Aplicaţia 2. Fie cercul C (O, 1) şi punctele A, B,C şi D ca în figura de mai jos: BC =1, BD = AC.Arătaţi că lungimea semicercului AB (aria semicercului)este aproximativ egală culungimeasegmentului[AD] (respectiv aria triunghiului ABD), eroarea fiindmai mică decât 0, 01.Soluţie. Deoarece AB =2şi BC =1,rezultăcăAC = √ 3;lafel,dinBC =1şi BD = AC = √ 3,deducem că CD = √ 2. Atunci, AD = AC + CD =√ √2+ 3 ' π şi AABD = 1 2 AD · BC = 1 ¡√ √ ¢ π2+ 3 '2AOC11¡π · 12 ¢ etc.2 = 1 2Aplicaţia 3. Dat un pătrat de latură 1, construiţi numai cu compasul un cercde lungime aproximativ egală cu perimetrul pătratului.Soluţie. Mai întâi, să observăm că uncercdelungimeegală cu perimetrul pătratuluidat are raza 2 π .Dar,ţinând cont de Propoziţie, 2 π ' 2√ √ =2 ¡√ 3 − √ 2 ¢ .2+ 3Aşadar, urmează să construim cu compasul un cerc de rază 2 ¡√ 3 − √ 2 ¢ .Etapele unei posibile construcţii sunt:D1. Construim simetricul E al punctului B faţă deA:{E} = C (A, 1) ∩ C (D, DB).2. Construim punctul F astfel încât 4BEF să fieechilateral, iar F şi D să fiedeoparteşi de alta aEAdreptei BE: {F } = C (B,BE) ∩ C (E,EB); evident,A,D, F sunt coliniare şi AF = √ 3 (înălţime în 4BEF delatură 2).3. Construim punctul G de partea dreptei BE în careGse află F prin {G} = C (A, AC) ∩ C (B,AF). DeoareceAB =1, AG = √ 2 şi BG = √ 3, rezultă că 4AGB esteFdreptunghic în A şi, ca urmare, punctele A, F , G suntHcoliniare, iar FG = AF − AG = √ 3 − √ 2.4. Construm simetricul H al lui G faţădeF (construcţia,numai cu compasul, a simetricului M 0 al punctului M faţăde un punct O poate fi urmărităpefiguraalăturată); evidentGH =2 ¡√ 3 − √ 2 ¢ .5. Construim C(H, HG), carevaficerculcăutat: lungimealui este 4π ¡√ 3 − √ 2 ¢ ' 4 ¡√ 2+ √ 3 ¢¡√ 3 − √ 2 ¢ =4,cu o eroare de ³√ √ ³√ √ ³√ √4π 3 − 2´− 4=4 3 − 2´hπ − 3+ 2´i< 4M ′OP1BMQ³√ √3 − 2´· 0, 01,conform cu (1). Cum √ 3 − √ 2 < 1 2 ,vomavea³√ √4π 3 − 2´− 4 < 4 · 1 · 0, 01 = 0, 02 ,2adică eroarea cu care lungimea cercului construit este aproximată deperimetrulpătratuluieste mai mică decât0, 02.18CDB
Inegalităţi generatoare de noi inegalităţiI. V. MAFTEI 1Pornind de la anumite inegalităţi cunoscute ne propunem să obţinem noi inegalităţi.Propoziţia 1. Să se demonstreze că¡x 1 x 2 ···x k xn−11 + x n−12 + ···+ x n−1 ¢k ≤ xn+k−11 + x n+k−12 + ···+ x n+k−1k, (1)∀x 1 ,x 2 ,...,x k ∈ R ∗ +, ∀n, k ∈ N, n,k ≥ 2.Demonstraţie. Utilizând relaţia dintre mediile aritmeticăşi geometrică, aplicatănumerelor a 1 ,a 2 ,...,a k ∈ R ∗ +, n, k ∈ N, n, k ≥ 2, obţinem succesiv:pn+k−1a n 1 a 2 ···a k ≤ na 1 + a 2 + ···+ a k,p n + k − 1n+k−1a 1 a n 2 ···a k ≤ a 1 + na 2 + ···+ a k,n + k − 1(2).......................................pn+k−1a 1 a 2 ···a n k ≤ a 1 + a 2 + ···+ na k.n + k − 1Sumând p inegalităţile (2), rezultă căn+k−1a n 1 a 2 ···a k + n+k−1p a 1 a n 2 ···a k + ···+ n+k−1p a 1 a 2 ···a n k ≤ a 1 + a 2 + ···+ a k .Dacă notăm n+k−1√ a i = x i , i = 1,k,obţinemx n 1 x 2 ···x k + x 1 x n 2 ···x k + ···+ x 1 x 2 ···x n k ≤ x n+k−11 + x n+k−12 + ···+ x n+k−1k,care este tocmai inegalitatea (1).Pentru k =2şi n =2h, h ∈ N ∗ , inegalitatea (1) devinex 2h+11 + x 2h+1 ¡2 ≥ x 1 x 2 x2h−11 + x 2h−1 ¢2 . (3)Propoziţia 2. Fie a, b, c ∈ R ∗ + şi k ∈ N. Atunci, are loc inegalitatea(ab) k−1a 2k+1 + b 2k+1 +(ab) k−1 + (bc) k−1b 2k+1 + c 2k+1 +(bc) k−1 + (ac) k−1a 2k+1 + c 2k+1 +(ac) k−1 ≤1≤ab (a + b)+1 + 1bc (b + c)+1 + 1ac (a + c)+1 . (4)Demonstraţie. Aplicând inegalitatea (3) de k ori, obţinemx1 2k+1 + x2 2k+1 ≥ (x 1 x 2 ) k (x 1 + x 2 ) , ∀x 1 ,x 2 ∈ R ∗ +, ∀k ∈ N. (5)Ţinând seama de (5), putemscriea 2k+1 + b 2k+1 ≥ (ab) k (a + b) , (6)de undea 2k+1 + b 2k+1 +(ab) k−1 ≥ (ab) k−1 [ab (a + b)+1]1 Profesor, Colegiul Naţional "Sf. Sava", Bucureşti19
- Page 1 and 2: Anul VIII, Nr. 1Ianuarie - Iunie 20
- Page 5 and 6: Elogiu adus revistei "Gazeta Matema
- Page 7 and 8: marea generaţiei matematice din ca
- Page 9 and 10: Asupra problemei 809 din Gazeta Mat
- Page 11 and 12: f n (2n+1) (x) =− 1x 2n+2 ch 1 x
- Page 13 and 14: la zero, deci trebuie ca toţi term
- Page 15 and 16: ⎛⎞a 11 B ... a 1n B⎜A ⊗ B =
- Page 17 and 18: Ceviene şi triunghiuri triomologic
- Page 19 and 20: Ţinând cont de aceste relaţii, e
- Page 21: Cumsin 18 ◦ = 1 4³√5 − 1´,
- Page 25 and 26: Asupra unei probleme dată laONM,Bi
- Page 27 and 28: Asupra criteriului de congruenţă
- Page 29 and 30: O generalizare a identităţii Bote
- Page 31 and 32: Întrebarea 2. Care sunt seturile X
- Page 33 and 34: figura F (k +1) este constituită d
- Page 35 and 36: Desigur, toate acestea se puteau fa
- Page 37 and 38: putem presupune, cum am spus, a n+1
- Page 39 and 40: Asupra unei recurenţe de ordin doi
- Page 41 and 42: Olimpiada Internaţională de Matem
- Page 43 and 44: Arătăm mai întâi că, dacă (x,
- Page 45 and 46: Notăm f = 2 3 e B + 2 3 e C − 1
- Page 48 and 49: triciclete, înseamnă cănumărul
- Page 51: VI.59. Fie 4ABC cu m( B) b = 120
- Page 54 and 55: VIII.57. Fie a, b, c > 0 astfel în
- Page 56: Soluţie. Conform inegalităţii me
- Page 60 and 61: Fn 2 Fn+1 2 (F n+1 + F n ) 2 − F
- Page 62 and 63: − ln t − ln (1 − t) − 2 > 0
- Page 64 and 65: +Xk 1 ,...,k n ≥0k 1+k 2+···+k
- Page 66 and 67: G78. Dacă a, b, c, d ∈ (0, ∞),
- Page 68 and 69: cos (a + b)Cum tg a tg b − 1=−c
- Page 70 and 71: Numim drum un traseu format din 6 s
- Page 72 and 73:
cercurilor C 1 şi C 2 taie cercul
- Page 74 and 75:
că a 1 ≤ a 2 ≤ ··· ≤ a n
- Page 76 and 77:
3 construim o figură formatădinnT
- Page 78 and 79:
continuă este de asemenea densă
- Page 80 and 81:
eprezintă aşasea parte din totalu
- Page 82 and 83:
VIII.70. Se consideră cubul ABCDA
- Page 84 and 85:
) Să se studieze buna definire a
- Page 86 and 87:
L101. Fie a, n ≥ 2 două numereî
- Page 88 and 89:
1) sin 4 A +sin 4 B +sin 4 C ≥ 27
- Page 90 and 91:
Şcoala nr. 4 "I. Teodoreanu". Clas
- Page 92 and 93:
ASOCIAŢIA “RECREAŢII MATEMATICE
- Page 94:
CUPRINSElogiu adus revistei “Gaze