SOCIETATEA DE ȘTIINȚE MATEMATICE DIN ROMÂNIA Filiala Mehediți REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ R.M.M. Nr.6-06 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
SOCIETATEA DE ȘTIINȚE MATEMATICE DIN ROMÂNIA Filiala Mehediți COLECTIVUL DE REDACȚIE REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ DANIEL SITARU Redactor pricipal ; Machetare grafică ; Copertă GHEORGHE CĂINICEANU Redactor pricipal 3 DAN NĂNUȚI Redactor pricipal 4 EMILIA RĂDUCAN Redactor ediție electroică RMM 5 MIHAI OCTAVIAN UNGUREANU Redactor coordoator primar 6 DANA PAPONIU Redactor coordoator gimaziu 7 LEONARD GIUGIUC Redactor coordoator liceu 8 IULIANA GIMOIU Redactor clasa a V-a 9 ELENA RÎMNICEANU Redactor clasa a VI-a 0 DRAGA TĂTUCU MARIANA Redactor clasa a VII-a DANIEL STRETCU Redactor clasa a VIII-a CLAUDIA NĂNUȚI Redactor clasa a IX-a 3 DAN NEDEIANU Redactor clasa a X-a 4 GABRIELA BONDOC Redactor clasa a XI-a 5 OVIDIU TICUȘI Redactor clasa a XII-a REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
CUPRINS Perpedicularitatea a doua drepte - Prof. Costati Ioică... 4 Două iegalități echivalete cu iegalitatea mediilor - Prof. Dori Mărghidau... 0 Two Refiemets of Ioescu-Weitzebock Iequality - Prof. D.M. Bătiețu Giurgiu, Prof. Neculai Staciu... 4 Asupra uei idetități - Prof. Maria Dică... 6 Aplicații ale teoremei Jese î demostrarea uor iegalități codițioate - Prof. Leoard Giugiuc, Prof. Diaa Trăilescu... 7 Metode de calcul petru itegrale defiite - Prof. Cătăli Nițică... 0 Iegalități itegrale remarcabile - Prof. Draga Tătucu Mariaa... 4 Tehici particulare de schimbare de variabilă Stud. Neciu Deisa... 9 About a limit - Stud.Tra Quag Mih... 3 Forme itegrale ale iegalităților Schweitzer și Polya-Szego-Prof.... 3 Asupra uei categorii de șiruri recurete Prof. Da Nedeiau... 35 Asupra uor clase de fucții care admit primitive Elev Costati Gociulea, îdrumător știițific Prof. Gheorghe Căiiceau... 38 Determiarea uor legi de compoziție petru care există elemet eutru, Prof. Carme-Victorița Chirfot... 4 Probleme propuse... 43 Clasa a V-a... 43 Clasa a VI-a... 46 Clasa a VII-a... 49 Clasa a VIII-a... 5 Clasa a IX-a... 53 Clasa a X-a... 56 Clasa a XI-a... 59 Clasa a XII-a... 6 Subiecte Cocursuri... 64 3 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
PERPENDICULARITATEA A DOUĂ DREPTE Î multe probleme de geometrie plaă se cere să se demostreze că două drepte sut perpediculare, sau echivalet cu aceasta, se cere să se arate că u aumit ughi este drept, că u aumit triughi este triughi dreptughic, că u aumit paralelogram (romb) este dreptughi (pătrat). Petru rezolvarea uor astfel de probleme este ecesar să fie cuoscute și utilizate corect uele defiiții, axiome sau teoreme referitoare la: - oțiuile de drepte perpediculare și distața de la u puct la o dreaptă; - mijlocul uui segmet și mediatoarea acestuia; - bisectoarea uui ughi (iterior sau exterior) - suma măsurilor ughiurilor iterioare ale uui triughi;- suma măsurilor tuturor ughiurilor formate î jurul uui puct;- uele relații metrice î triughiul dreptughic, î patrulatere sau î cerc. Ca metode și tehici de rezolvare, specifice acestui tip de probleme, elevii di clasa a VI a iau la cuoștiță de următoarele rezultate:. Bisectoarele celor patru ughiuri formate de două drepte cocurete sut două drepte perpediculare.. Bisectoarele, iterioară și exterioară, ale aceluiași ughi al uui triughi sut două drepte perpediculare. 3. Dacă, folosid datele problemei, se obție că suma măsurilor a două ughiuri este 90, atuci al treilea ughi al triughiului este u ughi drept. 4. Dacă două ughiuri sut cogruete și o latură a uui ughi este perpediculară pe o latură a celuilalt ughi, atuci și celelalte două laturi sut perpediculare. 5. Dacă îtr-u triughi oarecare se pu î evideță (sau sut date pri ipoteză) două îălțimi ale acestuia, atuci dreapta care uește al treilea vârf al triughiului cu puctul lor de itersecție (ortocetrul) este cea de-a treia îălțime a triughiului. 6. Dacă două drepte sut paralele ître ele, atuci orice dreaptă care este perpediculară pe ua di ele este perpediculară și pe cealaltă dreaptă. 7. Dacă îtr-u triughi oarecare ABC, puctul M este mijlocul laturii [BC] și AM = BC, atuci a ABC este dreptughic î A. Î clasa a VII a elevii fac cuoștiță cu alte rezultate care îi ajută să rezolve acest tip de probleme. 8. Dacă u paralelogram are u ughi drept, atuci el este dreptughi. 9. Dacă u romb are u ughi drept, atuci el este pătrat. 0. Dacă folosid u criteriu de asemăare (cogrueță) se arată că două triughiuri sut asemeea (cogruete) ditre care despre uul se știe că este triughi dreptughic, atuci și celălalt triughi este u triughi dreptughic.. Dacă îtr-u triughi suma pătratelor a două laturi este egală cu pătratul celei de-a treia laturi, atuci triughiul este dreptughic (reciproca teoremei lui Pitagora).. Dacă î ABC avem AD BC, D (BC) și AD = DB DC, atuci m( BAC) = 90 (reciproca teoremei îălțimii). 3. Dacă î ABC avem AD BC, D (BC) și AB = BC BD, atuci m( BAC) = 90 (reciproca a teoremei catetei). 4. Dacă ABC cu m( A) = 90 și D (BC) astfel îcât AB = BC BD, atuci AD BC (reciproca a teoremei catetei). 5. Toate ughiurile îscrise îtr-u semicerc sut drepte. Voi prezeta î cotiuare câteva probleme petru a căror rezolvare se face apel la metodele prezetate.. Se dă u triughi ABC î care m( B) = m( A) și m( C) = 3 m( A). Să se arate că ABC este dreptughic. 4 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Soluție: Se folosește teorema: m( A) + m( B) + m( C) = 80 și îlocuid relațiile date se obție m( A) = 30, m( B) = 60 și m( C) = 90, deci ABC este dreptughic î C.. Îtr-u pătrat ABCD, se otează cu M și N mijloacele laturilor [BC], respectiv [CD]. Să se demostreze că dreptele AM și BN sut perpediculare. Soluție: Fie AM BN = {P}. Di ABM BCN (C. C. ) MAB NBC și AMB BNC. Î BMP avem că m( P) + m( M ) + m( B ) = 80 și cum m( B ) + m( M ) = m( B ) + m( N) = 90 m( P) = 90, deci AM BN. 3. Să se arate că dacă u ughi al uui triughi are 45, atuci dreptele care uesc picioarele îălțimilor duse pe laturile acestui ughi cu mijlocul laturii opuse sut perpediculare. Soluție: Fie ABC cu m( A) = 45, CD AB, BE AC și M mijlocul laturii BC. Cum BDC și CEB sut dreptughice și [DM], [EM] mediae DM = = EM DMB, EMC sut isoscele î care avem: m( BMD) = 80 m( B) și m( EMC) = 80 m( C) m( BMD) + m( EMC) = 360 [m( B) + m C=360 35 =90, deci m DME=90 DM EM. 4. Trapezul isoscel ABCD, cu baza mare AB, are diagoalele perpediculare, E fiid puctul lor de itersecție; fie F simetricul lui A față de E. Să se arate că dreptele BC și DF sut perpediculare. Soluție: Î ADF avem [DE] îălțime și mediaă ADF este isoscel DAF DFA. Cum DAF DBC DBC DFE și cum DB FE BC DF. 5 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
5. Îtr-u ABC avâd toate ughiurile ascuțite iar îălțimea AD egală cu baza BC, se costruiește pe CD, ca latură, pătratul CDEF și pe BD, ca latură, pătratul BDGH, ambele pătrate fiid situate de aceeași parte a dreptei BC, ca și vârful A. Să se arate că dreptele BF și CH sut îălțimile prelugite ale ABC. Soluție: ADC și BCF sut dreptughice î care [AD] [BC] (ip) și [DC] [CF]. (costrucție) ADC BCF DAC FBC și cum AD BC BF AC. Aalog, ADB CBH (C. C) BAD BCH și cum AD BC CH AB. 6. O dreaptă d, perpediculară pe ipoteuza [BC] a uui triughi dreptughic ABC, itersectează cateta [AB] și prelugirea lui [AC] î puctele D și E. Să se arate că CD este perpediculară pe BE. Soluție: Fie d BC = {F}. Î BCE avem EF BC și BA CE, iar EF BA = {D} D este ortocetrul BCE CD BE. 7. Î ABC echilateral se duce îălțimea AD și se prelugește [BC], dicolo de B, cu [BM] [BD]. Fie N mijlocul segmetului [AB]. Dreapta MN itersectează pe AD î P. Să se arate că dreapta CP este perpediculară pe AM. Soluție: Fie MP AC = [L]. Di [MB] [NB] MBN este isoscel m( BMN) = m( BNM) = 30 și î MLC avem m( LMC) = 30 și m( LCM) = 60 6 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
m( MLC) = 90. Cum î AMC avem AD MC și ML AC, iar AD ML = {P} P este ortocetrul AMC CP AM. 8. Se cosideră u trapez dreptughic ABCD(m( A) = m( D) = 90 ), î care cele două baze cu lugimile AB = a și CD = b, iar latura eparalelă BC = a + b. Dacă E este mijlocul laturii [AD], să se arate că BEC este dreptughic. Soluție: Fie F mijlocul [BC] EF este liie mijlocie î trapez EF = = m( BEC) = 90, deci BEC este dreptughic. 9. Îtr-u dreptughi ABCD, bisectoarea BAD itersectează diagoala BD î puctul E, iar latura BC î F. Știid că paralela dusă di E la latura AB itersectează diagoala AC î G, să se demostreze că dreptele GF și BD sut perpediculare. Soluție: Fie AC BD = {0}, AE bisectoarea BAD, AE BG = {i} Di ABCD dreptughi [AO] [BO] și cum EG AB ABEG este trapez isoscel GBA EAB și cum m( EAB) = 45 m( GBA) = 45 m( AIB) = 90, adică FI BG. Di EG AB și AB BC EG BF. Di FI BG, GE BF și FI GE = {E} E este ortocetrul BFG BD GF. 0. Î ABC isoscel ([AB] [AC]), fie D piciorul îălțimii dusă di A pe latura BC. Să se demostreze că perpediculara dusă di D pe latura AC este tagetă la cercul circumscris ABD. 7 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Soluție: Fie DE AC și F cetrul cercului circumscris ABD. Di ABC isoscel și AD BC [AD] = mediaă D este mijlocul [BC] și cum F este mijlocul [AB] [FD] este liie mijlocie î ABC FD AC. Cum DE AC și FD AC DE FD, deci DE este tagetă la cercul circumscris ABD.. Se dau dreptele Ox, Oy cocurete î puctul O. Pe Ox se ia u puct oarecare A și pe Oy u puct B cu [OB] [OA]. Dacă se costruiește Bʹ simetricul puctului B î raport cu O pe Oy, să se arate că AB ABʹ. Soluție:Î ABBʹ avem [AO] [BO] [OBʹ], AO = ʹ m( BABʹ) = 90 AB ABʹ.. Să se arate că mijloacele laturilor uui romb sut vârfurile uui dreptughi. Soluție: Fie ABCD romb și M, N, P, Q mijloacele laturilor [AB], [BC], [CD], [DA] [MN] este liie mijlocie î ABC MN AC () și MN = () [PQ] este liie mijlocie î ADC PQ AC (3) și PQ = (4). Di relațiile () și (3) MN PQ, iar di relațiile () și (4) [MN] [PQ] MNPQ este paralelogram. Di [MQ] liie mijlocie î ABD MQ BD și cum MN AC și AC BD MQ MN, deci m( QMN) = 90 MNPQ este dreptughi. 8 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
3. Să se demostreze că, dacă îtr-u trapez dreptughic distața ditre baze este medie proporțioală ître lugimile bazelor, atuci diagoalele lui sut perpediculare. Soluție: Fie ABCD trapez dreptughic cu m( A) = 90 și latura [AB] baza mare. Costruim DE AC și cum DC AE ACDE este paralelogram, EE(AB) [AE] [DC]. Di ipoteză avem AD = AB DC AD = AB AE = și cum DAE DAB(= 90 ) EAD~ DAB DEA ADB. Dar EDA DAC (altere itere) și cum m( ADE) + m( AED) = 90 m( ADE) + m( ADB) = 90, adică ED DB. Di AC ED și ED DB AC BD. 4. Fie M u puct oarecare pe ipoteuză BC a triughiului dreptughic ABC. O dreaptă arbitrară dusă pri M taie cercul ce trece pri puctele A, B, M î E și cercul ce trece pri puctele A, C, M î F. Să se arate că dreptele AE și AF sut perpediculare. Soluție: Avem AEM ABM = ( ) și AFM ACM = ( ) EAF~ BAC(u. u) EAF BAC și cum m( BAC) = 90 m( EAF) = 90 AE AF. 5. Două cercuri, de cetre O și O sut tagete exterioare î puctul T. Fie T, T puctele de cotact ale uei tagete comue exterioare, iar A și A puctele diametral opuse lui T î cercul de cetru O, respectiv O. Să se demostreze că dreptele A T și A T sut perpediculare, iar puctul lor de itersecție M se află pe tageta comuă î puctul T. Soluție: Di faptul că O T T și O T T sut isoscele m( O T T) = ( ) = = 90 m( T O T) și aalog se găsește că m( O T T) = 90 m( T O T) Cum T T este tagetă comuă exterioară T T O T și T T O T 9 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
m( O T T ) = m( O T T ) m( T O O ) + m( T O O ) = 80 m( O TT ) + m( O TT ) = 80 80 = 90 m( T TT ) = 90 Dar m( A T T) = 90 MT TT și aalog se arată că MT TT MT TT este paralelogram și cum m( T TT ) = 90 MT TT este dreptughi și deci A M A M, M fiid situat pe tageta comuă î puctul T. DOUĂ INEGALITĂȚI ECHIVALENTE CU INEGALITATEA MEDIILOR Dori Mărghidau Î această otă sut prezete două iegalități, fiecare echivaletă cu iegalitatea mediilor. De asemeea este demostrată echivaleța acestor două iegalități cu iegalitățile lui Radó, respectiv Popoviciu. Cuvite cheie: iegalitatea mediilor, iegalitatea lui Radó, iegalitatea lui Popoviciu, echivaleță. 000 Mathematics Subject Classificatio: 6D5 Iegalitatea mediilor este desigur cea mai cuoscută și utilizată iegalitate matematică. Poate mai puți cuoscute sut echivalețele ditre această iegalitate și uele iegalități celebre, precum iegalitatea lui Youg [], [8], [5], iegalitatea lui Beroulli [], [7], [8], [5], iegalitatea lui Hölder [], [3], [5], iegalitatea lui Mikowski [], [3], iegalitatea lui Lagrage [4], sau cu alte iegalități mai puți celebre [], [6], [7], [9], [3]. Să precizăm că două iegalități sut echivalete, dacă se implică ua pe cealaltă. Î cele ce urmează vom demostra că iegalitatea mediilor este echivaletă și cu alte două iegalități foarte simple și foarte frumoase. Recet, colegul și prieteul Da Sitaru a postat (î umele meu) î câteva grupuri de matematică de pe Facebook, [4] o mai veche iegalitate a oastră [0]. Această iegalitatea, are următorul euț (parțial) foarte cocis: - Dacă a, b, c, d (0, ), atuci, 4 abcd 3 abc d () O demostrație îtr-o fomă ceva mai geerală va fi dată î cele ce vor urma. Fiidcă și î iegalitatea de mai sus și î cele ce vor urma apar medii, reamitim cititorilor oștri cele trei medii clasice. 0 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Dacă a, a,, a sut umere reale strict pozitive, sut foarte cuoscute î literatura și practica matematică următoarele medii: A [] a k k (media aritmetică), G [a] a k k H [a] k a k (media armoică), precum și iegalitățile ditre ele, A [a] G [a] H [a]. (JM) De obicei, prima ditre aceste iegalități este umită iegalitatea mediilor, cea de-a doua rezultâd di prima cu substituția a k a k, k {,,, }, N. Foarte iteresate dar mai puți cuoscute sut următoarele două iegalități de recureță petru medii: iegalitatea lui Radó, (v. de exemplu î lucrările [], [], [3], []), (A [a] G [a]) ( ) (A [a] G [a]), (IR) și iegalitatea lui (Tiberiu) Popoviciu, (v. de exemplu î lucrările [], [], []), A [a] G [a] A [a] G [a]. (IP) Î limbaj de medii, iegalitatea () se poate trascrie sub forma, - Dacă a, b, c, d (0, ), atuci, 4G 4 [a, b, c, d] 3G 3 [a, b, c] d. ʹ Ea se poate geeraliza sub forma:. Propoziție: Dacă a, a,, a sut umere reale strict pozitive, atuci, G [a, a,, a, a ] ( )G [a, a,, a ] a (I) Demostrație: Îtr-adevăr, folosid iegalitatea (poderată a) mediilor avem, ( )G [a, a,, a ] + a = ( ) a a a a = a a a a a a + a = G [a, a,, a, a ], adică iegalitatea de demostrat. Egalitatea î (I) are loc î codițiile aplicării iegalității mediilor dacă și umai dacă avem, a a a = a a a a = a (E) Petru = 4, se obție soluția iegalității (). Iată u prim rezultat de echivaleță:. Teorema: Iegalitatea mediilor (IM) și iegalitatea (I) sut echivalete. REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Demostrație: Implicația (IM) (I) este chiar demostrația propoziției aterioare. Să demostrăm implicația, (I) (IM). Luăm î (I) pe râd: egal cu,3,,, și sumâd telescopic î membrul stâg și cosiderâd G [a ] = a, obțiem: G [a, a,, a, a ] G [a ] a + + a + a G [a, a,, a, a ] a + a + + a + a G [a, a,, a, a ] A [a, a,, a, a ] G [a, a,, a, a ] A [a, a,, a, a ] Să stăruim puți asupra situației de egalitate. Î aplicarea succesivă a iegalităților de tip (I), avem egalitate, coform (E), câd: a = a, a a = a,, a a a = a a = a = = a = a. Deci avem egalitate î (IM), dacă și umai dacă a = a = = a = a. O relație aaloagă celei di (), (dar cu schimbarea mediilor, cu ordiele operațiilor crescute cu o uitate și cu iversarea iegalității) este următoarea: - Dacă a, b, c, d (0, ), atuci, care î limbaj de medii, se poate trascrie sub forma, d, () - Dacă a, b, c, d (0, ), atuci, (A [a, b, c, d]) (A [a, b, c]) d. ( ) Și aceasta se poate geeraliza imediat sub forma: 3. Propoziție: Dacă a, a,, a sut umere reale strict pozitive, atuci, (A [a, a,, a, a ]) (A [a, a,, a, a ]) a (I) Demostrație: De asemeea, folosid iegalitatea (poderată a) mediilor avem, (A [a, a,, a, a ]) a ( )A [a, a,, a ] + a = = a + a + + a + a = (A [a, a,, a, a ]), deci iegalitatea de demostrat. Egalitatea î (I) are loc î codițiile aplicării iegalității mediilor dacă și umai dacă avem, A [a, a,, a ] = a a + a + + a = ( ) a. (EE) Putem formula aici și u rezultat petru mediile armoice. 4. Corolar: Dacă a, a,, a sut umere reale strict pozitive, atuci, (H [a, a,, a, a ]) (H [a, a,, a, a ]) a. (3) REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Demostrație: Iegalitatea de demostrat rezultă di iegalitatea (I) pri substituții de forma a a, k =,,,, câd A [a] A [ a] = H [a]. Euțăm acum și al doilea rezultat de echivaleță: 5. Teorema: Iegalitatea mediilor (IM) și iegalitatea (J) sut echivalete. Demostrație: Implicația (IM) (J) este oferită de demostrația Propoziției 3. Să demostrăm implicația, (J) (IM). Luăm î (J) pe râd: egal,3,,, și îmulțim relațiile obțiute. Î membrul stâg este u produs telescopic și țiâd cot și de faptul că A [a ] = a, obțiem: (A [a, a,, a, a ]) A [a ] a a a (A [a, a,, a, a ]) (G [a, a,, a, a ]) A [a, a,, a, a ] G [a, a,, a, a ] Ne iteresăm și de situația de egalitate. Î aplicarea succesivă a iegalităților de tip (J), avem egalitate, coform (EE), câd: a = a, a + a = a,, a + a + + a = ( ) a a = a = = a = a. Deci avem egalitate î (IM), dacă și umai dacă a = a = = a = a. Î lucrarea [] am demostrat cu atât iegalitatea Radó, cât și iegalitatea lui Popoviciu sut echivalete cu iegalitatea mediilor. Pri trazitivitatea echivaleței ar rezulta că și iegalitățile (J) și (J) sut echivalete cu iegalitatea Radó, respectiv iegalitatea lui Popoviciu. Petru idepedeță, demostrăm direct aceste două echivalețe. 6. Teorema : Iegalitatea (J) și iegalitatea lui Radó, (IR) sut echivalete. Demostrație: (J) G [a, a,, a, a ] ( )G [a, a,, a ] a G [a, a,, a, a ] ( )G [a, a,, a ] A [a, a,, a, a ] ( )A [a, a,, a ] ( )(A [a, a,, a ] G [a, a,, a ]) (A [a, a,, a, a ] G [a, a,, a, a ]) (IR). 7. Teorema: Iegalitatea (I) și iegalitatea lui Popoviciu, (IP) sut echivalete. Demostrație: (I) (A [a, a,, a, a ]) (A [a, a,, a ]) a Bibliografie: (A [a, a,, a, a ]) (A [a, a,, a ]) (G [a, a,, a, a ]) (G [a, a,, a ]) A [a, a,, a, a ] G [a, a,, a, a ] A [a, a,, a ] G [a, a,, a ] (IP). [] Beckebach E. F. & Bellma R., Iequalities, Spriger Verlag, Berli Heidelberg New-York, 96. 3 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
[] Bulle P. S., Hadbook of Meas ad Their Iequalities, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht/Bosto/Lodo, 003. [3] Mărghidau D., Becze M., Iequalities for Differeces of Meas, deducted from the Iequality of Radó, i OCTOGON Mathematical Magazie, Vol, No..A., pp. 53-539, Octomber, 004. [4] Mărghidau D., Becze M., Iegalitatea lui Lagrage este echivaletă cu iegalitatea mediilor, î ARHIMEDE, Nr. 3-4, pp. 7-9, Editura Paralela 45, 005 [5] Mărghidau D., Becze M., A ew Proof for AM-GM Iequality, î OCTOGON Mathematical Magazie, Vol 3, No., pp. 0-06, October, 005. [6] Mărghidau D., O demostrație a iegalității mediilor (porid de la o problemă di Cruxx Mathematicorum), î REVISTA DE MATEMATICĂ DIN TIMIȘOARA, aul XI (Seria a IV-a), pp. 6-7, r. /006. [7] Mărghidau D., Două demostrații scurte petru iegalitatea mediilor, î CREAȚII MATEMATICE, seria B, Aul II, pp. 0-, r., 007. [8] Mărghidau D., Geeralizări ale iegalităților lui Youg, Hölder, Rogers și Miowski, î GAZETA MATEMATICĂ, seria A, Aul XXVI (CV), r. 3/008. [9] Mărghidau D., Mariescu D.S., Corea V., O iegalitate echivaletă cu iegalitaea mediilor, î REVISTA DE MATEMATICĂ DIN TIMIȘOARA, aul XIII (Seria a IV-a) pp. 3-6, r. 3/008. [0] Mărghidau D., Problema IV, cls. a X-a, Cocursul iterjudețea de matematică, Daubius 00 [] Mărghidau D., Iegalitățile lui Radó și Popoviciu sut echivalete cu iegalitatea mediilor, î revista AXIOMA suplimet matematic, pp. -5, Aul X, Nr. 39, aprilie, 0. [] Mitriović D. S. (i cooperatio with Vasić P. M.), Aalytic Iequalities, Spriger Verlag, Bad 65, 970. [3] Mitriović D. S., Pecarić J. E., Fik A. M., Classical ad New Iequalities i Aalysis, Kluwer Acad. Press., 993. [4] Sitaru D., -o lie-, mathematical iequalities, https://www.facebook.com/photo.php? fbid=457886900778&set=gm.649577779877&type=&theater ; Olimpiada pe Școală (The School Yard Olympiad) https://www.facebook.com/photo.php? fbid=4578860407868&set=gm.6040490843&type=&theater [5] Verescu A., Echivaleța a șase iegalități clasice, î Lucrările Semiarului Didactica Matematică, vol. 4, pp. 337-346, 998 TWO REFINEMENTS OF Ioescu-Weitzeböck INEQUALITY By D.M. Bătieţu-Giurgiu ad Neculai Staciu If m a, m b, m c are the legths of the medias, w a, w b, w c are the legths of the iteral bisectors ad h a, h b, h c are the legths of the altitudes from the vertex A, B, C of a triagle ABC with the sides of legths a, b, c, respectively, ad the area S the holds the followig iequalities: 4 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
a) a + b + c 3 a m a, ad other two aalogously; b) w a + w b + w c 3 h a h c 4S Proof. a) a + b + c 3 a m (a + b + c ) a m = 3a (4m ) = = 3a (b + c a ) = 6a b + 6c a 3a a + b + c + a b + a c + b c 6a b + 6c a 3a 4a + b + c 4a b 4c a + b c 0 (b + c a ) 0, which is true. b)wlog we ca assume that a b c ad the w w w, h h h. So by Chebyshev s iequality, we have + + (w + w + w ) + +, (). But, + + = Also we have h c a b c + + = w = bc b + c cos A = bc a) s(s = bc b + c bc b + c = =, (). s(s a) s(s a) = s(s a), ad other two similar, (3). Therefore, we deduce that w + w + w s(s a) + s(s b) + s(s c) = s s a + s b + s c, (4). Sice the fuctio f: R R, f(x) = x, is covex o R, applyig Jese s iequality we obtai that x + y + z 3 = () x + y + z 3(x + y + z ), (5) where if we take x = s a, y = s b, z = s c, we deduce that (s a) + (s b) + (s c) s a+ s b+ s c 3s s a + s b + s c s 3 s a + s b + s c, (6). By (4) ad (6) we ifer that w + w + w s s 3 = s 3, (7). Hece, by (), () ad (7) yields that w + w + w h h h 3 s 3 s S = s (a + b + c) = S 4 4S 3 ad we are doe! Remark. The iequalities from (a) ad (b) are i facts the refiemets of Ioescu- Weitzeböck iequality. Ideed: a + b + c 3, 4S If i (a) we takig accout by m a h a, we obtai that a + b + c 3 a m 3 a h = 3 S = 4S 3, i.e. Ioescu-Weitzeböck iequality. If i (b) we takig accout by w h, w h, w h,,, yields that 3 w + w + w a + b + c 3, h h h 4S 5 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
so, we obtai 4 3S a + b + c, i.e. Ioescu-Weitzeböck iequality. Î ABC dacă M C(O, R) atuci: ASUPRA UNEI IDENTITĂȚI Maria Dică, Uiv. București MA si A + MB si B + MC si C = 4 aria ABC Soluție cu umere complexe: Alegem origiea î O și R =, fie afixele puctelor A, B, C, M otate cu a, b, c, m, aa = bb = cc = mm = MA = (m a)(m a) = (m a) m (m a) = a ma c = b(cos A + i si A) rezultă: cos A + i si A = C, cojugâd, rezultă b Deci: MA si A = (ma) ma cos A i si A = c b = b c, si A = i c b b c = c b c b ibc = (ma) c b imabc la fel: MB si B = i(mb) a c mabc 6 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 ibc = i(ma) c b mabc folosim: a = c(cos B + i si B) și aaloagele. si B = i a c c a = a c ica ; (m MB b) = mb și la fel: MC si C = i(mc) b a, folosim b = a(cos C + i si C), și aaloagele mabc deci: MA si A + MB si B + MC si C = = i(m a) (c b ) mabc + i(m b) (a c ) + i(m c) (b a ) = mabc mabc = i(m a) (c b ) + i(m b) (a c ) + i(m c) (b a ) mabc = i ciclic (m a) (c b ) mabc = i[ ciclic m (c b ) cicilic ma(c b ) + a (c b ) mabc = ciclic ] Î această parateză prima sumă ciclică și ultima sut ule. =
= i[ ciclic ma(c b )] i(a b)(b c)(c a) = = 4 aria ABC mabc abc a a a deoarece aria ABC = i 4 b b = i 4 b c c c 7 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 a b c = i(ab)(bc)(ca) APLICAȚII ALE TEOREMEI LUI JENSEN ÎN DEMONSTRAREA UNOR INEGALITĂȚI CONDIȚIONATE 4abc Leoard Giugiuc; Diaa Trăilescu Î cele ce urmează, autorii vor dezvolta o metodă de rezolvare a uor iegalități petru fucții parțial covexe (cocave). Teorema lui Jese: Fie I u iterval de umere reale și o fucție f: I R. () Dacă f este covexă pe I, atuci petru orice îtreg și petru orice a I, k, are loc iegalitatea ( f(a ) ) f ( a ). () Dacă f este cocavă pe I, atuci petru orice îtreg și petru orice a I, k, are loc iegalitatea ( f(a ) ) f ( a ). Demostrația teoremei poate fi găsită î orice maual școlar, deci u vom isista asupra ei. Aplicația (Sladja Stakovik, Macedoia): Fie umerele reale eegative a, b și c astfel îcât ab + bc + ca + abc = 4.Să se arate că 3 + a + 3 + b + 3 + c 6. Demostrație (Diaa Trăilescu): Este biecuoscut faptul că dacă a, b, c 0 și ab + bc + ca + abc = 4, atuci există umerele reale x, y și z cu 0 x, y, z < 3, x + y + z = 3 și a =, b =, c =. Deci iegalitatea cerută este echivaletă cu + + 6.Cosiderăm fucția f(t) = pe [0,3) ; f (t) = și cum fucția (3 () () t) (9 t) este strict descrescătoare și pozitivă pe [0,3), deducem că f (t) este strict crescătoare pe [0,3), deci f (t) 0 pe [0,3) de ude obțiem că f este covexă. Aplicăm teorema lui Jese și obțiem + + 3 = 6.
Aplicația (Michael Rozeberg, Israel): Fie umerele reale eegative a, b și c astfel îcât ab + bc + ca + abc = 4.Să se arate că + 4a + + 4b + + 4c 5. Deși codițiile iițiale, chiar și forma iegalității e sugerează aceeași demostrație ca mai sus, vom vedea î cele ce urmează că fucția aleasă este parțial covexă, ceea ce face imposibilă aplicarea î mod direct a teoremei lui Jese. Demostrație (Leoard Giugiuc): Vom efectua aceleași substituții ca la aplicația și vom obție iegalitatea echivaletă Dar fucția f: [0,3) R, f(t) = + + 5 ( ). (demostrația acestui fapt este similară cu precedeta)., este cocavă pe 0, și covexă pe, 3 Cazul : Cel puți două ditre umerele x, y și z sut cel puți egale cu. Fie WLOG x, y. Aplicăm Jese și avem: + Notăm. = k k, și z = 3 k. Petru a demostra ( ), este suficiet să arătăm că + 5, k, ( ). Fie fucția g:, R, g(k) = +. Utilizâd derivata îtâi a lui g deducem că m, astfel îcât g este strict descrescătoare pe,, strict crescătoare pe [, m] și strict descrescătoare pe m, (studiul variației lui g rămâe cititorului). Cum g() = g = 5, deducem că g(k) 5 k,, deci am demostrat. Cazul : Două ditre umerele x, y și z sut cel mult egale cu. Fie WLOG, x, y Cum f (t) este strict descrescătoare pe 0,, utilizâd teorema lui Lagrage deducem că f(x) + f(y) f(x + y) + f(0) = f(3 z) +. Dar x, y Vom arăta că h(t) = f(t) + f(3 t) 4 t, 3. 8 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 z >. Observăm că h = 4. E suficiet să arăt că h este strict crescătoare pe, 3 f (t) f (3 t) t [47(3 t) + 3] (3 t) (47t 3) t 3, 3.
(3 + u) ( 94u + 47) (3 u) (94u + 47) u 0, 3 76u + 675u 0 u 0, 3 Dar > = 76u + 675u 0 u 0,. Demostrația este îcheiată. Aplicația 3 (): Fie u îtreg cu și umerele reale a k > 0, k, cu k a k =. Demostrați iegalitatea a a k k k Demostrație (Leoard Giugiuc): Logaritmâd, iegalitatea cerută devie l. Cosiderăm fucția f: (0,) R, f(x) = Avem f (x) = obțiem și f (x) = = l... < 0 x (0,) f este cocavă. Aplicăm Jese și Demostrație (): Without loss of geerality, assume x x x so that. By the AM-GM iequality, = x x, implyig x <. Sice fuctio f(x) log x, with 0 < a <, is mootoe decreasig, log x log x log x. Therefore, by the Chebyshev ad Jese iequalities, log x x log x x log x x x x x + x + + x. It follows that log x x = log (x x x ), which is equivalet to This is the required iequality. x x (x x x ) x + + x = 9 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Î cotiuare, vom propue spre rezolvare două aplicații ale lui Vasile Cârtoaje. Aplicația 4 (Baraj Seiori): Fie umerele reale a, b, c > 0 cu a + b + c = 3. Demostrați iegalitatea a + b + c a + b + c. Aplicația 5: Fie umerele reale a, b, c, d > 0 cu a + b + c + d = 4. Demostrați iegalitatea a + b + c + d a + b + c + d. Bibliografie: http://www.artofproblemsolvig.com/ https://www.facebook.com/groups/48644404996949/ https://www.facebook.com/cutthekotmath/ METODE DE CALCUL A INTEGRALELOR DEFINITE Cătăli Nițică, Colegiul Tehic Dimitrie Leoida București REZUMAT. Î această otă vom prezeta metode de rezolvare a itegralelor defiite petru fucții a căror primitive sut greu de calculat iar metoda clasică de rezolvare pri utilizarea formulei Leibitz-Newto u dă rezultatul așteptat. O metodă va utiliza schimbarea de variabilă petru itegrarea defiită iar altă metodă, mai deosebită, se va baza pe Regula lui Leibiz de diferețiere sub semul de itegrare. Î cele ce urmează vom presupue cuoscute oțiuile de fucție cotiuă, de derivată a uei fucții și de primitivă adică itegrală edefiită a uei fucții defiită pe u iterval. Petru o fucție f: [a, b] R cotiuă reamitim că metoda uzuală de calculare a itegralei defiite b f(x) dx este de a găsi o primitivă F(x) a lui f(x) și de a estima apoi difereța a F(b) F(a), coform formulei lui Leibiz-Newto, metodă î geeral cuoscută de elevi. Scopul acestei ote este de a prezeta câteva itegrale defiite care se pot calcula relativ ușor, deși listarea uei primitive este imposibilă sau foarte complicată.. UTILIZAREA SCHIMBĂRII DE VARIABILĂ PENTRU INTEGRALA DEFINITĂ Primele exerciții pe care le prezetăm sut elemetare și se pot rezolva pri schimbarea de variabilă petru itegrala defiită, coseciță imediată a defiiției itegralei Riema și a Formulei lui Leibiz-Newto. Teorema.. Fie u: J I o fucție derivabilă cu derivata cotiuă și fie fucția f: I R o fucție cotiuă și α, β J. Atuci: β fu(x)uʹ(x) dx = α u(β) f(t) dt cu schimbările de variabilă și otații u(x) = t și uʹ(x)dx = dt, x J, t I. Exercițiul. Să se calculeze: π tg05 x 0 tg 05 x dx. u(α) 0 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Rezolvare. Facem schimbarea de variabilă u = x, du = dx. Notăm itegrala cu I și folosim formulele tg x = ctg(x) și ctg(x) = Obțiem: I = dx = dx = dx == I. (). du = Rezolvâd ecuația de mai sus petru I obțiem itegrala I =. π Exercițiul. Să se calculeze: 4 l( + tg(x)) dx. 0 du = du = Rezolvare. Se face schimbarea de variabilă u = x și x = u deci du = dx. Notăm itegrala cu I și obțiem: I = l( + tg(x)) dx = l + tg π 4 u du = = l + tg(u) + tg(u) du = (l l( + tg(u))) Rezolvâd ecuația de mai sus petru I obțiem itegrala I = l. REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 du = π l I. 4 Tot pri schimbare de variabilă sau pri proprietăți cuoscute ale fucțiilor trigoometrice se pot calcula și următoarele itegrale: Exercițiul 3. Calculați π si 06 x 0 si 06 xcos 06 x dx și Exercițiul 4. Să se calculeze itegrala defiită: I = π cos 06 x 0 si 06 xcos 06 x π π e x tg 06 x dx. dx. tg 06 x Rezolvare. Facem schimbarea de variabilă u = x, du = dx. Folosid formula tg( x) = tg x obțiem: I = tg x + e + tg x dx = tg ( u) + e + tg ( u) = tg x + e + tg x dx = tg x + tg dx I. x Rezolvâd ecuația de mai sus petru itegrala I obțiem: I = Fucția f(x) = este pară, deci: dx = du = e tg u + e + tg du u dx. dx.
Folosid rezultatul di Exercițiul obțiem I =. Exercițiul 5. Calculați: I = π π e x tg 06 x dx.. INTEGRALE REZOLVATE PRIN DERIVAREA ÎN RAPORT CU UN PARAMETRU Ua di metodele mai avasate de calculare a itegralelor defiite, petru care găsirea uei primitive este dificilă, este metoda de derivare î raport cu u parametru. Metoda are la bază următorul rezultat: Teorema. (Leibiz). Să presupuem că fucția de două variabile f(x, α), defiită pe dreptughiul [a, b] [c, d], este cotiuă î raport cu ambele variabile și cu derivata parțială f αʹ (x, α) cotiuă î raport cu ambele variabile, adică: petru orice șiruri x x, a α. Atuci: (.), d dα b f(x, α) a dx = lim f αʹ (x, α ) = f αʹ (x, α), b d a dα f(x, α)dx. Demostrație. Notăm: F(α) = f(x, α) dx. Fixăm α [c, d] și calculăm Fʹ(α) folosid defiiția derivatei: (.),Fʹ(α) f(x, α) dx = lim ()() f(x, α)dx f(x, a + h) f(x, a) lim h Fixăm ε > 0. Deoarece: lim (,)(,) d f(x, α) dx. dα = f(x, α), petru orice x [a, b], petru orice x [a, b] există u iterval deschis I(x) cetrat î 0 astfel îcât f(x, α + h) f(x, α) h d f(x, α) < ε, dα petru orice h I(x). Arătăm acum, pri cotradicție, că ifimul lui I(x) u este u puct. Astfel, există u șir h 0 și u șir x [a, b] astfel îcât f(x, α + h ) f(x, α) h d dα f(x, α) ε. Cum șirul x este mărgiit, putem găsi u subșir x care este coverget la x [a, b]. Folosid teorema de medie a lui Lagrage î raport cu variabila α, iegalitatea precedetă devie: f(x, ξ ) f(x, α) ε, ude α < ξ < a + h. Luâd acum limita câd REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
î iegalitatea precedetă și folosid cotiuitatea derivatei parțialei obțiem o cotradicție. Rezultă că putem găsi u iterval deschis I idepedet de x astfel îcât: f(x, a + h) f(x, a) d f(x, α) < ε, h dα petru orice h I, x [a, b], de ude rezultă că limita di membrul drept al iegalității (.) este mai mică decât ε(b a). Cum ε a fost ales arbitrar, limita este zero și formula (.) este adevărată. Prezetăm câteva exemple de itegrale defiite care se pot calcula cu această metodă. Exercițiul 6. Să se calculeze itegrala defiită: l(x) dx. 0 x Demostrație. Itroducem fucția cu u parametru: F(α) = () dx, a cărei derivate se poate calcula folosid Teorema.: Fʹ(α) = Folosid descompuerea î fracții simple obțiem: x ( + αx)( + x ) = α + Itegrâd î raport cu variabila x de la 0 la obțiem: ()( ) dx. x x + + α α + x + α α + + αx. Fʹ(α) = α + l + α α + π 4 α l( + α). + Itegrâd formula precedetă î raport cu variabila α obțiem: F(α) = arcta α l + l(α + ) π 4 α + l( + α) dα. Estimâd î ecuația precedetă petru α = și separâd F() obțiem: F() = l. Exercițiul 7. Calculați: arcta x 0 x dx. Demostrație. Itegrăm pri părți folosid u = arcta x și du =. Obțiem: arcta x dx = arcta x l(x + ) l( + x) + x 0 x dx. + Folosid rezultatul di Exemplul 6 obțiem dx = l. π Exercițiul 8. Să se calculeze: l(α cos x) dx, ude α >. 0 3 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Demostrație. Cosiderăm fucția: F(α) = l(α cos x) dx, a cărei derivată se poate calcula folosid Teorema.: Fʹ(α) = După ce facem substituția y = tg x itegrala devie: dx. α Fʹ(α) = α + α y dy = α arcta ay α 0 = π α. Itegrâd î raport cu α ecuația precedetă obțiem: Fʹ(α) = π lα + α + C. Observăm că egalitatea de mai sus se poate rescrie î forma: π l a + l α cos x dx = l(α cos x) dx = π l α + α + C = π l a + π l + α + C. Luăd limita câd α obțiem C = π l. Îlocuid C î formula de mai sus obțiem: F(α) = π l. Î îcheiere mai euțăm îcă două exerciții ce se pot rezolva cu metoda descrisă aici: Exercițiul 9. Să se calculeze itegrala defiită: Exercițiul 0. Să se calculeze itegrala defiită: arcsi x 0 x arcsi x x Aceste metode se pot aplica și petru itegrale mai complicate, cu capetele de itegrare ifiite, extizâd astfel metodele de itegrare studiate la clasele de liceu, combiâd elemete matematice cuoscute deja de elevi. 0 dx. dx. INEGALITĂȚI INTEGRALE REMARCABILE Draga Tătucu Mariaa Î acest articol, m-am oprit asupra uui subiect de aaliză, şi aume, iegalităţi remarcabile ale uor itegrale, cu ajutorul cărora vom rezolva cu uşurită aumite tipuri de iegalități. Iegalitatea Cauchy-Buiakovski-Schwarz: Fie, g: [a, b] R, doua fucţii itegrabile. 4 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
f(x)g(x)dx f (x)dx g (x)dx Egalitatea are loc dacă f sau g sut ule aproape peste tot sau există k R astfel îcat = kg. Iegalitatea lui Cebîşev: Fie f, g: [a, b] R, două fucţii cotiue şi mootoe. Atuci avem: a) Dacă f şi g au mootoii diferite, atuci: f(x)g(x)dx b a b) Dacă f şi g au aceeaşi mootoie, atuci: f(x)g(x)dx b a f(x)dx f(x)dx g(x)dx 5 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 g(x)dx Egalitatea are loc câd ua di fucţiile f sau g este costată, cu excepţia, evetual, a uei mulţimi umărabile de pucte. Iegalitatea lui Jese: a) Dacă f: [a, b] [α, β] este o fucţie itegrabilă şi φ: [α, β] R o fucţie covexă cotiuă, atuci: φ f(x)dx (φ f)(x)dx b a b a b) Dacă f: [a, b] [α, β] este o fucţie itegrabilă şi φ: [α, β] R o fucţie cocavă cotiuă, atuci: φ f(x)dx (φ f)(x)dx b a b a Iegalitatea lui Youg: Fie : [0, ) [0, ), o fucţie cotiuă şi strict crescătoare astfel îcât f(0) = 0. Atuci a 0 şi b Im f, avem iegalitatea: ab f(x)dx + f (y)dy Iegalitatea lui Mikowski: Fie f, g: [a, b] R, două fucţii itegrabile şi p. Atuci: f(x) + g(x) dx f(x) dx + g(x) dx Iegalitatea lui Hölder: Fie f, g: [a, b] R, două fucţii itegrabile şi p, q > 0 cu
+ =. Atuci avem iegalitatea: f(x)g(x) dx f(x) dx g(x) dx Iegalitatea Hermite-Hadamard: Daca f: [a, b] R este o fucţie itegrabilă şi covexă pe [a, b], atuci: f f(x)dx ()() Teoremă (Riema): Dacă f: [0, T] R este itegrabilă Riema şi g: [0, ) R este o fucţie periodică, de perioada T > 0 astfel îcât g [,] este itegrabilă atuci are loc: lim g(x)f(x)dx = g(x)dx f(x)dx T Idetitatea lui Youg: Dacă f: [a, b] [c, d] este o bijecţie strict crescătoare, atuci are loc egalitatea: f(x)dx + f (x)dx = bd ac Teoremă (Poicaré): Fie f: [0,] R o fucţie de clasă C pe [0,] cu f(0) = 0. sup f(x) f (x) dx () Teoremă (Nagumo): Fie f: [0,] [0, ) o fucţie cotiuă cu f(0) = 0, lim = 0 şi tf(t) () ds, t > 0. Atuci f este ulă pe tot domeiul de defiiţie. Iegalitatea lui Growall - forma difereţială: Fie f: [0, T] [0, ) o fucţie derivabilă astfel îcât f (x) a(x) f(x) + b(x), x [0, T]. Dacă a, b: [0, T] [0, ) sut fucţii cotiue, atuci avem f(x) e () f(0) + f(t)dt Iegalitatea lui Growall - forma itegrală: Fie f: [0, T] [0, ) o fucţie cotiuă care satisface iegalitatea itegrală f(x) c f(t)dt + c, x [0, T] (c si c sut două costate pozitive). Atuci are loc iegalitatea f(x) c ( + c x e ), x [0, T]. Aplicaţii: Fie f: [a, b] R o fucţie itegrabilă pe [a, b]. Arătaţi că: f(x) si x dx a b + f(x) cos x dx a b b (b a) f (x)dx a Maual petru clasa a XII-a, Mircea Gaga, 005 6 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Soluţie: Aplicăm iegalitatea Cauchy-Buiakovski-Schwarz celor doua fucţii de sub itegralele di membru stag: f(x) si x dx f(x) cos x dx Di cele două iegalităţi de mai sus rezultă: b f(x) si x dx a b + f(x) cos x dx a f (x)dx f (x)dx b f (x)dx a b = (b a) f (x)dx a si x dx cos x dx b (si x + cos x)dx Fie f: [0, ] R o fucţie derivabilă cu f() = 0 şi f cotiuă. Arătaţi că: Soluţie: f(x)dx = x f(x)dx f (x) dx 0 3 f(x)dx 0 a = Matematica de exceleţă, vol.ii, Ed. Paralela 45, 04 = xf(x) 0 xf (x)dx = f() xf (x)dx Cum f() = 0, pe baza iegalităţii lui Cauchy-Buiakovski-Schwarz, rezultă că: f(x)dx = xf (x)dx x dx f (x) dx = 3 f (x) dx e Fie N,. Arătaţi că: l x dx < e. Gheorghe Boroica Soluţie: Fucţia f: [, e] [0,], f(x) = l x, este bijectivă. Iversa acestei fucţii este f : [0,] [, e], f = e. Cum f este cotiuă şi bijectivă, rezultă (di idetitatea lui Youg) : f(x)dx + f (x)dx = ef(e) f() Deci () () l x dx + e dx = e. () Deoarece e x +, petru orice x R, cu egalitatea umai î x = 0, rezultă că e x +, x [0,] şi de aici, rezultă că: e dx x + dx =. Folosid (), obţiem iegalitatea cerută. 7 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Fie F: [, ] R o fucţie de două ori derivabilă astfel îcât f (x) f (x), oricare ar fi x [, ]. Arătaţi că: f + l e e ex f(x)dx f()f() Gazeta Matematică, /003, Mihaly Becze Soluţie: Cosiderăm fucţia h: [e, e ] R, h(x) = f(l x). Deoarece h (x) = ( ) şi h (x) = f (l x) f (l x) 0, x [e, e ], rezultă că h este covexă. Aplicâd iegalitatea Hermite-Hadamard fucţiei h, rezultă: Cum: h(x)dx = f(l x)dx e + e h e h(x)dx e = e f(x)dx h(e) + h(e ) obţiem iegalitatea cerută. Fie f: [a, b] R o fucţie derivabilă cu f (x) > 0, x [a, b] şi f crescătoare. Arătaţi b că: e f(x) dx (b a) ef(b) e f(a), Matematica de exceleţă, vol.ii, Ed. Paralela 45, 04 a f(b)f(a) Soluţie: Di e () = f (x) e () 0, x [a, b] şi di iegalitatea lui Cebîşev rezultă e () e () = f (x) e () dx b a f (x)dx e () dx Fie f: R R o fucţie cotiuă covexă şi a >, b >. Arătaţi că: a l a f(x )dx + l b f(x )dx (a x + b x )f(a x a x b x + b x )dx Soluţie: Di iegalitatea lui Jese obţiem: Dar a f(a )dx a f(a ) + b f(b ) a + b = f(t )dt Itegrâd, obţiem iegalitatea di euţ. Probleme propuse: b 0 Mihaly Becze f a a + b b a + b = f(a a b + b ), x R şi b f(b )dx = f(t )dt π. Arătaţi că: cos 3 0 x dx. Să se demostreze că: π 3. Draga Tătucu Mariaa 8 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
05 x dx 05 x dx 0 0, R.M.M r.4 e 3. Arătaţi că: ( e x + l(x + ))dx e 0 4. Fie f: [0, ] [0, ], f(0) = 0, o fucţie cotiuă şi bijectivă şi f(x) x, x [0, ]. Demostraţi că: f(x)dx 0 5. Fie f: [0, ] R, o fucţie cotiuă şi crescătoare. Să se arate că: b xf(x)dx a a + b b f(x)dx cu egalitate dacă a = b sau f este costată. 6. Fie f: R R, o fucţie cotiuă şi mootoă. Să se arate că a > 0 avem: a a xff(x)dx 0 a TEHNICI PARTICULARE DE SCHIMBARE DE VARIABILĂ studetă Neciu Deisa Nicoleta, Uiv. București M-am oprit asupra uui subiect de aaliză matematică (mai precis asupra uei proprietăţi) cu ajutorul căruia vom putea rezolva cu usuriţă aumite tipuri de itegrale defiite. O schimbare de variabilă ispirată î calculul uor itegrale defiite, poate trasforma o problemă dificilă îtr-o problemă obişuită. Proprietate: Dacă f: [a, b] R este o fucţie cotiuă atuci: b f(x)dx = f(a + b x)dx a a b Demostraţie: Notăm I = f(x)dx și J = f(a + b x)dx. Vom pori de la prima itegrală I = f(x)dx. Aici vom ota x = a + b t dx = dt. Dacă x = a a = a + b t t = b Iar dacă x = b b = a + b t t = a. Deci itegrala va devei: I = f(a + b t)( dt) = f(a + b t)dt = f(a + b t)dt = = f(a + b x)dx = J 9 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Observaţie: De asemeea, se poate pleca şi de le cea de-a doua itegrală, aplicâd aceeaşi otaţie şi folosid acelaşi mod de rezolvare. Aplicaţii:. Fie f, g: R R; f, g cotiue pe R şi a, b ε R. Ştiid că: x ε R, f(x) = g(a x) () şi f (x) + g (x) = b () să se calculeze: I = a bf (x)g(x) 0 f(x)g(x)b dx., R.M.M. -r. 4 Soluţie: Folosid proprietatea pe care am euţat-o mai sus, itegrala va fi egală cu I = bf (a + 0 x) + g(a + 0 x) dx = bf (a x) + g(a x) dx f(a + 0 x) + g(a + o x) + b f(a x) + g(a x) + b () I = bg (x) + g(a x) dx g(x) + g(a x) + b Di () luâd x = a t avem: f(a t) = g(a (a t)) f(a t) = g(t) Deci : I = ()() ()() dx Aduâd cele două forme ale itegralei rezultă: I = bf (x) + g(x) f(x) + g(x) + b + bg (x) + f(x) g(x) + f(x) + b dx = bf (x) + g (x) + g(x) + f(x) () f(x) + g(x) + b dx I = b + g(x) + f(x) dx = dx = a I = a f(x) + g(x) + b. Să se calculeze: l (x ) dx e x. Vasile Grecu, R.M.M. -r. 4 Soluţie: Notez I = ( ) dx. Folosid proprietatea euţată vom avea: I = l ( + ( x) ) e dx = l ( + x ) + e + dx = e l ( + x ) e dx + = l (x + )dx I I = l(x + ) dx = x l(x + ) dx = x l(x + ) x dx + x = x l(x + ) (x + ) + x dx 30 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 = x l(x + ) (x arctgx) I = l + π
3. Calculaţi S.S.M.ROMÂNIA - Filiala Mehediți 06 π 0 x si x si x dx. Matematică de exceleță - vol. II - Paralela 45 Soluţie: Notăm I = I = dx. (π + 0 x) si(π + 0 x) + si (π + 0 x) Deoarece si(π x) = si x itegrala devie: dx = (π x) si(π x) + si (π x) dx (π x) si x si x I = + si dx = π x + si x dx I si x I = π + si x dx si x = π cos x dx Vom ota cos x = t si x dx = dt. x = 0 t =. x = π t = Probleme propuse I = π dt = π t. Să se calculeze: I = π 3 dx π tg x 6 dt t = π l + Matematică de exceleta - vol. II - Paralela 45. Să se determie a ε R astfel îcat valoarea itegralei să fie: I = a x dx a e x = 8. (Culegere Admitere Politehică Timişoara) π 3. Să se calculeze: I = 4 l( + tgx) dx. (Culegere Admitere UPT) 0 π 0 π l tg xl si x dx 0 l si xl cos x π dx π e x 4. Să se calculeze: I = l si x dx 5. Să se calculeze:i = 6. Să se calculeze: I = si4 x Questio (Da Sitaru). Fid the limit ABOUT A LIMIT, (studetă Neciu Deisa), (studetă Neciu Deisa) Studet Tra Quag Mih-Haoi Uiversity-Viet Nam π Ω = lim (x exp) (π x) dx exp Solutio (Tra Quag Mih). Da Sitaru give oe solutio for this problem by use theorem. We put f(x): [exp, π] R, Stolz 3 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
x (x exp )(π x) Easily to see f(x) C[exp, π]. Now use Cauchy iequality we have f(x) = (x exp )(π x) = i (5) occurred whe x = Now we have: ( ) (x exp) (π x) dx A dx = 4 (5) the A is a maximum value of f(x) i [exp, π]. = A (π exp ) I other had, f(x) C[exp, π] implies that give ε > 0, there is iterval [α, β] [exp, π] such that f(x) A, x [α, β]. We have A (6) (x exp) (π x) dx (x exp) (π x) dx A ε = = A β α A ε (7) for sufficietly large. From (6) ad (7) we will have Ω = lim (x (π exp exp) (π x) ) dx = A = 4 Otto Stolz (3 July 84 3 November 905) was a Austria mathematicia FORMELE INTEGRALE ALE INEGALITĂȚILOR SCHWEITZER ȘI POLYA-SZEGO Abstract: Î prezeta otă matematică vom deduce formele itegrale ale biecuoscutelor iegalități Schweitzer și Polya Szego. Î [] găsim demostrația petru: Iegalitatea P. Schweitzer: Dacă [a, b] R și x k [a, b]; k, atuci: x k x k k k (a + b) 4ab 3 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Iegalitatea Polya Szego: Fie [m, M ]; [m, M ] R ; și a k [m, M ]; b k [m, M ]; k,. Î aceste codiții: k a k b k (m m + M M ) 4m m M M k a k b k Proprietatea : Fie f: [a, b] (0, ) o fucție cotiuă și m = mi f(x) ; M = max f(x). Î aceste codiții: b f(x) dx dx f(x) a a b (m + M) 4mM k (b a) Demostrație: Fie = a x < x < < x b o diviziue a lui [a, b]; x = () ; = 0; ξ = (). Î aceste codiții: ) lim σ (f, ξ ) = lim f(ξ )(x x b a i(b a) == lim f = f(x) dx Î iegalitatea Schweitzer luăm: x = f () ; 0 < m f(x ) M. Iegalitatea se scrie: b a k(b a) f f () a) f k(b f () f k(b a) b a Pri trecere la limită î sumele Riema: f () f(x)dx f(x) dx (m + M) 4mM (m + M) 4mM (m + M) (b a) 4mM (m + M) (b a) 4mM Proprietatea : Fie f, g: [a, b] (0, ), fucții cotiue și m = mi f(x) ; M = max f(x) ; m = mi g(x) ; M = max g(x). Î aceste codiții: 33 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
b b f (x)dx g (x)dx m m + M M 4m m M f(x)g(x) dx M a a a b Demostrație: Fie = a x < x < < x b o diviziue a lui [a, b]; x = () ; = b a 0; ξ = k(b a) î aceste codiții: ) lim σ (f, ξ ) = lim f(ξ )(x x b a a) = lim f i(b = f(x) dx lim σ (g, ξ ) = g(x) dx, lim σ (fg, ξ ) = f(x)g(x) dx lim σ (f, ξ ) = f (x) dx, lim σ (g, ξ ) = g (x) dx Î iegalitatea Polya Szego luăm: Rezultă: k(b a) k(b a) f g 34 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6 k(b a) a = f [m, M ] a [m ; M ], k(b a) b = g [m, M ] b [m ; M ] Îmulțim ambii membri cu () : b a (m m + M M ) 4m m M M k(b a) f (m m + M M ) 4m m M M b a b a k(b a) k(b a) f g k(b a) g a) k(b a) f k(b g Pri trecere la limită î sumele Riema obțiem:
Bibliografie: S.S.M.ROMÂNIA - Filiala Mehediți 06 f (x) dx g (x) dx (m m + M M ) 4m m M M f(x)g(x). D. M. Bătiețu Giurgiu, Maria Bătiețu Giurgiu, Valeti Gârba Aaliză matematică exerciții și probleme Editura Militară București 99., Claudia Năuți, Leoard Giugiuc, Diaa Trăilescu Iegalități Iequalities, Editura Ecko Prit Drobeta Turu Severi 05 ASUPRA UNEI CATEGORII DE ȘIRURI RECURENTE Da Nedeiau Acest articol propue ilustrarea uor tehici de abordare a uor șiruri recurete de umere reale (a ), de tip a î fucție de a, a,, a, sub formă implicită sau sub formă explicită, pri exemple cocrete sub forma uor probleme de cocurs sau probleme propuse î reviste de specialitate. Î cele mai multe cazuri, de la îceput, se dau valori particulare lui î relația de recureță, determiâd primii termei ai șirului. Se ituiește termeul geeral și apoi folosid metoda iducției matematice (deseori, a doua variată a acesteia), se stabilește formula termeului geeral al șirului (a ), utilizâd evetual și uele formule de tip sumă sau produs. O altă cale de abordare ar fi scrierea recureței îlocuid pe cu +, avâd ca scop aducerea recureței la o formă mai simplă. Aplicația :Determiați șirul de umere aturale (a ), cu proprietatea: 3 a a + 5 a a + 3 7 a 3 a + + 4 a a = (),. Soluție: Petru =, se deduce că a a = ; petru = se deduce + ( ) = a a = 6. La fel a a = și iductiv se ajuge la Da Nedeiau a a = ( + ),.Di a a = (a =, a = ) sau (a =, a = ). Î primul caz se ajuge la șirul umerelor aturale a =, N. Î al doilea caz se obție a = 6, a =, a = 0, a = 3 și astfel a =,, iar a = 4,, care se probează iductiv. Mai precis, al doilea caz coduce la a = + ( ),. Aplicația :Termeii uui șir (a ) de umere reale verifică egalitatea: a + a + a 3 3 + + a = + (a + a + + a ), Să se arate că șirul este o progresie aritmetică. Nicolae Berbecel 35 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Soluție: Petru = a = a ; petru = 3 a = 3a. Se ituiește că a = a,, afirmație care se demostrează iductiv. Îtr-adevăr, presupuâd că a = 4a, a = 5a,, a = ka (), să arătăm că a = (k + )a. Relația di euț o scriem petru k + și folosim relația (). Se ajuge la: a + a + 3a 3 + + ka k + a k + = k + (a + a + + ka + a ) ka + a k + = k + a k(k + ) + a și fără dificultate se ajuge la a = (k + )a. Deci a = a,. Deoarece a a = a, idepedet de șirul este o progresie aritmetică. Aplicația 3 Determiați fucțiile surjective f: N N cu proprietatea că: f() + 3f() + 4f(3) + + =,. f( ) f() Soluție: Notăm f() = a,, cu a N,. Ipoteza devie: + + + + =,. a 3a 4a a a Petru = a = a ; petru = 3, = 4, succesiv se ajuge la a = 3a, a = 4a. Iductiv se va ajuge la relația care se ituiește și aume a = a. Deci f() = a, N ude f() = a. Imagiea fucției f este mulțimea {f(), f(), f(3), } = {f(), f(), 3f(), }. Di codiția de surjectivitate a fucției f f() = f() =, N. Aplicația 4: Determiați fucția f: N N petru care f() = 3 și care verifică relația: f()f() + f()f(3) + + f()f( + ) =, N f( + ) Soluție: Notăm f() = a, N, cu a N,. Ipoteza devie: + = + +, N, iar a = 3. Petru = a = ; petru = a = 5 și ituim că a =,, lucru care se probează iductiv imediat. Aplicația 5: Determiați șirul de umere reale (a ) cu proprietatea că: a >, N și a 3 a 3 + a 3 a 3 + a 3 a 3 + = 3 +, N. a + a Da Nedeiau Soluție: Petru = a = ; petru care = a = 3. Demostrăm iductiv că a = +,. Îtr-adevăr, dacă afirmația este adevărată petru < k, atuci petru k, trebuie ca: =, adică = a a k k = 0, de ude se deduce că a = k +. Deci a = +, N. 36 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6
Aplicația 6: Determiați umerele reale strict pozitive a, a,, a,, astfel îcât a =, petru care este adevărată egalitatea: + + + + = a a + a a + a 3 a 3 + a 4 a + a, N Soluție:Petru = = a a =. Petru = se obție a = 3. Îaite de a demostra iductiv că a =, N, scriem ipoteza petru k și k, cu k. Se obție: + + + + = a și + O.L.M. Alba 05 + + = a, k, de ude pri scădere: = a a, k.presupuâd (iductiv) că a = k, di relația de recureță aterioară a = k + și pri urmare a =, N. Cu u rațioamet similar se pot aborda și alte probleme după cum urmează: Aplicația 7: Șirul de umere reale (a ) verifică relațiile a =, a + a + + a 3 = a (), N. 3 Se obție a = ( + ), N. Aplicația 8 Determiați umerele reale strict pozitive a, a,, a,, care verifică relația: 3a + a + + a = ( + )(a + a + + a ), N - se obție a =, N. Aplicația 9 Să se determie șirul de umere reale (a ) petru care a = și 4(a a + a a + 3a 3 a + + a a ) = = ( + )(a a + a a 3 + + a a + a a ), N - se obție a =, N. Aplicația 0 Determiați fucția f: N N, știid că: f() + f() + + f() = (f()), N. - se obție a =, N. Aplicația Determiați termeul geeral al șirului (a ) știid că a = 6 și că: a 3 + a 3 + 3a 3 3 3 + + a 3 = a 3 6, N - se obție a = ( + )!, N, folosid că ()! = ()! 4 ()!, k. O.L.M. Galați 05 Nicolae Papacu Aurel Doboșa Da Nedeiau 37 REVISTA DE MATEMATICĂ MEHEDINȚEANĂ NR. 6