soluţii şi barem

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a XI-a1. Fie sirul ( )x , definit prin x∈¥ 0x1 1nn2n2n+ 1 n+ 1 n−1nxn−1n= = si x( )n+12x + 1= , ∀ n≥ 1 . Sa se calculeze limxn→∞x + 1Solutie: Din x = ⇒ x ⋅x − x = 1; avem x ⋅x − x = x ⋅ x −x⇔x + x x + xn−12 2n n+ 2 n+ 1 n− 1 n+1 nn+ 2 n n+ 1 n−1*n+2 n⇔ = ,( ∀) n ∈¥ ceea ce implica 3, ( )xn+1xnDin relatia de recurenta 3 0, ( )xn+ 2 n+1 nxx+ xn+1x − x + x = ∀ n∈¥ obtinem :n( 5+ 1) ( 5 −1)2 2n5 − 1 5 + 1= ⋅ + ⋅ , ( ∀)n∈¥ de unde lim5 2 5 2n→∞n 2n+ 1 2n+1= ∀ n∈¥ .2n+12 ⋅ xn5−5=2n( 1+5)22. Se considera o matrice A∈ M2 ( ¢ ),cu proprietatea ca ( )∗tr( A) + 2k≠ 0 sau tr( A) −2k≠0,atunci exista α ∈¢ , X ∈2 ( ¢ )un exemplu de matrice A∈2( ¢ ), A≠O2,2X = α A nu are solutii X ∈ M ( ¢ )22n+1⋅x( 1+5)n2nCristian Amoraritei, SuceavaSINUS 2(5)/20065det A = k , k∈¥ . Sa se demonstreze ca, dacaM astfel încât.2X α A.= Sa se dea∗M care are proprietatea ca, pentru orice α ∈¢ , ecuatia2.2 2Solutie: Matricea A verifica ecuatia A − tr( A)A+ k I = O de unde rezulta ca ( )presupunem ca tr( A) 2k0;2 2,+ ≠ atunci matricea X = A+kI2Catalin Tigaeru, Suceava2 2A = tr A A− kI 2. Sasatisface ( i) X ∈ M2 ( ¢ ) si ( ) 2 2 2 ( )22ii X = A + 2kA + kI2 = tr A A−k I2+ 2kA+ k I 2=2∗= ( tr( A)+ 2 k)A,deci, daca punem α = tr( A) + 2 k,atunci X = α A, cu α ∈¢ siX ∈ M2 ( ¢ ).Daca 2k+ tr( A)= 0, atunci 2k−tr( A)≠ 0 si se pune X = A−kI , 2rationamentul repetându-se ca mai sus, cu α = tr( A) − 2. k Daca alegem o matrice A2 ( Z)proprietatile: tr( A) = det( A)= 0 si A≠O , atunci ecuatia 2∗2X = α A, cu α ,2exista o solutie X ∈ M ( ¢ ) atunci ar rezulta ca tr( X) = det( X)= 0, de unde X = O ≠ α A2,Conditia tr( A) + 2k≠ 0 sau tr( A) 2k0⎛0 1 ⎞= ⎜ ⎟ , = , = det = 0.⎝0 0⎠2Exemplu: A A O2tr( A) ( A)3. Fie ( n )n 1a≥ un sir dat prin 11− ≠ asigura faptul ca A≠O . 23⎡n⎤1= ⎢ , ∀ n≥1a⎥⎣ n ⎦a = , a ( )n+. Sa se determine a2006∈M cu∈¢ nu are solutii. Daca ar2.2⎧n⎫, lim a nsi limn→∞n⎨ ⎬→∞⎩an⎭ .Marius Marchitan, Suceava.