1lentă cu − 1 ≤ y n+1 , ∀n ≥ 1, deundededucemcăx n+1 x n1− 1 nX≤ y 2 + y 3 + ···+ y n = y i − y 1 , ∀n ≥ 1.x n x 1i=1Cum în µ partea dreaptă a ultimei relaţii este un şir convergent, deci mărginit, rezultă1că şiruleste şi el mărginit.x nn≥1Pe de altă parte,relaţia 1x n− 1x n−1≤ y n = n Py i − n−1 Py i este echivalentă cui=1 i=11 P− n y i ≤ 1 − n−1 Py i , ∀n ≥ 2, sau, cu notaţia z n = 1 P− n y i , z n ≤ z n−1 ,x n i=1 x n−1 i=1x n i=1∀n ≥ 2. De aici, având în vedere că şirul (z n ) n≥1este mărginit, fiind diferenţa adouă şiruri mărginite, rezultă că şirul (z n ) n≥1este convergent. Prin urmare, şirul cu1 Ptermenul general = z n + n y i este convergent.x ni=1XI.40. Fie x 0 ∈ [−1, 1]; · arătaţi că pentru orice n ∈ N, ecuaţia 3x−4x 3 = x n areosingurăsoluţie x n+1 ∈ − 1 2 , 1 ¸. Demonstraţi că şirurile (x n )2n≥0 şi (3 n x n ) n≥0sunt convergente şi calculaţi limitele lor.Marian Tetiva, BârladSoluţie. Săarătăm, pentru început, · cădacă a∈[−1, 1], atunci ecuaţia 3x−4x 3 = aare o singură soluţie în intervalul − 1 2 , 1 ¸. Pentru aceasta, considerăm funcţia2µf : R → R , definită prin f (x) = 3x − 4x 3 − a. Deoarece f − 1 µ 1f =2 2= (−1 − a)(1− a) · ≤ 0 şi f este continuă, rezultă că f se anulează celpuţin odată înintervalul − 1 2 , 1 ¸.Cumf 0 (x) =3 ¡ ·1 − 4x 2¢ ≥ 0, ∀x ∈ − 1 22 , 1 ¸,înseamnă·2că f este strict crescătoare pe − 1 2 , 1 ¸,deciecuaţia f (x) =0are o singură soluţie2în intervalul·− 1 2 , 1 2¸.Mai putem observa că, dacă α =arcsina, avem3sin α 3 − α 4sin3 3 =sinα = ahşi α ∈ − π 2 , π iimplică sin α ·23 ∈ − 1 2 , 1 ¸. Deci sin α este tocmai soluţia din intervalul− 1 2 , 1 ¸ ·23a ecuaţiei 3x − 4x 3 = a. Astfel, am demonstrat că, pentru orice2·a ∈ [−1, 1], ecuaţia 3x − 4x 3 = a are o singură soluţie în intervalul − 1 2 , 1 ¸şi anume2sin α 3 =sinarcsin a .3Revenind la problema noastră, rezultă, din cele arătate mai sus, că, pentruorice n ∈ N, x n+1 este bine definit şi x n+1 =sin arcsin x n. De aici, obţinem că362
arcsin x n+1 = arcsin x n, ∀n ∈ N, deci arcsin x n = arcsin x 033 n , ∀n ∈ N. Astfel avemlim x n = lim sin (arcsin x n)=0şin→∞ n→∞x nlimn→∞ 3n x n = limn→∞ (3n arcsin x n ) · =arcsinx 0 .arcsin x nClasa a XII-aXII.36. Să sedeterminen ∈ N, n ≥ 2 pentru care ecuaţia x 2 = x + b1 are soluţieunică înZ n ;rezolvaţi ecuaţia în acest caz.Andrei Nedelcu, IaşiSoluţie. Dacă ba ∈ Z n este soluţie a ecuaţiei x 2 = x + b1, atunci şi b1 − ba estesoluţie a acestei ecuaţii ((b1 − ba) 2 = b1 − c2a + ba 2 = b1 − c2a + ba + b1 =(b1 − ba)+1). Cumecuaţia trebuie să aibăsoluţie unică, este necesar să avemba = b1 − ba, sau \2a − 1=b0.Deoarece ba 2 = ba +1implică b4ba 2 = b4ba + b4, sau(c2a − b1) 2 = b5, rezultă că b5 =b0. Deaici, obţinem că n =5şi atunci ecuaţia dată aresoluţia unică ba = b3.XII.37. Fie (G, +) un subgrup al grupului (R, +). Să se determine morfismelecrescătoare de la (G, +) la (R, +).Dan Ştefan Marinescu şi Viorel Cornea, HunedoaraSoluţie. Dacă G = {0}, atunci f : G → R, f (0) = 0 este funcţia căutată.Dacă G 6= {0}, atunci există x 0 ∈ G \{0} şi atunci dacă notăm a = f (x 0),x 0observăm că a ≥ 0. Folosind definiţia morfismului de grupuri se poate demonstraprin inducţie că f (nx) =nf (x), ∀n ∈ Z, ∀x ∈ G. De aici, deducem că f (nx 0 )== nf (x 0 )=nax 0 , ∀n ∈ Z.Fie un element oarecare y ∈ G. Dacă x 0 > 0, avem succesiv:µ·n (y + x0 )fx 0¸·n (y + x0 )x 0≤ n (y + x 0)x 00, esteunmorfismcrescător de grupuri.XII.38. Determinaţi funcţiile derivabile f,g: R→R astfel încât f 0 (x) =g (x)+xşi g 0 (x) =f (x) − x, ∀x ∈ R.Gheorghe Iurea, Iaşi63
- Page 1 and 2:
Al V-lea Congres internaţionalal m
- Page 3 and 4:
Observatorul din Iaşi—90deanidel
- Page 5 and 6:
Marea teoremă a lui Fermat pentru
- Page 7:
şi, ca urmare, cel mai mare divizo
- Page 10 and 11:
De la o problemă cu matrice la tra
- Page 12 and 13: T ij (a). Fie A =(a kl ) 1≤k,l≤
- Page 14 and 15: are schimbate între ele elementele
- Page 16 and 17: Trei perle ale olimpiadelor de mate
- Page 18 and 19: Atunci este clar că (n, p − 1) =
- Page 20 and 21: În legătură cuoproblemădeconcur
- Page 22 and 23: Asupra unei probleme propuse la O.
- Page 24 and 25: Asupra unei ecuaţii funcţionaleLo
- Page 26 and 27: Pentru x = y =0,obţinem f (0) = 1
- Page 28 and 29: Ca urmare, în condiţia impusă tr
- Page 30 and 31: Intersecţia celor două drepteseob
- Page 32 and 33: adică Y = X. Săobservăm în fina
- Page 34 and 35: Propoziţia 2. Fie A 1 A 2 ...A n u
- Page 36 and 37: Numărul polinoamelor ireductibile
- Page 38 and 39: Funcţiile lui Smarandache — prop
- Page 40 and 41: În legătură cuoproblemădearitme
- Page 42 and 43: funcţii f care satisfac ipotezele
- Page 44 and 45: Concurs de admitere 2003, IaşiFacu
- Page 46 and 47: 2. Aflaţi numărul termenilor raţ
- Page 48 and 49: anul în care ne aflăm mi-ar trebu
- Page 50 and 51: că p 3 = p 2 +2şi p 4 = p 2 +4. S
- Page 52 and 53: = 1 ·2n − 1+ 1 ¸(2n − 1) 2n·
- Page 54 and 55: (a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c
- Page 56 and 57: Soluţie. Ecuaţia dată esteechiva
- Page 58 and 59: Dacă facem notaţia log 2 b x = α
- Page 60 and 61: ⎛⎞⎛⎞λ 1 0 ... 0m 11 m 12 .
- Page 64 and 65: Soluţie. Adunând cele două rela
- Page 66 and 67: câte trei elemente din mulţime, o
- Page 68 and 69: qOR =qd 2 − d 2 1 , OC = d 2 −
- Page 70 and 71: comună interioară cercurilor C 1
- Page 72 and 73: k n .Avemk 1 + k 2 + ···+ k n =3
- Page 74 and 75: Probleme propuseClasele primareP.64
- Page 76 and 77: VII.47. Să serezolveînZ 2 ecuaţi
- Page 78 and 79: XI.48. Se defineşte şirul (x n )
- Page 80 and 81: A. Nivel licealL56. Fie ABCD patrul
- Page 82 and 83: V.37; COHAL Călin: P(48,58,60,63),
- Page 84: POSTEUCĂ Bogdan(Şc. nr. 5, Braşo