Page 107 - MATINF Nr. 7
P. 107
˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 107
M 140. Fie n ∈ N, n ≥ 2 s , i a, b, c, d ∈ C, a 6= 0. Demonstrat ,i c˘a cel mai mare divizor comun
n
al polinoamelor f = X + aX + b s , i g = X n+1 + cX + d este un polinom de grad mai mic sau
egal cu 2.
Cristinel Mortici, Viforˆata
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Fie d cel mai mare divizor comun al lui f s , i g. Atunci d divide s , i
2
n
polinomul g−X·f. Dar g−X·f = (X n+1 + cX + d)−X·(X + aX + b) = −aX +(c − b) X+d,
de unde concluzia.
M 141. Fie a ∈ N, a ≥ 1. Calculat ,i integrala
√
2a−1 1 + x − 2ax + a + 1 1 − (x − 1)(x − a)(x − 2a + 1) cos πt
3
Z 2 2 p
I = 2 2 dx.
1 x − 2ax + a + 1
Marin Chirciu, Pites , ti (Enunt , modificat)
Solut ,ie. Cu substitut , ia x = 2a − t obt , inem
√ p
2
2
Z 2a−1 1 + t − 2at + a + 1 1 + 3 (t − 1)(t − a)(t − 2a + 1) cos πt
I = dt
2
2
t − 2at + a + 1
1 √
2a−1 1 + t − 2at + a + 1
2
Z
2
= 2 2 dt − I,
1 t − 2at + a + 1
2a−1 1 2a−1 1 2a−1
Z Z È
2
deci 2I = p dt + 2 dt = ln t − a + (t − a) + 1 +
2
1 (t − a) + 1 1 (t − a) + 1 1
2a−1 2
p
a − 1 + (a − 1) + 1
arctg (t − a) = ln p + arctg (a − 1) − arctg (1 − a) = 2arctg (a − 1) +
2
(a − 1) + 1 − (a − 1)
1 È
p
2
2 ln a − 1 + (a − 1) + 1 , deci I = arctg (a − 1) + ln a − 1 + (a − 1) + 1 .
2
M 142. Fie f : [0, 2] → [0, ∞) o funct ,ie derivabil˘a s , i cresc˘atoare. Ar˘atat ,i c˘a
2 2 2
Z Z Z
2
2
4 f(x) dx ≤ 4 x f(x) dx − x f(x) dx.
1 1 0
Daniel Jinga, Pites , ti
Solut ,ie. Fie F o primitiv˘a a lui f. Consider˘am funct , ia g : [0, 2] → R, g(x) = xF(x). Atunci,
00
0
0
folosind ipoteza, g este de dou˘a ori derivabil˘a s , i g (x) = F(x)+xf(x), g (x) = 2f(x)+xf (x) ≥ 0,
pentru orice x ∈ [0, 2], deci g este convex˘a. Astfel, avem
2 2 − 1 X 2 − 1 1 X 1 1 2k
Z n n
g(x) dx = lim g 1 + · k = lim g · 2 + ·
n→∞ n n n→∞ n 2 2 n
1 k=1 k=1
n n
1 X 1 1 2k 1 1 X 2k
≤ lim g(2) + g = g(2) + lim g
n→∞ n 2 2 n 2 2 n→∞ n
k=1 k=1
n Z 2
1 1 2 − 0 X 2 − 0 1 1
= g(2) + lim g 0 + · k = g(2) + g(x) dx.
2 4 n→∞ n n 2 4
k=1 0
