se impune ca x ∈ R\{1, −1}. Dacă u = x + 2
x − 1 , v = x − 2
x + 1 , ecuaţia
devine u 2 + v 2 − 26 uv = 0 şi, cum u şi v nu pot fi simultan egale cu zero, putem
5
nota t = v u şi obţinem că t2 − 26
5 t + 1 = 0, cu soluţiile t 1 = 1 5 , t 2 = 5. Dacă v = 5u,
rezultă că 2x 2 − 9x − 4 = 0, de unde x 1,2 = 9 ± √ 113
, iar dacă u = 5v, deducem că
4
2x 2 − 9x + 4 = 0, deci x 3 = 4, x 4 = 1 . Ecuaţia din enunţ are patru soluţii reale.
2
VIII.103. Arătaţi că oricare ar fi n ∈ N ∗ , există m ∈ N ∗ astfel încât n 4 · m + 1
este număr compus.
Lucian Tuţescu şi Ion Vişan, Craiova
Soluţia 1 (a autorilor). Pentru m = n 4 + 2, avem că n 4 · m + 1 = n 8 + 2n 4 + 1 =
(n 4 + 1) 2 şi, cum n 4 + 1 ≥ 2, urmează concluzia problemei.
Soluţia 2 (Titu Zvonaru). Dacă n = 1, putem lua m = pq − 1, cu p, q ∈ N,
p, q ≥ 2. Dacă n > 1, luăm m = n 3k−4 , k ∈ N, k ≥ 2 şi vom avea că n 4 · m + 1 =
(n k ) 3 + 1 = (n k + 1)(n 2k − n k + 1), unde ambele paranteze sunt cel puţin egale cu 2.
VIII.104. Fie x, y, z ∈ R ∗ + astfel încât x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 = 3x 2 y 2 z 2 . Demonstraţi
1
că
x 2 + x + 1 + 1
y 2 + y + 1 + 1
z 2 + z + 1 ≤ 1.
Răzvan Ceucă, elev, Iaşi
Soluţie. Problema este oarecum înrudită cu G89 din RecMat2/2005 sau cu
VIII.66 din RecMat 1/2006: observând că x 2 + x + 1 ≥ 3x şi ţinând seama de faptul
1
că x > 0, obţinem că
x 2 + x + 1 ≤ 1 şi încă două relaţii analoage. Astfel, membrul
3x
stâng este majorat de 1 1
3 x + 1 y + z‹. 1 Folosind inegalitatea dintre media aritmetică
şi cea pătratică, 1 1
3 x + 1 y + z‹≤r1 1 1
3 x 2 + 1 y 2 + 1 z2‹. Însă condiţia din ipoteză
se poate scrie sub forma 1 x 2 + 1 y 2 + 1 = 3 şi de aici urmează inegalitatea din enunţ.
z2 Egalitatea se atinge pentru x = y = z = 1.
VIII.105. Determinaţi x, y ∈ N ∗ pentru care x 3 − y 3 = 3xy + 17.
Liviu Smarandache şi Ion Vişan, Craiova
Soluţia 1 (a autorilor). Cum 3xy + 17 ∈ N ∗ , rezultă că x > y, deci există p ∈ N ∗
astfel încât x = y + p. Înlocuind în relaţia din enunţ, obţinem că 3(p − 1)y2 + 3p(p −
1)y + p 3 − 17 = 0. Observăm că 3(p − 1)y 2 ≥ 0 şi 3p(p − 1)y ≥ 0, prin urmare
p 3 − 17 ≤ 0, adică p ∈ {1, 2}. Dacă p = 1 se ajunge la contradicţia −16 = 0, iar
pentru p = 2 deducem că y 2 + 2y − 3 = 0, ecuaţie a cărei singură soluţie naturală este
y = 1. Rezultă că x = 3, deci soluţia ecuaţiei din enunţ este perechea (3, 1).
Soluţia 2 (Gheorghe Iurea). Rezolvăm ecuaţia în numere întregi. Notăm d = x−y,
p = xy, cu d, p ∈ Z. Cum x 3 − y 3 = (x − y) 3 + 3xy(x − y) = d 3 + 3dp, ecuaţia devine
d 3 17 − d3
+ 3dp = 3p + 17. Rezultă că 3p =
d − 1 = 16
d − 1 − d2 − d − 1, deci d − 1 este
62

divizor al lui 16. Analizând cazurile posibile, determinăm d şi p şi apoi aflăm soluţiile
ecuaţiei iniţiale: (x, y) ∈ {(3, 1); (−1, −3)}.
VIII.106. În tetraedul V ABC, avem AB = 4cm, BC = 5cm, CA = 6cm, iar
ariile feţelor V AB, V BC şi V CA sunt egale cu 15√ 7
cm 2 . Calculaţi sinusurile unghiurilorÕAV
B,ÕBV C şiÕCV A.
4
Vlad Emanuel, student, Bucureşti
Soluţie. Calculând aria triunghiului ABC cu formula lui Heron, obţinem că
aceasta este 15√ 7
cm 2 , prin urmare tetraedrul V ABC este echifacial. Rezultă că
4
V A = BC = √5cm, V B = CA = 6cm, iar V C = AB = 4cm, de unde sinÕAV B =
2A V AB 7
V A · V B = 8 , sinÕBV C = 2 · A V BC
V B · V C = 5√ 7
32 , iar sinÕCV A = 2A V CA
V C · V A = 3√ 7
16 .
VIII.107. Fie ABCD un tetraedru, iar m 1 , m 2 şi m 3 lungimile bimedianelor sale.
Demonstraţi că 3(AB 2 + AC 2 + AD 2 + BC 2 + CD 2 + DB 2 ) ≥ 4(m 1 + m 2 + m 3 ) 2 .
D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti
Soluţie. Se ştie că în orice tetraedru ABCD are loc identitatea 4(m 2 1+m 2 2+m 2 3) =
AB 2 +AC 2 +AD 2 +BC 2 +CD 2 +DB 2 (a se vedea, de exemplu, D. Brânzei, S. Aniţa,
C. Cocea - Planul şi spaţiul euclidian, Ed. Academiei, Bucureşti, 1986). Folosind
inegalitatea dintre media aritmetică şi cea pătratică, obţinem că 3(m 2 1 + m 2 2 + m 2 3) ≥
(m 1 + m 2 + m 3 ) 2 , de unde cerinţa problemei. Egalitatea se atinge atunci când m 1 =
m 2 = m 3 .
VIII.108. Într-un reper cartezian xOy, se consideră punctele A ij (i, j), unde
1 ≤ i, j ≤ 5. Determinaţi numărul triunghiurilor care au ca vârfuri trei dintre punctele
date.
Gabriel Popa, Iaşi
25 · 24 · 23
Soluţie. Cum avem 5 · 5 = 25 de puncte, putem considera = 2300
6
de mulţimi formate din câte trei puncte. Pentru a găsi numărul triunghiurilor, trebuie
să eliminăm mulţimile formate din puncte coliniare. Punctele A i1 , i = 1, 5,
generează 5 · 4 · 3 = 10 mulţimi de câte trei puncte coliniare; aceeaşi situaţie are
6
loc pe fiecare dintre cele cinci orizontale, cinci verticale, precum şi pe cele două
diagonale A 11 A 55 şi A 15 A 51 . Pe fiecare dintre direcţiile A 12 A 45 , A 21 A 54 , A 14 A 41 şi
A 25 A 52 avem câte 4 mulţimi de trei puncte coliniare, iar pe fiecare dintre direcţiile
A 31 A 53 , A 13 A 35 , A 13 A 31 , A 53 A 35 , A 11 A 53 , A 12 A 54 , A 13 A 55 , A 13 A 51 , A 14 A 52 , A 15 A 53 ,
A 11 A 35 , A 21 A 45 , A 31 A 55 , A 31 A 15 , A 41 A 25 şi A 51 A 35 , există câte o singură mulţime
formată din trei puncte coliniare. Astfel, numărul mulţimilor care trebuie eliminate
este 10 · 12 + 4 · 4 + 1 · 16 = 152. Rămân 2300 − 152 = 2148 de triunghiuri.
Clasa a IX-a
IX.96. Determinaţi triunghiurile în care tangentele unghiurilor se exprimă prin
numere naturale. (În legătură cu X.78 din RecMat 1/2007.)
Titu Zvonaru, Comăneşti
Soluţie. Fie A unghiul cel mai mic al triunghiului; atunci A ≤ π 3 , deci tg A ≤ √ 3
63

şi, cum tg A ∈ N, rezultă că tg A = 1, adică A = π . Mai departe, din tg A + tg B +
4
tg C = tg A · tg B · tg C, obţinem că (tg B − 1)(tg C − 1) = 2, de unde B = arctg 2,
C = acrtg 3 (sau invers).
IX.97. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea m 2 ah b h c + m 2 b h ch a +
m 2 ch a h b ≥ 4S 22 + r
2R.
Cătălin Cristea, Craiova
Soluţie. Observăm că m 2 ah b h c + m 2 b h ch a + m 2 ch a h b = 4S 22(b2 + c 2 ) − a 2
+
4bc
2(a 2 + c 2 ) − b 2
+ 2(a2 + b 2 ) − c 2 . Prin aplicarea inegalităţii Cebîşev pentru şiruri
4ac
4ab
de monotonii contrare, deducem că 2(b2 + c 2 ) − a 2
+ 2(a2 + c 2 ) − b 2
+ 2(a2 + b 2 ) − c 2
≥
4bc
4ac
4ab
1
3 · 3(a2 + b 2 + c 2 ) · 1 1
4 bc + 1 ac + bc‹≥ 1 9 , ultima relaţie obţinându-se cu ajutorul
4
inegalităţii mediilor. Inegalitatea de demonstrat se deduce imediat, ţinându-se seama
că R ≥ 2r.
IX.98. Aflaţi a, b, c ∈ R, a ≠ 0, pentru care |ax 2 + bx + c| ≤ x −
a‹2
1 , ∀x ∈ R.
Marian Ursărescu, Roman
Soluţia I (Paul Georgescu). Pentru x = 1 , obţinem că1
a a + b a + c≤0, de
unde c = − 1 a − b a . Substituind în inegalitatea din enunţ, obţinem că |ax2 + bx −
x −
a‹2
1 . Notând
x − 1 a = y, obţinem că |ay2 + (b + 2)y| ≤ y 2 , ∀y ∈ R, de unde |ay + (b + 2)| ≤ |y|,
1
a − b a a‹2
| ≤ x − 1 , decia x −
a‹x 1 +
a‹+b 1 x −
a‹≤ 1
∀y ∈ R ∗ . Rezultă că b + 2 = 0 şi |ay| ≤ |y|, ∀y ∈ R ∗ , deci |a| ≤ 1. Urmează că
a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2, c = 1 a .
Soluţia a II-a (a autorului). Pentru x = 1 , obţinem că1
a a + b a + c≤0, de
unde 1 + b + ac = 0. Conform ipotezei, avem că ax 2 + bx + c ≤ x − 1 a‹2, deci
(a − 1)x 2 + b −
a‹x 2 + c − 1 ≤ 0, ∀x ∈ R. Acest fapt se petrece dacă şi numai dacă
a2 a−1 ≤ 0 şi ∆ ≤ 0, adică atunci când a < 1 şi (ab+2) 2 −4(a−1)(a 2 c−1) ≤ 0. Înlocuind
b = −1−ac, ultima condiţie conduce la a 2 (1+ac) 2 −4a(1+ac)−4a 3 c+4a+4a 2 c ≤ 0,
prin urmare a 2 (1 − ac) 2 ≤ 0, de unde ac = 1. Se observă uşor că, în ipoteza ac = 1,
are loc inegalitatea ax 2 + bx 2 + c ≥ − x −
a‹2
1 dacă şi numai dacă a ≥ −1. În
concluzie, a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2 şi c = 1 a .
IX.99. Fie k ∈ [0, 1), n ∈ N ∗ şi numerele α i ∈ R ∗ , β i ∈ R, ε i ∈ {−1, 1}, i = 1, n,
64

astfel încât ε 1 α 1 + ε 2 α 2 + . . . + ε n α n = 0. Rezolvaţi ecuaţia
|α 1 x + β 1 | + |α 2 x + β 2 | + . . . + |α n x + β n | = k|ε 1 β 1 + ε 2 β 2 + . . . + ε n β n |.
Dumitru Mihalache şi Gabi Ghidoveanu, Bârlad
nXi=1
Soluţie. Cum
ε i (α i x + β i ) = x
nXi=1
nXi=1
nXi=1
ε i α i!+
ε i β i =
ε i β i , rezultă că
nXi=1
ε i (α i x + β i )=nXi=1
ε i β i,
de unde
nXi=1
|α i x + β i | ≥nXi=1
ε i β işi atunci
k ·nXi=1
ε i β i≥nXi=1
ε i β i. Dacă
nXi=1
ε i β i ≠ 0, obţinem k ≥ 1, prin urmare ecuaţia nu
are soluţii. Dacă
nXi=1
ε i β i = 0, ecuaţia dată este echivalentă cu sistemul α i x + β i = 0,
i = 1, n. Acest sistem nu are soluţii dacă (α 1 , a 2 , . . . , α n ) şi (β 1 , β 2 , . . . , β n ) nu sunt
proporţionale şi are soluţia x = −γ, unde γ = β 1
α 1
= β 2
α 2
= . . . = β n
α n
, în caz contrar.
IX.100. Fie (a n ) n≥1 şi (b n ) n≥1 două şiruri de numere reale, cu a n ≠ 0, ∀n ≥ 1
şi 3 ·
(a k b
nXk=1
2 k − a 2 kb k ) =
nXk=1
a k!3
−
nXk=1
a 3 k, ∀n ≥ 1. Demonstraţi că, pentru orice
n ≥ 1, există α n ∈ {0, 1} astfel încât b n = α n (a 1 +. . .+a n )−(1−α n )(a 1 +. . .+a n−1 ).
Marian Tetiva, Bârlad
Soluţie. Pentru n = 1, relaţia din enunţ devine 3a 1 b 1 (b 1 − a 1 ) = 0, deci b 1 = 0
(şi luăm α 1 = 0) sau b 1 = a 1 (şi alegem α 1 = 1). Pentru n ≥ 2, scădem din
relaţia din enunţ pe aceea obţinută din ea prin înlocuirea lui n cu n − 1; ajungem la
n−1
3(a n b 2 n − a 2 nb n ) = a k!3
− a k!3
− a
nXk=1
Xk=1
k!
n−1
3
n ⇔ 3(a n b 2 n − a 2 nb n ) = 3 a k!2
·
Xk=1
n−1
a b n + a k!=0. Deoarece a n ≠ 0, de aici
n−1
a n +3 a k!a
Xk=1
2 n ⇔ a n b n −
rezultă fie că b n =
nXk=1
nXk=1
Xk=1
a k (deci se poate lua α n = 1), fie că b n = −
n−1
Xk=1
a k (deci putem
alege α n = 0), ceea ce încheie soluţia.
Autorul remarcă faptul că este adevărată şi reciproca afirmaţiei din eneunţ.
Clasa a X-a
X.96. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive cu suma 1, demonstraţi că a b · b c · c a
+ b a · c b · a c ≤ 2(ab + bc + ca).
Dorin Mărghidanu, Craiova
Soluţie. Folosim inegalitatea dintre media aritmetică ponderată şi media geometrică
ponderată: p 1 a + p 2 b + p 3 c ≥ a p1 · b p2 · c p 3
, ∀p 1 , p 2 , p 3 > 0 cu p 1 + p 2 + p 3 = 1
Considerând p 1 = b, p 2 = c şi p 3 = a, rezultă că ba + cb + ac ≥ a b · b c · c a . Luând apoi
p 1 = c, p 2 = a şi p 3 = b, obţinem că ca + bc + ab ≥ b a · c b · a c . Adunând aceste relaţii,
se obţine inegalitatea din enunţ.
65

X.97. Fie a, b, c ∈ C ∗ numere complexe distincte astfel încât (a − b) 3 = (b − c) 3 =
(c − a) 3 . Arătaţi că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b|.
Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin
Soluţie.
Condiţia dată este echivalentă cu
b − c
a − b‹3
= c − a
a − b‹3
= 1. Cum
a − b ≠ b − c (altfel b = a + c şi, folosind relaţia din enunţ, s-ar deduce că a = c),
2
b−c ≠ c−a şi c−a ≠ a−b, găsim că b−c = zε şi c−a = zε 2 , unde ε este rădăcină cubică
a unităţii, iar z = a − b. Deducem că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b| = |z| · √3.
X.98. Fie A i (z i ), i = 1, 3 vârfurile unui triunghi din planul xOy şi P (z) un punct
din acest plan (z i şi z sunt afixele punctelor A i , respectiv P ). Să se arate că P este
situat în interiorul triunghiului A 1 A 2 A 3 sau pe una din laturile sale dacă şi numai
dacă există α i ≥ 0, i = 1, 3, astfel încât α 1 + α 2 + α 3 = 1 şi z = α 1 z 1 + α 2 z 2 + α 3 z 3 .
Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Punctul P este situat în interiorul triunghiului A 1 A 2 A 3 sau pe una
din laturile sale dacă şi numai dacă există M ∈ [A 1 A 2 ] cu P ∈ [MA 3 ]. Deoarece
M ∈ [A 1 A 2 ] ⇔ ∃t ∈ [0, 1] astfel încât z M = (1 − t)z 1 + tz 2 şi P ∈ [MA 3 ] ⇔ ∃s ∈ [0, 1]
cu proprietatea z = (1 − s)z 3 + sz M , rezultă că z = (1 − t)sz 1 + stz 2 + (1 − s)z 3 .
Considerând α 1 = s(1 − t), α 2 = st şi α 3 = 1 − s, obţinem α i ≥ 0, α 1 + α 2 + α 3 = 1
şi z = α 1 z 1 + α 2 z 2 + α 3 z 3 , ceea ce încheie demonstraţia.
X.99. Considerăm triunghiurile echilaterale ABC şi A 1 B 1 C 1 şi construim triunghiurile
echilaterale AA 1 A 2 , BB 1 B 2 , CC 1 C 2 , AB 1 A 3 , BC 1 B 3 , CA 1 A 3 , AC 1 A 4 ,
BA 1 B 4 şi CB 1 C 4 ; toate triunghiurile citate sunt orientate pozitiv. Fie punctele
M 2 ∈ A 2 B, N 2 ∈ B 2 C, P 2 ∈ C 2 A, M 3 ∈ A 3 B, N 3 ∈ B 3 C, P 3 ∈ C 3 A, M 4 ∈ A 4 B,
N 4 ∈ B 4 C şi P 4 ∈ C 4 A astfel încât M 2A 2
M 2 B = N 2B 2
N 2 C = P 2C 2
P 2 A = M 3A 3
M 3 B = N 3B 3
N 3 C =
P 3 C 3
P 3 A = M 4A 4
M 4 B = N 4B 4
N 4 C = P 4C 4
P 4 A . Demonstraţi că triunghiurile M 2N 2 P 2 , M 3 N 3 P 3
şi M 4 N 4 P 4 sunt echilaterale şi au acelaşi centru.
Cătălin Ţigăeru, Suceava
Soluţie. Notăm afixul fiecărui punct care apare, cu litera mică ce îi corespunde.
Scriem condiţiile ca cele 11 triunghiuri care apar în ipoteză să fie echilaterale:
a + εb + ε 2 c = 0; a 1 + εb 1 + ε 2 c 1 = 0;
a + εa 1 + ε 2 a 2 = 0; b + εb 1 + ε 2 b 2 = 0, c + εc 1 + ε 2 c 2 = 0;
a + εb 1 + ε 2 a 3 = 0, b + εc 1 + ε 2 b 3 = 0, c + εa 1 + ε 2 a 3 = 0,
a + εc 1 + ε 2 a 4 = 0, b + εa 1 + ε 2 b 4 = 0, c + εb 1 + ε 2 c 4 = 0,
unde ε este rădăcina primitivă de ordin trei a unităţii. Demonstrăm că triunghiurile
A i B i C i , i = 2, 3, 4, sunt echilaterale; trebuie verificate relaţiie a i + εb i + ε 2 c i = 0,
i = 2, 3, 4. Vom da justificarea doar pentru i = 2 :
a 2 + εb 2 + ε 2 c 2 = −(εa + ε 2 a 1 ) − ε(εb + ε 2 b 1 ) − ε 2 (εc + ε 2 c 1 ) =
= −ε(a + εb + ε 2 c) − ε 2 (a 1 + εb 1 + ε 3 c 1 ) = 0.
66

Fie k valoarea comună a rapoartelor egale din enunţ. Obţinem că m i = 1
1 + k a i +
k
1 + k b, n i = 1
1 + k b i + k
1 + k c, p i = 1
1 + k c i + k
1 + k a, i = 2, 3, 4. Atunci, m i + εn i +
εp i =
k
1 + k · 1
ε (εb+ε2 c+ε 3 a) = 0, i = 2, 3, 4, prin urmare △M i N i P i sunt echilaterale.
Notăm cu G şi G i , i = 1, 4, centrele (de greutate) ale triunghiurilor ABC, respectiv
A i B i C i , i = 1, 4. Observăm că g i = 1 3 (a i + b i + c i ) = −(εg + ε 2 g 1 ), i = 2, 3, 4, deci
triunghiurile A i B i C i , i = 2, 3, 4, au acelaşi centru, fie acesta G, de afix g = −εg−ε 2 g 1 .
Din relaţia g +εg +ε 2 g 1 = 0, deducem că G, G şi G 1 formează un triunghi echilateral.
Notăm cu G i centrele triunghiurilor M i N i P i , i = 2, 3, 4; avem că g i = 1 3 (m i+n i +p i ) =
1
1 + k g + k
1 + k g, prin urmare △M iN i P i , i=2, 3, 4, au acelaşi centru G k , plasat pe
latura GG a triunghiului echilateral GGG 1 , pe care o împarte în raportul k.
X.100. Demonstraţi că în orice triunghi ABC are loc inegalitatea
1
sin 2 A(sin B + sin C) + 1
2 sin 2 B(sin C + sin A) + 1
2 sin 2 C(sin A + sin B) ≥ 4 2 3 .
Marius Olteanu, Rm. Vâlcea
1
Soluţie. Este cunoscută inegalitatea
(x + y) 2 + 1
(y + z) 2 + 1
(z + x) 2 ≥ 9 4 ·
1
, ∀x, y, z > 0 (a se vedea, de exemplu, Old and New Inequalities de
xy + yz + zx
T. Andreescu, G. Dospinescu, V. Cârtoaje, M. Lascu, apărută la GIL, Zalău, 2004,
pg. 22, ex. 114). Înlocuind x = sin A sin B, y = sin A sin C, z = sin B sin C, obţinem
1
căXsin 2 A(sin B + sin C) ≥ 9 1
. Pe de altă parte, avem
2 4 sin A sin B sin C(Xsin A)
sin A + sin B + sin C
că sin A sin B sin C ≤
(inegalitatea mediilor), iar
sin A + sin B + sin C
≤ sin A + B + C
√
3
= (inegalitatea lui Jensen aplicată funcţiei
3
3 2
sinus pe [0, π]). Înlocuind, rezultă concluzia problemei.
3
‹3
Clasa a XI-a
XI.96. Fie ε rădăcina primitivă de ordin trei a unităţii, iar A, B ∈ M 3 (R) cu
det(A + εB) = 0. Demonstraţi că det(A − B) = det A − det B.
Dan Popescu, Suceava
Soluţie. Considerăm polinomul f ∈ R[X], f(X) = det (A + XB) = det A + αX +
βX 2 + (det B) · X 3 . Cum f(ε) = 0, rezultă că det A + αε + β(−ε − 1) + det B = 0, de
unde α = β = det A + det B. Calculând f(−1) prin cele două modalităţi de scriere
ale lui f, obţinem că f(−1) = det (A − B) = detA − detB.
XI.97. Fie n ≥ 3 un număr natural. Arătaţi că pentru orice k ∈ {2, 3, . . . , n−1},
există A ∈ M n ({0, 1}) astfel încât A p ≠ I n , ∀p ∈ {1, 2, . . . , k − 1} şi A k = I n .
Gheorghe Iurea, Iaşi
67

’
1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
Soluţie. Considerăm B =ˆ0
. . . . . . . . . . . . . . ∈ M k ({0, 1}). Se constată
0 0 0 . . . 1
1 0 0 . . . 0
că, pentru p ∈ {1, 2, . . . , k − 1}, avem că B p = (b ij ), unde b 1,p+1 = b 2,p+2 = . . . =
b k−p,p = 1, b k−p+1,1 = b k−p+2,2 = . . . = b k,p = 1, iar b ij = 0 în rest. În plus, Bk = I k .
Atunci, matricea A = B 0
cerinţele problemei.
0 I n−k‹verifică
XI.98. Demonstraţi că funcţia f :0, π − cos x
f(x) = lnÉ1
2→R,
1 + cos x este
concavă şi, folosind eventual acest lucru, arătaţi că în orice triunghi ascuţitunghic
ABC are loc inegalitatea 1 − cos A
1 + cos A · 1 − cos B
1 + cos B · 1 − cos C
1 + cos C ≤ 1 27 .
Bogdan Victor Grigoriu, Fălticeni
Soluţie. Funcţia f este de două ori derivabilă, iar f ′′ (x) = − cos x
sin 2 < 0, ∀x ∈
x 0, π prin urmare f este concavă. Aplicând inegalitatea lui Jensen, obţinem că
2,
A + B + C
f
‹≥ 1 [f(A) + f(B) + f(C)], deci
3 3
− cos
lnÊ1 π 3
1 + cos π ≥ 1
3
3 ln 1 − cos A
1 + cos A · 1 − cos B
1 + cos B · 1 − cos C
1 + cos C‹,
rezultă imediat din monotonia funcţiei logaritmice.
Nota autorului. În aceeaşi manieră se poate demonstra că, în orice triunghi
ABC, are loc inegalitatea 1 − sin A
1 + sin A · 1 − sin B
1 + sin B · 1 − sin C
1 + sin C ≤ 1
(2 + √ 3) . 6
XI.99. Studiaţi convergenţa şirului (v n ) n≥1 definit prin v n+1 = (vc n + d) 1/c
v n
,
∀n ≥ 1, unde v 1 , c şi d sunt numere reale pozitive date.
Gheorghe Costovici şi Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Vom demonstra că lim
n→∞ v n = l, unde l =1 + √ 1 + 4d
2
1/c
. Dacă
v 1 = l, se demonstrează prin inducţie matematică faptul că v n = l, ∀n ≥ 1. În cazul
în care v 1 ∈ (0, l), se arată (tot prin inducţie) că v 2n−1 ∈ (0, l) şi v 2n ∈ (l, +∞),
∀n ∈ N ∗ , apoi că subşirul (v 2n−1 ) n≥1 este strict crescător, în timp ce (v 2n ) n≥1 este
strict descrescător. Urmează că există şi sunt finite α = lim v 2n−1, β = lim v 2n şi,
n→∞ n→∞
prin trecere la limită în relaţiile de recurenţă, obţinem că α = (βc + d) 1/c
, iar β =
β
(α c + d) 1/c
. De aici, α = αc + d
α
α c + d‹1/c
: (αc + d) 1/c
, deci α c = αc + d + dα c
α
α c ,
+ d
prin urmare α 2c − α c − d = 0, de unde găsim că α = l. Asemănător se arată că β = l.
În sfârşit, analog se tratează cazul în care v 1 ∈ (l, +∞).
68

Notă. De fapt, şirul u n = vn, c ∀n ∈ N ∗ , verifică relaţia de recurenţă u n+1 =
u n + d
, ∀n ∈ N ∗ , recurenţă omografică care se studiază în mod uzual.
u n
XI.100. Demonstraţi că
(x + 1) sin
π
x + 1 − cos π
x + 1‹ 0, deci h este crescătoare, astfel că h(t) ≤
hπ
∀t ∈0,
2=1, π Deducem că f(x + 1) − f(x) < 1, întrucât
2i. π c ∈0, π 2.
Analog se demonstrează că g(x + 1) − g(x) > 1, ∀x ≥ 2, ceea ce încheie rezolvarea.
Clasa a XII-a
XII.96. Rezolvaţi în S 5 ecuaţia x 11 = 1 2 3 4 5
5 3 4 1 2‹.
Liviu Smarandache şi Ionuţ Ivănescu, Craiova
Soluţie. Notăm σ = 1 2 3 4 5 observăm că ordσ = 5. Din x
5 3 4 1 2‹şi 11 = σ
rezultă că x 55 = e, prin urmare ordx|55, deci ordx ∈ {1, 5, 11, 55}. Pe de altă parte,
cum ordS 5 = 120, atunci ordx|120 şi rămâne că ordx ∈ {1, 5}. Dacă ordx = 1, ar
rezulta că x = e şi se ajunge la contradicţie e = e 11 = x 11 = σ. Dacă ordx = 5,
obţinem că σ = x 11 = x · x 5 · x 5 = x, adică singura soluţie a ecuaţiei date este x = σ.
XII.97. Fie a k ∈ R, k = 0, n, iar m ∈ (0, ∞) astfel încât
mXk=0
a k
m + k
= 0. Să se
arate că ecuaţia a 0 + a 1 x + . . . + a n x n = 0 admite soluţie în intervalul (0, 1).
Mihail Bencze, Braşov
Soluţie. Aplicăm teorema de medie funcţiei f : [0, 1] → R, f(x) = (a 0 + a 1 x +
. . . + a n x n ) · x m−1 a k
, pentru careZ1
f(x)dx =
m + k = 0.
0
XII.98. Determinaţi primitivele funcţiei f : (0, π) → R, f(x)= sin3n−1 x · cos n−1 x
sin 4n x + cos 4n x ,
n ∈ N ∗ .
I.V. Maftei, Bucureşti şi Mihai Haivas, Iaşi
Soluţie. Fie I =Zsin 3n−1 x · cos n−1 x
sin 4n x + cos 4n x dx, J =Zcos3n−1 x · sin n−1 x
sin 4n dx, unde
x + cos 4n x
x ∈ (0, π). Observăm că
I + J =Zsin n−1 x cos n−1 x(sin 2n x + cos 2n x)
sin 4n dx =
x + cos 4n x
69
nXk=0

=Ztg n−1 1
x ·
cos 2 x + 1
ctgn−1 x ·
sin 2 x
tg 2n x + ctg 2n x
nZ
dx = 1 (tg
= 1
n √ 2 arctgtgn x − ctg n x
√
2
+ C.
n x − ctg n x) ′
(tg n x − ctg n x) 2 + 2 dx =
Analog se obţine că I − J = 1
2n √ lntgn x + ctg n x − √ 2
2 tg n x + ctg n x + √ Adunând membru
2+C.
cu membru cele două relaţii, găsim valoarea lui I.
XII.99. Se consideră funcţia f : (0, ∞) → (0, 1) continuă şi descrescătoare şi
a n+1
şirul strict crescător (a n ) n≥1 de numere reale pozitive, astfel încât şirul
a n‹n≥1
este strict descrescător. Definim I n = 1 n+1
f(x)dx, ∀n ∈ N
a nZa ∗ .
a n
a) Demonstraţi că (I n ) n≥1 este un şir descrescător.
a n+1
b) Dacă lim = 1, calculaţi lim
n→∞ a I n.
n
n→∞
Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti
Soluţie. Din teorema de medie, pentru fiecare n ∈ N, găsim c n ∈ (a n , a n+1 ) astfel
că I n = 1 (a n+1 − a n )f(c n ) = a n+1
− 1‹f(c n ).
a n a n
a) Cum c n < a n+1 < c n+1 iar f este descrescătoare, urmează că (f(c n )) n≥1 este
descrescător. De asemenea,
a n+1
−
a n
1‹n≥1
este descrescător, de unde (I n ) n≥1 , este
descrescător, ca produs de două şiruri descrescătoare strict pozitive.
b) Cum (f(c n )) n≥1 , este descrescător şi mărginit, el admite o limită finită l.
Urmează că lim
n→∞ I n = 0 · l = 0.
XII.100. În raport cu reperul xOy, considerăm punctele A(a, 0), B(0, b) şi T ∈
(AB), unde a > 0, b > 0. Determinaţi parabola y = λx 2 + µ care este tangentă în T
la AB, ştiind că aria suprafeţei determinată de parabolă şi axele de coordonate este
maximă.
Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Ecuaţia dreptei AB este y = b a (a − x), deci T are coordonatele x 0 ∈
(0, a), y 0 = b a (a − x 0). Din condiţiile de tangenţă λx 2 0 + µ = b a (a − x 0) şi 2λx 0 = − b a ,
rezultă λ = −
b şi µ = b(2a − x 0)
. Parabola de ecuaţie y = − b x 2 + b(2a − x 0)
2ax 0 2a
2ax 0 2a
va tăia axa Ox în punctul M(x M , 0), unde x M =È2ax 0 − x 2 0 . Aria cerută este
M
S =Zx
(λx 2 + µ)dx = λ 3 x3 M + µx M =
3aÈx b
0 (2a − x 0 ) 3 . Se observă că S este
0
maximă pentru x 0 = a b
, deci parabola cătată are ecuaţia y = −
2 a 2 · x2 + 3b
4 .
70

Soluţiile problemelor pentru pregătirea
concursurilor propuse în nr. 1/2009
A. Nivel gimnazial
G156. Dacă a, b, c ∈ R ∗ +,
b 2 + 1
√
b2 − b + 1 + c 2 + 1
√
c2 − c + 1 ≥ 6.
1
a + 1 b + 1 c ≤ 3, demonstraţi că a 2 + 1
√
a2 − a + 1 +
I.V. Maftei, Bucureşti şi Mihai Haivas, Iaşi
a 2 + 1
Soluţia I (a autorilor). Observăm că √
a2 − a + 1 = √ a 2 a
− a + 1+ √
a2 − a + 1 ≥
2 √ a, ∀a ∈ R ∗ + şi analog pentru celelalte două fracţii ale sumei din membrul stâng.
Rezultă că această sumă este cel puţin egală cu 2( √ a + √ b + √ c). Pe de altă parte,
√ 2a a ≥ (inegalitatea MG ≥ MH, aplicată numerelor a şi 1), deci
1 + a
2( √ a + √ b + √ c) ≥ 4
≥ 36 ·
a
1 + a + b
1 + b + c
1 + c‹≥
1
36
1+a
a + 1+b
b
+ 1+c =
3 + 1 c
a + 1 b + 1 c
≥ 36
3 + 3 = 6,
de unde inegalitatea din enunţ.
Soluţia a II-a (Oana Adăscăliţei şi Florina Toma, eleve, Iaşi). Vom
face aceeaşi demonstraţie în doi paşi, cu alte argumente. CumÈa(a 2 − a + 1) ≤
a + a 2 − a + 1
2
= a2 + 1
, atunci
2
1
Èa(a 2 − a + 1) ≥ 2
a 2 + 1 , deci a 2 + 1
√
a2 − a + 1 ≥
2 √ a şi încă două inegalităţi similare. Apoi, din inegalitatea C-B-S, obţinem că
1
√ + √ 1 + √ 1 ≤
a b c‹2
1 a + 1 b + 1 1
+ 1 + 1), de unde √ + √
c‹(1 1 + √ 1 ≤ 3.
a b c
Însă
1
√ a
+ 1 √
b
+ 1 √ c‹( √ a + √ b + √ c) ≥ 9, prin urmare √ a + √ b + √ c ≥ 3 şi astfel
rezultă inegalitatea din enunţ.
G157. Spunem că un număr natural are proprietatea (P) dacă se poate scrie ca
sumă a trei pătrate perfecte nenule şi că are proprietatea (Q) dacă se poate scrie ca
sumă a patru pătrate perfecte nenule.
a) Daţi exemple de numere naturale care au: numai proprietatea (P ); numai
proprietatea (Q); atât proprietatea (P ) cât şi proprietatea (Q).
b) Dacă a, b, c ∈ N ∗ au suma pară şi oricare dintre ele este diferit de suma celorlaltor
două, demonstraţi că numărul a 2 + b 2 + c 2 are proprietatea (Q).
Ovidiu Pop, Satu Mare
Soluţie. a) 6 = 1 2 + 1 2 + 2 2 are numai proprietatea (P ), 7 = 1 2 + 1 2 + 1 2 + 2 2 are
numai proprietatea (Q), iar 30 = 1 2 + 2 2 + 5 2 = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 are şi proprietatea
(P ), şi proprietatea (Q).
71

) Cum suma şi diferenţa au aceeaşi paritate, concluzia problemei rezultă din identitatea
a 2 + b 2 + c 2 =
a + b + c
‹2
+ −a + b + c
‹2
+ a − b + c
‹2
+ a + b − c
‹2
.
2 2 2 2
G158. Se consideră ecuaţia x 2 +y 2 +z 2 = (x−y) 2 +(y−z) 2 +(z −x) 2 , x, y, z ∈ N.
a) Arătaţi că ecuaţia are o infinitate de soluţii.
b) Dacă (x, y, z) este soluţie a ecuaţiei, demonstraţi că fiecare dintre numerele
xy, yz, zx şi xy + yz + zx este pătrat perfect.
Liviu Smarandache, Craiova
Soluţie. a) De exemplu, putem considera x = 1, y = a 2 , z = (a + 1) 2 , cu a ∈ N.
b) Din relaţia din enunţ, obţinem că (x+y+z) 2 = 4(xy+yz +zx), de unde rezultă
că xy + yz + zx este pătrat perfect. Apoi, tot din relaţia din enunţ, rezultă succesiv
x 2 +y 2 +z 2 = 2(xy+yz+zx) ⇔ x 2 −2x(y+z)+(y+z) 2 −4yz = 0 ⇔ (x−y−z) 2 = 4yz,
deci yz este pătrat perfect. La fel se arată că xy şi zx sunt pătrate perfecte.
G159. Aflaţi ultimele două cifre ale numerelor (70n + 6) · 6 n−1 , n ∈ N.
Ion Săcăleanu, Hârlău
Soluţie (Gheorghe Iurea). Notăm a n = (70n + 6) · 6 n−1 , n ∈ N. Deoarece
a n+1 − a n = 50(7n + 9) · 6 n−1 = M 100
=§
, n ∈ N ∗ , rezultă că toate numerele a n au
aceleaşi ultime două cifre. Cum a 1 = 76, deducem că toate numerele considerate se
termină în 76.
a
G160. Se consideră mulţimile A = {1, 2, 3, . . . , 2009}, B
a + d + b
b + d +
c
c + da, b, c, d ∈ A, a, b, c, d distincteªşi C =§
d
a + d +
d
b + d +
d
c + da, b, c, d ∈ A,
a, b, c, d distincteª. Determinaţi A ∩ B ∩ C. (În legătură cu E: 13650 din G.M. 5-
6/2008.)
Andrei Crăcană, elev, Iaşi
Soluţie. Se constată uşor că, dacă x =
a
a + d + b
b + d + c ∈ B, atunci 3−x ∈ C.
c + d
În cazul în care x ∈ A∩B ∩C, obţinem că x ∈ {1, 2}. Vom arăta că {1, 2} ⊂ A∩B ∩C
şi astfel va rezulta că A ∩ B ∩ C = {1, 2}. Pentru (a, b, c, d) = (14, 21, 30, 42), obţinem
că x = 1, deci 1 ∈ B şi 3 − 1 = 2 ∈ C. Pentru (a, b, c, d) = (75, 375, 875, 125), avem
că x = 2, prin urmare 2 ∈ B şi 3 − 2 = 1 ∈ C şi astfel rezolvarea problemei este
încheiată.
G161. Fie M mulţimea numerelor de forma abc, cu a · b · c ≠ 0. Determinaţi
cardinalul maxim al unei submulţimi N a lui M astfel încât x + y ≠ 1109, ∀x, y ∈ N.
Petru Asaftei şi Gabriel Popa, Iaşi
Soluţie. Numărul cerut este 405. Cum fiecare dintre cifrele a, b, c este nenulă,
cardinalul lui M este 9 · 9 · 9 = 729. Dintre elementele lui M, 9 · 9 · 1 = 81 se termină
în 9. Grupăm celelalte elemente (în număr de 729 − 81 = 648) în perechi de forma
(x, 1109 − x), obţinând 324 de perechi. Dacă se consideră o submulţime N a lui M
cu cel puţin 406 elemente, cum 324 + 81 = 405, din principiul cutiei rezultă că măcar
două dintre elementele lui N aparţin unei aceleiaşi perechi (x, 1109−x), deci au suma
1109. Luând câte un element din fiecare dintre perechile considerate, precum şi toate
72

numerele din M care se termină în 9, obţinem o submulţime a lui M de cardinal 405,
care verifică proprietatea din enunţ.
G162. Putem înlocui un triplet de numere întregi (a, b, c) cu unul dintre tripletele
(2b + 2c − a, b, c), (a, 2a + 2c − b, c) sau (a, b, 2a + 2b − c). Arătaţi că dacă pornim
de la tripletul (31329, 24025, 110224) şi efectuăm succesiv asemenea înlocuiri, se obţin
mereu triplete formate numai din pătrate perfecte.
Marian Tetiva, Bârlad
Soluţie. Dacă pornim de la un triplet de forma (x 2 , y 2 , (x + y) 2 ) şi efectuăm
oricare dintre cele trei transformări, obţinem tot triplete de forma (m 2 , n 2 , (m + n) 2 ).
Într-adevăr, dacă înlocuim x 2 cu 2y 2 + 2(x + y) 2 − x 2 = (x + 2y) 2 , atunci m = x + 2y,
n = −y; dacă înlocuim y 2 cu 2x 2 +2(x+y) 2 −y 2 = (2x+y) 2 , putem considera m = −x,
n = 2x+y; în sfârşit, dacă înlocuim (x+y) 2 cu 2x 2 +2y 2 −(x+y) 2 = (x−y) 2 , vom lua
m = x, n = −y. Observăm acum că tripletul iniţial este de forma (x 2 , y 2 , (x + y) 2 ),
unde x = 177, y = 155 şi de aici urmează concluzia problemei.
G163. Fie ABC un triunghi cu m(bA) ≠ 90 ◦ şi punctele B 1 ∈ (AC) şi C 1 ∈ (AB).
Arătaţi că axa radicală a cercurilor de diametre [BB 1 ] şi [CC 1 ] trece prin punctul A
dacă şi numai dacă B 1 C 1 ∥BC.
Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi)
Soluţie. Fie M al doilea punct de intersecţie dintre cercul de diametru [BB 1 ]
şi dreapta AB, iar N proiecţia lui C pe AB. Unghiul×BMB 1
A
fiind înscris într-un semicerc, avem că B 1 M ⊥ AB, de unde
M
MB C B 1
1 ∥NC, deci AM
1
AN = AB 1
. Atunci: A se află pe axa radicală
AC
a celor două cercuri ⇔ AM ·AB = AC 1·AN ⇔ AM
N
AN = AC 1
AB ⇔
AB 1
B
C
AC = AC 1
AB ⇔ B 1C 1 ∥BC şi astfel rezolvarea problemei este
completă.
G164. Fie B, b numere reale date, cu B > b > 0. Dintre toate trapezele circumscriptibile
care au lungimile bazelor B şi b, determinaţi-l pe cel de arie maximă.
Claudiu Ştefan Popa, Iaşi
Soluţie. Fie ABCD trapez circumscriptibil, cu bazele AB = B, CD = b; notăm
x = BC, y = AD. Vom avea că B + b = x + y. Construim D C
CF ⊥ AB, CE∥AD, cu E, F ∈ AB. Calculăm h = CF exprimând
în două moduri aria triunghiului BCE. Observăm
că CE = y, BE = B − b, iar semiperimetrul △BCE este
1
2 [x + y + (B − b)] = 1 [(B + b) + (B − b)] = B. Din formula
lui Heron, A BCE =ÈB(B − x)(B − y)(B − (B − b)) = A E F B
2
ÈBb[B 2 − B(x + y) + xy] =ÈBb[B 2 − B(B + b) + xy] =ÈBb(xy − Bb). Pe de
altă parte, A BCE
= 1 2 BE · h = 1 2 (B − b) · h, prin urmare h = 2ÈBb(xy − Bb)
.
B − b
Cum A ABCD = 1 h(B + b), iar lungimile B şi b sunt date, atunci aria trapezului este
2
73

maximă când produsul xy este maxim. Suma x + y fiind constantă (este egală cu
B + b), produsul xy va fi maxim când x = y, deci în cazul trapezului isoscel. Prin
calcul direct, înălţimea acestuia este h = √ Bb.
G165. Fie ABC un triunghi isoscel (AB = AC), M mijlocul laturii [BC], iar P
un punct în interiorul triunghiului ABM. Notăm {D} = BP ∩ AC, {E} = CP ∩AB.
Demonstraţi că BE < CD şi P E < P D.
Cristian Pravăţ, Iaşi şi Titu Zvonaru, Comăneşti
Soluţie. Fie {F } = AP ∩ BC şi x = BF
F C , y = CD
DA , z = AE
EB . Atunci, din
teorema lui Ceva, xyz = 1, iar x < 1 deoarece P ∈ IntABM. A
1
Avem că BE < CD ⇔ AB ·
z + 1 < AC · y
y + 1 ⇔ y + 1 <
D D
yz + y ⇔ 1 < yz şi, cum ultima inegalitate este adevărată,
rezultă prima parte a concluziei. Fie D ′ simetricul lui D faţă
de AM; trapezul BCDD ′ este isoscel, deci inscriptibil, iar E
E se va afla în interiorul cercului circumscris. Deducem că P
m(ÖDD ′ C) < m(ÕDEC), de unde m(ÕP DE) < m(ÖP DD ′ ) =
m(ÖDD ′ C) < m(ÕDEP ), prin urmare P E < P D.
B F M C
B. Nivel liceal
L156. Fie M un punct exterior cercului C de centru O şi rază R. Notăm cu
T 1 , T 2 punctele de contact cu cercul ale tangentelor duse din M la C şi cu A punctul
de intersecţie a dreptei OM cu cercul C, astfel încât A /∈ [OM]. Determinaţi punctele
M cu proprietatea că se poate construi un triunghi cu segmentele [MT 1 ], [MT 2 ] şi
[MO], dar nu se poate construi un triunghi cu [MT 1 ], [MT 2 ] şi [MA].
Temistocle Bîrsan, Iaşi
Soluţie. A se vedea Recreaţii Matematice 1/2009, pg. 41.
L157. În planul △ABC definim transformarea P → P ′ astfel: 1. punctul P se
proiectează pe dreptele BC, CA, AB în D, E şi respectiv F ; 2. simetricele punctelor
D, E, F în raport cu mijloacelor laturilor [BC], [CA] şi respectiv [AB] se notează
D ′ , E ′ , F ′ ; 3. P ′ este punctul de concurenţă a perpendicularelor în D ′ , E ′ , F ′ pe
BC, CA şi respectiv AB. Arătaţi că transformarea P → P ′ coincide cu simetria
în raport cu O, centrul cercului circumscris △ABC.
Temistocle Bîrsan, Iaşi
Soluţie (Daniel Văcaru, Piteşti). Cum avem de-a face cu două izometrii, este
suficient să demonstrăm că transformatele punctelor A, B, C sunt aceleaşi. Să vedem
cine sunt D, E, F când P = A; avem că D = A ′ , E = A şi F = A, unde A ′ este
proiecţia lui A pe BC. Observăm apoi că D ′ este simetricul lui A ′ faţă de mijlocul
lui [BC], E ′ coincide cu C şi F ′ cu B. Construind perpendicularele în B pe AB şi în
C pe AC, se obţine patrulaterul inscriptibil ABP ′ C. Deducem că P ′ coincide cu A ′ ,
simetricul lui A faţă de O, centrul cercului circumscris. Raţionamentul este analog în
cazul în care P = B, respectiv P = C şi astfel se închide demonstraţia.
Notă. Această problemă este, până la diferenţă de formulare, tocmai Propoziţia
3 din articolul Simetria faţă de centrul cercului cricumscris unui triunghi de Bogdan
Ioniţă şi Titu Zvonaru (G.M. - 3/1997, p. 98). Faptul ne este adus la cunoştinţă de
74

dl. Titu Zvonaru. Autorul problemei regretă şi îşi cere scuze pentru acest incident.
(Menţionăm încă o soluţie diferită de cea din articol: Perpendicularele în D şi D ′
pe BC determină în cercul C(O, OP ) un dreptunghi, deci perpendiculara în D ′ trece
prin simetricul fată de O al punctului P etc.).
L158. În interiorul triunghiului ABC cu latura [BC] fixă şi vârful A mobil, considerăm
punctul T asfel încâtÕAT B ≡ÕBT C ≡ÕCT A. Determinaţi poziţia punctului
A în planul triunghiului pentru care m(ÕBAC) = α < 5π , iar suma distanţelor de la
6
T la vârfurile triunghiului este maximă.
Cătălin Calistru, Iaşi
Soluţie. Remarcăm faptul că T ese tocmai punctul lui Toricelli asociat triunghiului
ABC. Astfel, dacă △P AB este echilateral, construit
A
în exteriorul △ABC, atunci punctele P, T şi C sunt P
coliniare, iar T A + T B + T C = CP (vezi, de exemplu,
L. Niculescu şi V. Boskoff - Probleme practice de geometrie,
T
Ed. Tehnică, 1990). Folosind teorema cosinusului
în triunghiurile AP C şi ABC, obţinem că
B
C
CP 2 = AP 2 + AC 2 − 2AP · AC · cosA + π 3=
= BC 2 + 2AB · AC · cos A − 2AB · AC · cosA + π 3=
= BC 2 + 2AB · ACcos A − cosA + π 3=
= BC 2 + 4AB · AC · sinA + π 6sin π 6 = BC2 + BC · sin(A + π 6 ) · h a .
sin A
Cum BC este constantă, iar sinA + π α <
6>0(deoarece 5π ), deducem că CP
6
este maxim atunci când h a este maxim. Însă A se mişcă pe un arc capabil de unghiul
α, prin urmare poziţiile căutate ale punctului A sunt date de intersecţiile mediatoarei
segmentului [BC] cu arcele capabile de unghiul α, construite pe [BC].
L159. Dacă a, b, c ∈ R ∗ + şi x ∈0, π 2, demonstraţi inegalitatea
a
sin x
x‹3
+ b
sin x
x‹2
+ c
sin x
x‹+3 3√ abc
tg x
x‹>6 · 3√ abc.
D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti
Soluţie. Din inegalitatea mediilor, rezultă că
a
sin x
x‹3
+ b
sin x
x‹2
+ c
sin x
x‹≥3 3Êabc ·
sin x
x‹6
= 3 3√ abc
sin x
x‹2
.
sin x
Pentru a obţine inegalitatea din enunţ, ar fi suficient să demonstrăm că +
x‹2
tg x
x
> 2, ∀x ∈0, π Această inegalitate, atribuită lui Wilker, poate fi găsită în
2.
G.M. 1/2007, pg. 1.
75

Notă. Soluţie corectă, bazată pe considerente de analiză matematică, s-a primit
de la Dl. Daniel Văcaru, Piteşti.
L160. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea
m a + m b + m c ≥ 6r
m a
m b + m c
+
m b
m a + m c
+
m c
m a + m b‹≥9r.
Marius Olteanu, Rm. Vâlcea
Soluţie. Avem că 1 r = 1 + 1 + 1 şi m a ≥ h a , m b ≥ h b , m c ≥ h c . În plus, în
h a h b h c
b‹
orice triunghi cu laturile a, b, c, are loc inegalitatea
1
(a + b + c)
a + 1 b + 1 a
c‹≥6
b + c + b
c + a + c
a +
(a se vedea, de exemplu, Algebraic Inequalities de V. Cârtoaje, apărută la GIL, Zalău,
2006, problema 70, pg. 379). Cum medianele unui triunghi pot fi laturi ale unui alt
triunghi, obţinem că
1
r (m a + m b + m c ) =
1 h a
+ 1 h b
+ 1 h c‹(m a + m b + m c ) ≥
≥ 1 m a
+ 1 m b
+ 1 m c‹(m a + m b + m c ) ≥ 6
m a
m b + m c
+
m b
m a + m c
+
m c
m a + m b‹,
adică tocmai prima inegalitate cerută. Pentru a doua inegalitate, folosim binecunoscuta
x
y + z + y
z + x + z
x + y ≥ 3 2 , ∀x, y, z ∈ )X R∗ + (Nesbitt).
L161. Dacă a, b, c ∈ R ∗ + şi a + b + c = 1, demonstraţi inegalitatea
− b)
3 +X(a 2 + (a − c) 2
≤ 4(a 2 + b 2 + c 2 1
1 + a
1 + a‹.
Soluţie. Notând Q = a 2 + b 2 + c 2 , avem că
Titu Zvonaru, Comăneşti
4
1 + a − 3a
a 2 + b 2 + c 2 = 4a2 + 4b 2 + 4c 2 − 3a(2a + b + c)
(1 + a)(a 2 + b 2 + c 2 =
)
=
(b − a)(4b + a)
Q(1 + a)
şi încă două identităţi similare. Pe de altă parte,
=
(a − b)2
Q
(b − a)(4b + a)
Q(1 + a)
·
+
(a − b)(4a + b)
Q(1 + b)
+
(c − a)(4c + a)
Q(1 + a)
= a − b
Q
· 4a2 − 4b 2 + 3a − 3b
(1 + a)(1 + b)
4a + 4b + 3 (a − b)2
≥ · 1 + a + 1 + b (a − b)2 (a − b)2
= +
(1 + a)(1 + b) Q (1 + a)(1 + b) Q(1 + a) Q(1 + b) .
76
=

Analog se obţin încă două minorări şi deducem că
≥ (a − b)2 + (a − c) 2
(1 + a)Q
4
1 + a + 4
1 + b + 4 3(a + b + c)
−
1 + c a 2 + b 2 + c 2 ≥
+ (b − c)2 + (b − a) 2
(1 + b)Q
+ (c − a)2 + (c − b) 2
,
(1 + c)Q
inegalitate echivalentă cu cea din enunţ. Egalitatea se atinge pentru a = b = c = 1 3 .
L162. Dacă n ∈ Z ∗ este fixat, rezolvaţi în R ecuaţiahx
ni=•[x]
n˜.
Dumitru Mihalache şi Gabi Ghidoveanu, Bârlad
Soluţie. Dacă n ∈ N ∗ , mulţimea soluţiilor ecuaţiei este R, conform unei cunoscute
proprietăţi a părţii întregi. Într-adevăr,
hx
⇔ kn ≤ x < (k + 1)n ⇔ kn ≤ [x] < (k + 1)n ⇔•[x]
ni=k
n˜=k.
În cazul în care n ∈ Z\N ∗ , există şi sunt unice numerele q ∈ Z şi r ∈ R, 0 ≤ r < |n|,
astfel ca x = nq + r. Urmează că
hx + ri=hq +
ni=hnq r n
ni=q+hr
ni,
•[x] + r]
˜=•nq + [r]
˜=q+•[r]
n˜=•[nq
n
n
n˜.
Dacă r = 0, atuncihr
Dacă r ∈ (0, 1), atuncihr
deoarece
ni=•[r]
n˜=0.
ni=−1,
r
n ∈ − 1
|n| , 0‹, r
iar•[r]
Dacă r ∈ [1, |n|), atunci
n˜=0.
n , |r|
n ∈ −1, − |n|˜, 1 deci
hr
De aici se obţine că, pentru n ∈ Z\N
ni=•[r]
n˜=−1. ∗ , mulţimea soluţiilor ecuaţiei
din enunţ este R\S(nq, nq + 1).
q∈Z
L163. Fie a un număr întreg impar, iar n ∈ N ∗ . Arătaţi că polinomul X 2n + a 2n
este ireductibil în Z[X] însă, pentru orice număr prim p, polinomul redus modulo p
este reductibil în Z p [X].
Dorel Miheţ, Timişoara
Soluţie. Deoarece f(X +a) = X 2n +C2 1 −1 +. . .+C naX2n 2n −1
2 −1 X +2a n a2n 2n , iar
coeficienţii binomiali C 1 2 n, . . . , C2n −1
2
n sunt toţi pari, din criteriul lui Eisenstein rezultă
că f(X + a) (şi la fel f) este ireductibil peste Q, deci şi peste Z (având coeficientul
dominant 1).
Dacă p = 2, atuncibf = X 2n +b1 este reductibil în Z 2 [X], deoarece este de grad
mai mare decât unu şi are rădăcina 1. Fie p un număr prim impar; putem scrie că
bf = X 2n +da 2n = (X 2n−1 ) 2 − (−b1da 2n ) = (X 2n−1 +Õa 2n−1 ) 2 −b2Õa 2n−1 · X 2n−1 =
= (X 2n−1 −Õa 2n−1 ) 2 − (−b2Õa 2n−1 · X 2n−1 ).
77

În cazul în careba =b0, concluzia este imediată. În caz contrar,ba va fi generator al
grupului ciclic (Z ∗ p, ·), prin urmare −b1 = a s ,b2 = a t şi −b2 = a s+t , pentru anumite
numere naturale s şi t. Deoarece cel puţin unul dintre numerele s, t şi s + t este
par, rezultă că unul dintre elementele −b1,b2, −b2 este pătrat perfect în Z p , decibf va fi
reductibil în Z p (X).
L164. O secvenţă x 1 , x 2 , . . . , x n , y 1 , y 2 , . . . , y n de 2n numere reale are proprietatea
(P ) dacă x 2 i + y2 i = 1, ∀i = 1, n. Fie n ∈ N ∗ astfel încât pentru orice secvenţă cu
proprietatea (P ), există 1 ≤ i < j ≤ n cu x i x j + y i y j ≥ 0, 947. Determinaţi cea mai
bună constantă α aşa încât x i x j + y i y j ≥ α, pentru orice secvenţă cu proprietatea
(P ).
Vlad Emanuel, student, Bucureşti
Soluţie. Considerăm punctele M k (x k , y k ), k = 1, n şi vectorii ⃗v k = −−−→ OM k . Pentru
o secvenţă cu proprietatea (P), avem că |⃗v k | = 1, k = 1, n, deci x i x j + y i y j = ⃗v i ·
⃗v j = |⃗v i | · |⃗v j | cos(×−→ v i , −→ v j ) = cos(×−→ v i , −→ v j ). Vom demonstra că, în ipotezele problemei,
n ≥ 20. Presupunem, prin absurd, că n ≤ 19 şi alegem M k -imaginile rădăcinilor de
ordin n ale unităţii. Atunci x i x j +y i y j ≤ cos 2π 2π
≤ cos < 0, 947, după cum se poate
n 19
constata cu ajutorul unui calculator. Fie deci n ≥ 20; deoareceXm((Ú−→ v k , −→ v k+1 )) =
2π, unde ⃗v n+1 = ⃗v 1 , înseamnă că cel puţin unul dintre unghiurile (Ú−→ v k , −→ v k+1 ) este cel
mult egal cu 2π n . Pentru acel unghi, x kx k+1 + y k y k+1 ≥ cos 2π n ≥ cos π =r5 + √ 5
10 8
şi această constantă nu poate fi îmbunătăţită, căci putem lua n = 20 şi M k imaginile
rădăcinilor de ordin 20 ale unităţii. În concluzie, α =r5 + √ 5
.
8
L165. Fie n ≥ 2 un număr natural. Determinaţi cel mai mare număr natural
m pentru care există submulţimile nevide şi distincte A 1 , A 2 , . . . , A m ale lui A =
{1, 2, . . . , n}, cu proprietatea că fiecare element al lui A este conţinut în cel mult k
dintre ele, unde:
a) k = 2; b) k = n; c) k = n + 1.
Marian Tetiva, Bârlad
Soluţie. Fie x i , i = 1, n, numărul acelora dintre submulţimile A 1 , A 2 , . . . , A n care
au i elemente şi fie y j , j = 1, m, numărul elementelor lui A care se găsesc în exact
j dintre mulţimile A 1 , A 2 , . . . , A m . Avem evident că x 1 + x 2 + . . . + x n = m, iar
y 1 + y 2 + . . . + y m ≤ n (se poate să fie elemente ale lui A care să nu aparţină niciuneia
dintre submulţimi). Egalitatea
(1) x 1 + 2x 2 + . . . + nx n = y 1 + 2y 2 + . . . + my m
se obţine numărând în două feluri toate elementele care apar în A 1 , A 2 , . . . , A m , incluzând
repetiţiile (şi este adevărată chiar dacă A 1 , A 2 , . . . , A m nu sunt distincte).
a) În ipoteza k = 2, avem că y j = 0, ∀j ≥ 3, deci y 1 +y 2 ≤ n şi x 1 +2x 2 +. . .+nx n =
y 1 + 2y 2 . Atunci
2m − x 1 = x 1 + 2(m − x 1 ) = x 1 + 2(x 2 + . . . + x n ) ≤
78

≤ x 1 + 2x 2 + . . . + nx n = y 1 + 2y 2 ≤ 2(y 1 + y 2 ) ≤ 2n,
deci 2m ≤ 2n + x 1 ≤ 3n (deoarece x 1
2i
nu poate depăşi Cn, 1 numărul submulţimilor
lui A cu un singur element). Am obţinut astfel că m ≤•3n
Demonstrăm că
2˜.
•3n
chiar maximul căutat: submulţimile cu un element ale lui A şi încăhn
2˜este
submulţimi cu două elemente, alese astfel încât să fie două câte două disjuncte, sunt
•3n
cu proprietatea că fiecare element al lui A se află în cel mult două
2˜submulţini
dintre ele.
b) Avem că y j = 0, ∀j ≥ n + 1, deci y 1 + y 2 + . . . + y n ≤ n, iar relaţia (1) devine
x 1 + 2x 2 + . . . + nx n = y 1 + 2y 2 + . . . + ny n . Atunci
3m − 2x 1 − x 2 = x 1 + 2x 2 + 3(m − x 1 − x 2 ) = x 1 + 2x 2 + 3(x 1 + . . . + x n ) ≤
≤ x 1 + 2x 2 + . . . + nx n = y 1 + 2y 2 + . . . + y n ≤ n(y 1 + . . . + y n ) ≤ n 2 ,
deci 3m ≤ n 2 + 2x 1 + x 2 ≤ n 2 + 2Cn 1 + Cn 2 = 3n2 + 3n
. Obţinem, în cele din urmă,
2
n(n + 1)
că m ≤ . Cum submulţimile nevide cu cel mult două elemente ale lui A
2
sunt în număr de n +
n(n + 1)
2
n(n − 1)
2
este maximul căutat.
=
n(n + 1)
2
şi au proprietăţile din enunţ, înseamnă că
c) Cu un raţionament asemănător, obţinem că m maxim este
n(n + 1)
2
+hn
3i.
ERATĂ
Dintr-o eroare de editare, pe care o regretăm şi pentru care ne cerem scuze, din lista
membrilor Comitetului de redacţie al Recreaţiilor Matematice a fost omis, începând cu
nr. 1/2007, dl. Alexandru CĂRĂUŞU, pasionat susţinător al revistei. În spiritul
corectitudinii, aducem această rectificare de ordin formal.
∗
Recreaţii Matematice – 1/2009
- p. 9, r. 5: în loc de ”bisectoare” se va considera ”bisectoarea”;
- p. 26, r. 6 de jos: în loc de ”R” se va considera ”1”;
- p. 79, r. 9: în loc de ”x i y j + y i y j ” se va considera ”x i x j + y i y j ”;
- p. 81, r. 9 de jos: în loc de ”x i y i + y i y j ” se va considera ”x i x j + y i y j ”.
Recreaţii Matematice – 2/2009
- p. 96, r. 11 de jos: în loc de ”a α 1 + . . . + a α n” se va considera ”a β 1 + . . . + aβ n”;
- p. 172, r. 11 de jos: în loc de Haşedeu se va considera ”Hasdeu”.
∗
79
∗

Clasele primare
Probleme propuse 1
P.184. Vreau să pun într-o cutie bile albe şi verzi, în total 10, astfel încât bile
albe să fie cel mult 6. În câte moduri pot face acest lucru?
(Clasa I )
Inst. Maria Racu, Iaşi
P.185. Ce literă urmează în înşiruirea logică VKUJT...?
(Clasa I )
Andreea Amarandei, studentă, Iaşi
P.186. Completaţi dreptunghiurile de mai jos cu numere aşa încât suma numerelor
scrise în oricare trei dreptunghiuri alăturate să fie aceeaşi. Ce observaţi?
(Clasa a II-a)
35 65 35
Alexandru Chiriac, student, Iaşi
P.187. Şoricelul Chiţ a primit un zar de la mătuşa Miţ. El a aruncat zarul de
patru ori, obţinând în total 21 de puncte. Ştiind că la primele două aruncări a obţinut
în total 9 puncte, aflaţi cât a obţinut la fiecare aruncare. (Găsiţi toate posibilităţile!)
(Clasa a II-a)
Ioana Maria Popa, elevă, Iaşi
P.188. În exerciţiul a + a : a = . . ., există o valoare a lui a pentru care putem să
efectuăm operaţiile în ordinea scrisă, fără a modifica rezultatul?
(Clasa a III-a)
Ionela Bărăgan, studentă, Iaşi
P.189. Aflaţi numărul natural a ştiind că, dacă se împarte 25 la 8 − 3 × a, se
obţine restul 1.
(Clasa a III-a)
Mariana Nastasia, elevă, Iaşi
P.190. În grădina casei mele sunt câţiva pomi. Dacă ar fi de patru ori mai mulţi
decât sunt, atunci ar depăşi numărul 20 cu atât cât lipseşte, de fapt, pentru a fi 20.
Câţi pomi sunt în grădină?
(Clasa a III-a)
Inst. Dumitru Pârâială, Iaşi
P.191. Compuneţi o problemă care să se rezolve după schema
?
alăturată, cu numerele a şi b convenabil alese.
(Clasa a III-a)
Amalia Cantemir, elevă, Iaşi
P.192. Bunica are mere şi pere. Dacă mi-ar da un sfert din numărul
a - ?
a - ?
merelor şi o optime din numărul perelor, aş avea 35 de fructe. Dacă mi-ar a - b
da o optime din numărul merelor şi o pătrime din numărul perelor, aş avea 40 fructe.
Câte fructe are bunica?
(Clasa a IV-a)
Mihaela Gâlcă, elevă, Iaşi
P.193. Mai multe perechi, formate din câte o fată şi câte un băiat, culeg alune.
În fiecare pereche, alunele culese de băiat sunt fie de patru ori mai multe, fie de patru
ori mai puţine decât cele culese de fată. Numărul alunelor culese împreună de fete şi
de băieţi poate fi 2009? Dar 2010?
(Clasa a IV-a)
Mihaela Obreja şi Ioan Lungu, Vaslui
1 Se primesc soluţii până la data de 31 decembrie 2010.
80

P.194. Arătaţi că există un singur şir format din zece numere naturale consecutive
astfel încât suma a opt dintre numere să fie egală cu dublul sumei celorlaltor două.
(Clasa a IV-a)
Petru Asaftei, Iaşi
P.195. Trei fraţi, Ionuţ, Andrei şi Mihai, primesc lunar câte o aceeaşi sumă de
bani de la bunicul lor. Pe ascuns, bunica le dă şi ea aceeaşi sumă. Odată, unul
dintre cei trei a spart un geam. Bunicul, crezându-l vinovat pe Ionuţ, a împărţit banii
cuveniţi lui celorlalţi doi. Bunica a procedat la fel, însă a crezut că cel vinovat este
Mihai. Andrei, ştiind că el a spart geamul, a împărţit jumătate din suma sa celor doi
fraţi şi a constatat că rămâne cu 60 de lei mai puţin decât Ionuţ şi Mihai la un loc.
Ce sumă de bani primea fiecare nepot de la bunicul?
(Clasa a IV-a)
Cosmin Şerbănescu, student, Iaşi
Clasa a V-a
V.116. Se consideră numărul a = (2 n · 5 n+1 + 4) : 36, n ∈ N ∗ . Determinaţi
valorile lui n pentru care a este număr natural, a cărui scriere în baza 10 are toate
cifrele distincte.
Andrei Nedelcu, Iaşi
V.117. Arătaţi că A = 6 1001 se poate scrie ca diferenţa a două pătrate perfecte.
Damian Marinescu, Târgovişte
V.118. Determinaţi numerele naturale a şi n pentru care a 2n − 9 = 8(9 + 9 2 +
9 3 + . . . + 9 2009 ).
Gabriela Popa, Iaşi
V.119. Fie n ∈ N un număr a cărui scriere în baza 10 este de forma . . . 55.
a) Arătaţi că (n − 5)(n + 5) se divide cu 1000.
b) Aflaţi ultimele trei cifre ale lui n 2 .
Mihai Crăciun, Paşcani
V.120. Considerăm numărul natural a = 12345 . . . 9899. Aflaţi restul împărţirii
lui a prin 45.
Elena Iurea, Iaşi
1
V.121. Arătaţi că
2 · 3 · 4 + 2
3 · 4 · 5 + . . . + 2010
2011 · 2012 · 2013 < 1 4 .
Tinuţa Bejan, Iaşi
V.122. Câte fracţii ireductibile de forma 20xy există?
2y
Diana Gregoretti, Galaţi
Clasa a VI-a
VI.116. Se consideră unghiulÕAOB cu măsura de 126 ◦ şi semidrepte (OM 1 , (OM 2 ,
. . . , (OM n−1 interioare lui, astfel încât interioarele unghiurilorÖAOM 1 ,ØM 1 OM 2 , . . . ,
ÙM n−1 OB sunt disjuncte două câte două, iar m(ÖAOM 1 ) = 2 ◦ , m(ØM 1 OM 2 ) = (2 2 ) ◦ ,
. . . , m(ÙM n−1 OB) = (2 n ) ◦ . Dacă (OM este bisectoarea unghiuluiÖAOM 4 , determinaţi
măsura complementului luiÖAOM.
Cătălina Drăgan, Galaţi
81

VI.117. Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC, iar x = m(ÕBIC)−m(bA),
y = m(ÔAIC)−m(ÒB), z = m(ÔAIB)−m(ÒC). Arătaţi că numerele x, y şi z sunt măsurile
unghiurilor unui triunghi ascuţitunghic.
Constantin Apostol, Rm. Sărat
VI.118. În triunghiul isoscel ABC, cu m(bA) = 120 ◦ , se notează cu D mijlocul
laturii [AB]. Perpendiculara din D pe BC intersectează dreptele AC şi BC în E,
respectiv F. Bisectoarea unghiuluiÕDEA taie BC în G. Arătaţi că BC = 4 · F G.
Cătălin Budeanu, Iaşi
VI.119. Un număr natural N se termină în 0 şi are exact 323 de divizori. Aflaţi
ultimele 16 cifre ale numărului N.
Mirela Obreja, Vaslui
VI.120. Demonstraţi că numărul A = 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + 2010 2 − 2000 se divide
cu 3.
Nicolae Ivăşchescu, Craiova
VI.121. Fie n ∈ N ∗ şi a 1 , a 2 , . . . , a n numere naturale consecutive. Arătaţi că
suma S = a 1 + a 2 + . . . + a n se divide cu n dacă şi numai dacă n este număr impar.
Andrei Paşa, elev, Iaşi
VI.122. Vom spune că un număr natural este anti-Goldbach dacă poate fi scris
ca sumă de două numere compuse. Determinaţi toate numerele anti-Goldbach.
Ionel Nechifor, Iaşi
Clasa a VII-a
VII.116. Calculaţi suma S =1
2 − 2 3+2
3 − 3 4+. . . +2008
2009 − 2009
2010.
Daniela Munteanu, Iaşi
VII.117. Fie x, y numere reale astfel încât x > 2011, iar xy = x + y. Arătaţi că
1
partea fracţionară a lui y este mai mică decât
2010 . Claudiu Ştefan Popa, Iaşi
VII.118. Arătaţi că x 2010 + 1 ≥ x 1010 + x 1000 , ∀x ∈ R. Când se atinge egalitatea?
Cătălin Melinte, student, Iaşi
VII.119. Considerăm numărul natural A = 5 n + 2 · 3 n−1 + 1, n ∈ N ∗ .
a) Demonstraţi că A se divide cu 8, oricare ar fi n ∈ N ∗ .
b) Determinaţi n ∈ N ∗ pentru care A se divide cu 40.
Ciprian Baghiu, Iaşi
VII.120. Un poligon are 170 de diagonale. Măsurile unghiurilor sale se exprimă,
în grade, prin numere naturale impare. Demonstraţi că poligonul are cel puţin două
unghiuri congruente.
Cătălin Budeanu, Iaşi
VII.121. În triunghiul ascuţitunghic ABC, notăm cu X, Y şi Z mijloacele înălţimilor
[AA ′ ], [BB ′ ], respectiv [CC ′ ] şi cu M, N şi P mijloacele laturilor [BC], [CA],
respectiv [AB]. Demonstraţi că dreptele XM, Y N şi ZP sunt concurente.
Doru Buzac, Iaşi
82

VII.122. Se consideră dreptunghiul ABCD, cu AB = 1 şi AD = 1 + √ 3, iar
M este un punct interior dreptunghiului, astfel încât m(ÖMDC) = m(ÖMCD) = 75 ◦ .
Arătaţi că triunghiul MAB este echilateral.
Dumitru Mihalache, Bârlad
Clasa a VIII-a
VIII.116. Raportăm planul la un reper cartezian xOy. Determinaţi mulţimea
punctelor M(x, y) din plan, pentru care 2px 2 − y 2 = x + y.
Romanţa Ghiţă şi Ioan Ghiţă, Blaj
x
VIII.117. Numerele reale pozitive x, y, z sunt astfel încât xy = z+1 şi
z + 1 +y =
2. Demonstraţi că x y + y ≥ 3. Când se atinge egalitatea?
z
Gheorghe Molea, Curtea de Argeş
VIII.118. Fie x, y, z numere reale astfel încât x 2 + 5yz ≥ 6, y 2 + 5zx ≥ 6 şi
z 2 + 5xy ≥ 6. Aflaţi valoarea minimă a lui |x + y + z|.
Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin
VIII.119. Determinaţi x ∈•0, 5 4˜şi y ∈•− 5x 2 , x 2˜pentru care
È(7 − 2x)(5x + 2y) +È(x − 2y)(5 − 4x) = 6.
Liviu Smarandache şi Lucian Tuţescu, Craiova
VIII.120. Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia x + 2y + 3z = 4xyz − 5.
Titu Zvonaru, Comăneşti
VIII.121. Demonstraţi că nu putem alege trei puncte necoliniare A, B, C, de
aceeaşi parte a unui plan α, astfel încât dreptele AB, BC şi CA să formeze cu planul
α unghiuri de aceeaşi măsură nenulă.
Petru Asaftei, Iaşi
VIII.122. În fiecare pătrăţel al unei table de şah este scris câte un număr natural.
Fiecare număr n de pe tablă apare de câte n ori, iar pe primul rând al tablei apar,
ordonat strict crescător, toate numerele folosite.
a) Arătaţi că, dintre cele opt numere de pe primul rând, cel mult şase sunt pare.
b) Determinaţi cel mai mare număr care poate apărea pe tablă.
c) Arătaţi că există o singură modalitate de alegere a numerelor care apar pe tablă,
pentru care produsul numerelor de pe primul rând este impar.
Silviu Boga, Iaşi
Clasa a IX-a
IX.106. Stabiliţi valoarea de adevăr a propoziţiilor p şi q, unde
p : (∃a ∈ Z)(∃n ∈ N ∗ )(a 4 + 1 = 3 n ); q : (∃a ∈ Z)(∃n ∈ N)(a 4 − 1 = 3 n ).
83
Dan Popescu, Suceava

IX.107. Dacă a, b ∈ N ∗ , atunci3a + 4b
2a + 3b − √ 2< 1 4a + 2b
a + b − √ 2< 1 16a
b − √ 2.
IX.108. Dacă a ∈ (0, 1), demonstraţi că (a + b)
pentru orice b ∈ (0, ∞).
Mihail Bencze, Braşov
1
a + 1 b − 4
(a + 1) 2‹≥ 4
(a + 1) 2 ,
IX.109. Demonstraţi că tg x > 4 sin x − 2, oricare ar fi x ∈h0, π 2i.
Ovidiu Pop, Satu Mare
Ionuţ Ivănescu, Craiova
IX.110. În △ABC, cu notaţiile uzuale, arătaţi că OI ⊥ OI a ⇔ m(bA) = 60 ◦ .
Temistocle Bîrsan, Iaşi
Clasa a X-a
X.106. Cele m × n pătrăţele ale unui dreptunghi cu m linii şi n coloane se
colorează cu p culori, unde m < p < n. Spunem că o colorare are o tăietură dacă,
pe una dintre cele n coloane, toate cele m pătrăţele au aceeaşi culoare. Determinaţi
numărul colorărilor care au k tăieturi, unde 0 ≤ k ≤ n. (În legătură cu problema 2,
OJM 2006.)
Cecilia Deaconescu, Piteşti
1 0
X.107. Se consideră variabila aleatoare X : unde p, q ∈ (0, 1), p ≠ q.
p q‹,
Arătaţi că variabilele aleatoare |X − M(X)| şi (X − M(X)) 2 sunt dependente.
Laurenţiu Modan, Bucureşti
X.108. Dacă a, b, c ∈ (1, ∞), demonstraţi că are loc inegalitatea
(log b a + log c a) · (log a b + log c b)(log a c + log b c) ≥ 8 log b+c
2
a · log c+a
2
b · log a+b
2
c.
Lucian Tuţescu, Craiova
X.109. Se consideră mulţimile nedisjuncte A şi B şi funcţiile f : A → (0, ∞),
g : B → (0, 1). Determinaţi numărul a ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞) pentru care a f(x)·g(x) +
log a g(x) ≥ a f(x) , ∀x ∈ A ∩ B.
Mihai Haivas, Iaşi
X.110. Fie D = {z = x + iy|y > 0} mulţimea numerelor complexe din semiplanul
superior, iar D ′ = {z = x + iy|x 2 + y 2 < 1} discul unitate (fără frontieră). Dacă
z 0 ∈ D este fixat, arătaţi că funcţia f : D → D ′ , f(z) = z − z 0
z − z 0
este bijectivă.
Adrian Corduneanu, Iaşi
Clasa a XI-a
XI.106. Dacă A ∈ M 2 (R), arătaţi că det(A 2 + A + I 2 ) + det(A 2 − A + I 2 ) ≥ 3 2 .
Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin
XI.107. Se dă parabola y = ax 2 (a > 0). În fiecare punct P (x, y) al parabolei,
se consideră vectorul tangent −−→ P P ′ = −→ i + 2a −→ xj şi vectorul normal −−→ P Q ′ , orientat spre
84

exterior, astfel încât | −−→ P Q ′ | = | −−→ P P ′ −→ −−→
|. Apoi, se consideră vectorul P Q = α(x) · P Q ′ ,
unde α(x) este o funcţie dată. Determinaţi locul geometric al punctului Q, atunci
când P descrie parabola, în fiecare din cazurile:
a) α(x) = a, ∀x ∈ R; b) α(x) = − 1 1
, ∀x ∈ R; c) α(x) =
a 2ax , ∀x ∈ R∗ .
Adrian Corduneanu, Iaşi
XI.108. Calculaţi lim ( n√ n) 1+ 1
ln 2 + 1
ln 3 +...+ 1
ln n .
n→∞
XI.109. Determinaţi a, b, c ∈ (0, ∞) pentru care limita lim
n→∞
şi este finită.
Cezar Lupu, student, Bucureşti
a
n√ există
b + c‹n
Constantin Chirilă, Iaşi
XI.110. Date funcţiile continue f, g : R → R, sunt echivalente afirmaţiile:
i) f = g;
ii) dacă h : R → R este continuă, ecuaţia f(x) = h(x) are soluţii reale atunci şi
numai atunci când ecuaţia g(x) = h(x) are soluţii reale.
Marian Tetiva, Bârlad
Clasa a XII-a
ax + 2
XII.106. Pentru a > 0 dat, calculaţiZx(a + x 2 e ax dx, unde x ∈ (0, +∞)
)
I.V. Maftei, Bucureşti şi Mihai Haivas, Iaşi
sin(2n + 1)x
0 sin x
N ∗ . Arătaţi că U n = (−1) n V n = π 2 , ∀n ∈ N∗ .
XII.107. Fie U n =Zπ
2
dx şi V n =Zπ
2
0
cos(2n + 1)x
dx, unde n ∈
cos x
Gheorghe Costovici, Iaşi
ln x
XII.108. Demonstraţi că şirul (a n ) n≥1 definit prin a n =Zn
1 x p dx, ∀n ≥ 1,
+ 1
unde p ∈ (1, ∞) este fixat, este convergent.
Rodica Luca Tudorache, Iaşi
XII.109. Fie (G, ·) un grup comuativ, cu proprietatea că există n ∈ N ∗ astfel
încât din x n = y n , x, y ∈ G, rezultă că x = y. Dacă f, g sunt endomorfisme ale lui G,
arătaţi că ecuaţia f(x) = g(x −1 ) are soluţie unică în G, dacă şi numai dacă funcţia
h : G → G, h(x) = f(x n ) · g(x n ) este injectivă.
D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti
XII.110. Fie P, Q ∈ C[X] polinoame neconstante, astfel încât P şi Q au aceleaşi
rădăcini, iar P − 1 şi Q − 1 au şi ele aceleaşi rădăcini. Arătaţi că P = Q.
Adrian Reisner, Paris
85

Probleme pentru pregătirea concursurilor
A. Nivel gimnazial
G176. Fie a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ R ∗ +, cu 1 + 1 + . . . + 1
1
= 1. Arătaţi că
a 1 a 2 a n a 3 1 + +
a2 2
1
1
a 3 2 + + . . . +
a2 3 a 3 n + a 2 < 1
1 2 . Angela Ţigăeru, Suceava
G177. Fie k > 0 şi a, b, c ∈ [0, +∞) astfel încât a + b + c = 1. Demonstraţi că
a
a 2 + a + k + b
b 2 + b + k + c
c 2 + c + k ≤ 9
9k + 4 .
Titu Zvonaru, Comăneşti
G178. Dacă n ∈ N\{0, 1}, arătaţi că 1 − n ≤ {nx} − {x} ≤ n − 1 , ∀x ∈ R.
n
n
Gheorghe Iurea, Iaşi
G179. Determinaţi numerele prime a, b, c, d şi numărul p ∈ N ∗ , astfel încât a 2p +
b 2p + c 2p = d 2p + 3.
Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti
G180. Aflaţi restul împărţirii numărului S = 2010 2009! + 2009 2008! + . . . + 2 1! + 1 0!
prin 41.
Răzvan Ceucă, elev, Iaşi
G181. Fie k ≥ 1 un număr natural dat. Arătaţi că există o infinitate de numere
naturale n astfel încât n k divide n!.
Marian Tetiva, Bârlad
G182. Se consideră triunghiul ABC şi punctele M ∈ [AB], N ∈ [BC], P ∈ [CA]
astfel încât MP ∥BC, iar MN∥AC. Fie {Q} = AN ∩ MP şi {T } = BP ∩ MN.
Demonstraţi că A AMN = A P T N + A QP C .
Andrei Răzvan Băleanu, elev, Motru
G183. Se consideră triunghiul isoscel ABC, cu AB = AC şi m(bA) < 30 ◦ . Ştiind
că există D ∈ [AB] şi E ∈ [AC] astfel încât AD = DE = EC = BC, determinaţi
măsura unghiuluibA.
Vasile Chiriac, Bacău
G184. În planul xOy, considerăm punctele A ij de coordonate (i, j), unde i, j ∈
{0, 1, 2, 3, 4}. Fie P mulţimea pătratelor care au toate vârfurile printre punctele A ij
considerate. Aflaţi lungimea minimă a unui drum care parcurge numai laturi ale
pătratelor din P şi care uneşte punctele A 00 şi A 44 .
Claudiu Ştefan Popa, Iaşi
G185. Arătaţi că există o colorare a planului cu n culori, unde n ≥ 2 este un
număr natural dat, astfel încât orice segment din plan să conţină puncte colorate cu
fiecare dintre cele n culori.
Paul Georgescu şi Gabriel Popa, Iaşi
86

B. Nivel liceal
L176. Fie D, E, F proiecţiile centrului de greutate G al triunghiului ABC pe
dreptele BC, CA, respectiv AB. Arătaţi că cevienele AD, BE şi CF sunt concurente
dacă şi numai dacă triunghul este isoscel.
Temistocle Bîrsan, Iaşi
L177. Considerăm triunghiul ABC, G centrul său de greutate, iar L punctul de
intersecţie al simedianelor. Notăm cu M şi N proiecţiile lui G pe bisectoarea interioară
şi pe cea exterioară ale unghiuluibA, iar P şi Q sunt proecţiile lui L pe bisectoarele
interioară, respectiv exterioară, ale unghiuluibA. Demonstraţi că dreptele GK, MN
şi P Q sunt concurente.
Titu Zvonaru, Comăneşti
L178. Fie ABCD un romb de latură 1 şi punctele A 1 ∈ (AB), B 1 ∈ (BC), C 1 ∈
(CD), D 1 ∈ (DA). Demonstraţi că A 1 B 2 1 + B 1 C 2 1 + C 1 D 2 1 + D 1 A 2 1 ≥ 2 sin 2 A.
Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi
L179. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea
2(9R 2 − p 2 )
9Rr
≥
cos2 A
sin B sin C +
cos2 B
sin C sin A + cos2 C
sin A sin B ≥ 1.
I.V. Maftei şi Dorel Băiţan, Bucureşti
L180. Determinaţi numărul minim de factori din produsul P = sin π 2π · sin
4n 4 n ·
sin 3π
4 n · . . . · sin (22n−1 − 1)π
4 n , n ∈ N ∗ , astfel încât P < 10 −9 .
Ionel Tudor, Călugăreni, Giurgiu
L181. Fie P un punct de pe frontiera circulară a unui semidisc, iar d tangenta
în P la această frontieră. Notăm cu C corpul de rotaţie care se obţine prin rotirea
semidiscului în jurul dreptei d. Studiaţi variaţia volumului lui C, funcţie de poziţia
punctului P .
Paul Georgescu şi Gabriel Popa, Iaşi
L182. Fie (x n ) n≥1 un şir de numere întregi cu proprietatea că x n+2 −5x n+1 +x n =
0, ∀n ∈ N ∗ . Arătaţi că, dacă un termen al şirului se divide cu 22, atunci o infinitate
de termeni au această proprietate.
Marian Tetiva, Bârlad
L183. Considerăm numerele a ∈ Z, n ∈ N ∗ şi polinomul p(X) = X 2 + aX + 1.
Arătaţi că există un polinom cu coeficienţi întregi q n şi un număr întreg b n , astfel
încât p(X)q n (X) = X 2n + b n X n + 1.
Marian Tetiva, Bârlad
L184. Arătaţi că funcţia f : N ∗ ×N ∗ → N ∗ , f(x, y) = x2 + y 2 + 2xy − x − 3y + 2
,
2
este bijectivă.
Silviu Boga, Iaşi
L185. Fie f : R → R o funcţie cu proprietatea că |f(x+y)−f(x)−f(y)| ≤ |x−y|,
∀x, y ∈ R. Arătaţi că lim f(x) = 0 dacă şi numai dacă lim xf(x) = 0.
x→0 x→0
Adrian Zahariuc, student, Princeton
87

Training problems for mathematical contests
A. Junior highschool level
G176. Let a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ R ∗ +, with 1 a 1
+ 1 a 2
+ . . . + 1
a n
= 1. Prove that
1 1
1
a 3 1 + +
a2 2 a 3 2 + + . . . +
a2 3 a 3 n + a 2 < 1
1 2 .
Angela Ţigăeru, Suceava
G177. Let k > 0 and a, b, c ∈ [0, +∞) such that a + b + c = 1. Prove that
a
a 2 + a + k +
b
b 2 + b + k +
c
c 2 + c + k ≤ 9
9k + 4 .
Titu Zvonaru, Comăneşti
G178. If n ∈ N\{0, 1}, show that 1 − n ≤ {nx} − {x} ≤ n − 1 , ∀x ∈ R.
n
n
Gheorghe Iurea, Iaşi
G179. Determine the prime numbers a, b, c, d and the number p ∈ N ∗ , so that
a 2p + b 2p + c 2p = d 2p + 3.
Cosmin Manea and Dragoş Petrică, Piteşti
G180. Find the remainder of the division of S = 2010 2009! +2009 2008! +. . .+2 1! +1 0!
by 41.
Răzvan Ceucă, hight-school student, Iaşi
G181. Let k ≥ 1 be a given natural number. Show that there are infinitely many
natural numbers n such that n k divides n!.
Marian Tetiva, Bârlad
G182. The triangle ABC is considered with the points M ∈ [AB], N ∈ [BC],
P ∈ [CA] such that MP ∥BC and MN∥AC. Let {Q} = AN ∩ MP and {T } =
BP ∩ MN. Prove that A AMN = A P T N + A QP C .
Andrei Răzvan Băleanu, hight-school student, Motru
G183. Let ABC be an isosceles triangle, with AB = AC şi m(bA) < 30 ◦ . Knowing
that the points D ∈ [AB] and E ∈ [AC] exist such that AD = DE = EC = BC,
determine the measure of the anglebA.
Vasile Chiriac, Bacău
G184. The points A ij of coordinates (i, j) are considered in the plane xOy,
where i, j ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Let P be the set of the squares with their vertices among
the considered points A ij . Find the minimum length of a path consisting of square
sides only, which joins the points A 00 and A 44 .
Claudiu Ştefan Popa, Iaşi
G185. Show that there exists a coloring of the plane by n colours, where n ≥ 2 is
a given natural number, so that any line segment in phe plane contain points colored
by each of the n colours.
Paul Georgescu and Gabriel Popa, Iaşi
88

B. Highschool Level
L176. Let D, E, F be the projections of the centroid G of the triangle ABC onto
the lines BC, CA, and respectively AB. Show that the Cevian lines AD, BE and CF
meet at a unique point if and only if the triangle is isosceles.
Temistocle Bîrsan, Iaşi
L177. We consider the triangle ABC with its centroid G and Lemoine ′ s point L.
Denote by M and N the projections of G onto the interior and exterior bisector lines
of anglebA and let P and Q be the projections of L on the interior and respectively
exterior bisector lines of anglebA. Prove that the lines GK, MN and P Q meet at the
same point.
Titu Zvonaru, Comăneşti
L178. Let ABCD be a rhombus with its side length l = 1 and the points
A 1 ∈ (AB), B 1 ∈ (BC), C 1 ∈ (CD), D 1 ∈ (DA). Prove that A 1 B 2 1 +B 1 C 2 1 +C 1 D 2 1 +
D 1 A 2 1 ≥ 2 sin 2 A.
Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi
L179. Prove that the following inequality holds in any triangle:
2(9R 2 − p 2 )
9Rr
≥
cos2 A
sin B sin C + cos2 B
sin C sin A + cos2 C
sin A sin B ≥ 1.
I.V. Maftei and Dorel Băiţan, Bucureşti
L180. Determine the minimum number of factors in the product P = sin π 4 n ·
sin 2π 3π · sin
4n 4 n · . . . · sin (22n−1 − 1)π
4 n , n ∈ N ∗ , so that P < 10 −9 .
Ionel Tudor, Călugăreni, Giurgiu
L181. Let P be a point on the circular boundary of a half-disc, and d the tangent
at P to this boundary. Denote by C the rotation body obtained by the rotation of
the half-disc around the line d. Study the variation of the volume of C as a function
of the position of point P.
Paul Georgescu and Gabriel Popa, Iaşi
L182. Let (x n ) n≥1 be a sequence of integer numbers with the property that
x n+2 − 5x n+1 + x n = 0, ∀n ∈ N ∗ . Show that if a term of the sequence is divisible by
22 then infinitely many terms there of have this property.
Marian Tetiva, Bârlad
L183. Let us consider the numbers a ∈ Z, n ∈ N ∗ and the polynomial p(X) =
X 2 + a X + 1. Show that there exist a polynomial with integer coefficients q n and an
integer number b n such that p(X)q n (X) = X 2n + b n X n + 1.
Marian Tetiva, Bârlad
L184. Show that the function f:N ∗ ×N ∗ →N ∗ , f(x, y)= x2 + y 2 + 2xy − x − 3y + 2
,
2
is bijective.
Silviu Boga, Iaşi
L185. Let f : R → R be a function with the property that |f(x + y) − f(x) −
f(y)| ≤ |x − y|, ∀x, y ∈ R. Show that lim f(x) = 0 if and only if lim xf(x) = 0.
x→0 x→0
Adrian Zahariuc, student, Princeton
89

Pagina rezolvitorilor
CRAIOVA
Colegiul Naţional ”Fraţii Buzeşti”. Clasa a VI-a (prof. BĂLĂŞOIU Ramona).
ENE Cristina: V(109,112), VI(111,112), VIII.113. Clasa a VI-a (prof. IONESCU
Maria). VÎRLAN Leonard: P(171-173), V(102,104,108).
Colegiul Naţional ”Carol I”. Clasa a VII-a. RĂDULESCU Adrian: V(102,105-
107), VI(104,107,108), VII(102,107).
IAŞI
Şcoala nr. 3 ”Al. Vlahuţă”. Clasa a II-a (inst. MAXIM Gabriela). CUCURUZ
Raluca: P(168,174-177); DASCĂLU Lorena: P(168, 174-177); NICA Daniel: P(168,
174-177); POPESCU Alexandru: P(168, 174-177); ROBU Carmen: P(168, 174-
177); ŞERBĂNOIU Alexandru: P(168, 174-177); TORAC George: P(168, 174-177).
Clasa a III-a (înv. MĂRIUŢĂ Valentina). ENEA Codruţ-Alexandru: P(175,177-
180). Clasa a III-a (inst. CRĂCIUN Marilena). POPESCU Claudia: P(175,177-
180). Clasa a V-a (prof. MARIN Mirela). CREŢU Cristiana-Paula: P(181-
183), V(109,114); IFTIME Ioana Evelina: P(181-183), V(100, 111,112); SAFION
Elena Marina: P(181-183), V(109,114). Clasa a VII-a (prof. MARIN Mirela).
ASAVEI Alexandra: VI(113,114), VII(109-112); CELMARE Raluca: VI(113,114),
VII(109-112); MARCU Anca: VI(113,114), VII(109-112); TIBA Ştefana-Alexandra:
VI(113,114), VII(109-112).
Şcoala nr. 11 ”Otilia Cazimir”. Clasa a III-a (inst. PÂRÂIALĂ Dumitru).
POPA Ioana-Maria: P(164-173), V(102,108), VI(108).
Şcoala nr. 13 ”Alexandru cel Bun”. Clasa a II-a (inst. COJOCARIU Ana).
ACATRINEI Andra: P(174-178); BEJAN Matei: P(174-178); BULEI Iasmina-Ioana:
P(174-178); COSTIN Mihăiţă-Alexandru: P(174-178); MUNTIANU Ioana-Andreea:
P(174-178); PERDUN Patricia-Maria: P(174-178); PRISECARU Alexandru-Iulian:
P(174-178); SAMSON Constantin-Cătălin: P(174-178); ŞTEFAN Tudor: P(174-178);
ZAHARIA Ştefan-Eusebiu: P(174-178).
Şcoala nr. 22 ”B.P. Hasdeu”. Clasa a II-a (înv. NECHIFOR Doina). FETECĂU
Mihai: P(171,174,177,178,184). Clasa a IV-a (inst. DOHOTARIU Liliana). CER-
CEL Smaranda: P(164,166-169,171,173); CIOFU Alexandra: P(164,166-173); COPĂ-
CEANU CEZARA: P(164-172); FOTEA Oana: P(164-167,172); GHEORGHIŢĂ
Matei: P(164-173); HERGHELEGIU Andreea: P(164-173); JOHN Patricia: P(164-
172); MANEA Amalia: P(164-173); MIHAI Ana-Maria: P(164-173); OLĂNUŢĂ
Călin: P(168-173); PENESCU Teodora: P(164-172); ROTARU Andreea: P(164-
167,170); RUSU George: P(164-167, 169,170,172,173); SENDRUC Sânziana: P(164-
167, 169-172); TUDOSE Miruna: P(164-173); VERUZI Diana: P(164-171).
Şcoala nr. 26 ”George Coşbuc”. Clasa a III-a (inst. VÂRLAN Elena). AMARI-
EI Romeo: P(174-177,179,180); GHEBAN Andreea: P(174-177, 178,180); PICHIU
Cosmin: P(174-177, 178,180); TĂTARU Alice: P(174-177,178,180); ŢIPLEA Iulian:
P(174-177,178,180); TOFAN Raluca: P(174-177, 178,180). Clasa a IV-a (înv.
BUCATARIU Rica). ANDONESEI Lucian: P(174-175,177-179,181-183); BARHAN
Ştefana-Adina: P(174-175,177-178,181-183); CHIRIAC Alexandra: P(174-175,177-
179,181-183); CUPEŢ Valeria: P(174-175,177-179,181-183); FRUNZĂ Diana-Mihaela:
90

P(174-175,177-179,181-183); FRUNZĂ Andrei-David: P(174-175,177-179,181-183);
IVANOV Alexandra: P(174-175,177-179,181-183); MÂNDRU Liana: P(174-175,177-
179,181-183); RADU Andrei: P(174-175,177-179,181-183).
Colegiul Naţional Iaşi. Clasa a V-a (prof. POPA Gabriel). BUDESCU Andrada
Ioana: P.183, V(109,110,114,115); MORUZI Mark-Louis: P(181-183), V(109-
111,114); VERINGĂ Alexandru: P(182,183), V(109,110,115), VI(109,110); VER-
NICĂ Bianca Elena: P(182,183), V(109-111,114,115). Clasa a VII-a (prof. POPA
Gabriel). ASAFTEI Mircea: VI(109,110), VII(109-111); CIOBANU Ştefan: VI(109,
110,114), VII(109,111); MANGALAGIU Ioan: V(110-112,114), VI(113,114); MURGU
George: VI(109, 110), VII(109-111); PURICE Ioana: V.112, VI.115, VII(110,113,114).
PAŞCANI
Şcoala ”Iordache Cantacuzino”. Clasa a II-a (înv. MIRON Petru). CRĂCIUN
Ştefana-Maria: P(164-173).
ŢIGĂNAŞI (IAŞI)
Şcoala ”M. Kogălniceanu”. Clasa a III-a (înv. PĂTRAŞCU Carmen). CAZA-
DOI Ioana-Cristina: P(168,170,173-175); DUCA Cristina-Mihaela: P(168,170,173-
175); SANDU Rebeca: P(168,170,173-175). Clasa a V-a (prof. CHIRIŢESCU
Anca). DUCA Mirela Beatrice: P(171,173,181,182), VI.108; GĂNESCU Tudor:
P(171-173,181-183); SANDU Codruţa: P(171-173,181,183); VERNER Mădălina-Georgiana:
P(171,172,181-183), V.105, VI.108. Clasa a VI-a (prof. CHIRIŢESCU
Anca). BOROS Paula Mihaela: P(173,181-183), V.106, VI.108; DUCA Liliana Daniela:
P(171,172,181,183), V(102,105), VI.108; PIU Debora Roxana: P(171,181-
183), V(105,106). Clasa a VII-a (prof. CHIRIŢESCU Anca). GAVRILAŞ Marius
Alexandru: V(102,105-107),VI.108; GĂNEANU Ştefan Bogdan: V(102,105-107),
VI.108; GHIOACĂ Oana: V(102,105-107), VI.108.
Elevi rezolvitori premiaţi
Şcoala nr. 26 ”George Coşbuc”, Iaşi
1. CHIRIAC Alexandra (cl. a IV-a): 1/2009(7pb), 2/2009(7pb), 1/2010(8pb).
2. IVANOV Alexandra (cl. a IV-a): 1/2009(6pb), 2/2009(7pb), 1/2010(8pb).
3. MÂNDRU Liana (cl. a IV-a): 1/2009(7pb), 2/2009(8pb), 1/2010(8pb).
91

IMPORTANT
• În scopul unei legături rapide cu redacţia revistei, pot fi utilizate următoarele
adrese e-mail: 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 e-mail 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 un 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 e-mail.
92

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 pregatirea concursurilor
vor fi menţionate în Pagina rezolvitorilor. Se va ţine seama de regulile:
1. Pot trimite soluţii la minimum cinci probleme propuse în numărul
prezent şi cel anterior al revistei; pe o foaie va fi redactată soluţia unei singure
probleme.
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. Elevii 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.
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,
700 474, Iaşi
Jud. IAŞI
E-mail: t_birsan@yahoo.com

CUPRINS
Centenarul SEMINARULUI MATEMATIC "A. MYLLER" (V. OPROIU) ............... 1
SEMINARUL MATEMATIC DIN IAŞI – 100 de ani
de învăţământ matematic românesc (A. PATRAŞ)...............4
Amintiri de la SEMINARUL MATEMATIC (V. OPROIU)................................................6
ARTICOLE ŞI NOTE
G. POPA – Rigla şi compasul .............................................................................................. 12
Gh. CIORESCU, A. SANDOVICI – O inegalitate ponderată cu medii........................... 18
F. POPOVICI – Inegalitatea lui Jensen pentru funcţii J-convexe în raport cu
medii cvasiaritmetice .......... 21
V. CHIRIAC, B. CHIRIAC – Inegalitatea H ≤ G ≤ A revizitată..................................... 25
P. MINUŢ, C. SIMIRAD – O extensiune a şirului Fibonacci......................................... 27
L. TUŢESCU – Generalizarea unei identităţi şi aplicaţii................................................... 31
M. TETIVA – Problema G128 - comentarii ......................................................................... 33
NOTA ELEVULUI
R. CEUCĂ – O problemă de numărare............................................................................... 35
CORESPONDENŢE
A. REISNER – Un sous-ensemble particulier de matrices carrées ..................................... 37
CUM CONCEPEM... CUM REZOLVĂM
M. TETIVA – O problemă complexă .................................................................................. 41
CHESTIUNI COMPLEMENTARE MANUALELOR
I. PĂTRAŞCU – Axe şi centre radicale ale cercurilor adjuncte unui triunghi................ 45
ŞCOLI ŞI DASCĂLI
V. PARASCHIV – Şcoala Normală "Vasile Lupu" din Iaşi – o istorie zbuciumată ...... 48
CONCURSURI ŞI EXAMENE
Concursul "Recreaţii Matematice", ed. a VII-a, 2009........................................................ 51
Concursul de matematică "Gaudeamus", ed. I, 2009 .......................................................... 53
PROBLEME ŞI SOLUŢII
Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/2009.......................................................................... 55
Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor din nr. 1/2009 ................................. 71
Probleme propuse..................................................................................................................... 80
Probleme pentru pregătirea concursurilor .............................................................................. 86
Training problems for mathematical contests ....................................................................... 88
Pagina rezolvitorilor .............................................................................................................. 90
ISSN 1582 – 1765
7 lei