x - 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 Ia¸si, a avut init¸iativa 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 publicat¸ii ¸si altor 

cadre didactice, biblioteca devenind astfel de uz comun. Prin aceasta, se îmbunătăt¸ea 

climatul favorabil ridicării calitative a activităt¸ii de cercetare ¸stiint¸ifică în universităt¸ile 

române¸sti, creat de legea învăt¸ământului, care l-a avut ca principal autor pe 

matematicianul ¸si astronomul Spiru Haret, pe atunci ministru al Instruct¸iunii Publice. 

În Ia¸si, terenul fusese pregătit de activitatea vechilor profesori de matematică de la 

Universitatea din Ia¸si: S¸t. Emilian, N. Culianu, I. Melik, M. Tzony, C. Climescu, 

A. Mănescu, I.D. Rallet, V. Costin. Dintre ace¸stia, N. Culianu, C. Climescu ¸si 

I. Melik, împreună cu cât¸iva profesori de liceu, contribuiseră la aparit¸ia la Ia¸si, pe o 

perioadă de 6 ani (1883-1888), a revistei Recreat¸ii S¸tiint¸ifice, precursoare a Gazetei 

Matematice. Au existat dificultăt¸i legate de eterna problemă a absent¸ei fondurilor 

¸si de mentalitatea unor persoane aflate în posturi de conducere ale t¸ării ¸si Ia¸silor, 

care considerau că nu este necesară o bibliotecă de uz comun; profesorii interesat¸i de 

anumite cărt¸i ¸si reviste puteau să ¸si le procure pe cheltuială proprie ¸si să-¸si constituie 

biblioteci personale. 

A fost nevoie de concept¸ia clară ¸si tenacitatea tânărului profesor A. Myller, 

pentru ca o astfel de institut¸ie să înceapă să funct¸ioneze, sub denumirea de Seminarul 

Matematic, având ca model biblioteca de acela¸si tip de la Göttingen, Germania. 

1

Mai întâi cu un număr restrâns de publicat¸ii, 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, ¸si-au desfă¸surat, mai mult sau mai put¸in 

sporadic, activitatea ¸stiint¸ifică ¸si de cercetare mai mult¸i tineri talentat¸i, 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 ¸s.a. 

Obt¸inerea fondurilor pentru achizit¸ionarea de publicat¸ii ¸stiint¸ifice era o preocupare 

permanentă a lui A. Myller, care a condus biblioteca de la înfiint¸are până în 

anul 1947. Aceste fonduri erau obt¸inute prin demersuri insistente pe lângă forurile 

conducătoare ale învăt¸ământului superior ¸si ale culturii române¸sti, prin convingerea 

unor persoane particulare să facă donat¸ii pentru bibliotecă ¸si prin contribut¸ii personale. 

Mai ales în perioada dintre cele două războaie mondiale, A. Myller pleca 

în mod regulat în t¸ările din vestul Europei, unde colinda prin librării ¸si anticariate, 

făcând achizit¸ii masive de cărt¸i ¸si de colect¸ii de reviste, ajungând să cheltuiască ¸si din 

banii săi. El insista mereu pe lângă colegii săi să contribuie la îmbogăt¸irea bibliotecii 

prin publicat¸ii ¸si este cunoscut că era tot timpul nemult¸umit, spunând că membrii 

Seminarului Matematic nu fac suficient de mult pentru îmbogăt¸irea 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 cărt¸i 

¸si reviste pentru Seminarul Matematic. Mult¸i ani, această carte a fost folosită pentru 

premierea student¸ilor frunta¸si de la Facultatea de Matematică. Unul din succesele 

importante ale lui A. Myller a fost convingerea industria¸sului N. Malaxa să facă o 

donat¸ie pentru Seminarul Matematic. Prin aceste eforturi, biblioteca Seminarului 

Matematic s-a îmbogăt¸it cu colect¸iile celor mai prestigioase reviste de matematică 

apărute în lume, cu ultimele cărt¸i publicate la diverse edituri de specialitate din Europa 

¸si din America, precum ¸si cu colect¸ii complete ale unora din cele mai vechi reviste 

de matematică (Acta Eruditorum, Crelle ′ s Journal, Journal de l ′ École Polytechnique 

de Paris etc.) ¸si cu cărt¸i vechi de matematică din perioada Rena¸sterii ¸si de mai târziu. 

O altă direct¸ie în care a act¸ionat stăruitor A. Myller, a fost ment¸inerea unei 

discipline stricte în Seminarul Matematic. Accesul la publicat¸ii 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 publicat¸ie 

împrumutată era trecută într-un registru de împrumuturi ¸si se restituia la anumite 

date, publicat¸iile trebuiau păstrate cu grijă pentru a se împiedica deteriorarea sau 

pierderea lor, nimeni nu avea voie să plece din Ia¸si fără să restituie mai întâi toate 

publicat¸iile împrumutate. Unele abateri, rare, erau sanct¸ionate fără rezerve de prof. 

A. Myller prin ridicarea dreptului de acces în bibliotecă pentru o perioadă determinată 

sau chiar pentru totdeauna. Sanct¸iunile se aplicau la orice beneficiar găsit în culpă, 

indiferent de vechimea ¸si prestigiul acestuia. Acest spirit de disciplină instaurat la 

Seminarul Matematic a făcut ca din bibliotecă să se piardă extrem de put¸ine publicat¸ii. 

În 1944, Universitatea din Ia¸si a fost evacuată, împreună cu biblioteca Seminarului 

Matematic, la Alba Iulia. Mutarea a fost organizată a¸sa de bine, încât la întoarcere 

în 1945, nu a lipsit decât un singur volum din fondul de publicat¸ii al bibliotecii. 

După război, au trebuit înfruntate mari greutăt¸i rezultate din distrugerile cauzate 

2

de luptele purtate pe teritoriul t¸ării (inclusiv la Ia¸si), izolarea în care a intrat t¸ara 

noastră, ca urmare a constituirii blocului statelor comuniste, ¸si lipsa cronică a fondurilor 

pentru achizit¸ionarea publicat¸iilor. Chiar în aceste condit¸ii, în biblioteca Seminarului 

Matematic au continuat să sosească numeroase volume de reviste, obt¸inute 

prin schimb cu revista Analele S¸tiint¸ifice ale Universităt¸ii ”Al.I. Cuza” Ia¸si, Matematică, 

cărt¸i trimise de diverse edituri pentru recenzare în aceea¸si revistă ¸si, în mică 

măsură, reviste obt¸inute prin abonament ¸si cărt¸i achizit¸ionate din fondurile oficiale, 

mai ales din fosta Uniune Sovietică. 

Trebuie ment¸ionate aici ¸si numeroasele donat¸ii generoase ale unor membri ai Seminarului 

Matematic, constând din cărt¸i ¸si 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 cărt¸i ¸si reviste 

din lume, precum ¸si articole separate apărute ca preprinturi pe diverse site-uri specializate 

(e.g. arXiv). Mai ment¸ionăm ¸si unele init¸iative la nivel de t¸ară care ne oferă acces 

pe bază de abonament la diverse baze de date: Science Direct (unde se pot accesa, 

în principal, publicat¸ii de la editura Elsevier), SpringerLink (cu acces la pulicat¸iile de 

la editurile Springer ¸si Birkhäuser), Thomson ISI (Web of Science, Journal Citations 

Report ¸si Derwent Inovation Index), CSA Research Pack. Mai ment¸ionez că, prin 

eforturi financiare deosebite ale facultăt¸ii, se asigură accesul on-line la Mathematical 

Reviews ¸si 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 domne¸ste o atmosferă calmă ¸si sobră, care îndeamnă pe cel care intră în bibliotecă 

către meditat¸ie ¸si cercetare. În ultimii ani, la mesele din aceste săli s-au documentat 

¸si au făcut descoperiri matematice importante numero¸si cercetători care au devenit 

cunoscut¸i în matematica mondială. Unele din rezultatele lor au apărut în reviste de 

specialitate de prestigiu din t¸ară ¸si din străinătate sau au fost încorporate în monogafii 

matematice scrise de autori din Ia¸si sau din alte centre ¸stiint¸ifice din lume. 

Acum, la 100 de ani de la înfiint¸are, Seminarul Matematic din Ia¸si, care poartă 

numele fondatorului său, A. Myller, î¸si trăie¸ste o nouă tineret¸e. 

Prof. dr. Vasile OPROIU 

Directorul Seminarului Matematic ”A. Myller” 

3

Seminarul Matematic din Ia¸si - 100 de ani 

de învăt¸ământ matematic românesc 

În acest an, un secol de existent¸ă a Seminarului Matematic se suprapune în 

mod fericit cu 150 de ani de la crearea la Ia¸si în 1860 a primei universităt¸i din t¸ară. 

Învăt¸ământul matematic ie¸sean avea o oarecare tradit¸ie încă înainte de inaugurarea 

Universităt¸ii, dar un adevărat centru de cercetare matematică a fost init¸iat 

de profesorul Alexandru Myller în 1910, când tocmai primise postul de titular la 

catedra de geometrie analitică a Facultăt¸ii de S¸tiint¸e din Ia¸si. 

În acela¸si an, profesorul Myller a făcut demersuri către ministrul instruct¸iunii 

publice de atunci - Spiru Haret - în vederea obt¸inerii de fonduri pentru dezvoltarea 

unei biblioteci de specialitate. Init¸ial s-a primit o sumă cu care s-au achizit¸ionat 

câteva reviste matematice mai importante, iar mai târziu s-a obt¸inut chiar o alocat¸ie 

bugetară fixă. 

Astfel, actul de na¸stere al Bibliotecii Seminarului Matematic (init¸ial 

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, spat¸iul destinat bibliotecii era doar o fostă sală de curs administrată 

numai de profesorul Myller, însă în timp spat¸iul s-a extins, iar personalul de 

administrat¸ie 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, sust¸inând ¸si 

un doctorat sub îndrumarea celebrului matematician David Hilbert. Cu un corp 

profesoral de calitate ¸si cu o bibliotecă de valoare, s-a format la Ia¸si o adevărată 

¸scoală de matematică cunoscută sub numele de Seminarul Matematic din Ia¸si (S.M.I.), 

având ca bază pentru cercetare o bibliotecă de specialitate realizată cu entuziasmul 

¸si sacrificiul profesorilor ¸si 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 învăt¸ământului universitar. La 14 octombrie 1944 Alexandru Myller 

este numit rector al Universităt¸ii, iar în noiembrie 1945 se retrage din această funct¸ie, 

rămânând profesor activ până la ie¸sirea la pensie din noiembrie 1947. 

În 1949, în anul următor Reformei învăt¸ământului, când toate bibliotecile facultăt¸ilor 

au devenit filiale ale Bibliotecii Universitare din Ia¸si, care s-a transformat 

în Biblioteca Centrală Universitară, ¸si Biblioteca Seminarului Matematic a devenit la 

rândul său filială, iar în 1954 a primit numele init¸iatorului său, Alexandru Myller. 

Amintim că, de¸si Biblioteca Seminarului Matematic a devenit subordonată Bibliotecii 

Centrale Universitare, la conducerea sa, din partea Facultăt¸ii 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 Banta¸s în anii 

1994-2006, iar din anul 2006 prof. Vasile Oproiu. 

Dacă până în 1952 toate activităt¸ile erau făcute de profesorul Myller ¸si o parte 

din membrii S.M.I., după aceea a fost numit ¸si un bibliotecar din partea B.C.U., în 

4

persoana d-rei Anca Jacotă, licent¸iată în limba franceză. 

Membrii Seminarului, în prezent aproape 150, sunt în special de la Facultatea de 

Matematică a Universităt¸ii ”Al.I. Cuza”, de la catedra de matematică a Universităt¸ii 

Tehnice ”Gh. Asachi”, dar ¸si de la alte facultăt¸i ¸si institut¸ii de cercetare din t¸ară 

sau străinătate. Ca utilizatori ai bibliotecii mai sunt, la recomandarea membrilor 

Seminarului Matematic, ¸si beneficiari externi, majoritatea student¸i în ultimii ani ai 

Facultăt¸ii de Matematică sau doctoranzi. 

Cu o a¸sezare alfabetică a majorităt¸ii 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, dict¸ionare ¸si enciclopedii generale ¸si de specialitate, reviste de referate, ¸si 

un fond de carte veche ¸si 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, Ia¸si, 1818 (carte românească veche). 

De asemenea, în bibliotecă există operele complete în original ale marilor matematicieni 

¸si 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 colect¸iile de cărt¸i se află ¸si peste 700 de titluri de periodice de specialitate, 

iar dintre cele cu aparit¸ie 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); Recreat¸ii S¸tiint¸ifice (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 ¸si s-au format atât¸ia oameni 

de seamă, avem datoria fat¸ă de înainta¸si, cât ¸si fat¸ă de cei care vor veni, să păstrăm 

mereu, îmbinând tradit¸ia cu modernitatea, acest tezaur de cultură. 

Andrei PATRAS¸ 

Bibliotecar ¸sef al Seminarului Matematic 

5

Amintiri de la Seminarul Matematic 

Am intrat ca student la Facultatea de Matematică de la Universitatea din Ia¸si 

în septembrie 1959. După ce am făcut cuno¸stint¸ă cu personalul de la secretariat, 

unde, ca ¸sef de grupă, trebuia să predau săptămânal prezent¸a student¸ilor la cursuri ¸si 

seminarii, am ajuns ¸si la biblioteca facultăt¸ii, situată deasupra decanatului facultăt¸ii 

de matematică. Îmi amintesc de o sală luminoasă ¸si primitoare, în care se putea studia 

în condit¸ii foarte bune. Exista ¸si o bibliotecară, d-ra Timofte, care stătea într-o sălit¸ă 

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. 

Student¸ii din anii mari aveau o altă sală de lectură alături, deasupra amfiteatrului II.5. 

Aveau cheie ¸si 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 cărt¸i 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 ¸si eu cu drepturi depline în această sală de lectură, pentru că s-a desfiint¸at. 

Erau unii student¸i care stăteau mult în aceste două săli de lectură, ba chiar î¸si fixaseră 

ni¸ste locuri ale lor. Se studia cu o anumită îndârjire, mi se părea că mult¸i doreau 

să-¸si depă¸sească condit¸ia de copii din familii nevoia¸se ¸si căutau să ajungă la situat¸ii 

mai bune. Mai târziu, după ce am terminat facultatea, s-a mai înfiint¸at o sală de 

lectură la parter, pe coridorul unde se află acum administratorul facultat¸ii, ba chiar 

¸si pe coridorul paralel, din fat¸a sălii metodice. Apoi, biblioteca pentru student¸i s-a 

mutat în corpul B în locul bibliotecii facultat¸ii de ¸stiint¸e economice, care, la rândul 

ei, s-a mutat în corpul D, nou construit, lângă biserica ”Patruzeci de Sfint¸i”. 

Am ajuns să intru, de câteva ori, în biblioteca Seminarului Matematic pentru a 

consulta ni¸ste materiale necesare pentru lucrul la cercurile ¸stiint¸ifice student¸e¸sti. În 

acest fel am cunoscut pe bibliotecara A. Jacotă, care a activat parcă o ve¸snicie la 

această bibliotecă. Îmi amintesc că pe coridoarele de la parter ¸si 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 lini¸stită 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 sălit¸a ce desparte sala de cart¸i de cea de 

colect¸ii de reviste. În sala de cărt¸i, aflată în dreapta, se adunau ¸si lucrau profesorii, 

poate ¸si conferent¸iarii mai în vârstă, în sala de colect¸ii de reviste se adunau ¸si lucrau 

conferent¸iarii ¸si 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 colect¸ii 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 ¸si lucrau asistent¸ii ¸si lectorii mai tineri. Fiecare avea locul lui, la mese cu 

patru locuri ¸si atmosfera era realmente una de lucru. 

Cam prin 1962, facultatea a primit noi spat¸ii de învăt¸ământ, devenite libere prin 

mutarea facultăt¸ilor de biologie ¸si de geografie în corpul B, abia dat în folosint¸ă. În 

acest fel, fiecare catedră (Algebră, Analiză matematică, Geometrie, Ecuat¸ii ¸si matematici 

speciale, Mecanică) a primit câte un sediu, la fel ¸si profesorii ¸si conferent¸iarii. 

Cursurile ¸si seminariile se desfă¸surau acum ¸si în amfiteatrul I.3 ¸si în sălile 1.4 ¸si 1.5. 

6

Profesorii Gh. Gheorghiev, A. Haimovici, I. Popa, M. Haimovici, I. Creangă aveau 

cabinetele lor. Existau cabinete pentru conferent¸iari la analiză, geometrie, algebră ¸si 

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 spat¸iului la Seminarul Matematic, unde vizitatorii puteau să citească în tihnă la 

una din mesele existente. 

Atmosfera de studiu ¸si bogăt¸ia de cărt¸i existente în biblioteci m-au incitat să 

cumpăr ¸si eu cărt¸i de la librării sau din anticariate. Trebuie spus că situat¸ia generală 

în România de atunci nu prea permitea ca tinerii să dea bani pe cărt¸i. Era destulă 

sărăcie ¸si erau multe lipsuri care au fost îndreptate ceva mai târziu. Am început să 

merg prin librării ¸si prin anticariate ¸si am avut destule ocazii să cumpăr cărt¸i utile. 

Dintre titlurile ce mi le amintesc a¸s 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 ¸si util, în care se trata convergent¸a 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 Plăcint¸eanu ¸si altele. S¸tiu că la BCU 

cartea lui Plăcint¸eanu ca ¸si cea a lui Vâlcovici aveau regim special, nu se împrumutau 

acasă. Mai târziu, am început să cumpăr ¸si cărt¸i în limba rusă. În timpul ¸scolii, 

începând cu clasa a IV-a, am avut lect¸ii de rusă. Apoi, în timpul facultăt¸ii, am urmat 

cursurile de limba rusă concentrată pe diver¸si termeni matematici, astfel că puteam 

înt¸elege cărt¸i ¸si articole scrise în limba rusă. Nu am studiat deloc limba engleză ¸si 

acest aspect a fost un handicap pentru mine pentru că a trebuit s-o învăt¸ singur ¸si 

să mă descurc cum pot la diversele conferint¸e la care am participat ¸si unde a trebuit 

să ¸si vorbesc. Îmi permit să evoc protocolul prin care se achizit¸ionau cărt¸ile în limba 

rusă. Se trecea, de regulă săptămânal, pe la librăria cu cărt¸i ruse¸sti, care se afla 

atunci la etajul librăriei Junimea din Piat¸a Unirii. (Anterior, această librărie fusese 

la Fundat¸ie, în clădirea librăriei Maxim Gorki, situată pe locul unde se află acum 

Casa de Cultură a Student¸ilor. Mai târziu, am aflat că acolo fusese Jockey Clubul, 

un loc unde se întâlnea protipendada Ia¸silor. Pe lângă loc de întâlnire ¸si cultivare 

a relat¸iilor sociale, acesta mai era ¸si un loc unde se practicau jocuri de noroc. Am 

aflat că aici au pierdut destui bani mai multe personalităt¸i ale Ia¸sului interbelic ; spre 

exemplu, Cezar Petrescu.) Apoi, sect¸ia de cărt¸i în limba rusă s-a mutat la Casa Cărt¸ii. 

Săptămânal, soseau ni¸ste blancuri (bro¸suri reclamă) cu titluri de cărt¸i ce urmau să 

apară. Căutam la sect¸ia de matematică ¸si ne semnam în dreptul cărt¸ilor ce doream 

să le cumpărăm. La unele titluri era aglomerat¸ie mare de semnături, la altele niciuna; 

totu¸si soseau ¸si din cele la care nu erau semnături. Peste câteva luni, când soseau 

cărt¸ile, unele titluri erau rezervate celor semnat¸i pe blancuri ¸si se puteau cumpăra 

cu u¸surint¸ă. Atunci când soseau mai put¸ine cărt¸i, nu se mai făcea această rezervare. 

S¸tiu că, o bună perioadă de timp, sistemul a funct¸ionat. Apoi, au început să apară 

sincope. Îmi amintesc că nu am mai ajuns să cumpăr cartea de geometrie diferent¸ială 

a lui S. Sternberg ¸si a fost mare supărarea mea. Oricum, ret¸in perioada ca un moment 

foarte bun din viat¸a mea, eram mult¸umit ¸si de ce cumpăram ¸si de rezultatele ce le 

obt¸ineam 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 ¸si să împrumut cărt¸ile ¸si revistele existente în bibliotecă. Când 

împrumutam, trebuia să le notez într-un registru anume făcut, unde aveam o rubrică 

a mea. Cum spuneam ¸si mai sus, erau mult¸i tineri care studiau cu mult sârg, prezent¸i 

aproape la orice oră din zi ¸si 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 noutăt¸i. Am văzut în registrul de împrumuturi 

că obi¸snuia 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 ¸si 

R. Miron, care deveniseră conferent¸iari, ¸si, bineînt¸eles, pe la biblioteca Seminarului 

Matematic, unde zăboveam destul de mult. Acolo îl întâlneam deseori pe prof. 

C. Corduneanu, care venea să vadă noutăt¸ile; din când în când mă aborda ¸si mă 

întreba cum merge treaba cu cercetarea ¸stiint¸ifică. A fost singurul care se interesa de 

ce fac tinerii ce lucrau în direct¸ii de cercetare diferite de a lui. Organizarea bibliotecii, 

prin aranjarea cărt¸ilor alfabetic după autori, îmi permitea să descopăr numeroase 

cărt¸i de care nu ¸stiam, atunci când căutam o carte recomandată. Stăteam mult ¸si 

le răsfoiam, mai mult, pe unele le citeam ¸si cultura mea matematică se îmbogăt¸ea 

considerabil. 

Am putut să apreciez ¸si eficient¸a bibliotecarei A. Jacotă care t¸inea biblioteca în 

ordine. Era tot timpul amabilă, un pic cam severă în legătură cu curăt¸enia în bibliotecă 

¸si o adevărată enciclopedie în materie de biblioteconomie. Mai târziu, am 

aflat că în BCU era considerată o adevărată legendă, datorita acestor vaste cuno¸stint¸e 

despre cărt¸i, dar ¸si datorită faptului că a refuzat cu încăpăt¸ânare să se mute în sediul 

BCU (printr-o promovare) sau să primească alt¸i biliotecari ca ajutoare la Seminarul 

Matematic. Oricum, singură t¸inea în ordine vasta colect¸ie de reviste ¸si de cărt¸i. A¸sa 

cum spuneam, d-ra Jacotă era foarte exigentă cu curăt¸enia în sălile de lectură ale 

bibliotecii. Atunci când ploua, era foarte atentă cu vizitatorii, în special cu cei tineri, 

care trebuiau să se ¸steargă foarte bine pe picioare la intrare, pentru ca să nu ducă 

apă în săli. Pe cei mai neglijent¸i îi mustra cu asprime ¸si, de regulă, a doua oară 

nu se mai gre¸sea. Trebuie să ment¸ionez că, în sălile bibliotecii era un parchet foarte 

frumos ¸si foarte bine întret¸inut. Cel put¸in o dată pe an, se făcea curăt¸enie generală ¸si 

parchetul era spălat cu petrosin, ceruit ¸si lustruit. Era o adevărată plăcere să prive¸sti 

acel parchet după o astfel de curăt¸enie generală. Acum, acel parchet a fost scos ¸si 

în locul lui s-a pus ceva care seamănă cu linoleumul. Oricum, deja s-a vălurit ¸si nu 

arată deloc bine pe la colt¸uri. Tot în legătură cu cadrul plăcut din sălile de lectură, 

trebuie să ment¸ionez existent¸a unor ciubere cu plante exotice, care erau foarte bine 

îngrijite. Erau ni¸ste femei de serviciu, foarte devotate sălilor de lectură de la Seminarul 

Matematic, care aveau grija să le ude, să le ¸steargă frunzele ¸si să le facă să 

arate bine. Ment¸ionez că tot ele se ocupau ¸si de expedierea numerelor din Anale în 

operat¸ia de schimb cu alte reviste. Atunci când erau tipărite diverse fascicule din 

Anale, nu numai de la sect¸ia matematică, acestea se adunau pe mese în sala de cărt¸i, 

se împachetau în hârtie, se legau cu sfoară ¸si se puneau adresele la care urmau să 

fie expediate. Unele pachete erau mai consistente, altele cont¸ineau doar o fasciculă, 

după cum era convent¸ia de schimb a revistei noastre cu alte publicat¸ii. La început, 

8

adresele erau scrise de mână pe pachetele în discut¸ie; mai târziu au început să fie 

dactilografiate ¸si lipite pe pachete. Sistemul funct¸iona foarte bine ¸si se înregistrau 

foarte put¸ine plângeri în legătură cu expedierea lor. Cheltuielile erau acoperite, în 

marea lor majoritate, din cotizat¸iile membrilor Seminarului, încasate lunar. 

Noi, care veneam de două-trei ori pe săptămână la Seminarul Matematic (unii 

veneau zilnic ¸si studiau la mesele existente), ne opream cu plăcere la panoul de noutăt¸i, 

unde răsfoiam diversele fascicule de reviste proaspăt primite. Era o adevărată plăcere 

să descoperi un articol interesant sau să găse¸sti vreo citare utilă. Este adevărat că, 

în vremea aceea, nu eram a¸sa de interesat¸i de citări ; era plăcut să te ¸stii citat, dar 

nu făceam un obiectiv din aceasta, a¸sa 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), ¸stiam că existau ni¸ste reviste bune, în special cele americane, engleze¸sti, 

frant¸uze¸sti ¸si japoneze, dar, de cele mai multe ori, noi ne publicam lucrările în reviste 

române¸sti: Analele de la Ia¸si, Revue Roumaine de Mathématiques a Academiei, de la 

Bucure¸sti ¸si 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 ¸si bani ¸si nu erai întotdeauna sigur că plicul respectiv va pleca. 

Scene hazlii se petreceau în perioada reviziilor anuale la bibliotecă. În operat¸ia de 

revizuire, care se desfă¸sura 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 publicat¸ii din rafturile bibliotecii. 

În acel 

moment era o hărmălaie deosebită în bibliotecă din cauza comunicării între partenerul 

aflat pe scară, care verifica existent¸a cărt¸ilor în raft, ¸si cel aflat la baza scării, care 

verifica existent¸a cărt¸ilor în carnetele cu fi¸sele cărt¸ilor. Cu această ocazie se semnalau 

diverse lipsuri. După ce se termina această operat¸ie, se trecea la recuperarea lipsurilor. 

Se mai căuta încă o dată, se mai căuta ¸si în alte locuri. Se căuta ¸si în registrele de 

împrumuturi, pentru a se vedea dacă nu cumva vreun cititor nu a restituit publicat¸iile; 

dacă se întâmpla acest lucru, era posibil ca cititorul respectiv să-¸si piardă dreptul 

de a mai împrumuta cărt¸i. După câteva zile de vânzoleală, majoritatea lipsurilor 

se recuperau. Mai mult, uneori se recuperau ¸si publicat¸ii găsite lipsă la reviziile 

anterioare. Până la urmă, se ajungea la o situat¸ie acceptabilă, doar 3-5 publicat¸ii 

lipsă, ¸si se a¸stepta cu sufletul la gură terminarea reviziei ¸si acordarea dreptului de 

a împrumuta publicat¸ii. 

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 publicat¸iilor 

dorite a fi împrumutate. Se mergea în grabă până la raftul vizat, se căuta o scară 

¸si apoi publicat¸ia la care trebuia să se ajungă înaintea altor colegi interesat¸i. Aceste 

publicat¸ii erau recomandate de către profesorii de la facultate ¸si erau folosite pentru 

referate la doctorat sau pentru pregătirea tezelor de doctorat sau în documentarea 

pentru o temă de cercetare ¸stiint¸ifică. După ce găseau publicat¸iile ce îi interesau, 

cititorii a¸steptau să le înregistreze ca publicat¸ii împrumutate ¸si plecau fericit¸i cu ele 

la cabinete sau acasă. Erau ¸si colegi care pierdeau cursa, în sensul că publicat¸iile 

căutate de ei fuseseră luate deja de alt¸ii, ¸si trebuiau să se roage de ace¸stia 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 ¸si simplu de mână câteva 

articole ce mă interesau. Pentru altele, făceam fotocopii, adică le fotografiam pur 

¸si simplu, developam filmul ¸si făceam copiile pe hârtie fotografică de mărimea unui 

carnet (jumătate de caiet). Erau vremuri grele, dar dispuneam de energia ¸si inventivitatea 

necesare pentru a ne descurca. La un moment dat au apărut aparate de copiat 

(xeroxuri), dar erau put¸ine, se defectau u¸sor ¸si se cam aflau sub controlul securităt¸ii, 

având în vedere posibilitatea de a se multiplica materiale considerate du¸smănoase 

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 ¸si cea din Ia¸si: cu publicat¸iile ordonate 

alfabetic ¸si 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 

¸si A. Myller, ¸si 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 ¸si că hârtia era de un tip special, cu proprietat¸i ce 

aminteau de hârtia fotografică. Mai mult, erau comandate diverse cărt¸i în mai multe 

exemplare. Spre exemplu, cărt¸ile din colect¸ia Lecture Notes de la Springer se găseau 

într-un loc dedicat acestei serii, dar ¸si în raft la autorul respectiv. Acela¸si lucru se 

petrecea cu cărt¸ile din colect¸iile Grundlehren sau Ergebnisse ¸s.a. de la Springer sau cu 

cărt¸ile de la Academic Press, Marcel Dekker etc. Nu mai vorbesc de faptul că puteam 

să comandăm cărt¸ile pe care le doream, găsite prin bro¸surile de reclamă. Acestea 

soseau în câteva luni. Am regăsit aceea¸si organizare eficientă ¸si la bibliotecile de la 

Universitatea din Freiburg sau de la Centrul de Cercetare de la Oberwolfach. 

La biblioteca Seminarului Matematic, majoritatea cărt¸ilor ajungeau prin operat¸ia 

de recenzare a lor în revista Analele S¸t. Univ. ”Al.I. Cuza” Ia¸si . Anumit¸i colegi 

urmăreau atent aparit¸ia diverselor cărt¸i ¸si 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 ¸si atunci cărt¸ile nu mai ajungeau la noi. Îmi amintesc că într-o anumită 

perioadă, de această operat¸ie se ocupa colegul nostru J. Weinstein care era foarte 

informat ¸si foarte prompt în comandarea cărt¸ilor pentru recenzii. În anumit¸i ani se 

ajungea până la 300 de cărt¸i venite pentru recenzii. După ce soseau, cărt¸ile erau 

repartizate unor cititori competent¸i în domeniile respective ¸si ace¸stia 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 a¸sa de mari, cărt¸ile nu mai ajungeau la noi în număr 

atât de mare. 

Altă modalitate de procurare a cărt¸ilor era achizit¸ia prin intermediul BCU din 

Ia¸si. Se lansau diverse comenzi de cărt¸i, care nu erau primite la recenzii, ¸si se a¸stepta 

ca BCU să dispună de banii (valuta) pentru a le achizit¸iona. Această operat¸ie dura 

destul de mult, uneori ¸si un an. Îmi amintesc că, într-o anumită perioadă, profesorii 

cu notorietate aveau dreptul să achizit¸ioneze câte o carte din occident, pe an. Ei 

cedau acest drept bibliotecii ¸si se obt¸ineau astfel un număr de cărt¸i în plus. Achizit¸ii 

se mai făceau ¸si în cadrul Filialei Ia¸si a Academiei Române. S¸tiu că exista o a- 

10

numită coordonare astfel că achizit¸iile făcute la BCU ¸si la Filială erau întotdeauna 

complementare. 

Majoritatea revistelor erau primite prin schimb cu revista noastră, Analele S¸t. 

Univ. ”Al.I. Cuza”, Matematică. Mai existau ¸si abonamente la unele reviste cu care 

nu se putea face schimb. Acestea erau put¸ine ¸si nesigure - în anii în care se operau 

restrict¸ii la fondurile valutare anumite abonamente se întrerupeau. Astfel, multe 

colect¸ii 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 posibilităt¸i de completare a fondului de publicat¸ii au 

apărut datorită generozităt¸ii unor colegi care, fiind membri în colectivele de redact¸ie 

ale unor reviste internat¸ionale, au donat Seminarului Matematic numerele primite de 

la redact¸iile acestora; a¸s ment¸iona aici pe V. Barbu ¸si C. Corduneanu, dar mai există 

¸si alt¸ii. 

Acum este momentul să-mi exprim o nelini¸ste ¸si, part¸ial, nemult¸umire în legătură 

cu orientarea activităt¸ii Seminarului Matematic. 

În ultimul timp s-a renunt¸at la 

abonamentele clasice preferându-se accesul on-line. Pe de o parte acest fapt constituie 

un avantaj: se obt¸ine acces la mai multe reviste, accesăm informat¸ia foarte rapid, fără 

a mai căuta volumul în bibliotecă, informat¸iile 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 a¸sa, 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 informat¸iile la care aveam anterior acces. Cred că trebuie reflectat la aceste 

aspecte ¸si trebuie găsită o modalitate de a păstra informat¸iile în bibliotecă. 

11 

Prof. dr. Vasile OPROIU

Rigla ¸si 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 construct¸ii geometrice este permisă, în general, utilizarea a 

două instrumente: rigla ¸si compasul. Aceste instrumente sunt considerate ca fiind 

ideale; ele trasează dreptele ¸si cercurile exact, grosimea liniei de creion ¸si orice alte 

aproximări nefiind luate în considerare. 

Rigla este presupusă ca fiind infinită, fără gradat¸ii 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 distant¸e între puncte. 

Date O, P două puncte în plan, compasul poate fi utilizat pentru a trasa cercul 

de centru O ¸si 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” distant¸a cuprinsă între vârfurile sale. 

În orice problemă de construct¸ii geometrice, se porne¸ste de la o mult¸ime dată S de 

puncte ale planului. Putem obt¸ine puncte noi cu ajutorul riglei ¸si compasului a¸sa cum 

am văzut anterior, precum ¸si prin următoarele trei operat¸ii, numite fundamentale: 

• determinarea punctului de intersect¸ie a două drepte; 

• determinarea punctelor de intersect¸ie a unei drepte cu un cerc; 

• determinarea punctelor de intersect¸ie a două cercuri. 

Definit¸ie. Spunem că o problemă de construct¸ie este rezolvabilă cu rigla ¸si compasul 

dacă o putem reduce la o succesiune finită de operat¸ii alese dintre cele trei 

operat¸ii fundamentale. 

Scopul acestui demers este prezentarea posibilităt¸ilor de folosire a acestor două 

instrumente. Rezultatele principale sunt date de teoremele 2, 4 ¸si 5 de mai jos. 

2. Ne propunem mai întâi să arătăm că putem înlocui compasul nerigid cu un 

compas rigid (care, în plus fat¸ă de cel nerigid, poate ”transporta” lungimea unui 

segment, deci nu se închide automat după utilizare). Este adevarată următoarea 

Teoremă. Toate construct¸iile care pot fi realizate cu rigla ¸si compasul rigid pot fi 

realizate cu rigla ¸si compasul, în sensul precizat la 1. 

Demonstrat¸ie. Este suficient să dăm un procedeu de construct¸ie a unui segment 

congruent cu un segment dat ¸si având un capăt fixat, folosind doar rigla ¸si compasul 

nerigid (altfel spus, să arătăm cum se poate transporta un segment). Pentru aceasta, 

1 Profesor, Colegiul Nat¸ional, Ia¸si 

12

fie [AB] un segment dat ¸si [MM ′ o semidreaptă dată; dorim să găsim unicul punct 

N ∈ [MM ′ pentru care [MN] ≡ [AB]. 

Cercurile de centre A ¸si M ¸si 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 situat¸ii: 

a) C este între A ¸si X. Fie cercul de centru X care trece prin C ¸si fie P punctul 

de intersect¸ie dintre acesta ¸si segmentul [XM]. Există un asemenea punct, întrucât 

XP = XC = XA − AC < XA = XM. Desenăm cercul de centru M ¸si care 

trece prin P ; acesta intersectează semidreapta [MM ′ într-un punct N ¸si avem că 

MN = MP = MX − P X = AX − CX = AC = AB, deci N este punctul căutat. 

b) X este între A ¸si C. Construct¸ia curge la fel, însă punctul P nu se va mai afla 

pe segmentul [MX], ci pe semidreapta opusă lui [XM. 

Observat¸ie. În cele ce urmează, vom folosi exprimări de genul: ”fie cercul de 

centru O ¸si rază AB”, unde atât A cât ¸si B sunt diferite de O; aceste construct¸ii sunt 

permise de teorema precedentă. 

3. Dorim să arătăm în continuare că un compas rigid poate realiza singur toate 

construct¸iile posibil a fi efectuate cu rigla ¸si compasul. Calea urmată este, în linii 

mari, cea prezentată în [1], unele afirmat¸ii directe de acolo fiind justificate mai riguros. 

Demonstrat¸ia clasică, folosind inversiunea, poate fi găsită, spre exemplu, în [2], pp.26- 

29. 

Începem prin a indica algoritmi pentru trei construct¸ii importante. 

(i) Construct¸ia simetricului unui punct dat fat¸ă de alt punct dat. 

Presupunem date două puncte A ¸si B ¸si 

fie a = d(A, B). Desenăm cercul (C1) de 

centru A ¸si care trece prin B, apoi cercul 

(C2) de centru B ¸si care trece prin A. 

Razele celor două cercuri sunt ambele a, 

iar distant¸a centrelor este, de asemenea, 

a. Deoarece a < a+a, conform teoremei 

celor două cercuri, rezultă că (C1) ¸si (C2) 

au în comun două puncte P ¸si Q, aflate 

de o parte ¸si de alta a dreptei AB. În 

13

plus, cum △P AB ¸si △QAB sunt echilaterale, avem că m(AP ) = m(AQ) = 60 ◦ 

(arcele sunt gândite în cercul (C2)). 

Construim acum cercul (C3) de centru Q, care trece prin P . Cum raza lui (C3) 

este P Q < 2AB, urmează că (C3) ¸si (C2) au în comun două puncte; fie A ′ al doilea 

dintre ele. Deoarece în cercul (C2) coardele [P Q] ¸si [QA ′ ] sunt congruente, avem că 

¸si arceleQP ¸siQA ′ sunt egale. Atunci: 

m(AQA ′ ) = m(AQ) + m(QA ′ ) = m(AQ) + m(P Q) = 60 ◦ + 120 ◦ = 180 ◦ , 

deci punctele A ¸si A ′ sunt diametral opuse în cercul (C2), altfel spus A ′ este simetricul 

lui A fat¸ă de B pe care îl căutam. 

(ii) Construct¸ia mijlocului unui segment dat. Fie A, B două puncte; aflăm ca 

mai sus simetricul A ′ al lui A fat¸ă de B. 

Trasăm cercurile (C1) ¸si (C2), de centre A, 

respectiv A ′ ¸si care trec prin B, respectiv A. 

Dacă a = AB, razele celor două cercuri sunt a 

¸si 2a, iar distant¸a centrelor este 2a. Sunt verificate 

ipotezele teoremei celor două cercuri ¸si 

fie atunci {P, Q} = (C1) ∩ (C2). Trasăm acum 

cercurile (C3) ¸si (C4), de centre P , respectiv Q 

¸si care trec prin A. Deoarece distant¸a centrelor 

este P Q < 2AB, urmează că (C3) ¸si (C4) au 

în comun două puncte; fie M al doilea dintre 

ele. Vom arăta că M este mijlocul căutat al 

segmentului [AB]. 

Se observă u¸sor că patrulaterul P AQM este romb, deci P Q⊥AM. Pe de altă parte, 

A este mijlocul arculuiP Q în cercul (C2), deci P Q⊥AA ′ . De aici, punctele A, M, A ′ ¸si 

B sunt toate coliniare. Triunghiurile A ′ AP ¸si P AM sunt isoscele: A ′ A = A ′ P = 2a ca 

raze în (C2), P A = P M = a ca raze în (C3) ¸si au un unghi, ∠P AM, comun. Urmează 

că ele sunt asemenea, raportul de asemănare fiind 2 : 1. Atunci P A = 2AM, deci 

AM = 1 1 

AP = 

2 2 a. 

(iii) Construct¸ia 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 (C1) ¸si (C2), de centre A, 

respectiv B ¸si care trec prin P . Fie Q al doilea punct de 

intersect¸ie al acestor cercuri; este clar că Q este simetricul 

lui P fat¸ă de dreapta AB. Atunci mijlocul M al segmentului 

[P Q], care poate fi determinat ca în construct¸ia 

precedentă, este piciorul perpendicularei din P pe [AB]. 

4. Teoremă (Mohr–Mascheroni). Orice construct¸ie 

geometrică realizabilă cu rigla ¸si compasul se 

poate efectua folosind doar compasul rigid. 

Demonstrat¸ie. 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 

construct¸ie a lui folosind compasul. Pentru a demonstra teorema, trebuie să arătăm 

14

cum pot fi realizate cele trei operat¸ii fundamentale. Evident, putem limita discut¸ia 

la primele două operat¸ii. 

(i) Aflarea punctelor de intersect¸ie dintre un cerc ¸si o dreaptă. Presupunem că 

aceste puncte există ¸si dorim să le determinăm ca intersect¸ii de cercuri. 

În cazul în 

care, pe parcursul construct¸iei, vom avea cercuri fără puncte comune, înseamnă că 

dreapta considerată este exterioară cercului init¸ial. Deosebim două situat¸ii: 

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 fat¸ă de 

dreapta AB, ca în construct¸ia precedentă. 

Trasăm apoi cercul (C ′ ), de centru O ′ ¸si 

având aceea¸si rază ca ¸si cercul (C). Cum 

AB este axă de simetrie a figurii obt¸inute, 

urmează că AB ∩ (C) = (C) ∩ (C ′ ), de 

unde construct¸ia punctelor de intersect¸ie dintre 

AB ¸si (C). 

b) Dreapta cont¸ine centrul cercului. Fie 

(C) un cerc dat de centru O ¸si rază R, iar 

A un punct în plan. Dorim să determinăm 

punctele comune pentru (C) ¸si OA. Fie M ∈ (C) oarecare. Conform a), putem 

determina N – al doilea punct de intersect¸ie a lui (C) cu AM. Cu vârful compasului în 

M, apoi în N ¸si păstrând aceea¸si deschidere, determinăm un punct O ′ pe mediatoarea 

segmentului [MN] ¸si construim un cerc (C1) de centru O ′ , care să aibă raza mai mare 

decât R. 

Fie [P Q] o coardă a lui (C1) de lungime 2R, posibil de determinat 

conform 3.(i). Aflăm B – punct de intersect¸ie 

al dreptei P Q cu cercul (C2) de centru O ′ ¸si 

care trece prin A, folosind a). Ca la 3.(ii), 

fie O ′′ mijlocul segmentului [P Q], iar (C3) 

cercul de centru O ′′ care trece prin P . Intersectăm 

acest cerc cu cercul de centru B 

¸si rază AN; fie S unul dintre punctele de 

intersect¸ie. Determinăm acum X, Y pe (C), 

prin intersect¸ii de cercuri, astfel încât [NX] ≡ 

[SP ], [NY ] ≡ [SQ]. Vom arăta că X, Y sunt 

punctele căutate. 

Deoarece cercurile (C) ¸si (C3) sunt congruente 

iar [NX] ≡ [SP ], [NY ] ≡ [SQ], urmează 

că △NXY ≡ △SP Q, de unde [XY ] ≡ [P Q]. 

Însă [P Q] este diametru în (C3), deci [XY ] va fi 

diametru în (C), adică X, O, Y vor fi coliniare. 

Rămâne să demonstrăm că A ∈ XY . 

Punctele A ¸si B sunt situate pe cercul (C2), concentric cu (C1) ¸si atunci ele vor 

avea aceea¸si putere fat¸ă de (C1), adică AM · AN = BP · BQ. Dacă {T } = BS ∩ (C3), 

obt¸inem 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] ¸si [T S] sunt coarde în cercuri 

egale, deciMN =ST ¸si apoiXM =T P , adică ∠XNM ≡ ∠P ST . Urmează că 

△XNA ≡ △P SB ¸si 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 intersect¸ie a două drepte. Fie AB ¸si A ′ B ′ două drepte, în 

sensul că avem date perechile de puncte (A, B) ¸si (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 

¸si A ′ B ′ sunt drepte perpendiculare, 

concurente în L. 

Presupunem determinate L ̸= 

N ¸si 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 ′ ¸si rază l cu drepta 

A ′ B ′ . Aplicând teorema catetei 

în △LB ′ P , obt¸inem că 

(1) B ′ L 2 = B ′ N · B ′ P = B ′ N · l. 

Determinăm simetricul B ′′ al lui B ′ fat¸ă de L ¸si construim un cerc având centrul 

pe mediatoarea segmentului [B ′ B ′′ ], de rază suficient de mare. Prin intersect¸ii 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) ¸si (2), rezultă că LE = l, ceea ce încheie demonstrat¸ia. 

5. În final, vom arăta că rigla este un instrument mai put¸in puternic decât compasul, 

în sensul că rigla singură nu poate realiza toate construct¸iile geometrice posibil 

a fi efectuate cu rigla ¸si compasul, în timp ce compasul singur poate realiza toate 

aceste construct¸ii. Avem nevoie de următorul rezultat, a cărui demonstrat¸ie 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 construct¸ie geometrică realizabilă cu rigla ¸si compasul 

poate fi efectuată folosind numai rigla. 

Demonstrat¸ie. Dat un cerc în plan, putem să-i aflăm centrul folosind rigla 

¸si compasul (trasăm mediatoarele a două laturi ale unui triunghi înscris în cerc ¸si 

16

considerăm intersect¸ia acestora); vom arăta că această construct¸ie 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 construct¸iei presupuse, imaginile dreptelor care init¸ial se intersectau 

în centrul cercului dat, să se intersecteze în centrul cercului nou obt¸inut. Vom arăta 

însă ca o anumită proiect¸ie conică duce dreptele în drepte, cercul dat într-un cerc, însă 

nu face să se corespundă ¸si centrele celor două cercuri; obt¸inem astfel o contradict¸ie 

care va încheia demonstrat¸ia. 

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 ¸si considerăm proiect¸ia 

conică a planului (P ) pe planul (P ′ ). Este suficient să mai arătăm că proiect¸ia lui 

O nu este mijlocul O ′ al segmentului [A ′ B ′ ]. Să presupunem că V A > V B; dacă 

V U este bisectoarea unghiuluiAV B, rezultă că AU > UB, deoarece bisectoarea 

determină pe latura pe care cade segmente proport¸ionale 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 ¸si O ′ , mijloacele segmentelor [AB] ¸si respectiv [A ′ B ′ ], sunt separate de dreapta V U 

¸si deci ele nu pot coincide. 

Notăm, în încheiere, că dacă pe foaia pe care se realizează construct¸ia este desenat 

un cerc oarecare, împreună cu centrul său, atunci putem efectua numai cu rigla (¸si 

folosindu-ne de cercul dat) toate construct¸iile realizabile cu rigla ¸si 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 ¸si figuri, Ed. S¸tiint¸ifică, 1968. 

Vizitat¸i 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, ma ≥ mg, 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, ¸si numerele strict pozitive ai, 1 ≤ i ≤ n. Notăm cu 

ma, mg, mh mediile aritmetică, geometrică ¸si respectiv armonică ale acestor numere. 

Scopul acestei note este de a demonstra o inegalitate de tipul 

(1) p · ma + q · mh ≥ (p + q) · mg, 

cu p ¸si q numere reale strict pozitive. Observăm că (1) poate fi privită ca o rafinare 

a inegalităt¸ii ma ≥ mg. 

Propozit¸ia 1. Are loc inegalitatea 

(2) (n − 1)ma + mh ≥ n · mg, 

cu egalitate dacă ¸si numai dacă a1 = a2 = . . . = an. 

Demonstrat¸ie. Avem 

(n − 1)ma + mh = n · ma + . . . + ma + mh 

n 

Ca urmare, este suficient să arătăm că are loc inegalitatea 

(3) 

Să notăm xi = ai/ 

≥ n 

nm n−1 

a 

nm n−1 

a · mh ≥ mg sau m n−1 

a · mh ≥ m n g . 

ni 

=1 

(4) Sn(x1, x2, . . . , xn) = 

· mh. 

nk 

ak, 1 ≤ i ≤ n, ¸si să observăm că xi ∈ (0, 1), 1 ≤ i ≤ n, ¸si 

=1 

xi = 1. După calcule elementare, inegalitatea (3) se rescrie sub forma 

1≤j1

1 ≤ i ≤ n. Vom avea 

n−3 

k=1 

1≤j1

Aplicat¸ia 2. Fie a, b, p, q ∈ R ∗ + cu p ≥ 2q. Rezolvat¸i în mult¸imea R ∗ + inecuat¸ia 

(6) p(x 2 + x + 1) + 

9qx2 x2 ≤ 3(p + q)x. 

+ x + 1 

Solut¸ie. Pentru n = 3, a = x 2 , b = x ¸si c = 1, relat¸ia (5) devine 

(7) p(x 2 + x + 1) + 

9qx2 x2 ≥ 3(p + q)x. 

+ x + 1 

Deci, în relat¸iile (6) ¸si (7) vom avea egalitate. Conform Propozit¸iei 2, numerele x2 , x 

¸si 1 sunt egale. În consecint¸ă, x = 1 este unica solut¸ie a inecuat¸iei (6). 

(8) 

Aplicat¸ia 3. Rezolvat¸i în R ∗ + ecuat¸ia 

2009 

2010x 

(2009 + x) + 

2010 2009x + 1 = 2010 2010√ x. 

Solut¸ie. Luând în (2) n = 2010, x1 = x2 = . . . = x2009 = 1 ¸si x2010 = x, avem 

2009 

2010x 

(2009 + x) + 

2010 2009x + 1 ≥ 2010 2010√ x. 

Cum (8) cere egalitate în relat¸ia precedentă, rezultă că x1 = x2 = . . . = x2010; deci, 

x = 1. 

Diofant din Alexandria (sec. III d.Hr.) 

Despre viat¸a lui Diofant nu se cunoa¸ste aproape nimic; nici data ¸si nici locul 

na¸sterii. Se consideră că a trăit, cel mai probabil, în jurul anului 250 d.Hr. S¸i-a 

desfă¸surat activitatea la Alexandria ¸si a scris un tratat în 13 volume, Aritmetica, 

care poate fi comparat ca important¸ă cu Elementele lui Euclid (tot în 13 volume). 

Numai ¸sase dintre aceste volume nu au fost pierdute ¸si au devenit sursă de inspirat¸ie 

pentru matematicienii Rena¸sterii. Pe marginea cărt¸ii a II-a a lui Diofant, matematicianul 

francez Pierre Fermat a notat celebra sa teoremă, Marea Teoremă a lui 

Fermat. 

Durata viet¸ii 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 ¸sesime din viat¸a sa ¸si, adăugând la aceasta a 

douăsprezecea parte, i-a acoperit obrazul cu puf ginga¸s, i-a împărtă¸sit lumina sfântă a 

căsniciei după a ¸saptea parte a viet¸ii, 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 viat¸ă 

a tatălui, copilul a fost răpit de soarta necrut¸ătoare. După ce ¸si-a alinat suferint¸a, 

adâncindu-se în ¸stiint¸a numerelor vreme de patru ani, ¸si-a dat sufletul. 

Întrebare. Cât¸i ani a trăit Diofant? 

N.B. Răspunsul se găse¸ste la pagina 24. 

20

Inegalitatea lui Jensen pentru funct¸ii 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 definit¸ia funct¸iilor J-convexe, cele două medii aritmetice cu două 

medii oarecare M ¸si N G. Aumann ([1], pag. 4), în anul 1933, extinde not¸iunea de 

funct¸ie J-convexă prin not¸iunea de funct¸ie J-convexă în raport cu perechea ordonată 

de medii (M, N). Inegalitatea lui Jensen, adaptată pentru funct¸iile J-convexe în 

raport cu perechi ordonate de medii (M, N) are loc pentru o clasă largă de medii, care 

include mediile cvasiaritmetice. Demonstrat¸ia de mai jos adaptează rat¸ionamentul 

prezentat de noi în [3]; credem că este nouă. În particular, din inegalitatea lui Jensen 

astfel generalizată, se obt¸in diferite inegalităt¸i clasice. 

Definit¸ia 1. Fie I ⊂ R un interval. Un ¸sir de funct¸ii M = (Mn)n≥2 se nume¸ste 

medie pe I dacă pentru orice n ∈ N, n ≥ 2, funct¸ia Mn : I n → I satisface condit¸ia 

(1) min{xi|i = 1, n} ≤ Mn(x1, . . . , xn) ≤ max{xi|i = 1, n}, ∀xi ∈ (0, ∞), i = 1, n; 

numărul Mn(x1, . . . , xn) se nume¸ste media numerelor x1, . . . , xn. 

Definit¸ia 2. Fie I, J ⊂ R două intervale. Fie φ : I → J o funct¸ie bijectivă strict 

monotonă. Considerăm ¸sirul de funct¸ii M = (Mn)n≥2, Mn : I n → I, ∀n ≥ 2, definit 

prin 

(2) Mn(x1, . . . , xn) = φ −1φ(x1) + . . . + φ(xn) 

n 

,∀x1, . . . , xn ∈ I. 

Evident, M este o medie pe I. Media M se nume¸ste medie cvasiaritmetică. 

Observat¸ii. 1) În cazul particular în care I = J ¸si φ = 1I, (2) este media 

aritmetică A = (An)n≥2, unde An(x1, . . . , xn) = x1 + . . . + xn 

, ∀x1, . . . , xn ∈ I. 

n 

În cazul particular în care I = J = (0, ∞) ¸si φ(x) = 1 

, ∀x ∈ (0, ∞), (2) este media 

x 

n 

armonică H = (Hn)n≥2, unde Hn(x1, . . . , xn) = 

, ∀x1, . . . , xn ∈ (0, ∞). 

1 

1 + . . . + x1 xn 

În cazul particular în care I = (0, ∞), J = R ¸si φ(x) = ln x, ∀x ∈ (0, ∞), (2) este 

media geometrică G = (Gn)n≥2, unde G(x1, . . . , xn) = n√ x1 · . . . · xn, ∀x1, . . . , xn ∈ 

(0, ∞). 

2) Dacă M = (Mn)n≥2 este o medie cvasiaritmetică pe I, atunci media M este 

strict crescătoare, adică pentru orice n ∈ N, n ≥ 2, funct¸ia Mn este strict crescătoare 

în raport cu fiecare din variabilele x1, . . . , xn. 

1 Profesor dr., Colegiul Nat¸ional de Informatică ”Gr. Moisil”, Bra¸sov 

21

Definit¸ia 3. Fie I1, I2 ⊂ R două intervale date. Fie M o medie pe I1 ¸si fie N o 

medie pe I2. O funct¸ie f : I1 → I2 se nume¸ste convexă în raport cu perechea ordonată 

de medii (M, N) (pe scurt, f este (M, N) − J-convexă), dacă 

(3) f(M2(x, y)) ≤ N2(f(x), f(y)), ∀x, y ∈ I1. 

Observat¸ii. 1) În cazul particular în care M este media aritmetică pe I1 ¸si N 

este media aritmetică pe I2, (3) devine 

fx + y 

2 ≤ 

f(x) + f(y) 

, ∀x, y ∈ I1; 

2 

deci funct¸iile (A, A) − J-convexe sunt funct¸iile J-convexe. 

2) Dacă M ¸si N sunt medii cvasiaritmetice, atunci condit¸ia (3) devine 

(4) fφ −1φ(x) 

≤ψ 

+ φ(y) 

2 

−1ψ(f(x)) 

, 

+ ψ(f(y)) 

∀x, y ∈ I1. 

2 

Teorema 1. Fie I1, I2, J1, J2 ⊂ R patru intervale date. Fie φ : I1 → J1 ¸si 

ψ : I2 → J2 două biject¸ii strict crescătoare. Fie M = (Mn)n≥2 media cvasiaritmetică 

determinată de funct¸ia φ, ¸si fie N = (Nn)n≥2 media cvasiaritmetică determinată de 

funct¸ia ψ. Dacă f : I1 → I2 este o funct¸ie (M, N) − J-convexă, atunci, pentru orice 

n ∈ N, n ≥ 2, ¸si orice x1, . . . , xn are loc inegalitatea lui Jensen generalizată 

n 

n 

(5) f(Mn(x1, . . . , xn)) ≤ Nn(f(x1), . . . , f(xn)). 

Demonstrat¸ie. Stabilim (5) prin induct¸ie. Pentru n = 2, (5) are loc conform 

ipotezei. Fie n ∈ N, n ≥ 2, o valoare pentru care are loc (5). Fie a, b ∈ I1. Notăm 

c = Mn+1(a, . . . , a, 

b) ¸si d = Mn+1(a, b, . . . , b). 

Avem 

c = φ −1nφ(a) 

=φ 

+ φ(b) 

n + 1 

−1(n 2 = 

− 1)φ(a) + φ(a) + nφ(b) 

n(n + 1) 

= φ −1(n − 1)φ(a) + φ(φ−1 ( φ(a)+nφ(b) =Mn(a, 

n+1 )) 

. . . , a, 

d), 

n 

n−1 

deci c = Mn(a, . . . , a, 

d). În mod analog, obt¸inem d = Mn(c, 

b, . . . , b). 

Rezultă că 

n−1 

avem c = Mn(a, . . . , a, 

Mn(c, b, . . . , b)). 

 

n−1 

T¸ inând cont de monotonia mediei N ¸si de ipoteza inductivă, obt¸inem 

f(c)=f(Mn(a, . . . , a, 

Mn(c, b, . . . , b))≤Nn(f(a), 

. . . , f(a) , Nn(f(c), f(b), . . . , f(b) ))) = 

n−1 

n−1 

. 

n−1 

n−1 

 

n−1 

ψ −1(n − 1)ψ(f(a)) + ψ(f(c))+(n−1)ψ(f(b)) 

n 

n 

22 

 

n−1

De aici, obt¸inem succesiv 

(6) 

deci 

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 −1nψ(f(a)) 

 

⇐⇒ 

 

+ ψ(f(b)) 

n + 1 

f(Mn+1(a, . . . , a, 

b)) ≤ Nn+1(f(a), . . . , f(a) , f(b)). 

n 

n 

Pentru orice x1, . . . , xn+1 ∈ I1 avem 

Mn+1(x1, . . . , xn+1) = φ 

φ(x1)+...+φ(xn) 

−1n 

n 

⇐⇒ 

= 

+ φ(xn+1) 

n + 1 

= φ −1nφ(Mn(x1, 

, 

. . . , xn)) + φ(xn+1) 

n + 1 

 

 

n 

(7) Mn+1(x1, . . . , xn+1) = Mn+1(Mn(x1, . . . , xn), . . . , Mn(x1, . . . , xn) 

În mod analog, pentru orice y1, . . . , yn+1 ∈ I2 avem 

(8) Nn+1(y1, . . . , yn+1) = Nn+1(Nn(y1, . . . , yn), . . . , Nn(y1, . . . , yn) 

n 

n 

, xn+1). 

, yn+1). 

T¸ inând cont de (6), (7) ¸si (8), de ipoteza inductivă ¸si de monotonia mediei N, 

rezultă că pentru orice x1, . . . , xn+1 ∈ I1 avem 

f(Mn+1(x1, . . . , xn+1)) (7) 

= f(Mn+1(Mn(x1, . . . , xn), . . . , Mn(x1, . . . , xn) 

Nn+1(f(Mn(x1, . . . , xn)), . . . , f(Mn(x1, . . . , xn)), f(xn+1)) ≤ 

≤ Nn+1(Nn(f(x1), . . . , f(xn)), . . . , Nn(f(x1), . . . , f(xn)), f(xn+1)) (8) 

= 

= Nn+1(f(x1), . . . , f(xn+1)), 

), xn+1) (6) 

≤ 

deci f(Mn+1(x1, . . . , xn+1)) ≤ Nn+1(f(x1), . . . , f(xn+1)). Conform principiului induct¸iei 

matematice rezultă că (5) are loc pentru orice n ∈ N, n ≥ 2. 

Observat¸ii. 1) Evident, inegalitatea (5) generalizează inegalitatea lui Jensen 

pentru funct¸ii J-convexe. 

2) Deoarece √ xy ≤ 1 

2 (x + y), ∀x, y ∈ (0, ∞), rezultă că funct¸ia f = 1 (0,∞) este 

(G, A) − J-convexă; conform Teoremei 1, obt¸inem inegalitatea mediilor 

n√ 

x1 · . . . · xn ≤ x1 + . . . + xn 

, ∀x1, . . . , xn ∈ (0, ∞), ∀n ≥ 2. 

n 

23

3) Considerăm funct¸ia f : (0, ∞) → (0, ∞), definită prin f(x) = 1+x, ∀x ∈ (0, ∞). 

Avem 

f( √ xy) = 1 + √ xy ≤(1 + x)(1 + y) =f(x)f(y), ∀x, y ∈ (0, ∞), 

deci funct¸ia f este (G, G) − J-convexă; rezultă că are loc inegalitatea lui Huygens 

1 + n√ x1 · . . . · xn ≤ n(1 + x1) · . . . · (1 + xn), ∀x1, . . . , xn ∈ (0, ∞), ∀n ≥ 2. 

4) În [2], inegalitatea lui Jensen generalizată este stabilită pentru funct¸ii (M, N)− 

J-convexe, corespunzător unor clase largi de medii, care includ mediile cvasiaritmetice. 

5) În [3], prin aplicarea directă a metodei din demonstrat¸ia Teoremei 1, am prezentat 

demonstrat¸ii simple pentru inegalitatea mediilor ¸si pentru inegalitatea lui Huygens. 

6) Inegalitatea (5) poate fi stabilită ¸si pe baza rat¸ionamentului lui Cauchy pentru 

dovedirea inegalităt¸ii între mediile aritmetică ¸si geometrică. Propunem acest exercit¸iu 

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 funct¸ii (M, N) − Jconvexe 

în condit¸ii generale, va apare. 

3. F. Popovici - Asupra inegalităt¸ii Jensen, Recreat¸ii Matematice, 1/2009, 12-14. 

Răspuns la întrebarea de la pag. 20. 

Notând cu x durata viet¸ii lui Diofant, din problemă rezultă următoarele: x 

6 – 

perioada copilăriei; x 

x 

– adolescent¸a; – perioada de dinainte de căsătorie; 5 ani 

12 7 

mai târziu i s-a născut fiul; x 

– durata viet¸ii fiului; 4 ani au mai trecut până la 

2 

moartea sa. Ca urmare, pentru aflarea necunoscutei x trebuie să rezolvăm ecuat¸ia 

x = x x x x 

+ + + 5 + + 4. 

6 12 7 2 

Cum ecuat¸ia 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 ai > 0, i = 1, n numere reale; notăm cu A, G, H mediile aritmetică, geometrică 

¸si respectiv armonică, adică 

A = a1 + a2 + . . . + an 

, G = 

n 

n√ n 

a1 · a2 · . . . · an, H = 

1 

+ 

a1 

1 

+ . . . + 

a2 

1 

. 

an 

Matematicianul englez Colin Maclaurin (1698-1746), în lucrarea sa Algebra 

apărută postum, în 1748, a arătat relat¸ia H ≤ G ≤ A ([2], p.30; [1] p.43, 44). 

Se cunosc multe demonstrat¸ii pentru această inegalitate. Ne propunem să dăm o 

nouă demonstrat¸ie. 

Lemă. Pentru orice x, y > 0 reale ¸si n ≥ 2 natural, are loc inegalitatea: 

(1) x n + y n ≥ x n−1 · y + y n−1 · x 

Demonstrat¸ie. Cum x − y ¸si x n−1 − y n−1 au acela¸si 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 xi > 0 cu i = 1, n ¸si n ≥ 2, avem: 

(2) x n 1 + x n 2 + . . . + x n n ≥ n · x1x2 · . . . · xn 

Demonstrat¸ie. Procedăm prin induct¸ie matematică. Pentru n = 2 se obt¸ine 

binecunoscuta inegalitate x 2 1+x 2 2 ≥ 2x1x2. Presupunem că inegalitatea este adevărată 

pentru n−1 numere ¸si o vom demonstra pentru n. Putem scrie următoarele inegalităt¸i: 

xn 1 + xn 2 ≥ x n−1 

1 · x2 + x n−1 

2 · x1 . . . xn 1 + xn n ≥ x n−1 

1 · xn + xn−1 n · x1 

xn 2 + xn 3 ≥ x n−1 

2 · x3 + x n−1 

3 · x2 . . . xn 2 + xn n ≥ x n−1 

2 · xn + xn−1 n · x2 

............................................................................................ 

· xn−1 

xn n−1 + xn n ≥ x n−1 

n−1 · xn + xn−1 n 

Adunând membru cu membru ¸si grupând convenabil găsim: 

(n − 1) (xn 1 + xn 2 + . . . + xn n) ≥ x1(x n−1 

2 + xn−1 3 + . . . + xn−1 n )+ 

+x2x n−1 

+. 1 + xn−1 3 + . . . + xn−1 n . . + xnx n−1 

1 + xn−1 2 + . . . + xn−1 n−1. 

T¸ inând seamă de presupunerea făcută, obt¸inem (n − 1) (xn 1 + xn 2 + . . . + xn n) ≥ 

≥ x1 · (n − 1) x2x3 · . . . · xn + x2 · (n − 1) x1x3 · . . . · xn + . . . + xn−1 · (n − 1) x1x2 · . . . · 

xn−2 · xn + xn · (n − 1) x1x2 · . . . · xn−1 , 

de unde se deduce inegalitatea de demonstrat pentru n numere. 

Consecint¸ă. Dacă ai > 0, i = 1, n ¸si n ≥ 2, atunci are loc relat¸ia H ≤ G ≤ A. 

1 Profesor, Liceul ”V. Alecsandri”, Bacău 

2 Student, Facultatea de matematică, Univ. ”Al. I. Cuza”, Ia¸si 

25

Demonstrat¸ie. În (2), luând x1 = n√ a1, x2 = n√ a2, . . . , xn = n√ an obt¸inem 

A ≥ G, iar pentru x1 = 1 

n√ , x2 = 

a1 

1 

n√ , . . . , xn = 

a2 

1 

n√ 

an 

obt¸inem G ≥ H. 

Aplicat¸ie. Fie ai > 0, i = 1, n ¸si n ≥ 4. Să se arate că: 

a1a2 + a2a3 + a3a1 

a 3 1 + a3 2 + a3 3 

+ a2a3 + a3a4 + a4a2 

a 3 2 + a3 3 + a3 4 

+ ana1 + a1a2 + a2an 

a 3 n + a 3 1 + a3 2 

+ . . . + an−1an + ana1 + a1an−1 

a3 n−1 + a3n + a3 + 

1 

≤ 1 

+ 

a1 

1 

+ . . . + 

a2 

1 

. 

an 

Solut¸ie. Din a3 i + a3 j + a3 k ≥ 3aiajak, 

1 

avem 

a3 i + a3j + a3 1 

≤ , oricare ar 

k 3aiajak 

fi i, j, k = 1, n, i ̸= j ̸= k ̸= i. Deci aiaj + ajak + akai 

a3 i + a3j + a3 ≤ 

k 

1 

3 ·1 

+ 

ak 

1 

+ 

ai 

1 

aj¸si, 

sumând, deducem inegalitatea dorită. 

Lăsăm în seama cititorului să demonstreze inegalităt¸ile următoare : 

1) Fie a > 0, b > 0 cu proprietatea că a + b = 1. Să se arate că 

632 + 1 

a5 + 632 + 1 

≥ 4. 

b5 2) Oricare ar fi numerele reale strict pozitive a1, a2, . . . , an, n ≥ 3, avem 

a1 + a2 

a 2 1 + a2 2 

+ a2 + a3 

a2 2 + a2 + . . . + 

3 

an−1 + an 

a2 n−1 + a2 + 

n 

an + a1 

a2 n + a2 ≤ 

1 

1 

+ 

a1 

1 

+ . . . + 

a2 

1 

. 

an 

3) Fie ai > 0, i = 1, n, astfel încât a1 + a2 + . . . + an = 1. Atunci 

ni 

+ 

=1ai 1 

ai2 

≥n 2 + 12 

. 

n 

4) Să se arate că în orice triunghi ABC au loc inegalităt¸ile: 

i) a · sin A 

2 

ii) a · tg A 

2 

Bibliografie 

+ b · sin B 

2 

+ b · tg B 

2 

+ c · sin C 

2 

+ c · tg C 

2 

≥ 3ptg A 

2 

≥ 6p · tg A 

2 

· tg B 

2 

· tg B 

2 

C 3 

· tg ; 

22 

· tg C 

2 . 

1. V. Chiriac - Matematică. Fundamentele Algebrei, Editura Sigma, 2007. 

2. N. Mihăileanu - Istoria Matematicii, vol. 2, Ed. S¸t. ¸si Enciclop., 1981. 

3. - Gazeta Matematică, seriile A, B, 1969-2009. 

26

O extensiune a ¸sirului Fibonacci 

Petru MINUT¸ 1 , Cristina SIMIRAD 2 

Abstract. A sequence (vn)n∈N, defined by v0 = 0, v1 = 1 and vn+2 = avn+1 + vn, 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. 

S¸irul Fibonacci este ¸sirul (Fn)n∈N determinat de recurent¸a: 

(1) F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn, n ∈ N. 

El poate fi definit ¸si prin egalităt¸ile matriceale: 

(2) 1 1 

1 0n 

=Fn+1 

Fn 

Fn 

Într-adevăr, pentru n = 0 relat¸ia (2) devine1 1 

Fn−1,n ∈ N (cu convent¸ia F−1 = 1). 

1 00 

Apoi, dacă (2) este adevărată pentru n, vom avea 

1 1 

1 

=1 

1 0n+1 

=1 0 

0 1, ceea ce este adevărat. 

=Fn+2 Fn 

+ Fn Fn + Fn−1 

Fn+1 

1 0Fn+1 

Fn Fn−1=Fn+1 

Fn+1 Fn Fn+1 Fn, 

deci (2) este adevărată ¸si pentru n + 1. 

Ne punem problema găsirii ¸sirurilor (vn)n∈N definite cu ajutorul unei matrici A = 

a b 

c d, a, b, c, d ∈ N, prin 

(3) a b 

c dn 

=vn+1 

vn 

vn 

vn−1,n ∈ N. 

b 0 

Deoarece pentru n = 0 avema 

=1 

relat¸ia (3) ne va da, în acest 

c d0 

0 1, 

b 

v1 

b 

caz, v1 = 1, v0 = 0 ¸si v−1 = 1, iar egalitateaa 

=v2 

scriea 

v1 v0se 

c d= 

v2 1 

conduce la v2 = a, b = c = 1 ¸si d = 0. Prin urmare, A este de forma 

1 0¸si 

1 

A =a 

(3) se scrie 

1 0¸si 

(4) a 1 

1 0n 

=vn+1 

vn 

1 Prof. univ., Univ. ”Al.I. Cuza”, Ia¸si 

2 Profesoară, S¸coala nr. 10 ”Gh. Brătianu”, Ia¸si 

27 

c d1 

vn 

vn−1,∀n ∈ N.

Din faptul că 

vn+2 vn+1 

vn+1 vn=A n+1 =a 1 

1 0vn+1 vn 

vn vn−1=avn+1 + vn avn + vn−1 

vn+1 vn 

rezultă imediat că ¸sirul (vn)n∈N, ce are v0 = 0 ¸si v1 = 1, satisface relat¸ia 

(5) vn+2 = avn+1 + vn, n ∈ N. 

Numim (vn)n, dat de (5) ¸si v0 = 0, v1 = 1, ¸sir generalizat al lui Fibonacci. Vom vedea 

mai jos că multe proprietăt¸i ale ¸sirului (Fn)n∈N al lui Fibonacci rămân valabile ¸si în 

acest caz ¸si cu acelea¸si demonstrat¸ii ([2], [3]). 

Ecuat¸ia caracteristică ata¸sată ¸sirului (vn)n∈N este 

x 2 − ax − 1 = 0, 

cu rădăcinile x1 = 1 

2 (a + √ a2 + 4) ¸si x2 = 1 

2 (a − √ a2 + 4). 

Să înlăturăm cazul a = 0, care este banal. Observăm că a2 + 4 nu poate fi pătrat 

perfect: pentru a = 1 avem a2 + 4 = 5, iar pentru a ≥ 2 avem a2 < a2 + 4 < (a + 1) 2 . 

Adoptăm notat¸ia ϕ = x1, deci x2 = ϕ (conujugatul lui ϕ). Se ¸stie ([1], [3]) că termenul 

general al ¸sirului (5) este de forma 

vn = Aϕ n + Bϕ n , n ∈ N. 

Pentru n = 0 ¸si n = 1 obt¸inem sistemul de ecuat¸ii: A+B = v0 = 0 ¸si Aϕ+Bϕ = v1 = 1 

1 

din care deducem A = −B = √ . Înlocuind aceste constante, deducem formula 

a2 + 4 

de tip Binet 

(6) vn = 

1 

√ a 2 + 4 (ϕ n − ϕ n ), n ∈ N. 

Mai întâi , vom enumera câteva proprietăt¸i elementare ale ¸sirului (vn)n∈N: 

1 ◦ 

nk 

vk = 

=1 

1 

a (vn+1 + vn − 1). 

Într-adevăr, t¸inând seama de (5), avem avk = vk+1 −vk−1, k = 1, n. Sumând membru 

cu membru aceste egalităt¸i, vom obt¸ine pe cea dorită. 

2◦ nk 

v2k−1 = 

=1 

1 

a v2n. 

Avem: av2k−1 = v2k − v2k−2, k = 1, n. Sumăm membru cu membru. 

3 ◦ 

nk 

v2k = 

=1 

1 

a (v2n+1 − 1). 

La fel, pornind de la av2k = v2k+1 − v2k−1, k = 1, n. 

4 ◦ 

2nk=1 

(−1) k−1 vk = 1 

a (v2n − v2n+1 + 1). 

28

Într-adevăr, 

v2n+1 + 1). 

2nk=1 

(−1) k−1 vk = 

nk 

v2k−1 − 

=1 

nk 

vk = 

=1 

1 

a v2n − 1 

a (v2n+1 − 1) = 1 

a (v2n − 

5◦ nk 

v 

=1 

2 k = 1 

a vn · vn+1. 

Observăm că vkvk+1 − vk−1vk = vk(vk+1 − vk−1) = av2 k ¸si sumăm pentru k = 1, n. 

6◦ . vm+n = vm−1vn + vmvn+1; în particular, v2n = 1 

a (v2 n+1 − v2 n−1). 

Se poate arăta prin induct¸ie după n sau în felul următor: egalitatea Am ·An = Am+n , 

cu An dat de (4), devine: 

vm+1 vm 

vn 

vm+n 

vm vm−1vn+1 

vn vn−1=vm+n+1 

vm+n vm+n−1. 

Se efectuează produsul matricelor ¸si se scrie apoi egalitatea elementelor situate pe 

linia a doua ¸si coloana întâi. 

Se nume¸ste funct¸ie generatoare a unui ¸sir (un)n∈N funct¸ia F dată de F (z) = 

∞n=0 

unzn . 

Teorema 1. Funct¸ia generatoare a ¸sirului (vn)n∈N este 

(7) F (x) = 

Demonstrat¸ie. Avem: 

x 

. 

1 − ax − x2 F (x) = v0 + v1x + v2x 2 + . . . + vn+2x n+2 + . . . 

−axF (x) = −av0x − av1x 2 − . . . − avn+1x n+2 + . . . 

−x 2 F (x) = −v0x 2 − . . . − vnx n+2 + . . . 

Sumând, se obt¸ine (1−ax−x 2 )F (x) = v0 +(v1 −av0)x sau, deoarece v0 = 0 ¸si v1 = 1, 

(1 − ax − x 2 )F (x) = x, de unde rezultă (7). 

Observat¸ie. Conform teoremei precedente, ¸sirul (vn)n∈N este ¸sirul coeficient¸ilor 

câtului împărt¸irii polinomului x la 1 − ax − x 2 . 

Următoarele patru teoreme indică proprietăt¸i de divizibilitate ale ¸sirului (5). 

Teorema 2. Dacă d/n, atunci vd/vn. 

Demonstrat¸ie. Fie n = dm. Vom avea: 

vn = 

= 

1 

√ (ϕ 

a2 + 4 n − ϕ n 1 

) = √ (ϕ 

a2 + 4 dm − ϕ dm ) = 

1 

√ a 2 + 4 (ϕ d − ϕ d )(ϕ d(m−1) + ϕ d(m−2) ϕ d + . . . + ϕ d(m−1) ) = vdM, 

unde M este un polinom simetric în ϕ ¸si ϕ, rădăcinile ecuat¸iei x 2 −ax−1 = 0. Conform 

teoremei fundamentale a polinoamelor simetrice, M va fi un polinom cu coeficient¸i 

întregi în coeficient¸ii acestei ecuat¸ii. Pin urmare, M este un întreg ¸si vd|vn. 

29

Teorema poate fi demonstrată ¸si pe baza relat¸iei 6 ◦ ¸si procedând prin induct¸ie 

după d. 

Teorema 3. Dacă n este număr compus, n ̸= 4, atunci vn este număr compus. 

Demonstrat¸ie. v4 = a 3 +2a este prim pentru a = 1. Dacă n = n1n2, 1 < n1 ≤ n2, 

cel put¸in n2 ≥ 2, deci vn2 > 1, vn2 < vn ¸si vn2|vn. 

Teorema 5. (vn+1, vn) = 1, ∀n ∈ N. 

Demonstrat¸ie. (vn+1, vn) = (avn + vn−1, vn) = (vn, vn−1) = . . . = (v1, v0) = 1. 

Teorema 6. (vm, vn) = v (m,n), ∀m, n ∈ N. 

Demonstrat¸ie. Se face pe baza algoritmului lui Euclid ¸si cu utilizarea proprietăt¸ii 

6 ◦ ¸si Teoremei 5. Pentru detalii se pot vedea [2], [3]. 

Încheiem cu o proprietate de aproximare: 

Teorema 7. vn este numărul întreg cel mai apropiat de termenul de rang n al 

1 

progresiei geometrice cu termenul de rangul zero egal cu √ ¸si rat¸ia ϕ. 

a2 + 4 

1 

√ a 2 + 4 (ϕ n − ϕ n ) − 

Demonstrat¸ie. Într-adevăr, avem: vn − 

ϕn 4= √ 

a2 + 

Bibliografie 

ϕn 

√ 

a2 + 4= 

= |ϕ|n 

√ a 2 + 4 = (√ a 2 + 4 − a) n 

2 n√ a 2 + 4 < 

2 n 

2 n√ a 2 + 4 

1. A. Marku¸sevici – S¸iruri recurente, Editura Tehnică, Bucure¸sti, 1954. 

< 1 

2 . 

2. P. Minut¸, C. Simirad – Numere prime. Numere prime speciale, Editura Matrix 

Rom, Bucure¸sti, 2005. 

3. N.N. Vorobiev – Numerele lui Fibonacci, Editura Tehnică, Bucure¸sti, 1953. 

Vizitat¸i pagina web a revistei: 

http://www.recreatiimatematice.ro 

30

Generalizarea unei identităt¸i ¸si aplicat¸ii 

Lucian TUT¸ ESCU 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 ¸si utiliza în aplicat¸ii 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. 

avem 

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; 

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 relat¸iile de mai sus membru cu membru, obt¸inem 

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. 

Propozit¸ie. Arătat¸i 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 egalităt¸ile: 

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 Nat¸ional ”Frat¸ii Buze¸sti”, Craiova 

31

de unde, în urma unor calcule simple, obt¸inem (2). 

Observat¸ie. Identitatea (1) se obt¸ine din (2) luând t = 0. Dacă în (2) luăm 

z = t = 0, vom obt¸ine x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 + y 2 − xy). 

Aplicat¸ia 1. Fie x, y, z ∈ N ∗ ¸si nu toate egale. Arătat¸i 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 ¸si t¸inând seama de ipoteză ¸si 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 ¸si x + y + z > x, 

x + y + z > y, x + y + z > z, se ajunge la o contradict¸ie. A¸sadar, x + y + z este număr 

compus. 

Aplicat¸ia 2. Fie x, y, z ∈ Z astfel încât (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 = xyz. 

Arătat¸i că x 3 + y 3 + z 3 se divide cu x + y + z + 6. 

Relat¸ia din enunt¸ul problemei se mai scrie x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = xyz 

2 . 

Combinând aceasta cu identitatea (1), obt¸inem 

x 3 + y 3 + z 3 = xyz 

(x + y + z + 6). 

2 

Datorită acestei relat¸ii putem afirma că nu toate numerele x, y, z sunt impare (în caz 

contrar, ar rezulta că ¸si x + y + z + 6 este impar, ceea ce-i imposibil). Dacă măcar 

unul dintre x, y ¸si z este par, aceea¸si relat¸ie 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 dorit¸i ¸si punând între ele în 

mod convenabil semnele celor patru operat¸ii aritmetice ¸si, eventual, paranteze, obt¸inet¸i 

ca rezultat fiecare dintre numerele: 21, 22, 23, 24 ¸si 25. 

2. În tabelul de mai jos, obt¸inet¸i rezultatul 7 punând semne convenabile de operat¸ii 

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. Putet¸i 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 Recreat¸ii 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 redact¸iei, că în 

solut¸ia Problemei G128 [1] s-a strecurat o gre¸seală. S¸i are perfectă dreptate, sensul 

inegalităt¸ii Cauchy-Schwarz folosite acolo în forma 

x 2 

2x 2 + (t − 1)xy + 

≤ 

y 2 

2y 2 + (t − 1)yz + 

(x + y + z) 2 

2(x 2 + y 2 + z 2 ) + (t − 1)(xy + yz + zx) 

z 2 

2z 2 + (t − 1)zx ≤ 

trebuie să fie (corect) sensul contrar - ceea ce anulează demonstrat¸ia publicată. 

Problema cerea să se arate că are loc inegalitatea 

(1) 

a 

a2 b 

+ 

+ t b2 c 

+ 

+ t c2 3 

≤ 

+ t t + 1 

pentru orice t ∈ [1, 5] ¸si orice numere pozitive a, b ¸si c cu produsul abc = 1. Iată ce 

am reu¸sit să demonstrăm: 

Inegalitatea (1) are loc pentru orice t ∈ [3 − 2 √ 2, 3 + 2 √ 2] ¸si orice a, b, c ∈ 

[( √ 2 − 1) √ t, ( √ 2 + 1) √ t] pentru care abc = 1. 

Demonstrat¸ia utilizează o intercalare (să-i spunem cu medii) uzuală în asemenea 

inegalităt¸i; anume, arătăm că, în ipotezele anunt¸ate, au loc inegalităt¸ile 

a 

a2 b 

+ 

+ t b2 c 

+ 

+ t c2 + t ≤ 2√ab c 

+ 

ab + t c2 3 

≤ 

+ t t + 1 

(care implică inegalitatea din G128). Prima inegalitate este succesiv echivalentă cu 

(a + b)(ab + t) 

(a2 + t)(b2 + t) ≤ 2√ab a + b 

⇔ 

ab + t 2 √ ab ≤ (a2 + t)(b2 + 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 ¸si rezultă folosind tot 

o intercalare 

a 2 b 2 + t 2 ≤ 6abt ≤ 2 √ ab(a + b + √ ab)t. 

1 Profesor, Colegiul Nat¸ional ”Gheorghe Ro¸sca Codreanu”, Bârlad 

33

Aici avem a2b2 + t2 ≤ 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 c 

+ 

ab + t c2 3 

≤ 

+ t t + 1 

să notăm x = √ c (⇔ c = x2 ) ¸si să înlocuim ab cu 1/c = 1/x2 . Avem de demonstrat 

că 

f(x) = 2x x2 

+ 

1 + tx2 x4 3 

≤ 

+ t 1 + t 

pentru x 2 = c ∈ [( √ 2 − 1) √ t, ( √ 2 + 1) √ t]. 

Să remarcăm că aceste inegalităt¸i implică x ∈ [(3−2 √ 2)t, (3+2 √ 2)t]. Într-adevăr, 

avem 

x 2 = c ≤ ( √ 2 + 1) √ t ≤ ( √ 2 + 1) 4 t 2 

¸si 

x 2 = c ≥ ( √ 2 − 1) √ t ≥ ( √ 2 − 1) 4 t 2 , 

folosind ¸si √ 2−1 ≤ √ t ≤ √ 2+1. Dar atunci vom avea x2 −6tx+t 2 ≤ 0 ¸si vom putea 

arăta că funct¸ia f are un maxim în 1 pe intervalul [(3 − 2 √ 2)t, (3 + 2 √ 2)t]. Pentru 

asta calculăm 

f ′ − tx 

(x) = 21 2 

(1 + tx2 tx − x5 

+ 

) 2 (x4 + 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 put¸in mai sus) rezultă că f cre¸ste de la (3 − 2 √ 2)t la 1 ¸si 

descre¸ste pe intervalul [1, (3 + 2 √ 2)t], deci are un maxim în 1, a¸sa cum am anunt¸at. 

Inegalitatea f(x) ≤ f(1) (pentru x cuprins între (3 − 2 √ 2)t ¸si (3 + 2 √ 2)t) este cea 

care ne trebuie pentru a încheia demonstrat¸ia. 

(Merită un studiu separat cazurile t = 3 − 2 √ 2 ¸si t = 3 + 2 √ 2, când 6t − 1 − 

t 2 = 0, deci paranteza pătrată de mai sus se anulează ¸si ea pentru x = 1; se va 

vedea că inegalitatea rămîne valabilă, 1 fiind acum una din extremităt¸ile intervalului 

[(3 − 2 √ 2t, (3 + 2 √ 2)t].) 

Bibliografie 

1. T. Zvonaru, B. Ionit¸ă - Solut¸ia problemei G128, Recreat¸ii 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 A1A2 . . . A2010. Câte 

trapeze AiAjAkAl au vârfurile printre cele ale poligonului? 

Gabriel Popa ¸si Paul Georgescu 

În nota de fat¸ă, ne propunem să rezolvăm această problemă în cazul general, 

considerând A1A2 . . . An poligon regulat cu n laturi. 

Fie C cercul circumscris poligonului. Orice trapez AiAjAkAl, fiind înscris în cercul 

C, este isoscel ¸si deci admite o axă de simetrie. Deosebim situat¸iile: 

I. n impar. În acest caz, axa de simetrie a unui trapez dintre cele căutate 

este diametru în C, care cont¸ine un vârf al poligonului ¸si este mediatoare a laturii 

care se opune acestui vârf. Fie n = 2m + 1; numărăm întâi trapezele care admit 

axa de simetrie A1Mm+1, unde Mm+1 este mijlocul segmentului Am+1Am+2. Dacă 

AiAjAkAl este un astfel de trapez, cu 2 ≤ i < j ≤ m + 1, atunci perechea (i, j) poate 

fi aleasă în C2 m(m − 1) 

m(m − 1) 

m = 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) 

caz, n · = 

2 

n(n − 1)(n − 3) 

. 

8 

II. n par. Atunci, un trapez dintre cele considerate admite drept axă de simetrie: 

1) fie un diametru ApAp+m, p ∈ {1, 2, . . . , m}, unde n = 2m; 2) fie o mediatoare 

MpMp+m, comună perechii de laturi paralele ApAp+1 ¸si Ap+mAp+m+1, cu 

p ∈ {1, 2, . . . , m}, unde A2m+1 = A1. Apar însă două dificultăt¸i 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 condit¸ii, deosebim situat¸iile: 

II1. n = 4q. Fie AiAjAkAl un trapez cu axa de simetrie A1A2q+1, unde 2 ≤ i < 

j ≤ 2q. Perechea (i, j) poate fi aleasă în C2 (2q − 1)(2q − 2) 

2q−1 = = (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 A1A2q+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 Nat¸ional Ia¸si 

35

Fie acum AiAjAkAl un trapez cu axa de simetrie M1M2q+1, unde 2 ≤ i < j ≤ 2q+ 

1. Perechea (i, j) poate fi aleasă în C 2 2q = 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 M1M2q+1. Cum 

axele de simetrie de tipul 2) sunt în număr de 2q, obt¸inem 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 

II2. n = 4q + 2. Cu o analiză asemănătoare, găsim 2q(q − 1)(2q + 1) trapeze cu 

axa de simetrie de tipul 1) ¸si încă 2q2 (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 acela¸si rezultat ca în subcazul II1. 

este 

În concluzie, numărul trapezelor AiAjAkAl cu vârfurile printre cele ale poligonului 

n(n − 1)(n − 3) 

, dacă n impar, respectiv 

8 

1. Răspuns la ”recreat¸ia” 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 ”recreat¸ia” 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 

n(n − 2)(n − 4) 

, dacă n par. 

8 

(se convine că n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n ¸si (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 M2(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. 

+ y 

(1) A(x, y, z, t) =x √ a z √ b + t √ ab 

z √ b − t √ ab x − y √ 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: 

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 M2(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. 

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: 

0 a 0 

I =1 

=√ 

0 1,J 

0 − √ =0 

a,K √ = √ 

√ 

b 

0 ab 

b 0,L 

− √ 0 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 (M2(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 ⊂ M2(R) qui est un anneau unitaire. (A, +) est un sous - groupe de (M2(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 (M2(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 fA de A dans A définie 

par ∀X ∈ A, fA(X) = XA est linéaire. De plus, det fA = (detA) 2 . 

Démonstration. Pour A ∈ A, fA est une application de A dans A puisque X ∈ A 

et A ∈ A ⇒ XA ∈ A. D ′ autre part: ∀X1 ∈ A, X2 ∈ A fA(X1 + X2) = (X1 + X2)A = 

X1A + X2A = fA(X1) + fA(X2); ∀X ∈ A, ∀λ ∈ Q, fA(λX) = (λX)A = λ(XA) = 

λfA(X), i.e. fA ∈ LQ(A). L ′ espace vectoriel A étant muni de la base (I, J, K, L) - 

voir théorème 1 - soit A = x0I + y0J + z0K + t0L. Déterminons en utilisant la table 

de multiplication des matrices I, J, K et L la matrice de l ′ endomorphisme fA dans 

cette base (I, J, K, L): 

fA(I) = x0I + y0J + z0K + t0L = A 

fA(J) = ay0I + x0J + at0K + z0L 

fA(K) = bz0I − bt0J + x0K − y0L 

fA(L) = −abt0I + bz0J − ay0K + x0L, 

d ′ où la matrice de fA ∈ LQ(A) dans la base considérée: 

ay0 bz0 −abt0 

y0 x0 −bt0 bz0 

Mat(fA, (I, J, K, L)) =x0 

z0 at0 x0 −ay0 

t0 z0 −y0 x0 

et un calcul élémentaire montre alors que det(Mat(fA, (I, J, K, L))=[detA(x0, y0, z0, t0)] 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, n2- a n ′ étant pas divisible par b, soit (u, v, w) ∈ Z3 vérifiant 

u2 = av2 + bw2 . 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 EN 

l ′ ensemble 

EN = {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) E1 est un groupe multiplicatif. 

b) Il existe un sous - ensemble fini IN de l ′ ensemble EN vérifiant: ∀M ∈ EN , 

∃(G, E) ∈ E1 × IN tels que: M = G × E - décomposition canonique de la matrice 

M ∈ EN . 

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. Nit¸ă, C. Vraciu – Bazele algebrei, Vol. 1 , Ed. Academiei, 

Bucure¸sti, 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 put¸in putem zice ¸si a¸sa) de 

rezolvare a fost următoarea: 

Problema 1. Fie α un număr real de modul mai mic ca 1. Să se arate că ecuat¸ia 

(1) z 4 + αz 3 + αz + 1 = 0 

are toate rădăcinile de modul 1. 

Enunt¸ul se află cu sigurant¸ă în [1], în capitolul ”Polinoame”, probabil ca problemă 

propusă la capătul paragrafului despre ecuat¸ii reciproce (nu mai pot spune exact, 

deoarece nu mai am, sau nu mai găsesc, acest manual de pe care am învăt¸at primele 

not¸iuni de algebră avansată). Mai târziu, peste cât¸iva ani, am rezolvat problema, ca 

tânăr profesor care nu se putea prezenta în fat¸a elevilor fără a cunoa¸ste foarte bine 

(perfect ar trebui) cartea pe care o folose¸ste la clasă. Am făcut ceea ce părea atunci 

să decurgă obligatoriu din formularea problemei ¸si pozit¸ionarea ei în cadrul textului: 

am considerat ecuat¸ia ca pe una reciprocă; deci rădăcinile ei sunt rădăcinile ecuat¸iilor 

z + 1 

z = y1 ¸si z + 1 

= y2, 

z 

unde y1 ¸si y2 sunt, la rândul lor, solut¸iile rezolventei 

y 2 + αy − 2 = 0 

(care se obt¸ine notând z + 1 

z = y etc). Se vede apoi că ecuat¸ia care dă pe z1 ¸si z2, 

adică 

z + 1 

= y1, 

z 

se mai scrie z2 − y1z + 1 = 0, deci z1z2 = 1 ¸si, analog, z3z4 = 1 (unde z3 ¸si z4 

sunt solut¸iile ecuat¸iei z2 − y2z + 1 = 0). Dacă mai arătăm că aceste ecuat¸ii au 

1 Profesor, Colegiul Nat¸ional ”Gheorghe Ro¸sca Codreanu”, Bârlad 

41

coeficient¸i reali ¸si rădăcini complexe nereale, rezultă că z1 ¸si z2 sunt conjugate, deci, 

având produsul 1, au modulele egale cu 1; similar, z3 ¸si z4 au aceea¸si proprietate ¸si 

Problema 1 este rezolvată. 

Exercit¸iul 1. Completat¸i detaliile acestei rezolvări! 

Nu vă va fi greu să demonstrat¸i că y1 ¸si y2 sunt numere reale. Ca să dovedit¸i că 

∆1 = y 2 1 − 4 < 0 ¸si ∆2 = y 2 2 − 4 < 0 arătat¸i că ∆1 + ∆2 < 0 ¸si ∆1∆2 > 0. Folosit¸i 

relat¸iile între rădăcini ¸si coeficient¸i! 

Exercit¸iul 2. Deducet¸i următorul rezultat, o idee mai general decât Problema 1: 

Problema 1 ′ . Dacă α este un număr real oarecare, atunci ecuat¸ia 

z 4 + αz 3 + αz + 1 = 0 

are ori două rădăcini de modul 1, ori toate rădăcinile de modul 1. 

2. Anii au trecut ¸si am găsit, în [2] la pagina 137, problema 147 (¸si solut¸ia ei la 

pagina 290). Enunt¸ul este următorul (u¸sor modificat de noi, dar numai formal): 

Problema 2. Fie α un număr real cu |α| ≤ 1 ¸si n un număr natural, n ≥ 3. 

Ecuat¸ia 

z n + αz n−1 + αz + 1 = 0 


E vorba, evident, de cazul general al Problemei 1; metoda utilizată mai sus nu 

prea dă sperant¸e de a obt¸ine această generalizare, dar, cum spuneam, există solut¸ia 

în [2]. Tot o solut¸ie algebrică, dar utilizând subtil (¸si elegant) proprietăt¸ile modulului 

¸si conjugatului unui număr complex. 

Examinând cu atent¸ie această solut¸ie constatăm că ea se potrive¸ste la fel de bine 

următorului enunt¸: 

Problema 2 ′ . Fie α un număr complex cu |α| ≤ 1 ¸si n un număr natural, n ≥ 3. 

Ecuat¸ia 

(2) z n + αz n−1 + αz + 1 = 0 


Solut¸ie. Fie z o rădăcină a ecuat¸iei, pentru care avem z n−1 (z + α) = −αz − 1, 

deci ¸si 

|z| 2(n−1) |z + α| 2 = |αz + 1| 2 . 

Un calcul simplu (care utilizează |w| 2 = ww ¸si proprietăt¸ile 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 obt¸inem fie (iar) |z| = 1, fie z = −α, număr care are tot modulul 1. Ceea ce 

încheie demonstrat¸ia. 

3. Au mai trecut ani ¸si m-am mai gândit că există ¸si posibilitatea abordării acestei 

probleme cu ajutorul formei trigonometrice a numerelor complexe. După părerea mea, 

această abordare conduce la solut¸ia cea mai interesantă a Problemei 2 ′ , adică a cazului 

celui mai general (din câte vedem în această notă) al problemei init¸iale. Vom vedea 

de ce. 

Ideea este să arătăm că funct¸ia F definită prin 

F (z) = z n + αz n−1 + αz + 1 

se anulează de n ori pe cercul unitate (adică pe mult¸imea 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 solut¸ii a Problemei 2 ′ e nevoie de ni¸ste 

calcule trigonometrice, pe care vă invit a le face. 

Exercit¸iul 3. Arătat¸i că, dacă notăm α = a + ib, atunci 

F (cos t + i sin t) = 2cos nt 

2 

·cos nt 

2 

+ a cos (n − 2)t 

2 

− b sin 

nt 

+ i sin 

2· 

. 

(n − 2)t 

2 

Evident, numai a doua paranteză se poate anula ¸si vom arăta că asta se întâmplă 

pentru n valori (distincte) ale lui t din intervalul [0, 2π]. Considerăm deci funct¸ia, 

desigur continuă, φ : [0, 2π] → R, dată de 

Avem 

= 

φ(t) = cos nt 

2 

1 nt 

√ cos 

a2 + b2 2 + 

= 

+ a cos (n − 2)t 

2 

unde θ este un număr real astfel încât 

− b sin 

1 

√ φ(t) = 

a2 + b2 a (n − 2)t 

√ cos − 

a2 + b2 2 

1 nt 

√ cos + cosnt 

a2 + b2 2 2 

(n − 2)t 

, ∀t ∈ [0, 2π]. 

2 

b (n − 2)t 

√ sin = 

a2 + b2 2 

− t + θ 

a 

b 

cos θ = √ ¸si sin θ = √ 

a2 + b2 a2 + b2 . 

Observăm că avem, pentru t = (2kπ)/n (k întreg), nt/2 = kπ, deci 

1 

√ 

a2 + b2 φ2kπ 

n=(−1) k 1 

√ 

a2 + b2 + cosθ − 2kπ n. 

43

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 funct¸ia continuă φ se anulează de 

cel put¸in n ori în intervalul [0, 2π]: câte o dată în fiecare interval 

2kπ 

n 

, 

2(k + 1)π 

, k = 0, 1, . . . , n − 1. 

n 

Asta înseamnă că F are cel put¸in n rădăcini distincte pe cercul unitate; dar, fiind o 

funct¸ie 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 + cosθ − 2kπ n 

¸si 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 

¸si, din cauza ei, se pierd cel mult două schimbări de semn în ¸sirul 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 ¸si astfel se încheie ¸si această solut¸ie. 

Despre care oricine va spune, probabil, că e mai complicată decît cea tradit¸ională 

(nici n-am scris toate calculele!). Totu¸si, eu o consider mai instructivă ¸si (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 ecuat¸iei 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: 

Exercit¸iul 4. Dacă α este un număr complex, cu |α| > 1, se poate garanta existent¸a 

unor rădăcini de modul 1 ale ecuat¸iei 

Eu a¸s zice că da. 

Bibliografie 

z n + αz n−1 + αz + 1 = 0? 

1. C. Nit¸ă, C. Năstăsescu, S. Popa – Algebră. Manual pentru clasa a X-a, Editura 

Didactică ¸si Pedagogică, Bucure¸sti, 1980. 

2. L. Panaitopol, I. C. Drăghicescu – Polinoame ¸si ecuat¸ii algebrice, Editura Albatros, 

Bucure¸sti, 1980. 

44

Axe ¸si centre radicale 

ale cercurilor adjuncte unui triunghi 

Ion PĂTRAS¸CU 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. 

Proprietăt¸ile prezentate în acest articol se referă la axele ¸si centrele radicale ale 

cercurilor adjuncte unui triunghi. 

Fie ABC un triunghi oarecare. Notăm cu CĀ cercul care trece prin vârfurile C, A 

¸si este tangent laturii AB în vârful A. Semnificat¸ii analoage au notat¸iile AC, AB, 

BA, BC ¸si CB. Aceste cercuri asociate unui triunghi se numesc cercuri adjuncte. 

A¸sadar, unui triunghi îi corespund în general ¸sase 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:ΩAB 

≡ΩBC ≡ΩCA. 

ii) Cercurile adjuncte AC, CB, BA au un punct comun Ω ′ cu proprietatea:Ω ′ AC ≡ 

Ω ′ BA ≡Ω ′ CB. 

Demonstrat¸ie. i) Fie Ω al doilea punct de intersect¸ie a cercurilor CA ¸si AB 

(fig. 1). Avem:ΩCA ≡ΩAB (în cercul CA) ¸siΩAB ≡ 

A 

ΩBC (în AB). Obt¸inem:ΩAB ≡ΩBC ≡ΩCA, adică 

 

relat¸ia cerută, iar dinΩBC ≡ΩCA rezultă că Ω se găse¸ste 

pe cercul ce trece prin B ¸si C ¸si este tangent laturii AC în 

C, adică cercul BC. Afirmat¸ia ii) se demonstrează analog. 

 

 

Punctul Ω se nume¸ste primul punct al lui Brocard, iar Ω ′ 

al doilea punct al lui Brocard. 

B 

 

Fig. 1 

Observat¸ie. 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 

¸si Ω ′ au puteri egale (nule) fat¸ă de tripletele de cercuri adjuncte indicate. 

Teorema 2. Punctele lui Brocard Ω ¸si Ω ′ sunt izogonale în triunghiul ABC. 

Demonstrat¸ie. Notăm m(ΩAB) = ω. Aplicând teorema sinusurilor în triunghiurile 

AΩB ¸si AΩC obt¸inem: 

BΩ 

sin ω = 

c 

sin(BΩA) = 

AΩ 

sin(B − ω) 

1 Profesor, Colegiul Nat¸ional ”Frat¸ii Buze¸sti”, Craiova 

45 

AΩ 

¸si 

sin ω = 

b AΩ 

= 

sin(AΩC) sin ω . 

C

Deoarece m(BΩA) = 180 ◦ − B ¸si m(AΩC) = 180 ◦ − A, rezultă că 

AΩ b sin B 

= 

BΩ c sin A 

sin(B − ω) 

= . 

sin ω 

Dezvoltând sin(B − ω) ¸si t¸inând cont că b sin B 

= 

c sin C 

(1) ctgω = ctgA + ctgB + ctgC. 

¸si sin(A + C) = sin B, se obt¸ine: 

Dacă vom nota m(Ω ′ AC) = ω ′ ¸si vom rat¸iona analog, vom obt¸ine ctgω ′ = ctgA + 

ctgB + ctgC. Aceasta ¸si relat¸ia (1) conduc la ω = ω ′ , ceea ce arată că punctele Ω ¸si 

Ω ′ sunt izogonale. 

Unghiul ω se nume¸ste unghiul lui Brocard ¸si apare în multe împrejurări în geometria 

triunghiului (v. [1]). 

Teorema 3. Cercurile adjuncte CA ¸si BA se intersectează pe simediana din A. 

Demonstrat¸ie. Fie S al doilea punct de intersect¸ie al cercurilor CA ¸si BA 

(fig. 2) ¸si {P } = AS ∩ BC. Din faptul căSCA ≡SAB ¸si 

A 

SBA ≡SAC, deducem că △SBA ∼ △SAC, de unde SB 

SC = 

AB 2 

. Pe de altă parte, din congruent¸ele de mai sus obt¸inem 

AC2 BSP ≡CSP , iar cu teorema bisectoarei în triunghiul BSC 

vom avea SB P B 

P B AB2 

= . Ca urmare, = , ceea ce 

SC P C P C AC2 arată că AP este simediana din A. 

S 

B C 

Fig. 2 

Teorema 4. Cercurile adjuncte AB ¸si AC se intersectează pe mediana din A. 

Demonstrat¸ie. Fie Q al doilea punct de intersect¸ie a cercurilor AB ¸si AC ¸si 

{M} = AQ ∩ BC. Dreapta AQ fiind axa radicală a cercurilor AB ¸si AC, avem 

MB 2 = MQ · MA = MC 2 , de unde rezultă că MB = MC. 

Observat¸ii. 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 aceea¸si 

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 ¸si 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. 

Demonstrat¸ie. Fie C1, C2, C3 trei cercuri secante ¸si a1, a2, a3 axele radicale ale 

perechilor (C2, C3), (C3, C1) ¸si respectiv (C1, C2). Notăm P intersect¸ia dintre a1 ¸si a2 

¸si observăm că P va avea puteri egale fat¸ă de toate cercurile, deci P va fi ¸si pe axa 

radicală a3 a cercurilor C1 ¸si C2. 

Teorema 5. Au loc afirmat¸iile: 

46

i) Ceviana AΩ, simediana din B ¸si mediana din C sunt concurente (într-un punct 

notat JA); 

ii) Ceviana BΩ, simediana din C ¸si mediana din A sunt concurente (în JB); 

iii) Ceviana CΩ, simediana din A ¸si mediana din B sunt concurente (în JC). 

Demonstrat¸ie. Conform Teoremei 1, cercurile CA ¸si AB se intersectează în 

Ω. Din Teorema 3, al doilea punct comun cercurilor 

A 

AB ¸si CB, notat S (fig. 3), este situat pe simediana 

din B. 

În sfâr¸sit, aplicând Teorema 4, cercurile CA 

¸si CB se intersectează a doua oară într-un punct M, 

care apart¸ine medianei din C. Conform Lemei, cevienele 

AΩ, BS ¸si CM sunt concurente, ceea ce era 

de demonstrat. 

În acela¸si mod se poate dovedi ¸si 

 

JA S 

M 

B C 

Fig. 3 

Teorema 6. Au loc afirmat¸iile: 

i) Ceviana AΩ ′ , simediana din C ¸si mediana din B sunt concurente (într-un punct 

J ′ A ); 

ii) Ceviana BΩ ′ , simediana din A ¸si mediana din C sunt concurente (în J ′ B ); 

iii) Ceviana CΩ ′ , simediana din B ¸si mediana din A sunt concurente (în J ′ C ). 

Observat¸ii. 1. Teoremele 5 ¸si 6 se pot demonstra ¸si cu reciproca teoremei lui 

Ceva. Într-adevăr, ¸stim că piciorul simedianei din A împarte latura BC în raportul 

c2 b2 . Pe de altă parte, notând cu A1 ¸si A ′ 1 picioarele cevienelor Brocard AΩ ¸si AΩ ′ , 

avem 

(2) 

BA1 

A1C 

c2 

= , 

a2 BA ′ 1 

A ′ a2 

= 

1C b2 (pentru prima egalitate: BA1 A△ABA1 c sin ω 

c2 

= = 

= . . . (1) . . . = , iar 

A1C A△AA1C b sin(A − ω) a2 pentru a doua se procedează similar sau se aplică Teorema lui Steiner cevienelor 

izogonale AΩ ¸si AΩ ′ ). 

2. În general, un triunghi are ¸sase cercuri adjuncte, deci pot fi C3 6 triplete diferite 

de cercuri adjuncte. Unele triplete au, însă, acela¸si 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) ¸si (AC, CA, CB). 

Ca urmare, drept centru radical a trei cercuri adjuncte unui triunghi pot fi: punctele 

lui Brocard Ω ¸si Ω ′ , punctele JA, JB, JC, J ′ A , J ′ B , J ′ C ¸si vârfurile A, B, C. 

3. Dacă triunghiul este isoscel, AB = AC, atunci BC coincide cu CB ¸si simediana 

din B ¸si 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. Pătra¸scu – O teoremă relativă la punctul lui Brocard, G.M.-9/1984, 328-329. 

47

S¸coala Normală ”Vasile Lupu” din Ia¸si 

– o istorie zbuciumată – 

A fost creată pentru a pregăti serii de învăt¸ători menite să răspândească lumina 

cărt¸ii în satele ¸si ora¸sele t¸ării ¸si să contribuie la ridicarea lor social-economică. Lunga 

ei istorie, de mai bine de 150 de ani, este presărată de mari împliniri, dar ¸si de 

momente dramatice. 

În A¸sezământul pentru organizarea învăt¸ăturilor publice din principatul 

Moldova din 1851, care proclama libertatea ¸si gratuitatea învăt¸ământului, 

se prevedea, între altele, faptul că statul avea obligat¸ia de a înfiint¸a ¸si întret¸ine ¸scoli 

pentru populat¸ia de la ora¸se ¸si sate. Prin hrisovul domnitorului Grigore Alexandru 

Ghica din 15 decembrie 1855 lua fiint¸ă Institutul Preparandal, prima ¸scoală 

din cele două t¸ări române¸sti având ca scop pregătirea învăt¸ătorilor ce trebuiau să 

răspândească lumina în lumea satelor. 

Acest institut, cu durata studiilor de un an, a funct¸ionat timp de 35 de ani în 

încăperile mănăstirii Trei-Ierarhi din Ia¸si, unde mai exista o ¸scoală, S¸coala Primară 

Vasiliană, ¸si unde s-a înfiint¸at ¸si internatul preparanzilor. Director a fost numit 

Anton Velini, care a condus întregul complex ¸scolar de la Trei-Ierarhi până în anul 

1863. Câteva dintre meritele lui: a îmbunătăt¸it programele ¸scolii, adăugând ¸si discipline 

noi, a tipărit un Manual de metodică ¸si pedagogie pentru profesorii ¸scoalelor 

primare utilizat de preparanzi ¸si învăt¸ători pentru pregătirea lor pedagogică, a preconizat 

realizarea ¸scolii primare de aplicat¸ie (”preparanzii să fie ¸si pedagogi ...”) ¸s.a. 

48

Al doilea director al S¸colii Preparandale a fost Titu Maiorescu, în perioada 

1864-1868. Renunt¸ând la pozit¸ii mai bine situate ¸si remunerate, prime¸ste direct¸ia 

acestei ¸scoli cu convingerea că ”aici este un câmp de activitate modestă, patientă, 

în aparent¸ă inferioară, în realitate de important¸ă suverană pentru poporul nostru”. 

Îndrumătorul culturii române¸sti consideră că ”regenerarea poporului român începe de 

la cultivarea limbii române” ¸si î¸si îndreaptă atent¸ia spre ¸scoala primară. 

Considera că trebuie asigurată viitorului învăt¸ător o cultură generală ¸si o pregătire 

profesională de calitate ¸si o înaltă con¸stiint¸ă a misiunii sale de educator. Fo¸stii săi 

elevi Ion Creangă ¸si Mihai Busuioc au ilustrat strălucit acest profil de învăt¸ător. 

A publicat anuarul ¸scolii pe anul 1863-1864, primul de acest fel pentru ¸scoli normale. 

Termenul ”Normală” asociat de Titu Maiorescu acestui tip de ¸scoală vine 

din Apus. De altfel, la propunerea lui Institutul Preparandal este numit Institutul 

lui Vasile Lupu. Au fost utilizate ¸si alte denumiri: S¸coala Normală de la 

Trei-Sfetite etc., în cele din urmă s-a statornicit numele S¸coala Normală ”Vasile 

Lupu”. 

Începând cu anul ¸scolar 1864-1865, s-a trecut la doi ani de studiu. A pus 

bazele ¸scolii primare de aplicat¸ie, institut¸ie în care elevii urmau să deprindă arta 

predării lect¸iilor. 

La 1 februarie 1868 Titu Maiorescu este înlocuit la direct¸ie, dar cadrul activităt¸ii 

¸scolii fixat de el a dăinuit încă timp de aproape 20 de ani. Pe parcursul celor două 

ministeriate ale sale a continuat să vegheze ¸si să sust¸ină S¸coala Normală ”Vasile Lupu” 

cât ¸si întregul învăt¸ământ primar ¸si normal-primar. 

Directoratul lui Constantin Meissner, 1886-1892, a ridicat prestigiul ¸scolii prin 

importante shimbări (organizare internă, programe, manuale, grădina ¸si atelierele 

¸scolii etc.) ¸si i-a dat perspectiva de dezvoltare pentru o perioadă lungă de timp. În 

1891 ¸scoala se mută în noul local de la via ”Pester” din Breazu-Copou, care este ¸si 

actualul ei local. C. Meissner este ctitorul ¸scolii primare de aplicat¸ie, un local anexă 

al ¸scolii în care viitorii învăt¸ători deprindeau arta predării. 

Cerint¸e sporite de la etapă la etapă au făcut ca numărul anilor de studii să crească. 

S¸coala Normală a trecut treptat la trei ani de studii (în 1874), patru ani (1877), cinci 

ani (1893), ¸sase ani (1903), ajungând la ¸sapte ani în 1930. 

Ioan Mitru, cel mai longeviv director normalist ie¸sean (1896-1919), a fost un 

excelent organizator - ”gospodarul desăvâr¸sit”, cum l-a caracterizat S¸t. Bârsănescu. În 

ferma ¸scolii, cu sprijinul agronomului N. Cojocaru, elevii dobândeau ¸stiint¸a lucrărilor 

agricole. Viitorii învăt¸ători, prin ceea ce vor realiza pe lotul ¸scolii sau cel propriu, 

urmau să fie nu numai educatori ai copiilor, ci ¸si ai satului. Aleile ¸si parcul ¸scolii 

au fost amenajate prin proiectul inginerului peisagist al ora¸sului ¸si profesor al ¸scolii, 

Gh. Apostolescu, începând cu anul 1900. 

Faima ¸scolii ie¸seane trecuse dincolo de granit¸ele t¸ării. Profesorii erau dintre cei 

mai ale¸si din Ia¸si. Elevii purtau uniforme ¸si, o parte, activau în format¸ii artistice 

sau sportive: cor, orchestră, fanfară, format¸ia de dansuri, echipa de oină etc., renumite 

pentru nivelul artistic sau competivitatea lor. Biblioteca ¸scolii, init¸iată de 

Titu Maiorescu, ¸si-a sporit fondul prin strădaniile ¸si donat¸iile profesorilor P. Cujbă, 

C. Meissner, I.V. Praja, I. Mitru ¸si, mai apoi, S¸t. Bârsănescu, V. Petrovanu ¸s.a. 

Urgia războiului s-a abătut ¸si asupra S¸colii Normale din Ia¸si: în anul ¸scolar 1916- 

1917 cursurile au fost suspendate, iar în cel următor doar clasa a IV-a a funct¸ionat 

49

în localul ¸scolii, celelalte fiind repartizate în diferite case din Ia¸si sau alte localităt¸i. 

Între cele două războaie mondiale, la conducerea S¸colii Normale vin cât¸iva pedagogi 

eminent¸i, 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), S¸tefan Bârsănescu – promotor al unei politici 

¸scolare bazată pe cultură ¸si care să fie în ritm cu transformările sociale, Gheorghe 

Comicescu – adept al integralismului pedagogic. Vasile Petrovanu, distins profesor 

de istorie ¸si director, 1938-1941, a făcut istoricul S¸colii Normale de la origini 

¸si până în 1892 ¸si a contribuit la aparit¸ia anuarelor ¸scolii din această perioadă. În 

septembrie 1939, se deschid, numai la această ¸scoală, două sect¸ii cu profil practic: 

agricolă ¸si industrială. Către sfâr¸situl perioadei interbelice S¸coala Normală atinge cel 

mai înalt nivel de organizare, realizări ¸si concept¸ie. Ministrul instruct¸iunii de atunci, 

Petre Andrei, o considera cea mai bună ¸scoală de acest tip din Peninsula Balcanică. 

Al Doilea Război Mondial ¸si instaurarea regimului comunist au cauzat S¸colii Normale 

un ¸sir lung de greutăt¸i, schimbări de profil ¸si programe, contopiri cu alte unităt¸i 

¸scolare similare, schimbări de nume, peregrinări prin diverse localuri etc. 

Clădirea ¸scolii s-a aflat în zona frontului ¸si a fost avariată: o bombă a distrus 

laboratorul de fizică ¸si chimie, aviat¸ia inamică a distrus acoperi¸sul, armata germană 

a transformat sălile de clasă în grajd de cai. Localul ¸scolii de aplicat¸ie a ars până la 

temelie. Cel mai grav lucru a fost pierderea bibliotecii cu fondul ei pret¸ios de cărt¸i. 

Să notăm ¸si câteva date din odiseea ¸scolii: martie 1944 – refugiul la Craiova ¸si 

apoi com. Pocruia-Gorj; martie 1945 – revenirea la Ia¸si ¸si reluarea cursurilor în localul 

sumar reparat; decembrie 1954 – mutarea abuzivă în clădirea S¸colii Normale 

de învăt¸ătoare ”Mihail Sturdza”, str. Toma Cozma (actualul corp D al Universităt¸ii); 

1955 – se unifică cu ¸scoala gazdă ¸si ¸si devine mixtă sub numele de Liceul Pedagogic; 

acesta se mută, în anul ¸scolar 1958-1959, în clădirea din dealul Copoului; septembrie 

1959 – transferarea la complexul ¸scolar din Bârlad; septembrie 1966 – revine în Ia¸si 

(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 ¸si 

corespunzător din cartierul Tudor Vladimirescu; 1977 – liceul va avea profil nu numai 

de învăt¸ători, ci ¸si de educatoare, prin unificarea cu S¸coala de conducătoare (înfiint¸ată 

în Ia¸si 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 ¸si structură. S¸coala a supraviet¸uit ¸si a 

trecut peste multele momente dificile datorită devotamentului, abnegat¸iei ¸si spiritului 

de înaltă responsabilitate ale corpului profesoral fat¸ă de generat¸iile tinere. Din galeria 

profesorilor care au slujit cu dragoste ¸scoala, spicuim doar câteva nume: A. Hasgan, 

V. Mitrofan, V. Fetescu, S. Rădoi, R. Măcăreanu ¸si mult¸i alt¸ii. 

Intr-o societate care nu are o politică educat¸ională clară, S¸coala Normală ”Vasile 

Lupu” încearcă să păstreze tradit¸ia normalistă ¸si să fie fidelă sistemului de valori universale 

– garant¸ii sigure ale afirmării sale. 

Prof. Viorel PARASCHIV 

Director al S¸colii Normale, 2002-2006 

50

Concursul ”Recreat¸ii Matematice” 

Edit¸ia a VII-a, Durău, 28 august 2009 

Clasa a V-a 

1. a) Completat¸i ¸sirul următor cu încă trei termeni: 1, 3, 7, 15, 31, 63, ... . 

b) Punet¸i paranteze în expresia 2 · 12 + 18 : 6 + 1 astfel încât rezultatul să fie 

numărul natural cel mai mic posibil. 

2. Câtul împărt¸irii a două numere naturale este 3 iar restul este 4. Dacă dublăm 

deîmpărt¸itul ¸si păstrăm împărt¸itorul, atunci restul obt¸inut este 3. Determinat¸i numerele 

init¸iale. 

3. Paginile unei cărt¸i 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 operat¸iile cunoscute (adunarea, scăderea, înmult¸irea, împărt¸irea 

sau ridicarea la putere) determinat¸i cel mai mare număr natural care se poate scrie, 

folosind o singură dată cifrele 1, 2 ¸si 3. Justificat¸i. Petre Bătrânet¸u 

b) Fie a, b ∈ N. Să se arate că, dacă ultima cifră a numărului a2 +b2 este 9, atunci 

ultima cifră a lui (a + b) 2 este tot 9. Recreat¸ii Matematice - 2/2007 

2. 

Într-un regat sunt 2009 ora¸se. Regele a poruncit să se realizeze drumuri între 

ora¸se astfel încât din fiecare ora¸s să pornească exact 5 drumuri. Au putut supu¸sii să 

îndeplinească ordinul regelui? Mihai Crăciun 

3. Fie mult¸imea A = {1, 2, 3, ..., 98}. Arătat¸i că oricum am alege 50 de elemente 

ale lui A, există două printre 

 

ele 

 

având suma cub perfect. Titu Zvonaru 

Clasa a VII-a 

1. a) Fie numărul A=aa...aa bb...bb. 

Arătat¸i că A= 

de n ori de n ori 

10n − 1 

·a(10 

3 

n − 1) 

+ 

3 

a + b 

 

. 

3 

b) Arătat¸i că numărul B = 44...4 22...2 poate fi scris ca un produs de două 

de n ori de n ori 

numere naturale consecutive. Mihai Crăciun 

2. Demonstrat¸i că triunghiul determinat de picioarele bisectoarelor unui triunghi 

cu un unghi de măsură 1200 este dreptunghic. 

3. Fie m ¸si 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. Recreat¸ii Matematice - 2/2008 

Clasa a VIII-a 

1. Fie x, y ∈ Z. Dacă x 2010 +y 2010 se divide cu 11, arătat¸i 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 relat¸ia MA2 +MB 2 +MC 2 = 

3R2 . Dan Brânzei 

3. Determinat¸i x, y, z pentru care 1 3 1 

+ + 

2x 2y 2z = 2x + 3 · 2y+2 + 2z+2 = 9. 

Recreat¸ii Matematice - 1/2008 

Clasa a IX-a 

1. Rezolvat¸i, în necunoscuta (x; y) ∈ Q × Q, ecuat¸ia x2009 + y2009 = x2010 + y2010 . 

2. Într-un careu cu 41 linii ¸si 49 coloane se scriu la întâmplare 2009 numere reale 

distincte. Fie A mult¸imea ce are ca elemente cele mai mici numere de pe fiecare linie, 

respectiv B mult¸imea ce are ca elemente cele mai mari numere de pe fiecare coloană. 

Determinat¸i probabilitatea ca cel mai mare element din mult¸imea A să fie chiar cel 

mai mic element din mult¸imea B. 

3. Fie D un punct în planul unui triunghi echilateral △ABC încât BD = DC, 

m(∢BDC) = 300 ¸si dreapta BC separă A ¸si D. Dacă E ∈ (BD) ¸si m(∢BAE) = 150 , 

să se arate că CE⊥AC. Recreat¸ii Matematice - 2/2007 

Clasa a X-a 

1. Rezolvat¸i, în necunoscuta (x; y) ∈ N × N, ecuat¸ia x · (x + 2) · (x + 8) = 3 y . 

2. Fie triunghiul △ABC cu m(∢ABC) = m(∢ACB) = 80 0 ¸si P ∈ (AB) astfel 

încât m(∢BP C) = 30 0 . Arătat¸i că AP = BC. 

3. Determinat¸i funct¸iile f : N → N, pentru care are loc egalitatea 2 · f(n + 3) · 

f(n + 2) = f(n + 1) + f(n) + 1, ∀n ∈ N. Recreat¸ii Matematice - 2/2007 

Clasa a XI-a 

1. Fie triunghiul △ABC nedreptunghic. Paralela prin B la AC ¸si simetrica 

dreptei AC în raport cu BC se intersectează în A1; analog se obt¸in punctele B1 ¸si 

C1. Dacă dreptele AA1, BB1, CC1 sunt concurente, să se arate că triunghiul △ABC 

este echilateral. Recreat¸ii Matematice - 1/2006 

2. Fie funct¸ia f : A → A, unde A este o mult¸ime finită din R. Dacă |f(x)−f(y)| < 

|x − y|, ∀x, y ∈ A, x ̸= y, să se arate că funct¸ia f nu este nici injectivă, nici surjectivă. 

Lucian Georges Lăduncă 

3. Fie ¸sirul (xn) n≥1 definit recurent prin x1 ∈ N, xn+1 =3xn 

2+1, ∀n ∈ N ∗ . 

Este posibil să alegem x1 număr natural, astfel încât primii 2008 termeni ai ¸sirului să 

fie numere pare ¸si al 2009-lea să fie impar? Lucian Georges Lăduncă 

Clasa a XII-a 

1. Fie ¸sirul (xn) n≥1 dat de x1∈− π 

existent¸a limitelor lim 

n→∞ xn ¸si lim 

n→∞ 

4 , 0,xn+1=2xn−tg xn, ∀n ≥ 1. Să se studieze 

n√ 

−xn. Recreat¸ii Matematice - 1/2006 

2. Să se determine funct¸iile derivabile f : I → (0; +∞) ¸si intervalul I ⊂ R, ¸stiind 

că f(0) = 1 ¸si f 3 (x) + f ′ (x) = 0, ∀x ∈ I. Gabriel Mîr¸sanu 

3. Fie funct¸ia g : [0; 1] → R derivabilă pe (0; 1) cu g(0) = 0, iar f : [0; 1] → R+ 

o funct¸ie cu proprietatea f(x) = g ′ (x), ∀x ∈ [0; 1]. Să se arate că există cel put¸in un 

punct c ∈ (0; 1) astfel încât π 

· g(c) · cosπ 

2 2 c

Concursul de matematică ”Gaudeamus” 

Edit¸ia I, Ia¸si, 2009 

În perioada 30 octombrie - 1 noiembrie 2009, la Facultatea de Matematică a Universităt¸ii 

”Alexandru Ioan Cuza” Ia¸si, s-a desfă¸surat prima edit¸ie a Concursului de Matematică 

”Gaudeamus”. 

Organizatorii manifestării sunt: Facultatea de Matematică ¸si Fundat¸ia Seminarului Matematic 

”Alexandru Myller”. Colaboratori: Inspectoratul S¸colar Judet¸ean Ia¸si ¸si Liceul de 

Informatică ”Grigore Moisil” Ia¸si. 

Manifestarea s-a desfă¸surat pe două sect¸iuni: 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 ¸si a 

cont¸inut subiecte din programele ¸scolare ale anilor anteriori; tematica a fost publicată pe 

site-ul Facultăt¸ii de Matematică, www.math.uaic.ro . Listele cu elevii participant¸i, precum 

¸si rezultatele lor, pot fi consultate la aceea¸si adresă internet. 

2) Concursul de proiecte ”Matematica în lumea reală” s-a adresat elevilor sau 

echipelor de elevi (maxim patru), fără limitare de vârstă, ¸si a constat în prezentarea unor 

solut¸ii matematice la probleme concrete ale lumii reale. Au fost sust¸inute 12 proiecte. 

Acest concurs dore¸ste să fie, în primul rând, un mijloc de apropiere între Facultatea de 

Matematică ¸si elevii din învăt¸ământul preuniversitar. Numărul de participant¸i (aproximativ 

150 de elevi din judet¸ele Bacău, Boto¸sani, Neamt¸, Vaslui ¸si Ia¸si), precum ¸si rezultatele 

obt¸inute, 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 ¸si 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 = {A1, A2, ..., An} dintr-un plan π ¸si n numere reale 

Λ = {λ1, λ2, ..., λn} astfel încât λ1 + λ2 + · · · + λn ̸= 0. Spunem că A ′ ∈ π este centrul 

de masă al sistemului (S, Λ) dacă există un punct O ∈ π astfel încât 

−−→ 

OA ′ λ1 −−→ 

λn −−→ 

= 

OA1 + · · · + 

OAn. 

λ1 + · · · + λn 

λ1 + · · · + λn 

i) Să se arate că dacă A ′ este centrul de masă al sistemului (S, Λ) atunci pentru 

orice punct M ∈ π are loc 

−−→ 

MA ′ λ1 

= 

−−−→ 

MA1 + · · · + 

λn −−−→ 

MAn. 

λ1 + · · · + λn 

λ1 + · · · + λn 

Pentru un triunghi A1A2A3, considerăm λ1, λ2, λ3 ∈ R astfel încât |λ1|, |λ2| ¸si |λ3| 

reprezintă lungimile laturilor [A2A3], [A3A1] ¸si respectiv [A1A2]. 

ii) Să se arate că A ′ ∈ A1A2 este piciorul bisectoarei interioare (respectiv exterioare) 

a unghiuluiA3 dacă ¸si numai dacă A ′ este centrul de masă al sistemului 

({A1, A2}, {λ1, λ2}), pentru o anume alegere a semnelor scalarilor λ1 ¸si λ2. 

iii) Să se arate că I ∈ π este centrul cercului înscris (respectiv centrul unui cerc 

exînscris) triunghiului A1A2A3 dacă ¸si numai dacă I este centrul de masă al sistemului 

({A1, A2, A3}, {λ1, λ2, λ3}), pentru o anume alegere a semnelor scalarilor λ1, λ2 ¸si λ3. 

53

3. Fie n ∈ N\0, 1} ¸si a1, a2, ..., an numere reale. Construim: s0 = −a1−a2−...−an; 

sm = a1 +a2 +...+am −(am+1 +am+2 +...+an), ∀m ∈ 1, n − 1; sn = a1 +a2 +...+an. 

Să se arate că există un m ∈ 0, n astfel încât |sm| ≤ max{|ak| | 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 put¸in 120 de elevi (nu neapărat aceia¸si pentru fiecare problemă). Arătat¸i că 

se pot găsi doi participant¸i, astfel ca fiecare problemă să fi fost rezolvată de cel put¸in 

unul din cei doi. 

2. i) Fie A = {a1, a2, ..., an} ⊆ Z ¸si f : A → A o funct¸ie bijectivă. Presupunând 

că a1 < a2 < ... < an ¸si că ai +f(ai) < aj +f(aj) pentru orice i < j, i, j ∈ {1, 2, ..., n}, 

să se arate că f = 1A. ii) Să se găsească o funct¸ie bijectivă f : Z →Z care satisface 

condit¸iile m + f(m) < n + f(n) pentru orice m < n, m, n ∈ Z, ¸si să fie diferită de 1Z. 

3. Fie a ∈ (0, +∞). Într-un plan π, relativ la un sistem de coordonate carteziene 

xOy, considerăm dreapta de ecuat¸ie (δa) : y = ax. Fie Π = [0, 1) × [0, 1). 

a) Definim f : R × R → Π, f(x, y) = ({x}, {y}), unde prin { } am notat partea 

fract¸ionară. 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 restrict¸ia fa, a lui f la dreapta (δa). Să se arate că dacă a ∈ Q 

atunci fa este de asemenea periodică. 

Imaginea lui (δa) prin fa este o reuniune de segmente paralele cu direct¸ia lui (δa). 

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 (δa) prin aplicat¸ia fa când a este număr 

irat¸ional (de exemplu √ 2)? 

Clasa a XII-a 

1. Fie A, B ∈ M(n, C) astfel încât A + B = In, A2 = A3 . Să se arate că: 

i) AB = BA; ii) In − AB ¸si In + AB sunt inversabile. 

2. Se consideră funct¸ia f : (−1, +∞) → R , f(x) = √ 1 + x. 

i) Să se scrie ecuat¸ia tangentei y = ax + b la graficul funct¸iei f, în punctul x0 = 0. 

f(x) − 1 − 

ii) Să se determine valoarea a pentru care lim 

x→0 

x 

2 

xa există ¸si este ̸= 0. 

iii) Arătat¸i că, pentru x ∈− 1 1 

, loc inegalitatea:f(x) − 1 − 

2 2are x 

2 √ 2 . 

iv) Fie N numărul natural cu 2010 cifre, toate egale cu 1, adică N = 1111 . . . 11. 

2010 cifre 

Determinat¸i primele 2010 zecimale ale numărului √ N. 

3. Se cer valorile lui a ∈ R pentru care sistemul 

2 |x| + |x| = y + x2 + a 

are o unică solut¸ie reală. 

x 2 + y 2 = 1 

54 

2≤ x2

Solut¸iile problemelor propuse în nr. 1/2009 

Clasele primare 

P.164. Scrie vecinii vecinului comun al numerelor 16 ¸si 18. 

(Clasa I) Diana Tănăsoaie, elevă, Ia¸si 

Solut¸ie. Vecinii numărului 16 sunt numerele 15 ¸si 17, iar ai numărului 18 sunt 

numerele 17 ¸si 19. Vecinul comun este 17. Vecinii numărului 17 sunt 16 ¸si 18. 

P.165. După ce dau celor doi frat¸i mai mari câte două banane, mănânc ¸si eu trei 

banane. În co¸s îmi rămâne un număr de banane ce poate fi scris cu două cifre diferite 

¸si care este cel mai mic număr de acest fel. Câte banane am avut în co¸s? 

(Clasa I ) Inst. Maria Racu, Ia¸si 

Solut¸ie. Numărul bananelor rămase în co¸s este 10. Numărul init¸ial de banane 

din co¸s este 2 + 2 + 3 + 10 = 17. 

P.166. Din cei 8 căt¸elu¸si albi ¸si negri, cel mult 3 sunt albi. Care este numărul 

maxim de căt¸elu¸si negri? Dar cel minim? 

(Clasa a II-a) Ioana Bărăgan, elevă, Ia¸si 

Solut¸ie. Deoarece avem căt¸elu¸si albi ¸si negri, cel put¸in un căt¸elu¸s este alb. 

Numărul maxim de căt¸elu¸si negri este 7. Cum cel mult 3 căt¸elu¸si sunt albi, cel 

put¸in 5 vor fi negri. 

P.167. Într-o cameră se joacă un pisoi cu doi pisici, un căt¸elu¸s care t¸ine în gură 

o păpu¸să ¸si un băiet¸el, călare pe un călut¸ de lemn. Câte picioare participă la joc? 

(Clasa a II-a) Alexandru Dumitru Chiriac, elev, Ia¸si 

Solut¸ie. La joc participă pisoiul cu cei doi pisici, căt¸elu¸sul ¸si băiet¸elul. 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 ¸si 

a : b = b : c = c : d = 1? 

(Clasa a III-a) Amalia Cantemir, elevă, Ia¸si 

Solut¸ie. 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. 

 

de 500 ori 

P.169. Calculează diferent¸a următoare, fără a efectua parantezele: (2 + 4 + 6 + 

8 + . . . + 1000) − (1 + 3 + 5 + 7 + . . . + 999) = 

(Clasa a III-a) Mădălina Buc¸să, elevă, Ia¸si 

Solut¸ie. De la 1 la 1000 sunt 500 numere pare ¸si 500 numere impare. Exercit¸iul 

devine (2 − 1) + (4 − 3) + (6 − 5) + . . . + (1000 − 999) = 1 + 1 + 1 + . . . + 1 = 500. 

P.170. Doi frat¸i au cumpărat un teren în formă de pătrat pe care l-au împărt¸it 

în două dreptunghiuri egale. Fiecare dore¸ste 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) Drago¸s Iacob, elev, Ia¸si 

55

Solut¸ie. Latura pătratului este de 1000m : 4 = 250m. Împrejmuirea fiecărui frate 

cuprinde jumătate din perimetrul pătratului ¸si încă jumătate din port¸iunea 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 ¸si a+2c = 200, calculat¸i produsul (2a+b+3c)·(c−b). 

(Clasa a IV-a) Inst. Marian Ciuperceanu, Craiova 

Solut¸ie. 2a+b+3c = (a+b+c)+(a+2c) = 175+200 = 385. Din a+b+c = 175 

¸si a + c + c = 200, rezultă c − b = 200 − 175 = 25. A¸sadar, (2a + b + 3c) · (c − b) = 

375 × 25 = 275 × 100 : 4 = 9375. 

P.172. Câte numere abc au suma cifrelor 7 ¸si pot fi rotunjite cu numărul ab0? 

(Clasa a IV-a) Maria Nastasiu, elevă, Ia¸si 

Solut¸ie. Cifra unităt¸ilor poate fi 0, 1, 2, 3 sau 4. Dacă c = 0, atunci a + b = 7 

¸si găsim numerele 160, 250, 340, 430, 520, 610 ¸si 700. Dacă c = 1, atunci a + b = 6 

¸si obt¸inem numerele 151, 241, 331, 421, 511 ¸si 601. Analog, în celelalte cazuri găsim 

numerele 142, 232, 322, 412, 502; 133, 223, 313, 403; 124, 214 ¸si 304. În total, există 25 

de numere cu proprietăt¸ile din enunt¸. 

P.173. Se formează ¸sirul de numere: 34, 334, 344, 3334, 3444, . . .. Câte cifre de 

3 are numărul de pe locul 2008? 

(Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Ia¸si 

Solut¸ie. 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 dore¸ste 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 acela¸si produs cu 990 lei/buc., însă are depozitul mai departe decât A, la 

o distant¸ă pe ¸sosea AB = 150 km. 

a) Dacă întreprinzătorul dore¸ste să cumpere 20 de frigidere, ce furnizor va alege? 

b) La ce număr de frigidere costurile de achizit¸ie nu depind de furnizor? 

Marian Ciuperceanu, Craiova 

Solut¸ie. Fie n numărul de frigidere achizit¸ionate, 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 (distant¸a AB se parcurge dus-întors, în 

total 300 km). Chletuielile totale cu furnizorul A vor fi CA = x + 1000n, iar cele cu 

furnizorul B vor fi CB = x + 90 + 990n. 

a) Dacă n = 20, atunci CA = x+20000, iar CB = x+19890, prin urmare CB < CA. 

Furnizorul ales va fi B. 

b) Avem că CA = CB, de unde se obt¸ine n = 9. 

3x + 5 2y + 5 5z + 2 

V.103. Se consideră numerele naturale m = , a = , b = , 

2x + 2 

unde x, y, z ∈ N. Demonstrat¸i că m nu poate fi divizor al lui a, dar poate fi divizor al 

lui b. 

Claudiu S¸tefan Popa, Ia¸si 

56 

3 

5

Solut¸ie. 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 obt¸ine 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. Scriet¸i numărul 2008 ca sumă de trei cuburi perfecte pare. (Găsit¸i toate 

posibilităt¸ile!) 

Veronica Plăe¸su ¸si Dan Plăe¸su , Ia¸si 

Solut¸ie. 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 depă¸si 261 = 6 3 , 

deoarece 7 3 = 343 > 251. După o analiză a cazurilor posibile, găsim doar două situat¸ii 

favorabile: 251 = 1 3 +5 3 +5 3 ¸si 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) Demonstrat¸i că a nu poate fi pătrat perfect. 

b) Aflat¸i restul împărt¸irii lui a la 400. 

Damian Marinescu, Târgovi¸ste 

Solut¸ie. a) Cum a se divide cu 7, dar nu ¸si 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 împărt¸irii lui a la 400 este 7. 

V.106. Să se determine numărul natural a ¸si cifra b, dacă (a+3)·200b = a·2009. 

Enache Pătra¸scu, Foc¸sani 

Solut¸ie. Cum 2009 = 7 2 · 41, rezultă că (a + 3) · 200b . .7 2 ¸si (a + 3) · 200b . .41. 

Evident că b ≤ 8 (deoarece a + 3 > a), iar dintre numerele 2000, 2001, . . . , 2008, 

nicunul nu se divide nici cu 72 , nici cu 41. Deducem că a + 3 . .7 ¸si a + 3 . .41, prin 

urmare α + 3 = 287k. Înlocuind, obt¸inem că 200b · k = 7(287k − 3), de unde k(2009 − 

200b) = 21. De aici, (k, b) ∈ {(21, 8); (7, 6); (3, 2)}, deci solut¸iile 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 obt¸in astfel nouă ecuat¸ii simple, doar trei dintre acestea având solut¸ii naturale. 

V.107. Dacă n ∈ N\{0, 1} este dat, determinat¸i x, y ∈ N∗ pentru care x(x + 2y + 

1) = 2n · 135. 

Petru Asaftei, Ia¸si 

Solut¸ie. Dacă x = 2i , 1 ≤ i ≤ n − 1, atunci am avea că 2i + 2y + 1 = 2n−i · 135, 

contradict¸ie (membrul stâng este impar, iar cel drept este par). Analog se arată că 

nu putem avea x = 2i · p, unde 1 ≤ i ≤ n − 1, p ∈ D135\{1}. Rămâne că x = 2n · p, 

cu p ∈ D135. Cum x < x + 2y + 1, trebuie cercetate doar cazurile în care p ∈ {1, 3, 5}. 

Dacă x = 2n , obt¸inem că y = 67−2n−1 , iar y ∈ N∗ doar pentru n ≤ 7. Dacă x = 2n ·3, 

atunci y = 22−3·2 n−1 , care este număr natural când n ≤ 3. În sfâr¸sit, dacă x = 2n ·5, 

atunci y = 13−5·2 n−1 , solut¸ie convenabilă pentru n ≤ 2. În concluzie, obt¸inem 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 ¸sterge de pe tablă oricare 

două numere, scriind în loc succesorii acestora. Este posibil ca, în urma mai multor 

operat¸ii de acest fel, să obt¸inem patru numere egale? 

Cătălin Budeanu, Ia¸si 

Solut¸ie. Suma numerelor de pe tablă cre¸ste cu 2 la fiecare pas. După a n-a 

operat¸ie, 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 asociat¸ie 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 proport¸ional cu 

consumul fiecărei familii. Dacă pret¸ul apei este de 1, 6 lei/m 3 , taxa de canalizare este 

de 0, 56 lei/m 3 ¸si fiecărei sume i se aplică T.V.A. de 19 %, aflat¸i ce sumă trebuie să 

plătească fiecare familie (efectuat¸i calculele cu două zecimale exacte). 


Solut¸ie. Pentru apă, prima familie plăte¸ste 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 cerint¸elor problemei). Observând că 38m 3 

reprezintă 80, 85% din 47m 3 (unde 47m 3 este consumul total), deducem că pentru 

canalizare prima familie plăte¸ste 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 ¸si numerele întregi a ¸si x pentru care 

(x − a)(x − 1)(a − 1) = p. 

Gheorghe Iurea, Ia¸si 

Solut¸ie. Dacă p ≥ 3, atunci tot¸i divizorii săi ar fi impari, deci x − a, x − 1 ¸si 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 situat¸ii, găsim solut¸iile 

a = −1, x = 0 ¸si a = 2, x ∈ {0, 3}. 

VI.104. Determinat¸i numerele prime p ¸si q, ¸stiind că există x, y ∈ N∗ astfel încât 

x2 + y2 = p, iar x + y + 1 = q. 

Andrei Cozma, elev, Bucure¸sti 

Solut¸ie. 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 x2 + y2 = 2 obt¸inem că x = y = 1, prin urmare q = 3. Dacă q = 2, atunci 

x + y = 1, fals, deoarece x, y ∈ N∗ . În concluzie, p = 2 ¸si q = 3. 

VI.105. Să se arate că numărul N = 332009 − 332008 se poate scrie ca produs a 

trei numere naturale consecutive. 

Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin 

Solut¸ie. Notând a = 332008, observăm că 332009 = 332008 ·3 3 = a . Astfel, N = 

a3 − a = a(a2 − 1) = (a − 1) · a · (a + 1), ceea ce încheie rezolvarea. 

VI.106. Se consideră unghiulxOy ¸si punctele A, B ∈ (Ox, C, D ∈ (Oy astfel încât 

58

A ∈ (OB), iar C ∈ (OD). Mediatoarele segmentelor [AB] ¸si [CD] se intersectează în 

S, iarSAB ≡SCD. 

a) Demonstrat¸i că BC = AD. 

b) Dacă, în plus, punctele B, D ¸si S sunt coliniare, iar m(SAB) = 60◦ , arătat¸i 

că AC⊥SC ⇔ BS = 2 · SD. 

Romant¸a Ghit¸ă ¸si Ioan Ghit¸ă, Blaj 

Solut¸ie. a) Triunghiurile SAB si SCD fiind isoscele, din ipotezaSAB =SCD 

obt¸inem că 180 O 

A 

Q. C 

B 

D 

S 

x y 

◦ − 2m(SAB) = 180◦ − 2m(SCD), deciASB = 

CSD. AtunciBSC ≡ASD, ceea ce ne arată că △BSC ≡ 

△ASD (L.U.L.), de unde BC = AD. 

b) În ipotezele acestui punct, triunghiurile ABS, CDS ¸si 

OBD sunt echilaterale, iar AS∥Oy, CS∥Ox. Dacă AC ⊥ SC, 

cum m(ASC) = 60◦ , atunci m(CAS) = 30◦ . În triunghiul 

dreptunghic ACS vom avea că AS = 2CS, prin urmare BS = 

2SD. Reciproc, dacă BS = 2SD, atunci AB = 2SC. Notând cu Q mijlocul lui AB, 

obt¸inem că AQ = CS. Avem ¸si că AQ∥CS, deci ACSQ este paralelogram. 

În plus, 

CA ⊥ AB (o mediană a unui triunghi echilateral este ¸si înălt¸ime); deducem că ACSQ 

este dreptunghi, de unde AC ⊥ SC. 

VI.107. Se consideră A, B, C, D, E, F ¸sase puncte în plan astfel încât AB = 

CD = CF = DF = 3cm, BC = BE = CE = 5cm, iar AD = 11cm. Stabilit¸i câte 

drepte determină cele ¸sase puncte. 

Gabriel Popa, Ia¸si 

Solut¸ie. Cum AB + BC + CD = AD, rezultă că punctele A, B, C ¸si D sunt 

coliniare ¸si se află în această ordine pe dreapta pe care o determină. Mai observăm 

¸si faptul că triunghiurile CDF ¸si BCE sunt echilaterale. 

În cazul în care aceste 

triunghiuri se află într-un acela¸si semiplan fat¸ă de dreapta AB, cele ¸sase puncte 

determină 10 drepte: AB, AE, AF, BE, BF, CE, CF, DE, DF ¸si EF . Dacă punctele 

E ¸si F sunt separate de dreapta AB, atunci C, E ¸si F vor fi coliniare, prin urmare 

EF, CE ¸si CF sunt una ¸si aceea¸si dreaptă; în acest caz, cele ¸sase puncte determină 8 

drepte. 

VI.108. Un ogar situat în vârful A al unei curt¸i dreptunghiulare ABCD (AB = 

80m, BC = 160m), porne¸ste în urmărirea a trei iepuri aflat¸i în B, C ¸si D, alergând 

de-a lungul gardurilor. Dacă viteza ogarului este 4m/s, iar vitezele iepurilor sunt 

3m/s, aflat¸i după cât timp reu¸se¸ste ogarul să prindă fiecare iepure. 

Marian Ciuperceanu, Craiova 

Solut¸ie. Dacă ogarul porne¸ste către vârful B, va prinde iepurele aflat init¸ial 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 init¸ial 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 ¸si căpetenia învin¸silor. S¸eful de 

trib al învingătorilor alege, pentru prepararea cinei, cât¸iva prizonieri (măcar unul), la 

întâmplare. Care este probabilitatea ca ¸seful tribului învins să rămână în viat¸ă? 


Solut¸ie. Numărul cazurilor egal posibile este numărul submult¸imilor nevide ale 

mult¸imii cu 10 elemente a prizonierilor, deci 210 − 1 = 1023. Căpetenia învin¸silor 

rămâne în viat¸ă dacă se alege o submult¸ime nevidă a mult¸imii formată din ceilalt¸i 

nouă prizonieri, deci există 29 − 1 = 511 cazuri favorabile. Probabilitatea cerută este 

511 

1023 . 

VII.103. Aflat¸i numerele întregi x ¸si y pentru care y − 4x + 6 < 0, 2y − x − 2 > 0 

¸si 3y + 2x − 24 < 0. 


Solut¸ie. Scriem cele trei condit¸ii din ipoteză astfel: 

y < 4x − 6 (1) ; y > 

x + 2 

2 

(2); y < 

24 − 2x 

3 

x + 2 

Din (1) ¸si (2) deducem că < 4x − 6, deci x > 2. Din (2) ¸si (3) rezultă că 

2 

x + 2 24 − 2x 

< , de unde x < 6, prin urmare x ∈ {3, 4, 5}. Din (1), (2) ¸si (3), 

2 3 

înlocuind pe rând x cu 3, 4 ¸si 5, obt¸inem solut¸iile (3, 3); (3, 4); (4, 4); (4, 5); (5, 4). 

Notă. La nivelul clasei a IX-a, se poate da o solut¸ie folosind împărt¸irea planului 

în regiuni. 

VII.104. Spunem că un număr natural are proprietatea (P ) dacă este prim, cel 

put¸in egal cu 5 ¸si se poate scrie ca sumă de două pătrate perfecte. Dacă numerele 

p1, p2, . . . , pn au proprietatea (P ), arătat¸i că numărul A = p1+p2+. . .+pn+n 2 −n+2 

nu poate fi pătrat perfect. 

Cosmin Manea ¸si Drago¸s Petrică, Pite¸sti 

Solut¸ie. Un pătrat perfect poate fi M4 sau M4 + 1, deci o sumă de două pătrate 

va fi M4, M4 + 1 sau M4 + 2. Dacă dorim ca această sumă de pătrate să fie număr 

prim cel put¸in egal cu 5, atunci ea va fi neapărat de forma M4 + 1. Deducem că 

A = (M4+1)+(M4+1)+. . .+(M4+1)+n 2 −n+2 = M4+n+n 2 −n+2 = M4+n 2 +2 

¸si, cum n 2 = M4 sau n 2 = M4 + 1, atunci A = M4 + 2 sau A = M4 + 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 ). Arătat¸i că: 

a) a(x, y) ≤ 1, ∀x, y ∈ R; b) max{a(x, y)|x, y ∈ R} = 1. 

Ovidiu Pop, Satu Mare 

Solut¸ie. a) Dacă, prin absurd, ar exista x, y ∈ R pentru care a(x, y) > 1, ar 

însemna că 2x − y 2 > 1 ¸si 2y − x 2 > 1, pentru anumite valori ale numerelor x ¸si y. 

Prin adunare, am obt¸ine că (x − 1) 2 + (y − 1) 2 < 0, imposibil. 

b) Folosind a) ¸si observând că a(1, 1) = 1, rezultă cerint¸a. 

60 

(3).

VII.106. Se consideră paralelogramul ABCD, E ¸si F mijloacele laturilor [AB], 

respectiv [AD], {G} = CE∩BD, {H} = CF ∩BD, {P } = F G∩BC, {Q} = EH∩CD. 

Arătat¸i că 3EF = 2P Q. 

Mirela Marin, Ia¸si 

Solut¸ie. Din △DHF ∼ △BHC, deducem că DH 

HB 

△BHE, obt¸inem că DQ 

BE 

= DH 

HB 

1 

= , prin urmare 

2 

= DF 

BC 

1 

= . Cum △DHQ ∼ 

2 

D Q 

H 

DQ = F 

G P 

A E B 

1 

DQ 1 

AB, adică = . Analog se arată că 

4 DC 4 

BP 1 

= , deci P Q∥BD (reciproca teoremei lui Thales), 

BC 4 

P Q CQ 3 

3 

iar = = (teorema fundamentală a asemănării). Astfel, 2P Q = · BD = 

BD CD 4 2 

3 · 1 

BD = 3F E (deoarece [F E] este linie mijlocie în △ABD). 

2 

VII.107. Fie ABC un triunghi cu m(C) = 60◦ , L proiect¸ia lui A pe BC, M 

proiect¸ia lui B pe AC, iar D mijlocul lui [AB]. Demonstrat¸i că triunghiul DML este 

echilateral. 

Neculai Roman, Mirce¸sti (Ia¸si) 

Solut¸ie. În triunghiurile LAB ¸si MAB, LD ¸si respectiv MD sunt mediane, 

prin urmare LD = MD = A 

D 

M 

1 

AB, deci △DML este isoscel, la fel 

2 

ca ¸si triunghiul ADM. Vom avea căAMD =A ¸si, cum patrulaterul 

ABLM este inscriptibil, avem ¸si căCML ≡B. Astfel, 

m(DML) = 180◦ − m(AMD) − m(CML) = 180◦ − m(A) − 

m(B) = m(C) = 60◦ , deci △DML va fi chiar echilateral. 

VII.108. Considerăm în plan trei cercuri distincte, congru- B L C 

ente, ale căror centre nu sunt coliniare. Construit¸i cu rigla ¸si compasul un cerc la 

care cercurile date să fie tangente interior. 

Adrian Corduneanu, Ia¸si 

Solut¸ie. Putem determina, folosind rigla ¸si compasul, centrele celor trei cercuri 

date; să notăm cu A, B ¸si C aceste centre. Aflăm, cu rigla ¸si compasul, centrul O 

al cercului circumscris triunghiului ABC ¸si punctul M de intersect¸ie al dreptei OA 

cu cercul de centru A, astfel încât OM > OA. Astfel, cercul de centru O ¸si 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 ¸si 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) ¸si 

C(A, r), atunci OQ < OA + AQ (inegalitatea triunghiului), deci OQ < OA + r = OM 

¸si se ajunge la o contradict¸ie. 


+ 2 − 2 

VIII.102. Rezolvat¸i în R ecuat¸iax 

+x 

− 

x − 12 

x + 12 

26 

5 · x2 − 4 

x2 = 0. 

− 1 

Vasile Chiriac, Bacău 

61 

C

Solut¸ie. Se impune ca x ∈ R\{1, −1}. Dacă u = 

x + 2 

x − 1 

x − 2 

, v = , ecuat¸ia 

x + 1 

devine u2 + v2 − 26 

uv = 0 ¸si, cum u ¸si v nu pot fi simultan egale cu zero, putem 

5 

nota t = v 

u ¸si obt¸inem că t2 − 26 

5 t + 1 = 0, cu solut¸iile t1 = 1 

5 , t2 = 5. Dacă v = 5u, 

rezultă că 2x2 − 9x − 4 = 0, de unde x1,2 = 9 ± √ 113 

, iar dacă u = 5v, deducem că 

4 

2x2 − 9x + 4 = 0, deci x3 = 4, x4 = 1 

. Ecuat¸ia din enunt¸ are patru solut¸ii reale. 

2 

VIII.103. Arătat¸i că oricare ar fi n ∈ N∗ , există m ∈ N∗ astfel încât n4 · m + 1 

este număr compus. 

Lucian Tut¸escu ¸si Ion Vi¸san, Craiova 

Solut¸ia 1 (a autorilor). Pentru m = n4 + 2, avem că n4 · m + 1 = n8 + 2n4 + 1 = 

(n4 + 1) 2 ¸si, cum n4 + 1 ≥ 2, urmează concluzia problemei. 

Solut¸ia 2 (Titu Zvonaru). Dacă n = 1, putem lua m = pq − 1, cu p, q ∈ N, 

p, q ≥ 2. Dacă n > 1, luăm m = n3k−4 , k ∈ N, k ≥ 2 ¸si vom avea că n4 · m + 1 = 

(nk ) 3 + 1 = (nk + 1)(n2k − nk + 1), unde ambele paranteze sunt cel put¸in egale cu 2. 

că 

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 . Demonstrat¸i 

1 

x 2 + x + 1 + 

1 

y 2 + y + 1 + 

1 

z2 ≤ 1. 

+ z + 1 

Răzvan Ceucă, elev, Ia¸si 

Solut¸ie. Problema este oarecum înrudită cu G89 din RecMat2/2005 sau cu 

VIII.66 din RecMat 1/2006: observând că x 2 + x + 1 ≥ 3x ¸si t¸inând seama de faptul 

că x > 0, obt¸inem că 

¸si cea pătratică, 1 1 1 

+ + 

31 

x y z≤1 

1 

x2 1 

≤ ¸si încă două relat¸ii analoage. Astfel, membrul 

+ x + 1 3x 

stâng este majorat de 1 1 1 

+ + Folosind inegalitatea dintre media aritmetică 

31 

x y z. 

1 1 

+ + 

31 

x2 y2 z2. Însă condit¸ia din ipoteză 

se poate scrie sub forma 1 1 1 

+ + = 3 ¸si de aici urmează inegalitatea din enunt¸. 

x2 y2 z2 Egalitatea se atinge pentru x = y = z = 1. 

VIII.105. Determinat¸i x, y ∈ N ∗ pentru care x 3 − y 3 = 3xy + 17. 

Liviu Smarandache ¸si Ion Vi¸san, Craiova 

Solut¸ia 1 (a autorilor). Cum 3xy + 17 ∈ N ∗ , rezultă că x > y, deci există p ∈ N ∗ 

astfel încât x = y + p. Înlocuind în relat¸ia din enunt¸, obt¸inem că 3(p − 1)y2 + 3p(p − 

1)y + p 3 − 17 = 0. Observăm că 3(p − 1)y 2 ≥ 0 ¸si 3p(p − 1)y ≥ 0, prin urmare 

p 3 − 17 ≤ 0, adică p ∈ {1, 2}. Dacă p = 1 se ajunge la contradict¸ia −16 = 0, iar 

pentru p = 2 deducem că y 2 + 2y − 3 = 0, ecuat¸ie a cărei singură solut¸ie naturală este 

y = 1. Rezultă că x = 3, deci solut¸ia ecuat¸iei din enunt¸ este perechea (3, 1). 

Solut¸ia 2 (Gheorghe Iurea). Rezolvăm ecuat¸ia 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, ecuat¸ia devine 

d 3 + 3dp = 3p + 17. Rezultă că 3p = 

17 − d3 

d − 1 

62 

= 16 

d − 1 − d2 − d − 1, deci d − 1 este

divizor al lui 16. Analizând cazurile posibile, determinăm d ¸si p ¸si apoi aflăm solut¸iile 

ecuat¸iei init¸iale: (x, y) ∈ {(3, 1); (−1, −3)}. 

VIII.106. În tetraedul V ABC, avem AB = 4cm, BC = 5cm, CA = 6cm, iar 

ariile fet¸elor V AB, V BC ¸si V CA sunt egale cu 15√7 cm 

4 

2 . Calculat¸i sinusurile unghiurilorAV 

B,BV C ¸siCV A. 

Vlad Emanuel, student, Bucure¸sti 

Solut¸ie. Calculând aria triunghiului ABC cu formula lui Heron, obt¸inem că 

aceasta este 15√7 cm 

4 

2 , prin urmare tetraedrul V ABC este echifacial. Rezultă că 

V A = BC = 5cm, V B = CA = 6cm, iar V C = AB = 4cm, de unde sinAV B = 

2AV AB 

V A · V B = 

√ 

7 

8 , sinBV C = 2 · AV BC 

V B · V C = 5√7 32 , iar sinCV A = 2AV CA 

V C · V A = 3√7 16 . 

VIII.107. Fie ABCD un tetraedru, iar m1, m2 ¸si m3 lungimile bimedianelor sale. 

Demonstrat¸i că 3(AB2 + AC2 + AD2 + BC 2 + CD2 + DB2 ) ≥ 4(m1 + m2 + m3) 2 . 

D.M. Bătinet¸u-Giurgiu, Bucure¸sti 

Solut¸ie. Se ¸stie că în orice tetraedru ABCD are loc identitatea 4(m2 1+m2 2+m2 3) = 

AB2 +AC2 +AD2 +BC 2 +CD 2 +DB 2 (a se vedea, de exemplu, D. Brânzei, S. Anit¸a, 

C. Cocea - Planul ¸si spat¸iul euclidian, Ed. Academiei, Bucure¸sti, 1986). Folosind 

inegalitatea dintre media aritmetică ¸si cea pătratică, obt¸inem că 3(m2 1 + m2 2 + m2 3) ≥ 

(m1 + m2 + m3) 2 , de unde cerint¸a problemei. Egalitatea se atinge atunci când m1 = 

m2 = m3. 

VIII.108. Într-un reper cartezian xOy, se consideră punctele Aij(i, j), unde 

1 ≤ i, j ≤ 5. Determinat¸i numărul triunghiurilor care au ca vârfuri trei dintre punctele 

date. 


25 · 24 · 23 

Solut¸ie. Cum avem 5 · 5 = 25 de puncte, putem considera = 2300 

6 

de mult¸imi formate din câte trei puncte. Pentru a găsi numărul triunghiurilor, trebuie 

să eliminăm mult¸imile formate din puncte coliniare. Punctele Ai1, i = 1, 5, 

5 · 4 · 3 

generează = 10 mult¸imi de câte trei puncte coliniare; aceea¸si situat¸ie are 

6 

loc pe fiecare dintre cele cinci orizontale, cinci verticale, precum ¸si pe cele două 

diagonale A11A55 ¸si A15A51. Pe fiecare dintre direct¸iile A12A45, A21A54, A14A41 ¸si 

A25A52 avem câte 4 mult¸imi de trei puncte coliniare, iar pe fiecare dintre direct¸iile 

A31A53, A13A35, A13A31, A53A35, A11A53, A12A54, A13A55, A13A51, A14A52, A15A53, 

A11A35, A21A45, A31A55, A31A15, A41A25 ¸si A51A35, există câte o singură mult¸ime 

formată din trei puncte coliniare. Astfel, numărul mult¸imilor care trebuie eliminate 

este 10 · 12 + 4 · 4 + 1 · 16 = 152. Rămân 2300 − 152 = 2148 de triunghiuri. 

Clasa a IX-a 

IX.96. Determinat¸i triunghiurile în care tangentele unghiurilor se exprimă prin 

numere naturale. ( În legătură cu X.78 din RecMat 1/2007.) 

Titu Zvonaru, Comăne¸sti 

Solut¸ie. Fie A unghiul cel mai mic al triunghiului; atunci A ≤ π 

3 , deci tg A ≤ √ 3 

63

¸si, 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, obt¸inem că (tg B − 1)(tg C − 1) = 2, de unde B = arctg 2, 

C = acrtg 3 (sau invers). 

IX.97. Demonstrat¸i că în orice triunghi are loc inegalitatea m 2 ahbhc + m 2 b hcha + 

m 2 chahb ≥ 4S 22 + r 

2R. 

Cătălin Cristea, Craiova 

Solut¸ie. Observăm că m 2 ahbhc + m 2 b hcha + m 2 chahb = 4S 22(b 2 + c 2 ) − a 2 

2(a 2 + c 2 ) − b 2 

4ac 

+ 2(a2 + b 2 ) − c 2 

4ab 

4bc 

. Prin aplicarea inegalităt¸ii Cebî¸sev pentru ¸siruri 

de monotonii contrare, deducem că 2(b2 + c2 ) − a2 + 

4bc 

2(a2 + c2 ) − b2 + 

4ac 

2(a2 + b2 ) − c2 ≥ 

4ab 

1 

3 · 3(a2 + b2 + c2 ) · 1 1 1 

+ + 

41 

bc ac bc≥ 9 

, ultima relat¸ie obt¸inându-se cu ajutorul 

4 

inegalităt¸ii mediilor. Inegalitatea de demonstrat se deduce imediat, t¸inându-se seama 

că R ≥ 2r. 

IX.98. Aflat¸i a, b, c ∈ R, a ̸= 0, pentru care |ax2 + bx + c| ≤x − 1 

, ∀x ∈ R. 

a2 

Marian Ursărescu, Roman 

Solut¸ia I (Paul Georgescu). Pentru x = 1 

b 

, obt¸inem că1 + 

a a a + c≤0, de 

unde c = − 1 b 

− 

a a . Substituind în inegalitatea din enunt¸, obt¸inem că |ax2 + bx − 

1 b 

− 

a a | ≤x − 1 

, deciax − 

a2 

1 

+ ax 1 

− 

a+bx 1 

− a≤x 1 

. Notând 

a2 

x − 1 

a = y, obt¸inem că |ay2 + (b + 2)y| ≤ y2 , ∀y ∈ R, de unde |ay + (b + 2)| ≤ |y|, 

∀y ∈ R∗ . Rezultă că b + 2 = 0 ¸si |ay| ≤ |y|, ∀y ∈ R∗ , deci |a| ≤ 1. Urmează că 

a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2, c = 1 

a . 

Solut¸ia a II-a (a autorului). Pentru x = 1 

b 

, obt¸inem că1 + 

a a a + c≤0, de 

unde 1 + b + ac = 0. Conform ipotezei, avem că ax2 + bx + c ≤x − 1 

, deci 

(a − 1)x2 +b − 2 

+ c − 

ax 1 

≤ 0, ∀x ∈ R. Acest fapt se petrece dacă ¸si numai dacă 

a2 a−1 ≤ 0 ¸si ∆ ≤ 0, adică atunci când a < 1 ¸si (ab+2) 2−4(a−1)(a2c−1) ≤ 0. Înlocuind 

b = −1−ac, ultima condit¸ie conduce la a2 (1+ac) 2 −4a(1+ac)−4a 3c+4a+4a 2c ≤ 0, 

prin urmare a2 (1 − ac) 2 ≤ 0, de unde ac = 1. Se observă u¸sor că, în ipoteza ac = 1, 

are loc inegalitatea ax2 + bx2 + c ≥ −x − 1 

dacă ¸si numai dacă a ≥ −1. 

a2 

În 

concluzie, a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2 ¸si c = 1 

a . 

IX.99. Fie k ∈ [0, 1), n ∈ N ∗ ¸si numerele αi ∈ R ∗ , βi ∈ R, εi ∈ {−1, 1}, i = 1, n, 

64 

a2 

+

astfel încât ε1α1 + ε2α2 + . . . + εnαn = 0. Rezolvat¸i ecuat¸ia 

|α1x + β1| + |α2x + β2| + . . . + |αnx + βn| = k|ε1β1 + ε2β2 + . . . + εnβn|. 

Solut¸ie. Cum 

ni=1 εi(αix + βi)=ni=1 

k ·ni=1 εiβi≥ni=1 

are solut¸ii. Dacă 

Dumitru Mihalache ¸si Gabi Ghidoveanu, Bârlad 

ni 

εi(αix + βi) = xni=1 

=1 

εiβi, de 

εiβi. Dacă 

unde 

εiαi+ 

ni 

εiβi = 

=1 

ni 

|αix + βi| ≥ni=1 

=1 

ni 

εiβi, rezultă că 

=1 

εiβi¸si atunci 

ni 

εiβi ̸= 0, obt¸inem k ≥ 1, prin urmare ecuat¸ia nu 

=1 

ni 

εiβi = 0, ecuat¸ia dată este echivalentă cu sistemul αix + βi = 0, 

=1 

i = 1, n. Acest sistem nu are solut¸ii dacă (α1, a2, . . . , αn) ¸si (β1, β2, . . . , βn) nu sunt 

proport¸ionale ¸si are solut¸ia x = −γ, unde γ = β1 

¸si 3 · 

= 

α1 

β2 

= . . . = 

α2 

βn 

, în caz contrar. 

αn 

IX.100. Fie (an)n≥1 ¸si (bn)n≥1 două ¸siruri de numere reale, cu an ̸= 0, ∀n ≥ 1 

nk 

(akb 

=1 

2 k − a 2 nk 

kbk) =nk=1 

ak3 

− a 

=1 

3 k, ∀n ≥ 1. Demonstrat¸i că, pentru orice 

n ≥ 1, există αn ∈ {0, 1} astfel încât bn = αn(a1 +. . .+an)−(1−αn)(a1 +. . .+an−1). 

Marian Tetiva, Bârlad 

Solut¸ie. Pentru n = 1, relat¸ia din enunt¸ devine 3a1b1(b1 − a1) = 0, deci b1 = 0 

(¸si luăm α1 = 0) sau b1 = a1 (¸si alegem α1 = 1). Pentru n ≥ 2, scădem din 

relat¸ia din enunt¸ pe aceea obt¸inută din ea prin înlocuirea lui n cu n − 1; ajungem la 

3(anb2 n − a2 k=1 

nbn) =nk=1 

ak3 

−n−1 

ak3 

− a3 n ⇔ 3(anb2 n − a2 k=1 

nbn) = 3n−1 

ak2 

· 

k=1 

an +3n−1 

aka 2 nk 

n−1 

k=1 

n ⇔ anbn − akbn + ak=0. Deoarece an ̸= 0, de aici 

=1 

nk 

n−1 

k=1 

rezultă fie că bn = ak (deci se poate lua αn = 1), fie că bn = − ak (deci putem 

=1 

alege αn = 0), ceea ce încheie solut¸ia. 

Autorul remarcă faptul că este adevărată ¸si reciproca afirmat¸iei din eneunt¸. 

Clasa a X-a 

X.96. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive cu suma 1, demonstrat¸i că a b · b c · c a 

+ b a · c b · a c ≤ 2(ab + bc + ca). 

Dorin Mărghidanu, Craiova 

Solut¸ie. Folosim inegalitatea dintre media aritmetică ponderată ¸si media geometrică 

ponderată: p1a + p2b + p3c ≥ a p1 · b p2 · c p3 , ∀p1, p2, p3 > 0 cu p1 + p2 + p3 = 1 

Considerând p1 = b, p2 = c ¸si p3 = a, rezultă că ba + cb + ac ≥ a b · b c · c a . Luând apoi 

p1 = c, p2 = a ¸si p3 = b, obt¸inem că ca + bc + ab ≥ b a · c b · a c . Adunând aceste relat¸ii, 

se obt¸ine inegalitatea din enunt¸. 

65

X.97. Fie a, b, c ∈ C∗ numere complexe distincte astfel încât (a − b) 3 = (b − c) 3 = 

(c − a) 3 . Arătat¸i că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b|. 


− c − a 

Solut¸ie. Condit¸ia dată este echivalentă cub 

=c 

= 1. Cum 

a − b3 

a − b3 

a + c 

a − b ̸= b − c (altfel b = ¸si, folosind relat¸ia din enunt¸, s-ar deduce că a = c), 

2 

b−c ̸= c−a ¸si c−a ̸= a−b, găsim că b−c = zε ¸si c−a = zε 2 , unde ε este rădăcină cubică 

a unităt¸ii, iar z = a − b. Deducem că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b| = |z| · √ 3. 

X.98. Fie Ai(zi), i = 1, 3 vârfurile unui triunghi din planul xOy ¸si P (z) un punct 

din acest plan (zi ¸si z sunt afixele punctelor Ai, respectiv P ). Să se arate că P este 

situat în interiorul triunghiului A1A2A3 sau pe una din laturile sale dacă ¸si numai 

dacă există αi ≥ 0, i = 1, 3, astfel încât α1 + α2 + α3 = 1 ¸si z = α1z1 + α2z2 + α3z3. 


Solut¸ie. Punctul P este situat în interiorul triunghiului A1A2A3 sau pe una 

din laturile sale dacă ¸si numai dacă există M ∈ [A1A2] cu P ∈ [MA3]. Deoarece 

M ∈ [A1A2] ⇔ ∃t ∈ [0, 1] astfel încât zM = (1 − t)z1 + tz2 ¸si P ∈ [MA3] ⇔ ∃s ∈ [0, 1] 

cu proprietatea z = (1 − s)z3 + szM, rezultă că z = (1 − t)sz1 + stz2 + (1 − s)z3. 

Considerând α1 = s(1 − t), α2 = st ¸si α3 = 1 − s, obt¸inem αi ≥ 0, α1 + α2 + α3 = 1 

¸si z = α1z1 + α2z2 + α3z3, ceea ce încheie demonstrat¸ia. 

X.99. Considerăm triunghiurile echilaterale ABC ¸si A1B1C1 ¸si construim triunghiurile 

echilaterale AA1A2, BB1B2, CC1C2, AB1A3, BC1B3, CA1A3, AC1A4, 

BA1B4 ¸si CB1C4; toate triunghiurile citate sunt orientate pozitiv. Fie punctele 

M2 ∈ A2B, N2 ∈ B2C, P2 ∈ C2A, M3 ∈ A3B, N3 ∈ B3C, P3 ∈ C3A, M4 ∈ A4B, 

N4 ∈ B4C ¸si P4 ∈ C4A astfel încât M2A2 N2B2 P2C2 M3A3 N3B3 

= = = = 

M2B N2C P2A M3B N3C = 

P3C3 M4A4 N4B4 P4C4 

= = = 

P3A M4B N4C P4A . Demonstrat¸i că triunghiurile M2N2P2, M3N3P3 

¸si M4N4P4 sunt echilaterale ¸si au acela¸si centru. 

Cătălin T¸ igăeru, Suceava 

Solut¸ie. Notăm afixul fiecărui punct care apare, cu litera mică ce îi corespunde. 

Scriem condit¸iile ca cele 11 triunghiuri care apar în ipoteză să fie echilaterale: 

a + εb + ε 2 c = 0; a1 + εb1 + ε 2 c1 = 0; 

a + εa1 + ε 2 a2 = 0; b + εb1 + ε 2 b2 = 0, c + εc1 + ε 2 c2 = 0; 

a + εb1 + ε 2 a3 = 0, b + εc1 + ε 2 b3 = 0, c + εa1 + ε 2 a3 = 0, 

a + εc1 + ε 2 a4 = 0, b + εa1 + ε 2 b4 = 0, c + εb1 + ε 2 c4 = 0, 

unde ε este rădăcina primitivă de ordin trei a unităt¸ii. Demonstrăm că triunghiurile 

AiBiCi, i = 2, 3, 4, sunt echilaterale; trebuie verificate relat¸iie ai + εbi + ε 2 ci = 0, 

i = 2, 3, 4. Vom da justificarea doar pentru i = 2 : 

a2 + εb2 + ε 2 c2 = −(εa + ε 2 a1) − ε(εb + ε 2 b1) − ε 2 (εc + ε 2 c1) = 

= −ε(a + εb + ε 2 c) − ε 2 (a1 + εb1 + ε 3 c1) = 0. 

66

Fie k valoarea comună a rapoartelor egale din enunt¸. Obt¸inem că mi = 1 

1 + k ai + 

k 

1 + k b, ni = 1 

1 + k bi + k 

1 + k c, pi = 1 

1 + k ci + k 

1 + k a, i = 2, 3, 4. Atunci, mi + εni + 

εpi = k 1 

· 

1 + k ε (εb+ε2 c+ε3 a) = 0, i = 2, 3, 4, prin urmare △MiNiPi sunt echilaterale. 

Notăm cu G ¸si Gi, i = 1, 4, centrele (de greutate) ale triunghiurilor ABC, respectiv 

AiBiCi, i = 1, 4. Observăm că gi = 1 

3 (ai + bi + ci) = −(εg + ε2g1), i = 2, 3, 4, deci 

triunghiurile AiBiCi, i = 2, 3, 4, au acela¸si centru, fie acesta G, de afix g = −εg−ε2 g1. 

Din relat¸ia g +εg +ε2g1 = 0, deducem că G, G ¸si G1 formează un triunghi echilateral. 

Notăm cu Gi centrele triunghiurilor MiNiPi, i = 2, 3, 4; avem că gi = 1 

3 (mi+ni+pi) = 

1 k 

g + 

1 + k 1 + k g, prin urmare △MiNiPi, i=2, 3, 4, au acela¸si centru Gk, plasat pe 

latura GG a triunghiului echilateral GGG1, pe care o împarte în raportul k. 

X.100. Demonstrat¸i că în orice triunghi ABC are loc inegalitatea 

1 

sin 2 + 

A(sin B + sin C) 2 

1 

sin 2 + 

B(sin C + sin A) 2 

Solut¸ie. Este cunoscută inegalitatea 

1 

+ 

(x + y) 2 

1 

sin 2 4 

≥ 

C(sin A + sin B) 2 3 . 

Marius Olteanu, Rm. Vâlcea 

1 

+ 

(y + z) 2 

1 9 

≥ 

(z + x) 2 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, obt¸inem 

1 

căsin 2 9 

1 

≥ . Pe de altă parte, avem 

A(sin B + sin C) 2 4 sin A sin B sin C(sin A) 

A + sin B + sin C 

că sin A sin B sin C ≤sin 

(inegalitatea mediilor), iar 

3 √ 

sin A + sin B + sin C A + B + C 3 

≤ sin = (inegalitatea lui Jensen aplicată funct¸iei 

3 

3 2 

sinus pe [0, π]). Înlocuind, rezultă concluzia problemei. 

Clasa a XI-a 

XI.96. Fie ε rădăcina primitivă de ordin trei a unităt¸ii, iar A, B ∈ M3(R) cu 

det(A + εB) = 0. Demonstrat¸i că det(A − B) = det A − det B. 

Dan Popescu, Suceava 

Solut¸ie. 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 modalităt¸i de scriere 

ale lui f, obt¸inem că f(−1) = det (A − B) = detA − detB. 

XI.97. Fie n ≥ 3 un număr natural. Arătat¸i că pentru orice k ∈ {2, 3, . . . , n−1}, 

există A ∈ Mn({0, 1}) astfel încât A p ̸= In, ∀p ∈ {1, 2, . . . , k − 1} ¸si A k = In. 


67 

3

Solut¸ie. Considerăm B = 

0 1 0 . . . 0 

0 0 1 . . . 0 

. . . . . . . . . . . . . . 

0 0 0 . . . 1 

1 0 0 . . . 0 

∈ Mk({0, 1}). Se constată 

că, pentru p ∈ {1, 2, . . . , k − 1}, avem că B p = (bij), unde b1,p+1 = b2,p+2 = . . . = 

bk−p,p = 1, bk−p+1,1 = bk−p+2,2 = . . . = bk,p = 1, iar bij = 0 în rest. În plus, Bk = Ik. 

Atunci, matricea A =B 0 

0 In−kverifică cerint¸ele problemei. 

XI.98. Demonstrat¸i că funct¸ia f :0, π 

− cos x 

f(x) = ln1 

2→R, 

1 + cos x este 

concavă ¸si, folosind eventual acest lucru, arătat¸i că în orice triunghi ascut¸itunghic 

1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C 1 

ABC are loc inegalitatea · · ≤ 

1 + cos A 1 + cos B 1 + cos C 27 . 

Bogdan Victor Grigoriu, Fălticeni 

Solut¸ie. Funct¸ia f este de două ori derivabilă, iar f ′′ cos x 

(x) = − 

sin 2 < 0, ∀x ∈ 

0, 

x π 

prin urmare f este concavă. Aplicând inegalitatea lui Jensen, obt¸inem că 

2, 

≥ 

+ B + C 

fA 

3 

1 

[f(A) + f(B) + f(C)], deci 

3 

− cos 

ln1 π 

3 

1 + cos π ≥ 

3 

1 

3 ln1 − cos A 1 − cos B 1 − cos C 

· · 

1 + cos A 1 + cos B 1 + cos C, 

rezultă imediat din monotonia funct¸iei logaritmice. 

Nota autorului. În aceea¸si manieră se poate demonstra că, în orice triunghi 

1 − sin A 1 − sin B 1 − sin C 

ABC, are loc inegalitatea · · 

1 + sin A 1 + sin B 1 + sin C ≤ 

1 

(2 + √ . 

3) 6 

XI.99. Studiat¸i convergent¸a ¸sirului (vn)n≥1 definit prin vn+1 = (vc n + d) 1/c 

∀n ≥ 1, unde v1, c ¸si d sunt numere reale pozitive date. 

Gheorghe Costovici ¸si Adrian Corduneanu, Ia¸si 

Solut¸ie. Vom demonstra că lim 

n→∞ vn 

+ 

= l, unde l =1 √ 1/c 

1 + 4d 

. Dacă 

2 

v1 = l, se demonstrează prin induct¸ie matematică faptul că vn = l, ∀n ≥ 1. În cazul 

în care v1 ∈ (0, l), se arată (tot prin induct¸ie) că v2n−1 ∈ (0, l) ¸si v2n ∈ (l, +∞), 

∀n ∈ N∗ , apoi că sub¸sirul (v2n−1)n≥1 este strict crescător, în timp ce (v2n)n≥1 este 

strict descrescător. Urmează că există ¸si sunt finite α = lim 

n→∞ v2n−1, β = lim 

n→∞ v2n ¸si, 

prin trecere la limită în relat¸iile de recurent¸ă, obt¸inem că α = (βc + d) 1/c 

, iar β = 

β 

(αc + d) 1/c 

. De aici, α =α 

α 

c + d 

αc + d1/c 

: (αc + d) 1/c 

, deci α 

α 

c = αc + d + dαc αc , 

+ d 

prin urmare α2c − αc − d = 0, de unde găsim că α = l. Asemănător se arată că β = l. 

În sfâr¸sit, analog se tratează cazul în care v1 ∈ (l, +∞). 

68 

vn 

,

Notă. De fapt, ¸sirul un = vc n, ∀n ∈ N∗ , verifică relat¸ia de recurent¸ă un+1 = 

un + d 

, ∀n ∈ N∗ , recurent¸ă omografică care se studiază în mod uzual. 

un 

XI.100. Demonstrat¸i că 

(x + 1)sin π π 

− cos 

x + 1 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 

2. π π 

∈0, 

c 2. 

Analog se demonstrează că g(x + 1) − g(x) > 1, ∀x ≥ 2, ceea ce încheie rezolvarea. 

Clasa a XII-a 

XII.96. Rezolvat¸i în S5 ecuat¸ia x11 2 3 4 5 

=1 

5 3 4 1 2. 

Liviu Smarandache ¸si Ionut¸ Ivănescu, Craiova 

2 3 4 5 

Solut¸ie. Notăm σ =1 

observăm că ordσ = 5. Din x 

5 3 4 1 2¸si 11 = σ 

rezultă că x55 = e, prin urmare ordx|55, deci ordx ∈ {1, 5, 11, 55}. Pe de altă parte, 

cum ordS5 = 120, atunci ordx|120 ¸si rămâne că ordx ∈ {1, 5}. Dacă ordx = 1, ar 

rezulta că x = e ¸si se ajunge la contradict¸ie e = e11 = x11 = σ. Dacă ordx = 5, 

obt¸inem că σ = x11 = x · x5 · x5 = x, adică singura solut¸ie a ecuat¸iei date este x = σ. 

XII.97. Fie ak ∈ R, k = 0, n, iar m ∈ (0, ∞) astfel încât 

t 

mk=0 

t 

ak 

m + k 

= 0. Să se 

arate că ecuat¸ia a0 + a1x + . . . + anx n = 0 admite solut¸ie în intervalul (0, 1). 

Mihail Bencze, Bra¸sov 

Solut¸ie. Aplicăm teorema de medie funct¸iei f : [0, 1] → R, f(x) = (a0 + a1x + 

. . . + anx n ) · x m−1 , pentru care1 

0 

f(x)dx = 

nk =0 

ak 

= 0. 

m + k 

XII.98. Determinat¸i primitivele funct¸iei f : (0, π) → R, f(x)= sin3n−1 x · cos n−1 x 

sin 4n x + cos 4n x , 

n ∈ N ∗ . 

I.V. Maftei, Bucure¸sti ¸si Mihai Haivas, Ia¸si 

Solut¸ie. Fie I =sin 3n−1 x · cosn−1 x 

sin 4n x + cos4n x dx, J =cos3n−1 x · sin n−1 x 

sin 4n x + cos4n dx, unde 

x 

x ∈ (0, π). Observăm că 

I + J =sin n−1 x cosn−1 x(sin 2n x + cos2n x) 

sin 4n x + cos4n dx = 

x 

69

=tgn−1 1 

x · 

cos2 x + ctgn−1 1 

x · 

sin 2 x 

tg2n x + ctg2nx dx = 1 n (tg 

= 1 

n √ 2 arctgtgn x − ctgnx √ + C. 

2 

n x + ctgnx − √ 2 

tgn x + ctgnx + √ 2+C. 

Analog se obt¸ine că I − J = 1 

2n √ 2 lntg cu membru cele două relat¸ii, găsim valoarea lui I. 

n x − ctgnx) ′ 

(tgn x − ctgnx) 2 dx = 

+ 2 

Adunând 

membru 

XII.99. Se consideră funct¸ia f : (0, ∞) → (0, 1) continuă ¸si descrescătoare ¸si 

¸sirul strict crescător (an)n≥1 de numere reale pozitive, astfel încât ¸sirulan+1 

este strict descrescător. Definim In = 1 

anan+1 

a) Demonstrat¸i că (In)n≥1 este un ¸sir descrescător. 

b) Dacă lim 

n→∞ 

an+1 

an 

an 

f(x)dx, ∀n ∈ N ∗ . 

ann≥1 

= 1, calculat¸i lim 

n→∞ In. 


Solut¸ie. Din teorema de medie, pentru fiecare n ∈ N, găsim cn ∈ (an, an+1) astfel 

că In = 1 

(an+1 − an)f(cn) =an+1 

− 1f(cn). 

an 

an 

a) Cum cn < an+1 < cn+1 iar f este descrescătoare, urmează că (f(cn))n≥1 este 

descrescător. De asemenea,an+1 

an 

− 1n≥1 

este descrescător, de unde (In)n≥1, este 

descrescător, ca produs de două ¸siruri descrescătoare strict pozitive. 

b) Cum (f(cn))n≥1, este descrescător ¸si mărginit, el admite o limită finită l. 

Urmează că lim 

n→∞ In = 0 · l = 0. 

XII.100. În raport cu reperul xOy, considerăm punctele A(a, 0), B(0, b) ¸si T ∈ 

(AB), unde a > 0, b > 0. Determinat¸i parabola y = λx2 + µ care este tangentă în T 

la AB, ¸stiind că aria suprafet¸ei determinată de parabolă ¸si axele de coordonate este 

maximă. 


Solut¸ie. Ecuat¸ia dreptei AB este y = b 

a (a − x), deci T are coordonatele x0 ∈ 

(0, a), y0 = b 

a (a − x0). Din condit¸iile de tangent¸ă λx2 0 + µ = b 

a (a − x0) ¸si 2λx0 = − b 

a , 

rezultă λ = − b b(2a − x0) 

¸si µ = . Parabola de ecuat¸ie y = − 

2ax0 

2a 

b 

x 

2ax0 

2 b(2a − x0) 

+ 

2a 

va tăia axa Ox în punctul M(xM, 0), unde xM =2ax0 − x2 0 . Aria cerută este 

S =xM 

(λx 2 + µ)dx = λ 

3 x3M + µxM = b 

− x0) 

3ax0(2a 3 . Se observă că S este 

0 

maximă pentru x0 = a 

b 

, deci parabola cătată are ecuat¸ia y = − 

2 a2 · x2 + 3b 

4 . 

70

Solut¸iile problemelor pentru pregătirea 

concursurilor propuse în nr. 1/2009 

A. Nivel gimnazial 

G156. Dacă a, b, c ∈ R∗ +, 1 

a 

b2 + 1 c 

√ + 

b2 − b + 1 2 + 1 

√ ≥ 6. 

c2 − c + 1 

+ 1 

b 

+ 1 

c 

≤ 3, demonstrat¸i că 

a 2 + 1 

√ a 2 − a + 1 + 


a 

Solut¸ia I (a autorilor). Observăm că 

2 + 1 

√ = 

a2 − a + 1 √ a2 a 

− a + 1+ √ ≥ 

a2 − a + 1 

2 √ a, ∀a ∈ R ∗ + ¸si analog pentru celelalte două fract¸ii ale sumei din membrul stâng. 

Rezultă că această sumă este cel put¸in egală cu 2( √ a + √ b + √ c). Pe de altă parte, 

√ a ≥ 2a 

1 + a 

(inegalitatea MG ≥ MH, aplicată numerelor a ¸si 1), deci 

2( √ a + √ b + √ c) ≥ 4 

≥ 36 · 

1+a 

a 

1 

+ 1+b 

b 

+ 1+c 

c 

a b c 

+ + 

1 + a 1 + b 1 + c≥ 

= 

36 

3 + 1 1 1 

a + b + c 

≥ 36 

= 6, 

3 + 3 

de unde inegalitatea din enunt¸. 

Solut¸ia a II-a (Oana Adăscălit¸ei ¸si Florina Toma, eleve, Ia¸si). Vom 

face aceea¸si demonstrat¸ie în doi pa¸si, cu alte argumente. Cuma(a 2 − a + 1) ≤ 

a + a 2 − a + 1 

2 

= a2 + 1 

, atunci 

2 

1 

a(a 2 − a + 1) ≥ 

2 

a2 , deci 

+ 1 

a 2 + 1 

√ a 2 − a + 1 ≥ 

2 √ a ¸si încă două inegalităt¸i similare. Apoi, din inegalitatea C-B-S, obt¸inem că 

1 

√a + 1 √ b + 1 √ c2 

1 1 

≤1 

+ + + 1 + 1), de unde 

a b c(1 

1 

√ a + 1 √ b + 1 √ c ≤ 3. 

Însă1 

√a + 1 √ b + 1 √ c( √ a + √ b + √ c) ≥ 9, prin urmare √ a + √ b + √ c ≥ 3 ¸si astfel 

rezultă inegalitatea din enunt¸. 

G157. Spunem că un număr natural are proprietatea (P) dacă se poate scrie ca 

sumă a trei pătrate perfecte nenule ¸si că are proprietatea (Q) dacă se poate scrie ca 

sumă a patru pătrate perfecte nenule. 

a) Dat¸i exemple de numere naturale care au: numai proprietatea (P ); numai 

proprietatea (Q); atât proprietatea (P ) cât ¸si proprietatea (Q). 

b) Dacă a, b, c ∈ N ∗ au suma pară ¸si oricare dintre ele este diferit de suma celorlaltor 

două, demonstrat¸i că numărul a 2 + b 2 + c 2 are proprietatea (Q). 


Solut¸ie. 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 ¸si proprietatea 

(P ), ¸si proprietatea (Q). 

71

) Cum suma ¸si diferent¸a au aceea¸si paritate, concluzia problemei rezultă din iden- 

titatea a 2 + b 2 + c 2 =a + b + c 

2 

2 

+−a + b + c 

2 

2 

+a − b + c 

2 

2 

+a + b − c 

2 

G158. Se consideră ecuat¸ia x 2 +y 2 +z 2 = (x−y) 2 +(y−z) 2 +(z −x) 2 , x, y, z ∈ N. 

a) Arătat¸i că ecuat¸ia are o infinitate de solut¸ii. 

b) Dacă (x, y, z) este solut¸ie a ecuat¸iei, demonstrat¸i că fiecare dintre numerele 

xy, yz, zx ¸si xy + yz + zx este pătrat perfect. 

Liviu Smarandache, Craiova 

Solut¸ie. a) De exemplu, putem considera x = 1, y = a 2 , z = (a + 1) 2 , cu a ∈ N. 

b) Din relat¸ia din enunt¸, obt¸inem că (x+y+z) 2 = 4(xy+yz +zx), de unde rezultă 

că xy + yz + zx este pătrat perfect. Apoi, tot din relat¸ia din enunt¸, 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 ¸si zx sunt pătrate perfecte. 

G159. Aflat¸i ultimele două cifre ale numerelor (70n + 6) · 6 n−1 , n ∈ N. 

Ion Săcăleanu, Hârlău 

Solut¸ie (Gheorghe Iurea). Notăm an = (70n + 6) · 6 n−1 , n ∈ N. Deoarece 

an+1 − an = 50(7n + 9) · 6 n−1 = M100, n ∈ N ∗ , rezultă că toate numerele an au 

acelea¸si ultime două cifre. Cum a1 = 76, deducem că toate numerele considerate se 

termină în 76. 

2 

. 

a b 

+ 

a + d b + d + 

= = G160. Se consideră mult¸imile A = {1, 2, 3, . . . , 2009}, B 

c 

d d d 

b, c, d ∈ A, a, b, c, d distincte¸si C + + b, c, d ∈ A, 

c + da, a + d b + d c + da, a, b, c, d distincte. Determinat¸i A ∩ B ∩ C. ( În legătură cu E: 13650 din G.M. 5- 

6/2008.) 

Andrei Crăcană, elev, Ia¸si 

Solut¸ie. Se constată u¸sor că, dacă x = a b c 

+ + ∈ B, atunci 3−x ∈ C. 

a + d b + d c + d 

În cazul în care x ∈ A∩B ∩C, obt¸inem că x ∈ {1, 2}. Vom arăta că {1, 2} ⊂ A∩B ∩C 

¸si astfel va rezulta că A ∩ B ∩ C = {1, 2}. Pentru (a, b, c, d) = (14, 21, 30, 42), obt¸inem 

că x = 1, deci 1 ∈ B ¸si 3 − 1 = 2 ∈ C. Pentru (a, b, c, d) = (75, 375, 875, 125), avem 

că x = 2, prin urmare 2 ∈ B ¸si 3 − 2 = 1 ∈ C ¸si astfel rezolvarea problemei este 

încheiată. 

G161. Fie M mult¸imea numerelor de forma abc, cu a · b · c ̸= 0. Determinat¸i 

cardinalul maxim al unei submult¸imi N a lui M astfel încât x + y ̸= 1109, ∀x, y ∈ N. 

Petru Asaftei ¸si Gabriel Popa, Ia¸si 

Solut¸ie. 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), obt¸inând 324 de perechi. Dacă se consideră o submult¸ime N a lui M 

cu cel put¸in 406 elemente, cum 324 + 81 = 405, din principiul cutiei rezultă că măcar 

două dintre elementele lui N apart¸in unei aceleia¸si perechi (x, 1109−x), deci au suma 

1109. Luând câte un element din fiecare dintre perechile considerate, precum ¸si toate 

72

numerele din M care se termină în 9, obt¸inem o submult¸ime a lui M de cardinal 405, 

care verifică proprietatea din enunt¸. 

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). Arătat¸i că dacă pornim 

de la tripletul (31329, 24025, 110224) ¸si efectuăm succesiv asemenea înlocuiri, se obt¸in 

mereu triplete formate numai din pătrate perfecte. 


Solut¸ie. Dacă pornim de la un triplet de forma (x 2 , y 2 , (x + y) 2 ) ¸si efectuăm 

oricare dintre cele trei transformări, obt¸inem 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 sfâr¸sit, 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 init¸ial este de forma (x 2 , y 2 , (x + y) 2 ), 

unde x = 177, y = 155 ¸si de aici urmează concluzia problemei. 

G163. Fie ABC un triunghi cu m(A) ̸= 90◦ ¸si punctele B1 ∈ (AC) ¸si C1 ∈ (AB). 

Arătat¸i că axa radicală a cercurilor de diametre [BB1] ¸si [CC1] trece prin punctul A 

dacă ¸si numai dacă B1C1∥BC. 

Neculai Roman, Mirce¸sti (Ia¸si) 

Solut¸ie. Fie M al doilea punct de intersect¸ie dintre cercul de diametru [BB1] 

¸si dreapta AB, iar N proiect¸ia lui C pe AB. UnghiulBMB1 A 

fiind înscris într-un semicerc, avem că B1M ⊥ AB, de unde 

M 

B C1 

1 

MB1∥NC, deci 

N 

B 

C 

AM AB1 

= . Atunci: A se află pe axa radicală 

AN AC 

a celor două cercuri ⇔ AM ·AB = AC1·AN ⇔ AM AC1 

= 

AN AB ⇔ 

AB1 AC1 

= 

AC AB ⇔ B1C1∥BC ¸si 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 ¸si b, determinat¸i-l pe cel de arie maximă. 


Solut¸ie. 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 

1 

[x + y + (B − b)] = [(B + b) + (B − b)] = B. Din for- 

2 2 

mula lui Heron, ABCE =B(B − x)(B − y)(B − (B − b)) = A E F B 

Bb[B2 − B(x + y) + xy] =Bb[B 2 − B(B + b) + xy] =Bb(xy − Bb). Pe de 

altă parte, ABCE = 1 1 

BE · h = 

2 2 (B − b) · h, prin urmare h = 2Bb(xy − Bb) 

. 

B − b 

Cum AABCD = 1 

h(B + b), iar lungimile B ¸si 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, înălt¸imea 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. 

Demonstrat¸i că BE < CD ¸si P E 

Cristian Pravăt¸, Ia¸si ¸si Titu Zvonaru, Comăne¸sti 

Solut¸ie. Fie {F } = AP ∩ BC ¸si x = BF CD AE 

, y = , z = . Atunci, din 

F C DA EB 

teorema lui Ceva, xyz = 1, iar x < 1 deoarece P ∈ IntABM. A 

1 

y 

Avem că BE < CD ⇔ AB · < AC · ⇔ y + 1 < 

z + 1 

y + 1 

yz + y ⇔ 1 < yz ¸si, cum ultima inegalitate este adevărată, 

rezultă prima parte a concluziei. Fie D ′ simetricul lui D fat¸ă 

de AM; trapezul BCDD ′ este isoscel, deci inscriptibil, iar 

E se va afla în interiorul cercului circumscris. Deducem că 

m(DD ′ C) < m(DEC), de unde m(P DE) < m(P DD ′ ) = 

m(DD ′ C) < m(DEP ), prin urmare P E 

E 

D 

P 

D 

B F M C 

B. Nivel liceal 

L156. Fie M un punct exterior cercului C de centru O ¸si rază R. Notăm cu 

T1, T2 punctele de contact cu cercul ale tangentelor duse din M la C ¸si cu A punctul 

de intersect¸ie a dreptei OM cu cercul C, astfel încât A /∈ [OM]. Determinat¸i punctele 

M cu proprietatea că se poate construi un triunghi cu segmentele [MT1], [MT2] ¸si 

[MO], dar nu se poate construi un triunghi cu [MT1], [MT2] ¸si [MA]. 

Temistocle Bîrsan, Ia¸si 

Solut¸ie. A se vedea Recreat¸ii 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 ¸si respectiv F ; 2. simetricele punctelor 

D, E, F în raport cu mijloacelor laturilor [BC], [CA] ¸si respectiv [AB] se notează 

D ′ , E ′ , F ′ ; 3. P ′ este punctul de concurent¸ă a perpendicularelor în D ′ , E ′ , F ′ pe 

BC, CA ¸si respectiv AB. Arătat¸i că transformarea P → P ′ coincide cu simetria 

în raport cu O, centrul cercului circumscris △ABC. 


Solut¸ie (Daniel Văcaru, Pite¸sti). Cum avem de-a face cu două izometrii, este 

suficient să demonstrăm că transformatele punctelor A, B, C sunt acelea¸si. Să vedem 

cine sunt D, E, F când P = A; avem că D = A ′ , E = A ¸si F = A, unde A ′ este 

proiect¸ia lui A pe BC. Observăm apoi că D ′ este simetricul lui A ′ fat¸ă de mijlocul 

lui [BC], E ′ coincide cu C ¸si F ′ cu B. Construind perpendicularele în B pe AB ¸si în 

C pe AC, se obt¸ine patrulaterul inscriptibil ABP ′ C. Deducem că P ′ coincide cu A ′ , 

simetricul lui A fat¸ă de O, centrul cercului circumscris. Rat¸ionamentul este analog în 

cazul în care P = B, respectiv P = C ¸si astfel se închide demonstrat¸ia. 

Notă. Această problemă este, până la diferent¸ă de formulare, tocmai Propozit¸ia 

3 din articolul Simetria fat¸ă de centrul cercului cricumscris unui triunghi de Bogdan 

Ionit¸ă ¸si Titu Zvonaru (G.M. - 3/1997, p. 98). Faptul ne este adus la cuno¸stint¸ă de 

74

dl. Titu Zvonaru. Autorul problemei regretă ¸si î¸si cere scuze pentru acest incident. 

(Ment¸ionăm încă o solut¸ie diferită de cea din articol: Perpendicularele în D ¸si 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 ¸si vârful A mobil, considerăm 

punctul T asfel încâtAT B ≡BT C ≡CT A. Determinat¸i pozit¸ia punctului 

A în planul triunghiului pentru care m(BAC) = α < 5π 

, iar suma distant¸elor de la 

6 

T la vârfurile triunghiului este maximă. 

Cătălin Calistru, Ia¸si 

Solut¸ie. Remarcăm faptul că T ese tocmai punctul lui Toricelli asociat triun- 

ghiului ABC. Astfel, dacă △P AB este echilateral, construit 

în exteriorul △ABC, atunci punctele P, T ¸si C sunt 

coliniare, iar T A + T B + T C = CP (vezi, de exemplu, 

L. Niculescu ¸si V. Boskoff - Probleme practice de geometrie, 

Ed. Tehnică, 1990). Folosind teorema cosinusului 

în triunghiurile AP C ¸si ABC, obt¸inem că 

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 · 

P 

B 

A 

T 

π sin(A + 6 ) 

· ha. 

sin A 

Cum BC este constantă, iar sinA + π 

α < 

6>0(deoarece 5π 

), deducem că CP 

6 

este maxim atunci când ha este maxim. Însă A se mi¸scă pe un arc capabil de unghiul 

α, prin urmare pozit¸iile căutate ale punctului A sunt date de intersect¸iile mediatoarei 

segmentului [BC] cu arcele capabile de unghiul α, construite pe [BC]. 

L159. Dacă a, b, c ∈ R∗ + ¸si x ∈0, π 

demonstrat¸i inegalitatea 

2, 

asin x 

x3 

+ bsin x 

x2 

+ csin x 

x+3 3√ abctg x 

x>6 · 3√ abc. 


Solut¸ie. Din inegalitatea mediilor, rezultă că 

asin x 

x3 

+ bsin x 

x2 

+ csin x 

x≥3 3abc ·sin x 

x6 

= 3 3√ abcsin x 

x2 

. 

Pentru a obt¸ine inegalitatea din enunt¸, ar fi suficient să demonstrăm căsin x 

x2 

tg x 

π 

> 2, ∀x ∈0, Această inegalitate, atribuită lui Wilker, poate fi găsită în 

x 2. 

G.M. 1/2007, pg. 1. 

75 

C 

+

Notă. Solut¸ie corectă, bazată pe considerente de analiză matematică, s-a primit 

de la Dl. Daniel Văcaru, Pite¸sti. 

L160. Demonstrat¸i că în orice triunghi are loc inegalitatea 

ma + mb + mc ≥ 6r ma 

mb + mc 

+ 

mb 

ma + mc 

+ 

mc 

ma + mb≥9r. 

Marius Olteanu, Rm. Vâlcea 

Solut¸ie. Avem că 1 1 

= + 

r ha 

1 

+ 

hb 

1 

¸si ma ≥ ha, mb ≥ hb, mc ≥ hc. În plus, în 

hc 

orice triunghi cu laturile a, b, c, are loc inegalitatea 

1 1 a 

(a + b + c)1 

+ + 

a b c≥6 b 

b c 

+ + 

b + c c + a 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, obt¸inem că 

1 

r (ma + mb + mc) =1 

ha 

≥1 

+ 

ma 

1 

+ 

mb 

1 

6 + mb + mc) ≥ 

mc(ma 

ma 

mb + mc 

+ 1 

+ 

hb 

1 

+ mb + mc) ≥ 

hc(ma 

+ 

mb 

ma + mc 

+ 

mc 

ma + mb, 

adică tocmai prima inegalitate cerută. Pentru a doua inegalitate, folosim binecunos- 

x y z 3 

cuta + + ≥ 

y + z z + x x + y 2 , ∀x, y, z ∈ R∗ + (Nesbitt). 

L161. Dacă a, b, c ∈ R∗ + ¸si a + b + c = 1, demonstrat¸i inegalitatea 

− b) 

3 +(a 2 + (a − c) 2 

≤ 4(a 

1 + a 

2 + b 2 + c 2 ) 1 

1 + a. 

Solut¸ie. Notând Q = a 2 + b 2 + c 2 , avem că 


4 

1 + a − 

3a 

a2 + b2 + c2 = 4a2 + 4b2 + 4c2 − 3a(2a + b + c) 

(1 + a)(a2 + b2 + c2 = 

) 

= (b − a)(4b + a) 

Q(1 + a) 

¸si încă două identităt¸i similare. Pe de altă parte, 

= (a − b)2 

Q 

(b − a)(4b + a) 

Q(1 + a) 

· 4a + 4b + 3 

+ (a − b)(4a + b) 

Q(1 + b) 

+ (c − a)(4c + a) 

= a − b 

Q(1 + a) 

Q · 4a2 − 4b2 + 3a − 3b 

= 

(1 + a)(1 + b) 

(a − b)2 

≥ · 

(1 + a)(1 + b) Q 

1 + a + 1 + b (a − b)2 (a − b)2 

= + 

(1 + a)(1 + b) Q(1 + a) Q(1 + b) . 

76

Analog se obt¸in încă două minorări ¸si deducem că 

≥ (a − b)2 + (a − c) 2 

(1 + a)Q 

4 4 4 

+ + 

1 + a 1 + b 1 + c 

+ (b − c)2 + (b − a) 2 

(1 + b)Q 

3(a + b + c) 

− 

a2 + b2 ≥ 

+ c2 + (c − a)2 + (c − b) 2 

, 

(1 + c)Q 

inegalitate echivalentă cu cea din enunt¸. Egalitatea se atinge pentru a = b = c = 1 

3 . 

L162. Dacă n ∈ Z∗ este fixat, rezolvat¸i în R ecuat¸iax 

n=[x] 

n. 

Dumitru Mihalache ¸si Gabi Ghidoveanu, Bârlad 

Solut¸ie. Dacă n ∈ N∗ , mult¸imea solut¸iilor ecuat¸iei este R, conform unei cunoscute 

proprietăt¸i a părt¸ii întregi. Într-adevăr, 

x 

⇔ kn ≤ x < (k + 1)n ⇔ kn ≤ [x] < (k + 1)n ⇔[x] 

n=k 

n=k. 

În cazul în care n ∈ Z\N ∗ , există ¸si sunt unice numerele q ∈ Z ¸si r ∈ R, 0 ≤ r < |n|, 

astfel ca x = nq + r. Urmează că 

x 

n=nq + r 

n =q + r 

n=q+r 

n, 

[x] 

n=[nq + r] 

n =nq + [r] 

n =q+[r] 

n. 

Dacă r = 0, atuncir 

Dacă r ∈ (0, 1), atuncir 

deoarece 

n=[r] 

n=0. 

n=−1, 

r 1 

∈− 

n |n| , 0, iar[r] 

Dacă r ∈ [1, |n|), atunci 

n=0. r |r| 

, 

n n ∈−1, − 1 

deci 

|n|, 

r 

De aici se obt¸ine că, pentru n ∈ Z\N 

n=[r] 

n=−1. ∗ , mult¸imea solut¸iilor ecuat¸iei 

din enunt¸ este R\(nq, 

nq + 1). 

q∈Z 

L163. Fie a un număr întreg impar, iar n ∈ N∗ . Arătat¸i că polinomul X2n + a2n este ireductibil în Z[X] însă, pentru orice număr prim p, polinomul redus modulo p 

este reductibil în Zp[X]. 

Dorel Mihet¸, Timi¸soara 

Solut¸ie. Deoarece f(X +a) = X2n +C 1 2naX2n −1 2 

+. . .+C n −1 

2n a2n −1 2 X +2a n 

, iar 

coeficient¸ii binomiali C1 2n, . . . , C2n −1 

2n sunt tot¸i pari, din criteriul lui Eisenstein rezultă 

că f(X + a) (¸si la fel f) este ireductibil peste Q, deci ¸si peste Z (având coeficientul 

dominant 1). 

Dacă p = 2, atuncif = X2n +1 este reductibil în Z2[X], deoarece este de grad 

mai mare decât unu ¸si are rădăcina 1. Fie p un număr prim impar; putem scrie că 

f = X 2n 

= (X 2n−1 

+a 2n = (X 2n−1 

) 2 − (−1a 2n ) = (X 2n−1 

+a 2n−1 ) 2 −2a 2n−1 · X 2n−1 

= 

−a 2n−1 ) 2 − (−2a 2n−1 · X 2n−1 

). 

77

În cazul în carea =0, concluzia este imediată. În caz contrar,a va fi generator al 

grupului ciclic (Z ∗ p, ·), prin urmare −1 = a s ,2 = a t ¸si −2 = a s+t , pentru anumite 

numere naturale s ¸si t. Deoarece cel put¸in unul dintre numerele s, t ¸si s + t este 

par, rezultă că unul dintre elementele −1,2, −2 este pătrat perfect în Zp, decif va fi 

reductibil în Zp(X). 

L164. O secvent¸ă x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn de 2n numere reale are proprietatea 

(P ) dacă x 2 i + y2 i = 1, ∀i = 1, n. Fie n ∈ N∗ astfel încât pentru orice secvent¸ă cu 

proprietatea (P ), există 1 ≤ i < j ≤ n cu xixj + yiyj ≥ 0, 947. Determinat¸i cea mai 

bună constantă α a¸sa încât xixj + yiyj ≥ α, pentru orice secvent¸ă cu proprietatea 

(P ). 

Vlad Emanuel, student, Bucure¸sti 

Solut¸ie. Considerăm punctele Mk(xk, yk), k = 1, n ¸si vectorii ⃗vk = −−−→ 

OMk. Pentru 

o secvent¸ă cu proprietatea (P), avem că |⃗vk| = 1, k = 1, n, deci xixj + yiyj = ⃗vi · 

⃗vj = |⃗vi| · |⃗vj| cos(−→ 

v i, −→ v j) = cos(−→ 

v i, −→ v j). Vom demonstra că, în ipotezele problemei, 

n ≥ 20. Presupunem, prin absurd, că n ≤ 19 ¸si alegem Mk-imaginile rădăcinilor de 

ordin n ale unităt¸ii. Atunci xixj+yiyj ≤ cos 2π 2π 

≤ cos < 0, 947, după cum se poate 

n 19 

constata cu ajutorul unui calculator. Fie deci n ≥ 20; deoarecem((−→ 

v k, −→ v k+1)) = 

2π, unde ⃗vn+1 = ⃗v1, înseamnă că cel put¸in unul dintre unghiurile (−→ 

v k, −→ v k+1) este cel 

mult egal cu 2π 

n . Pentru acel unghi, xkxk+1 + ykyk+1 ≥ cos 2π π 

≥ cos 

n 10 =5 + √ 5 

8 

¸si această constantă nu poate fi îmbunătăt¸ită, căci putem lua n = 20 ¸si Mk imaginile 

rădăcinilor de ordin 20 ale unităt¸ii. În concluzie, α =5 + √ 5 

. 

8 

L165. Fie n ≥ 2 un număr natural. Determinat¸i cel mai mare număr natural 

m pentru care există submult¸imile nevide ¸si distincte A1, A2, . . . , Am ale lui A = 

{1, 2, . . . , n}, cu proprietatea că fiecare element al lui A este cont¸inut în cel mult k 

dintre ele, unde: 

a) k = 2; b) k = n; c) k = n + 1. 


Solut¸ie. Fie xi, i = 1, n, numărul acelora dintre submult¸imile A1, A2, . . . , An care 

au i elemente ¸si fie yj, j = 1, m, numărul elementelor lui A care se găsesc în exact 

j dintre mult¸imile A1, A2, . . . , Am. Avem evident că x1 + x2 + . . . + xn = m, iar 

y1 + y2 + . . . + ym ≤ n (se poate să fie elemente ale lui A care să nu apart¸ină niciuneia 

dintre submult¸imi). Egalitatea 

(1) x1 + 2x2 + . . . + nxn = y1 + 2y2 + . . . + mym 

se obt¸ine numărând în două feluri toate elementele care apar în A1, A2, . . . , Am, incluzând 

repetit¸iile (¸si este adevărată chiar dacă A1, A2, . . . , Am nu sunt distincte). 

a) În ipoteza k = 2, avem că yj = 0, ∀j ≥ 3, deci y1+y2 ≤ n ¸si x1+2x2+. . .+nxn = 

y1 + 2y2. Atunci 

2m − x1 = x1 + 2(m − x1) = x1 + 2(x2 + . . . + xn) ≤ 

78

≤ x1 + 2x2 + . . . + nxn = y1 + 2y2 ≤ 2(y1 + y2) ≤ 2n, 

deci 2m ≤ 2n + x1 ≤ 3n (deoarece x1 nu poate depă¸si C1 n, numărul submult¸imilor 

2 

lui A cu un singur element). Am obt¸inut astfel că m ≤3n 

Demonstrăm că 

3n 

2. 

chiar maximul căutat: submult¸imile cu un element ale lui A ¸si încăn 

2este 

submult¸imi 3n 

cu două elemente, alese astfel încât să fie două câte două disjuncte, sunt 

cu proprietatea că fiecare element al lui A se află în cel mult două 

2submult¸ini 

dintre ele. 

b) Avem că yj = 0, ∀j ≥ n + 1, deci y1 + y2 + . . . + yn ≤ n, iar relat¸ia (1) devine 

x1 + 2x2 + . . . + nxn = y1 + 2y2 + . . . + nyn. Atunci 

3m − 2x1 − x2 = x1 + 2x2 + 3(m − x1 − x2) = x1 + 2x2 + 3(x1 + . . . + xn) ≤ 

≤ x1 + 2x2 + . . . + nxn = y1 + 2y2 + . . . + yn ≤ n(y1 + . . . + yn) ≤ n 2 , 

deci 3m ≤ n 2 + 2x1 + x2 ≤ n 2 + 2C 1 n + C 2 n = 3n2 + 3n 

că m ≤ 

2 

. Obt¸inem, în cele din urmă, 

n(n + 1) 

. Cum submult¸imile 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 

¸si au proprietăt¸ile din enunt¸, înseamnă că 

c) Cu un rat¸ionament asemănător, obt¸inem că m maxim este 

ERATĂ 

n(n + 1) 

2 

+n 

3. 

Dintr-o eroare de editare, pe care o regretăm ¸si pentru care ne cerem scuze, din lista 

membrilor Comitetului de redact¸ie al Recreat¸iilor Matematice a fost omis, începând cu 

nr. 1/2007, dl. Alexandru CĂRĂUS¸U, pasionat sust¸inător al revistei. În spiritul 

corectitudinii, aducem această rectificare de ordin formal. 

∗ 

∗ ∗ 

Recreat¸ii 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 ”xiyj + yiyj” se va considera ”xixj + yiyj”; 

- p. 81, r. 9 de jos: în loc de ”xiyi + yiyj” se va considera ”xixj + yiyj”. 

Recreat¸ii Matematice – 2/2009 

- p. 96, r. 11 de jos: în loc de ”aα 1 + . . . + aα n” se va considera ”a β 

1 + . . . + aβn”; - p. 172, r. 11 de jos: în loc de Ha¸sedeu se va considera ”Hasdeu”. 

79

Clasele primare 

Probleme propuse 1 

P.184. Vreau să pun într-o cutie bile albe ¸si 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, Ia¸si 

P.185. Ce literă urmează în în¸siruirea logică VKUJT...? 

(Clasa I ) Andreea Amarandei, studentă, Ia¸si 

P.186. Completat¸i dreptunghiurile de mai jos cu numere a¸sa încât suma numerelor 

scrise în oricare trei dreptunghiuri alăturate să fie aceea¸si. Ce observat¸i? 

35 65 35 

(Clasa a II-a) Alexandru Chiriac, student, Ia¸si 

P.187. S¸oricelul Chit¸ a primit un zar de la mătu¸sa Mit¸. El a aruncat zarul de 

patru ori, obt¸inând în total 21 de puncte. S¸tiind că la primele două aruncări a obt¸inut 

în total 9 puncte, aflat¸i cât a obt¸inut la fiecare aruncare. (Găsit¸i toate posibilităt¸ile!) 

(Clasa a II-a) Ioana Maria Popa, elevă, Ia¸si 

P.188. În exercit¸iul a + a : a = . . ., există o valoare a lui a pentru care putem să 

efectuăm operat¸iile în ordinea scrisă, fără a modifica rezultatul? 

(Clasa a III-a) Ionela Bărăgan, studentă, Ia¸si 

P.189. Aflat¸i numărul natural a ¸stiind că, dacă se împarte 25 la 8 − 3 × a, se 

obt¸ine restul 1. 

(Clasa a III-a) Mariana Nastasia, elevă, Ia¸si 

P.190. În grădina casei mele sunt cât¸iva pomi. Dacă ar fi de patru ori mai mult¸i 

decât sunt, atunci ar depă¸si numărul 20 cu atât cât lipse¸ste, de fapt, pentru a fi 20. 

Cât¸i pomi sunt în grădină? 

(Clasa a III-a) Inst. Dumitru Pârâială, Ia¸si 

P.191. Compunet¸i o problemă care să se rezolve după schema 

? 

alăturată, cu numerele a ¸si b convenabil alese. 

(Clasa a III-a) Amalia Cantemir, elevă, Ia¸si 

a - ? 

P.192. Bunica are mere ¸si pere. Dacă mi-ar da un sfert din numărul 

a - ? 

merelor ¸si o optime din numărul perelor, a¸s avea 35 de fructe. Dacă mi-ar a - b 

da o optime din numărul merelor ¸si o pătrime din numărul perelor, a¸s avea 40 fructe. 

Câte fructe are bunica? 

(Clasa a IV-a) Mihaela Gâlcă, elevă, Ia¸si 

P.193. Mai multe perechi, formate din câte o fată ¸si câte un băiat, culeg alune. 

În fiecare pereche, alunele culese de băiat sunt fie de patru ori mai multe, fie de patru 

ori mai put¸ine decât cele culese de fată. Numărul alunelor culese împreună de fete ¸si 

de băiet¸i poate fi 2009? Dar 2010? 

(Clasa a IV-a) Mihaela Obreja ¸si Ioan Lungu, Vaslui 

1 Se primesc solut¸ii până la data de 31 decembrie 2010. 

80

P.194. Arătat¸i că există un singur ¸sir 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, Ia¸si 

P.195. Trei frat¸i, Ionut¸, Andrei ¸si Mihai, primesc lunar câte o aceea¸si sumă de 

bani de la bunicul lor. Pe ascuns, bunica le dă ¸si ea aceea¸si sumă. Odată, unul 

dintre cei trei a spart un geam. Bunicul, crezându-l vinovat pe Ionut¸, a împărt¸it banii 

cuvenit¸i lui celorlalt¸i doi. Bunica a procedat la fel, însă a crezut că cel vinovat este 

Mihai. Andrei, ¸stiind că el a spart geamul, a împărt¸it jumătate din suma sa celor doi 

frat¸i ¸si a constatat că rămâne cu 60 de lei mai put¸in decât Ionut¸ ¸si Mihai la un loc. 

Ce sumă de bani primea fiecare nepot de la bunicul? 

(Clasa a IV-a) Cosmin S¸erbănescu, student, Ia¸si 

Clasa a V-a 

V.116. Se consideră numărul a = (2 n · 5 n+1 + 4) : 36, n ∈ N ∗ . Determinat¸i 

valorile lui n pentru care a este număr natural, a cărui scriere în baza 10 are toate 

cifrele distincte. 

Andrei Nedelcu, Ia¸si 

V.117. Arătat¸i că A = 6 1001 se poate scrie ca diferent¸a a două pătrate perfecte. 

Damian Marinescu, Târgovi¸ste 

V.118. Determinat¸i numerele naturale a ¸si n pentru care a 2n − 9 = 8(9 + 9 2 + 

9 3 + . . . + 9 2009 ). 

Gabriela Popa, Ia¸si 

V.119. Fie n ∈ N un număr a cărui scriere în baza 10 este de forma . . . 55. 

a) Arătat¸i că (n − 5)(n + 5) se divide cu 1000. 

b) Aflat¸i ultimele trei cifre ale lui n 2 . 

Mihai Crăciun, Pa¸scani 

V.120. Considerăm numărul natural a = 12345 . . . 9899. Aflat¸i restul împărt¸irii 

lui a prin 45. 

Elena Iurea, Ia¸si 

1 

V.121. Arătat¸i că 

2 · 3 · 4 + 

2 

2010 1 

+ . . . + 

< 

3 · 4 · 5 2011 · 2012 · 2013 4 . 

Tinut¸a Bejan, Ia¸si 

V.122. Câte fract¸ii ireductibile de forma 20xy 

există? 

2y 

Diana Gregoretti, Galat¸i 

Clasa a VI-a 

VI.116. Se consideră unghiulAOB cu măsura de 126 ◦ ¸si semidrepte (OM1, (OM2, 

. . . , (OMn−1 interioare lui, astfel încât interioarele unghiurilorAOM 1,M1OM2, . . . , 

Mn−1OB sunt disjuncte două câte două, iar m(AOM1) = 2 ◦ , m(M1OM2) = (2 2 ) ◦ , 

. . . , m(Mn−1OB) = (2 n ) ◦ . Dacă (OM este bisectoarea unghiuluiAOM4, determinat¸i 

măsura complementului luiAOM. 

Cătălina Drăgan, Galat¸i 

81

VI.117. Fie I centrul cercului înscris în triunghiul ABC, iar x = m(BIC)−m(A), 

y = m(AIC)−m(B), z = m(AIB)−m(C). Arătat¸i că numerele x, y ¸si z sunt măsurile 

unghiurilor unui triunghi ascut¸itunghic. 

Constantin Apostol, Rm. Sărat 

VI.118. În triunghiul isoscel ABC, cu m(A) = 120 ◦ , se notează cu D mijlocul 

laturii [AB]. Perpendiculara din D pe BC intersectează dreptele AC ¸si BC în E, 

respectiv F. Bisectoarea unghiuluiDEA taie BC în G. Arătat¸i că BC = 4 · F G. 


VI.119. Un număr natural N se termină în 0 ¸si are exact 323 de divizori. Aflat¸i 

ultimele 16 cifre ale numărului N. 

Mirela Obreja, Vaslui 

VI.120. Demonstrat¸i că numărul A = 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + 2010 2 − 2000 se divide 

cu 3. 

Nicolae Ivă¸schescu, Craiova 

VI.121. Fie n ∈ N ∗ ¸si a1, a2, . . . , an numere naturale consecutive. Arătat¸i că 

suma S = a1 + a2 + . . . + an se divide cu n dacă ¸si numai dacă n este număr impar. 

Andrei Pa¸sa, elev, Ia¸si 

VI.122. Vom spune că un număr natural este anti-Goldbach dacă poate fi scris 

ca sumă de două numere compuse. Determinat¸i toate numerele anti-Goldbach. 

Ionel Nechifor, Ia¸si 

Clasa a VII-a 

2 3 

2009 

VII.116. Calculat¸i suma S =1 − − . . +2008 

− 

2 3+2 3 4+. 2009 2010. 

Daniela Munteanu, Ia¸si 

VII.117. Fie x, y numere reale astfel încât x > 2011, iar xy = x + y. Arătat¸i că 

1 

partea fract¸ionară a lui y este mai mică decât 

2010 . 


VII.118. Arătat¸i că x 2010 + 1 ≥ x 1010 + x 1000 , ∀x ∈ R. Când se atinge egalitatea? 

Cătălin Melinte, student, Ia¸si 

VII.119. Considerăm numărul natural A = 5 n + 2 · 3 n−1 + 1, n ∈ N ∗ . 

a) Demonstrat¸i că A se divide cu 8, oricare ar fi n ∈ N ∗ . 

b) Determinat¸i n ∈ N ∗ pentru care A se divide cu 40. 

Ciprian Baghiu, Ia¸si 

VII.120. Un poligon are 170 de diagonale. Măsurile unghiurilor sale se exprimă, 

în grade, prin numere naturale impare. Demonstrat¸i că poligonul are cel put¸in două 

unghiuri congruente. 


VII.121. În triunghiul ascut¸itunghic ABC, notăm cu X, Y ¸si Z mijloacele înălt¸imilor 

[AA ′ ], [BB ′ ], respectiv [CC ′ ] ¸si cu M, N ¸si P mijloacele laturilor [BC], [CA], 

respectiv [AB]. Demonstrat¸i că dreptele XM, Y N ¸si ZP sunt concurente. 

Doru Buzac, Ia¸si 

82

VII.122. Se consideră dreptunghiul ABCD, cu AB = 1 ¸si AD = 1 + √ 3, iar 

M este un punct interior dreptunghiului, astfel încât m(MDC) = m(MCD) = 75 ◦ . 

Arătat¸i că triunghiul MAB este echilateral. 

Dumitru Mihalache, Bârlad 


VIII.116. Raportăm planul la un reper cartezian xOy. Determinat¸i mult¸imea 

punctelor M(x, y) din plan, pentru care 2x 2 − y 2 = x + y. 

Romant¸a Ghit¸ă ¸si Ioan Ghit¸ă, Blaj 

x 

VIII.117. Numerele reale pozitive x, y, z sunt astfel încât xy = z+1 ¸si +y = 

z + 1 

2. Demonstrat¸i că x y 

+ ≥ 3. Când se atinge egalitatea? 

y z 

Gheorghe Molea, Curtea de Arge¸s 

VIII.118. Fie x, y, z numere reale astfel încât x2 + 5yz ≥ 6, y2 + 5zx ≥ 6 ¸si 

z2 + 5xy ≥ 6. Aflat¸i valoarea minimă a lui |x + y + z|. 


VIII.119. Determinat¸i x ∈0, 5 

y ∈− 

4¸si 5x x 

, care 

2 2pentru 

(7 − 2x)(5x + 2y) +(x − 2y)(5 − 4x) = 6. 

Liviu Smarandache ¸si Lucian Tut¸escu, Craiova 

VIII.120. Rezolvat¸i în numere naturale ecuat¸ia x + 2y + 3z = 4xyz − 5. 


VIII.121. Demonstrat¸i că nu putem alege trei puncte necoliniare A, B, C, de 

aceea¸si parte a unui plan α, astfel încât dreptele AB, BC ¸si CA să formeze cu planul 

α unghiuri de aceea¸si măsură nenulă. 


VIII.122. În fiecare pătrăt¸el al unei table de ¸sah 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) Arătat¸i că, dintre cele opt numere de pe primul rând, cel mult ¸sase sunt pare. 

b) Determinat¸i cel mai mare număr care poate apărea pe tablă. 

c) Arătat¸i 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, Ia¸si 

Clasa a IX-a 

IX.106. Stabilit¸i valoarea de adevăr a propozit¸iilor p ¸si 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∗ + 4b √ 

, atunci3a 

− 2< 2a + 3b 1 + 2b √ 

− 2< 4a a + b 1 16a b − √ 2. 

Mihail Bencze, Bra¸sov 

1 

IX.108. Dacă a ∈ (0, 1), demonstrat¸i că (a + b)1 

+ 

a b − 

4 

(a + 1) 2≥ 

4 

, 

(a + 1) 2 

pentru orice b ∈ (0, ∞). 


IX.109. Demonstrat¸i că tg x > 4 sin x − 2, oricare ar fi x ∈0, π 

2. 

Ionut¸ Ivănescu, Craiova 

IX.110. În △ABC, cu notat¸iile uzuale, arătat¸i că OI ⊥ OIa ⇔ m(A) = 60 ◦ . 


Clasa a X-a 

X.106. Cele m × n pătrăt¸ele ale unui dreptunghi cu m linii ¸si n coloane se 

colorează cu p culori, unde m 

pe una dintre cele n coloane, toate cele m pătrăt¸ele au aceea¸si culoare. Determinat¸i 

numărul colorărilor care au k tăieturi, unde 0 ≤ k ≤ n. ( În legătură cu problema 2, 

OJM 2006.) 

Cecilia Deaconescu, Pite¸sti 

X.107. Se consideră variabila aleatoare X :1 0 

p q, unde p, q ∈ (0, 1), p ̸= q. 

Arătat¸i că variabilele aleatoare |X − M(X)| ¸si (X − M(X)) 2 sunt dependente. 

Laurent¸iu Modan, Bucure¸sti 

X.108. Dacă a, b, c ∈ (1, ∞), demonstrat¸i 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 Tut¸escu, Craiova 

X.109. Se consideră mult¸imile nedisjuncte A ¸si B ¸si funct¸iile f : A → (0, ∞), 

g : B → (0, 1). Determinat¸i numărul a ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞) pentru care a f(x)·g(x) + 

log a g(x) ≥ a f(x) , ∀x ∈ A ∩ B. 

Mihai Haivas, Ia¸si 

X.110. Fie D = {z = x + iy|y > 0} mult¸imea numerelor complexe din semiplanul 

superior, iar D ′ = {z = x + iy|x2 + y2 < 1} discul unitate (fără frontieră). Dacă 

z0 ∈ D este fixat, arătat¸i că funct¸ia f : D → D ′ z − z0 

, f(z) = este bijectivă. 

z − z0 


Clasa a XI-a 

XI.106. Dacă A ∈ M2(R), arătat¸i că det(A 2 + A + I2) + det(A 2 − A + I2) ≥ 3 

2 . 

Dan Nedeianu, Drobeta Tr. Severin 

XI.107. Se dă parabola y = ax2 (a > 0). În fiecare punct P (x, y) al parabolei, 

se consideră vectorul tangent −−→ 

P P ′ = −→ i + 2a −→ xj ¸si 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 funct¸ie dată. Determinat¸i 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∗ . 


XI.108. Calculat¸i lim 

n→∞ ( n√ 1 1 

1 

1+ n) ln 2 + ln 3 +...+ ln n . 

Cezar Lupu, student, Bucure¸sti 

a 

XI.109. Determinat¸i a, b, c ∈ (0, ∞) pentru care limita lim 

n→∞n√ există 

b + cn 

¸si este finită. 

Constantin Chirilă, Ia¸si 

XI.110. Date funct¸iile continue f, g : R → R, sunt echivalente afirmat¸iile: 

i) f = g; 

ii) dacă h : R → R este continuă, ecuat¸ia f(x) = h(x) are solut¸ii reale atunci ¸si 

numai atunci când ecuat¸ia g(x) = h(x) are solut¸ii reale. 


Clasa a XII-a 

ax + 2 

XII.106. Pentru a > 0 dat, calculat¸i 

x(a + x2eax dx, unde x ∈ (0, +∞) 

) 


sin(2n + 1)x 

0 sin x 

N∗ . Arătat¸i că Un = (−1) nVn = π 

2 , ∀n ∈ N∗ . 

XII.107. Fie Un =π 

2 

dx ¸si Vn =π 

2 

XII.108. Demonstrat¸i că ¸sirul (an)n≥1 definit prin an =n 

unde p ∈ (1, ∞) este fixat, este convergent. 

0 

cos(2n + 1)x 

dx, unde n ∈ 

cos x 

Gheorghe Costovici, Ia¸si 

ln x 

xp dx, ∀n ≥ 1, 

+ 1 

1 

Rodica Luca Tudorache, Ia¸si 

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, 

arătat¸i că ecuat¸ia f(x) = g(x −1 ) are solut¸ie unică în G, dacă ¸si numai dacă funct¸ia 

h : G → G, h(x) = f(x n ) · g(x n ) este injectivă. 


XII.110. Fie P, Q ∈ C[X] polinoame neconstante, astfel încât P ¸si Q au acelea¸si 

rădăcini, iar P − 1 ¸si Q − 1 au ¸si ele acelea¸si rădăcini. Arătat¸i că P = Q. 

Adrian Reisner, Paris 

85

Probleme pentru pregătirea concursurilor 

A. Nivel gimnazial 

G176. Fie a1, a2, . . . , an ∈ R ∗ +, cu 1 

1 

a3 2 + a2 1 

+ . . . + 

3 a3 n + a2 1 

< 1 

2 . 

a1 

+ 1 

+ . . . + 

a2 

1 

= 1. Arătat¸i că 

an 

1 

a3 1 + a2 + 

2 

Angela T¸ igăeru, Suceava 

G177. Fie k > 0 ¸si a, b, c ∈ [0, +∞) astfel încât a + b + c = 1. Demonstrat¸i că 

a 

a 2 + a + k + 

b 2p 

b 

b 2 + b + k + 

c 

c 2 + c + k ≤ 

G178. Dacă n ∈ N\{0, 1}, arătat¸i că 

9 

9k + 4 . 

1 − n 

n 


n − 1 

≤ {nx} − {x} ≤ , ∀x ∈ R. 

n 


G179. Determinat¸i numerele prime a, b, c, d ¸si numărul p ∈ N∗ , astfel încât a2p + 

+ c2p = d2p + 3. 


G180. Aflat¸i restul împărt¸irii numărului S = 2010 2009! + 2009 2008! + . . . + 2 1! + 1 0! 

prin 41. 

Răzvan Ceucă, elev, Ia¸si 

G181. Fie k ≥ 1 un număr natural dat. Arătat¸i că există o infinitate de numere 

naturale n astfel încât n k divide n!. 


G182. Se consideră triunghiul ABC ¸si punctele M ∈ [AB], N ∈ [BC], P ∈ [CA] 

astfel încât MP ∥BC, iar MN∥AC. Fie {Q} = AN ∩ MP ¸si {T } = BP ∩ MN. 

Demonstrat¸i că AAMN = AP T N + AQP C. 

Andrei Răzvan Băleanu, elev, Motru 

G183. Se consideră triunghiul isoscel ABC, cu AB = AC ¸si m(A) < 30 ◦ . S¸tiind 

că există D ∈ [AB] ¸si E ∈ [AC] astfel încât AD = DE = EC = BC, determinat¸i 

măsura unghiuluiA. 


G184. În planul xOy, considerăm punctele Aij de coordonate (i, j), unde i, j ∈ 

{0, 1, 2, 3, 4}. Fie P mult¸imea pătratelor care au toate vârfurile printre punctele Aij 

considerate. Aflat¸i lungimea minimă a unui drum care parcurge numai laturi ale 

pătratelor din P ¸si care une¸ste punctele A00 ¸si A44. 


G185. Arătat¸i că există o colorare a planului cu n culori, unde n ≥ 2 este un 

număr natural dat, astfel încât orice segment din plan să cont¸ină puncte colorate cu 

fiecare dintre cele n culori. 

Paul Georgescu ¸si Gabriel Popa, Ia¸si 

86

B. Nivel liceal 

L176. Fie D, E, F proiect¸iile centrului de greutate G al triunghiului ABC pe 

dreptele BC, CA, respectiv AB. Arătat¸i că cevienele AD, BE ¸si CF sunt concurente 

dacă ¸si numai dacă triunghul este isoscel. 


L177. Considerăm triunghiul ABC, G centrul său de greutate, iar L punctul de 

intersect¸ie al simedianelor. Notăm cu M ¸si N proiect¸iile lui G pe bisectoarea interioară 

¸si pe cea exterioară ale unghiuluiA, iar P ¸si Q sunt proect¸iile lui L pe bisectoarele 

interioară, respectiv exterioară, ale unghiuluiA. Demonstrat¸i că dreptele GK, MN 

¸si P Q sunt concurente. 


L178. Fie ABCD un romb de latură 1 ¸si punctele A1 ∈ (AB), B1 ∈ (BC), C1 ∈ 

(CD), D1 ∈ (DA). Demonstrat¸i că A1B 2 1 + B1C 2 1 + C1D 2 1 + D1A 2 1 ≥ 2 sin 2 A. 

Neculai Roman, Mirce¸sti, Ia¸si 

L179. Demonstrat¸i că în orice triunghi are loc inegalitatea 

2(9R2 − p2 ) 

≥ 

9Rr 

cos2 A 

sin B sin C + cos2 B 

sin C sin A + cos2 C 

≥ 1. 

sin A sin B 

I.V. Maftei ¸si Dorel Băit¸an, Bucure¸sti 

L180. Determinat¸i numărul minim de factori din produsul P = sin π 2π 

· sin · 

4n 4n sin 3π 

4n · . . . · sin (22n−1 − 1)π 

4n , 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 rotat¸ie care se obt¸ine prin rotirea 

semidiscului în jurul dreptei d. Studiat¸i variat¸ia volumului lui C, funct¸ie de pozit¸ia 

punctului P . 

Paul Georgescu ¸si Gabriel Popa, Ia¸si 

L182. Fie (xn)n≥1 un ¸sir de numere întregi cu proprietatea că xn+2−5xn+1+xn = 

0, ∀n ∈ N ∗ . Arătat¸i că, dacă un termen al ¸sirului se divide cu 22, atunci o infinitate 

de termeni au această proprietate. 


L183. Considerăm numerele a ∈ Z, n ∈ N ∗ ¸si polinomul p(X) = X 2 + aX + 1. 

Arătat¸i că există un polinom cu coeficient¸i întregi qn ¸si un număr întreg bn, astfel 

încât p(X)qn(X) = X 2n + bnX n + 1. 


L184. Arătat¸i că funct¸ia f : N∗ ×N∗ → N∗ , f(x, y) = x2 + y2 + 2xy − x − 3y + 2 

, 

2 

este bijectivă. 


L185. Fie f : R → R o funct¸ie cu proprietatea că |f(x+y)−f(x)−f(y)| ≤ |x−y|, 

∀x, y ∈ R. Arătat¸i că lim f(x) = 0 dacă ¸si 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 a1, a2, . . . , an ∈ R ∗ +, with 1 

a1 

1 

a3 1 + a2 1 

+ 

2 a3 2 + a2 1 

+ . . . + 

3 a3 n + a2 1 

+ 1 

+ . . . + 

a2 

1 

= 1. Prove that 

an 

< 1 

2 . 

Angela T¸ igăeru, 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 . 


1 − n 

n − 1 

G178. If n ∈ N\{0, 1}, show that ≤ {nx} − {x} ≤ , ∀x ∈ R. 

n n 


G179. Determine the prime numbers a, b, c, d and the number p ∈ N∗ , so that 

a2p + b2p + c2p = d2p + 3. 

Cosmin Manea and Drago¸s Petrică, Pite¸sti 

G180. Find the remainder of the division of S = 20102009! +20092008! +. . .+21! +10! by 41. 

Răzvan Ceucă, hight-school student, Ia¸si 

G181. Let k ≥ 1 be a given natural number. Show that there are infinitely many 

natural numbers n such that nk divides n!. 


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 AAMN = AP T N + AQP C. 

Andrei Răzvan Băleanu, hight-school student, Motru 

G183. Let ABC be an isosceles triangle, with AB = AC ¸si m(A) < 30◦ . Knowing 

that the points D ∈ [AB] and E ∈ [AC] exist such that AD = DE = EC = BC, 

determine the measure of the angleA. 


G184. The points Aij 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 Aij. Find the minimum length of a path consisting of square 

sides only, which joins the points A00 and A44. 


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, Ia¸si 

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. 


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 angleA and let P and Q be the projections of L on the interior and respectively 

exterior bisector lines of angleA. Prove that the lines GK, MN and P Q meet at the 

same point. 


L178. Let ABCD be a rhombus with its side length ℓ = 1 and the points 

A1 ∈ (AB), B1 ∈ (BC), C1 ∈ (CD), D1 ∈ (DA). Prove that A1B 2 1 +B1C 2 1 +C1D 2 1 + 

D1A 2 1 ≥ 2 sin 2 A. 

Neculai Roman, Mirce¸sti, Ia¸si 

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 

≥ 1. 

sin A sin B 

I.V. Maftei and Dorel Băit¸an, Bucure¸sti 

L180. Determine the minimum number of factors in the product P = sin π 

· 

4n sin 2π 3π 

· sin 

4n 4n · . . . · sin (22n−1 − 1)π 

4n , 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, Ia¸si 

L182. Let (xn)n≥1 be a sequence of integer numbers with the property that 

xn+2 − 5xn+1 + xn = 0, ∀n ∈ N ∗ . Show that if a term of the sequence is divisible by 

22 then infinitely many terms there of have this property. 


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 qn and an 

integer number bn such that p(X)qn(X) = X 2n + bnX n + 1. 


L184. Show that the function f:N∗ ×N∗→N∗ , f(x, y)= x2 + y2 + 2xy − x − 3y + 2 

, 

2 

is bijective. 


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 Nat¸ional ”Frat¸ii Buze¸sti”. Clasa a VI-a (prof. BĂLĂS¸OIU 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 Nat¸ional ”Carol I”. Clasa a VII-a. RĂDULESCU Adrian: V(102,105- 

107), VI(104,107,108), VII(102,107). 

IAS¸I 

S¸coala nr. 3 ”Al. Vlahut¸ă”. 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); S¸ERBĂNOIU Alexandru: P(168, 174-177); TORAC George: P(168, 174-177). 

Clasa a III-a (înv. MĂRIUT¸ Ă Valentina). ENEA Codrut¸-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). CRET¸ U 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 S¸tefana-Alexandra: 

VI(113,114), VII(109-112). 

S¸coala nr. 11 ”Otilia Cazimir”. Clasa a III-a (inst. PÂRÂIALĂ Dumitru). 

POPA Ioana-Maria: P(164-173), V(102,108), VI(108). 

S¸coala 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 Mihăit¸ă-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); S¸TEFAN Tudor: P(174-178); 

ZAHARIA S¸tefan-Eusebiu: P(174-178). 

S¸coala 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); GHEORGHIT¸ Ă 

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); OLĂNUT¸ Ă 

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). 

S¸coala nr. 26 ”George Co¸sbuc”. 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); T¸ IPLEA 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 

S¸tefana-Adina: P(174-175,177-178,181-183); CHIRIAC Alexandra: P(174-175,177- 

179,181-183); CUPET¸ 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 Nat¸ional Ia¸si. 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 S¸tefan: 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). 

PAS¸CANI 

S¸coala ”Iordache Cantacuzino”. Clasa a II-a (înv. MIRON Petru). CR ĂCIUN 

S¸tefana-Maria: P(164-173). 

T¸ IGĂNAS¸I (IAS¸I) 

S¸coala ”M. Kogălniceanu”. Clasa a III-a (înv. PĂTRAS¸CU 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. CHIRIT¸ ESCU 

Anca). DUCA Mirela Beatrice: P(171,173,181,182), VI.108; GĂNESCU Tudor: 

P(171-173,181-183); SANDU Codrut¸a: P(171-173,181,183); VERNER Mădălina-Georgiana: 

P(171,172,181-183), V.105, VI.108. Clasa a VI-a (prof. CHIRIT¸ ESCU 

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. CHIRIT¸ ESCU Anca). GAVRILAS¸ Marius 

Alexandru: V(102,105-107),VI.108; GĂNEANU S¸tefan Bogdan: V(102,105-107), 

VI.108; GHIOACĂ Oana: V(102,105-107), VI.108. 

S¸coala nr. 26 ”George Co¸sbuc”, Ia¸si 

Elevi rezolvitori premiat¸i 

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 redact¸ia revistei, pot fi utilizate următoarele 

adrese e-mail: t birsan@yahoo.com ¸si profgpopa@yahoo.co.uk . Pe 

această cale colaboratorii pot purta cu redact¸ia un dialog privitor la materialele 

trimise acesteia, procurarea numerelor revistei etc. Sugerăm colaboratorilor 

care trimit probleme originale pentru publicare să le numeroteze 

¸si să-¸si ret¸ină o copie xerox a lor pentru a putea purta cu u¸surint¸ă o discut¸ie 

prin e-mail asupra acceptării/neacceptării acestora de către redact¸ia revistei. 

• La problemele de tip L se primesc solut¸ii de la orice iubitor de matematici 

elementare (indiferent de preocupare profesională sau vârstă). Fiecare dintre 

solut¸iile acestor probleme - ce sunt publicate în revistă după un an - va fi 

urmată de numele tuturor celor care au rezolvat-o. 

• Adresăm cu insistent¸ă rugămintea ca materialele trimise revistei 

să nu fie (să nu fi fost) trimise ¸si altor publicat¸ii. 

• Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie trimise pe adresa redact¸iei 

însot¸ite de fi¸sierele lor (de preferint¸ă în L ATEX). 

• Pentru a facilita comunicarea redact¸iei cu colaboratorii ei, autorii materialelor 

sunt rugat¸i 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

x - Recreaţii Matematice

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?