elevi performanti 2

154
Curs MD II

Upload: lindalinda-linda

Post on 21-Nov-2015

83 views

Category:

Documents


4 download

DESCRIPTION

AX

TRANSCRIPT

  • Curs MD II

  • 2

  • Cuprins

    1 Strategii n rezolvarea problemelor 51.0.1 Intelegerea datelor problemei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.0.2 Intelegerea concluziei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.0.3 Alegerea notatiilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.0.4 Scrierea datelor si cerintelor problemei n notatiile alese. Efectuarea

    desenelor si diagramelor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.0.5 Modificarea usoara a problemei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.0.6 Modificarea majora a problemei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.0.7 Rezolvarea problemei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

    2 Probleme rezolvate de teoria numerelor 11

    3 Inegalitati 173.1 Inegalitatea mediilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2 Inegalitatea Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3 Inegalitatea lui Cebsev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.4 Inegalitatea lui Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5 Inegalitatea lui Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.6 Inegalitatea lui Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.7 Inegalitatati remarcabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

    4 Siruri de numere reale 394.1 Notiuni teoretice generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

    4.1.1 Siruri speciale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2 Convergenta n R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.3 Subsiruri. Limita superioara si limita inferioara a unui sir . . . . . . . . . . . 444.4 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

    5 Functii continue 57

    5.1 Notiuni teoretice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.1.1 Limita unei functii ntr-un punct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.1.2 Proprietatile limitelor de functii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.1.3 Criterii de existenta a limitelor de functii . . . . . . . . . . . . . . . . 615.1.4 Operatii cu limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.1.5 Limite remarcabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.1.6 Functii continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.1.7 Puncte de discontinuitate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.1.8 Operatii cu functii continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.1.9 Proprietatea lui Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

    3

  • 5.2 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

    6 Functii reale derivabile 756.1 Notiuni teoretice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

    6.1.1 Interpretarea geometrica a derivatei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.1.2 Operatii cu functii derivabile si diferentiabile . . . . . . . . . . . . . . 776.1.3 Propietatile functiilor derivabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 786.1.4 Derivate si diferentiale de ordin superior . . . . . . . . . . . . . . . . 806.1.5 Regulile lui lHospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.1.6 Formula lui Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 836.1.7 Puncte de extrem ale unei functii reale . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.1.8 Functii reale convexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

    6.2 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 886.3 Metode elementare de rezolvare a ecuatiilor diofantice algebrice . . . . . . . 108

    6.3.1 Metoda descompunerii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1086.3.2 Rezolvarea ecuatiilor diophantice folosind inegalitati . . . . . . . . . . 1176.3.3 Rezolvarea ecuatiilor diophantice folosind metoda parametrica . . . . 1236.3.4 Rezolvarea ecuatiilor diophantice folosind metoda aritmeticii modulare 1256.3.5 Rezolvarea ecuatiilor diophantice folosind metoda inductiei matematice 1316.3.6 Rezolvarea ecuatiilor diophantice folosind metoda elementului minimal 132

    6.4 Ecuatii diophantice liniare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1346.5 Ecuatii pitagoreice si ecuatii reductibile la ecuatii pitagoreice . . . . . . . . . 141

    6.5.1 Clase de ecuatiilor diophantice patratice . . . . . . . . . . . . . . . . 149

    4

  • Capitolul 1

    Strategii n rezolvarea problemelor

    Calatoria de 1000 de mile ncepe cu un pas.Lao Tzu

    Proverbul de mai sus este reprezentativ pentru rezolvarea problemelor de matematica,deoarece gasirea solutiei unei probleme matematice ncepe, se continua si se sfarseste cu unsimplu pas logic. In cazul efectuarii unei calatorii, directia este cunoscuta si efectuarea pasiloreste bine determinata de destinatia la care dorim sa ajungem. In rezolvarea problemelorprimul pas pe care l efectuam nu implica automat suscesiunea etapelor urmatoare, uneorichiar primul pas fiind greu de identificat.

    Este obligatoriu ca elevul sa aiba o clasificare a problemelor, care sa-l poata ajuta nelaborarea unui algoritm necesar pentru rezolvarea lor. Stabilirea tipului de problema lpoate ajuta pe elev sa determine ce metoda de abordare trebuie sa aleaga.

    Prin urmare, nainte de a ncepe rezolvarea unei probleme elevul trebuie sa clasifice tipulde problema.

    Sunt cunoscute trei tipuri de probleme:

    1. ,, Demonstrati ca ... sau ,, Sa se calculeze ....

    Aceste probleme implica demonstrarea unor afirmatii precizate sau calcularea unorrelatii. In acest caz problemele ncep cu precizarea unor date, iar obiectivul este de-ducerea unor afirmatii sau determinarea valorilor unei expresii. Rezolvarea acestorprobleme este accesibila, deoarece este cunoscuta concluzia.

    2. ,, Sa se determine o ... sau ,, Sa se determine toate .... In acest caz elevul trebuiesa determine o valoare sau toate valorile pentru care o anumita relatie are loc. De-terminarea valorii se poate face si prin aproximarea unei valori apropriate, iar apoi sepoate determina valoarea corecta. Valoarea determinata poate fi verificata daca estecorecta prin nlocuirea n relatiile date.

    3. ,, Exista .... Problemele de acest tip necesita demonstrarea unei relatii sau gasireaunui contraexemplu la o afirmatie data. Acest caz se poate reduce la unul din cazurileprecedente. Problemele de acest tip sunt cele mai grele, deoarece implica luarea uneidecizii daca afirmatie din enuntul problemei este corect sau nu, ceea ce implica gasireaunei demonstratii pentru afirmatia din enunt sau determinarea unui contraexemplu.

    Pentru a putea exemplifica metodele de abordare a unei probleme vom apela laurmatoarea problema.

    5

  • Problema 1.0.1 Sa se determine laturile si unghiurile unui triunghi, stiind ca lungimealaturilor sale formeaza o progresie aritmetica de ratie d > 0, iar aria sa este t.

    Aceasta problema este de tipul (1), cerinta fiind determinarea unor necunoscute stiindanumite variabile. Ipoteza problemei sugereaza ca n acest caz este mai utila o abordarealgebrica a problemei, decat una geometrica.

    1.0.1 Intelegerea datelor problemei

    Pentru a putea rezolva corect si rapid o problema este necesar ca elevul sa nteleagadatele problemei. In general o problema prezinta un numar de obiecte care satisfac anumitecerinte. Pentru a ntelege datele problemei elevul trebuie sa observe care este legatura dintreipoteza si concluzia problemei. Aceasta cerinta este definitorie pentru alegerea tehnicii sinotatiilor necesare rezolvarii problemei.

    In problema 1.0.1 datele problemei sunt:- triunghiul;- aria triunghiului t;- faptul ca laturile triunghiului sunt n progresie aritmetica, de ratie d.Avand n vedere ca n triunghi discutam despre arie si laturile sale, pentru a putea rezolva

    problema ne gandim sa apelam la- regula sinusului;- regula cosinusului;- formule de calculare a ariei.Pe de alta parte laturile sunt n progresie aritmetica de ratie d, deci putem nota laturile

    prin

    a d, a, a+ dsau

    a, a + d, a+ 2d.

    1.0.2 Intelegerea concluziei

    Cerintele unei probleme pot fi clasificate astfel:- determinarea unei valori sau relatii;- determinarea existentei unei relatii cu proprietati speciale.Cunoasterea si ntelegerea obiectivelor ce trebuie atinse n rezolvarea problemei sunt

    foarte importante pentru alegerea metodei de rezolvarea a problemelor si stabilirea unorobiective tactice care trebuie atinse pentru a putea rezolva problema.

    In problema 1.0.1 concluzia contine determinarea laturilor si unghiurilor triunghiului.Aceste cerinte implica folosirea folosirea unor rezultate cunoscure relative la unghiuri silaturi. Mai mult, obiectivul elevului este determinarea unor relatii care sa implice relatiintre unghiuri si laturi.

    1.0.3 Alegerea notatiilor

    Dupa ce am identificat datele din ipoteza si cerintele concluziei pentru a putea reprezentarelatiile dintre ele din punct de vedere matematic, trebuie sa le gasim notatii cat mai simplecare sa ne faciliteze rezolvarea problemelor. In notarea datelor problemei un rol importantl are experienta elevului, care l poate ajuta n simplificarea notatiilor.

    6

  • Pentru a rezolva problema 1.0.1 se doreste determinarea unor ecuatii n care sa aparavalorile cunoscute t, d si necunoscutele reprezentate de lungimile laturilor si masura unghi-urilor.

    In exprimarea lungimii laturilor si masura unghiurilor putem folosi:- a, b si c pentru laturi;- , si pentru unghiuri.Dar, laturile triunghiului sunt n progresie aritmetica de ratie d, deci n loc de a, b si c

    putem folosi notatiileb d, b, b+ d (1.0.1)

    saua, a+ d, a+ 2d.

    Notatia 1.0.1 poate duce la o sinplificare a demonstratiei si implica conditia ca b >d. Aceasta conditie nu este de fapt o conditie suplimentara care sa neajute n rezolvareaproblemei, ci este mai degraba o data suplimentara, care poate eventual sa ajute elevul saobserve ca a gresit, n cazul n care dupa rezolvarea problemei obtine o valoare pentru b careeste mai mica decat d.

    Stiind ca ntre unghiurile , si ale triunghiului are loc relatia

    + + = pi,

    se poate folosi si notatia , si pi , dar care poate sa nu simplifice notatia si sa fiegreu de utilizat.

    1.0.4 Scrierea datelor si cerintelor problemei n notatiile alese.Efectuarea desenelor si diagramelor

    Scrierea efectiva a datelor si cerintelor problemei poate fi folositor din urmatoarele punctede vedere:

    1. putem face usor referinta la aceste cunoscute si necunoscute n rezolvarea problemei;

    2. datele scrise sub forma simplificata l pot ajuta pe elev sa se concentreze asupra prob-lemei (n momentul n care este lipsit de inspiratie elevul se poate concentra asupradatelor);

    3. actul fizic de scriere a datelor pe foaie poate reprezenta un element de inspiratie sistabilirea unor legaturi ntre ipoteza si concluzie.

    Observatia 1.0.1 Elevul trebuie sa fie atent ca sa se limiteze strict la datele necesare pentrurezolvarea problemei, scrierea pe foaia de rezolvare a unor date suplimentare pot sa distragaatentia de la aspectele cu adevarat importante n finalizarea solutiei. Orice alte idei sau datepot fi scrise pe ciorna si consultate, dar nu trebuie sa distraga atentia de la scopul propus.

    Pentru problema 1.0.1 pot apare urmatoarele relatii

    1. , , , t > 0 si b > 0;

    2. suma unghiurilor unui triunghi

    + + = pi;

    7

  • 3. regula sinusuluib dsin

    =b

    sin =

    b+ d

    sin ;

    4. regula cosinusului

    b2 = (b d)2 + (b+ d)2 2 (b d) (b+ d) cos ;

    5. formule de arie

    t =1

    2b (b d) sin = 1

    2(b+ d) (b d) sin = 1

    2b (b+ d) sin;

    6. Formula lui Heront2 = s (s b+ d) (s b) (s b d) ,

    unde

    s =(b d) + b+ (b+ d)

    2=

    3b

    2,

    este semiperimetrul;

    7. inegalitatea triunghiuluib+ d < b+ (b d) .

    O parte din aceste relatii nu vor fi de folos n rezolvarea problemei, dar experinta elevuluisi poate spune cuvantul n separarea relatiilor care pot fi necesare de cele care nu pot fifolosite. In cazul problemei noastre avand n vedere ca s = 3b

    2elevul va avea tendinta sa

    retina ca utila formula lui Heron. Mai mult, inegalitatile nu sunt direct utilizate deoarecedatele problemei implica folosirea unor egalitati.

    In cazul problemelor geometrice un rol important l are desenarea figurii geometrice carepoate sa creeze o impresie privind directia n care trebuie ndreptata rezolvarea problemei sauintroducerea unor elemente noi care sa ajute n rezolvare. Chiar n cazul studiului functiilorreale un rol important l poate avea trasarea graficului functiei.

    De asemenea, construirea unor diagrame sau tabele de date poate ajuta elevul n obtinereaunei imagini corecte asupra rezultatului cautat sau a modului cum trebuie rezolvata prob-lema.

    Pentru problema 1.0.1, avand n vedere faptul ca datele sugereaza mai mult o solutiealgebrica, trasarea imaginii triunghiului nu este necesara, dar elevul poate sa-l deseneze dacaconsidera ca este de ajutor n creerea unei imagini asupra laturilor si unghiurilor triunghiului.

    1.0.5 Modificarea usoara a problemei

    Exista diverse cazuri n care modificarea problemei poate conduce la rezolvarea ei. Inacest sens amintim:

    1. considerarea unui caz special al problemei, cum ar fi cazurile extreme sau degenerate;

    2. rezolvarea unui caz simplificat al problemei;

    3. formularea unei conjecturi care ar implica problema studiata si demonstrarea mai ntaia acestei conjecturi;

    4. stabilirea unor consecinte ale problemei pe care se ncearca a se rezolva;

    8

  • 5. reformularea problemei (spre exemplu demonstrarea prin reducere la absurd sau cuajutorul unor substitutii);

    6. studierea solutiilor unor probleme similare;

    7. generalizarea problemei.

    Rezolvarea unor probleme asemanatoare sau ntr-o forma mai simpla poate sugera omodalitate de rezolvare a problemei n studiu. De asemenea, considerarea unor cazuri ex-treme ale problemei cu ipoteze suplimentare poate dezvalui un mod de abordare a problemeipropuse. Trebuie avut n vedere faptul ca pentru rezolvarea cazurilor speciale se poate folosio tehnica eleganta de rezolvare, care este inutila n cazul unei probleme n cazul general.

    Prin urmare, n cazul n care se doreste modificarea problemei este util sa ncepem prinintroducerea unor conditii noi care sa nu modifice drastic problema propusa spre rezolvare.

    In cazul, problemei 1.0.1 un caz special se obtine cand d = 0, adica triunghiul esteechilater. Din formula lui Heron se poate deduce prin calcul direct ca b = 2

    t

    43 , deci se poatetrage concluzia ca rezultatul va fi dat cu ajutorul radicalilor, dar nu sugereaza nicio metodapentru abordarea problemei 1.0.1.

    1.0.6 Modificarea majora a problemei

    Acest tip de strategie este mult mai agresiv si consta n efectuarea unor modificari ma-jorecare pot consta n eliminarea unor date ale problemei, schimbarea datelor cu obiectivulpe care l avem n vedere, sau negarea concluziei (se ncearca de fapt demonstrarea unorafirmatii contrare concluziei).

    1.0.7 Rezolvarea problemei

    In momentul n care am parcurs pasii precedenti, elevul poate ncepe sa pua n aplicaremetoda de rezolvare a problemei considerata ca fiind optima pentru atingerea scopului pro-pus. Rezolvarea problemei poate fi obtinuta prin demonstrarea n prealabil a unor afirmatiicare nu sunt cerute de problema, dar care pot fi folositoare n rezolvarea problemei.

    Elevul trebuie sa aiba n vedere metoda pe care si-a propus-o pentru a atinge obiectivulpropus.

    In cazul n care se doreste aplicarea unor metode folosite pentru probleme asemanatoareelevul trebuie sa nu aplice atliteram aceste metode, ci trebuie sa observe cum pot fi adaptateaceste metode cunoscute la problema n studiu.

    In problema 1.0.1 avand n vedere ipoteza putem considera ca formula lui Heron ne poateajuta la rezolvarea ei. Astfel obtinem

    t2 =3b

    2

    (3b

    2 b+ d

    )(3b

    2 b)(

    3b

    2 b d

    ),

    adica

    t2 =3b2 (b 2d) (b+ 2d)

    16

    t2 =3b2 (b2 4d2)

    16. (1.0.2)

    Aceasta relatie este o ecuatie n necunoscuta b. Notand x = b2 > 0 ecuatia 1.0.2 devine

    3x2 12d2x 16t2 = 0, (1.0.3)

    9

  • ce admite solutiile

    x1 = 2d2 +

    4d2 +

    16

    3t2 si x2 = 2d

    2 4d2 +

    16

    3t2.

    Dar x > 0, deci doar solutia

    x = 2d2 +

    4d4 +

    16

    3t2

    este convenabila, adica

    b =

    2d2 +

    4d4 +

    16

    3t2.

    Unghiurile triunghiului se pot calcula cu ajutorul formulei ariei sau din regula cosinusului.

    10

  • Capitolul 2

    Probleme rezolvate de teorianumerelor

    Problema 2.0.2 Sa se demonstreze ca pentru orice n N fractia 21n+414n+3

    este ireductibila.

    Solutie. Din teorema lui Bezout rezulta ca ecuatia

    x (21n+ 4) + y (14n+ 3) = c

    admite solutii ntregi daca si numai daca

    (21n+ 4, 14n+ 3) | c.

    Cum2 (21n+ 4) 3 (14n+ 3) = 1

    rezulta(21n+ 4, 14n+ 3) | 1

    deci(21n+ 4, 14n+ 3) = 1.

    Am aratat ca numerele 21n + 4 si 14n + 3 sunt prime ntre ele, deci fractia 21n+414n+3

    esteireductibila.

    Problema 2.0.3 Sa se demonstreze ca pentru orice n N:

    1. n5 5n3 + 4n este divizibil prin 120;2. n2 + 3n+ 5 nu este divizibil prin 121.

    Solutie. 1) Descompunem 120 n factori primi

    120 = 23 3 5.

    Numaruln5 5n3 + 4n = (n 2) (n 1)n (n + 1) (n+ 2)

    este produsul a 5 cinci numere consecutive deci este divizibil cu 120.2) Deoarece

    n2 + 3n + 5 = (n + 7) (n 4) + 33

    11

  • rezulta ca11|n2 + 3n+ 5 11| (n + 7) (n 4) .

    Dar 11 este numar prim, deci 11|n+ 7 sau 11|n 4. Pe de alta parte

    (n + 7) (n 4) = 11

    deci (n + 7, n 4) |11. Prin urmare, (n + 7, n 4) = 11, deci 121| (n + 7) (n 4).Cum 121 nu divide 33 rezulta ca n2 + 3n+ 5 nu este divizibil prin 121.

    Problema 2.0.4 Sa se arate ca pentru orice n > 1 numarul

    n5 + n4 + 1

    nu este prim

    Solutie. Avem

    n5 + n4 + 1 = n5 + n4 + n3 n3 n2 n+ n2 + n+ 1 =

    = n3(n2 + n + 1

    ) n (n2 + n + 1)+ (n2 + n+ 1) ==(n2 + n+ 1

    ) (n3 n+ 1) .

    Se studiaza daca numerele n2 + n+ 1 si n3 n+ 1 sunt diferite de 1.

    Problema 2.0.5 Sa se determine multimea

    S =

    {x Z | x

    2 3x+ 22x+ 1

    Z}

    (2.0.1)

    Solutie. Dacax2 3x+ 2

    2x+ 1 Z

    atunci

    8x2 3x+ 2

    2x+ 1= 4x2 2x 11 + 27

    2x+ 1 Z.

    Rezulta 2x+ 1|27, deci x {14. 5,2,1, 0, 1, 4, 13}.Dar 2x+ 1 este impar deci

    x2 3x+ 22x+ 1

    Z 8 x2 3x+ 22x+ 1

    Z,

    deci x {14. 5,2,1, 0, 1, 4, 13}.

    Problema 2.0.6 Determinati numerele prime pentru care are loc relatia

    ab+ bc + ca > abc. (2.0.2)

    Solutie. Fara a reduce generalitatea solutiei presupunem ca

    a b c.

    Daca a 3, atunciab+ bc + ca 3bc abc

    12

  • deci este contrazisa relatia 2.0.2.Prin urmare, avem a = 2. Atunci

    2b+ bc + 2c > 2bc

    2b+ 2c > bc 1

    b+

    1

    c>

    1

    2.

    Pentru b 5 avem c 5 deci1

    b+

    1

    c=

    2

    5 1, numarul a4 + 4b4 nu estenumar prim.

    Solutie. Avem

    a4 + 4b4 =[(a2 b2)+ b2] [(a2 + b2)+ b2]

    si se studiaza divizorii lui a4 + 4b4 din descompunerea precedenta.

    Problema 2.0.8 Fie p, q si r numere prime si n N astfel ncat are loc relatia

    pn + qn = r2 (2.0.3)

    Sa se demonstreze ca n = 1.

    Solutie. Se demonstreaza mai ntai ca unul din numerele p sau q este 2 si r 6= 2.Presupunem ca p = 2.Daca n > 1 este impar, atunci

    r2 = 2n + qn =

    = (q + 2)(qn1 2qn2 + ...+ 2n1) .

    Dar r este prim decir = q + 2 = qn1 2qn2 + ... + 2n1

    de unde rezulta

    (q + 2)2 = qn + 2n. (2.0.4)

    Se demonstreaza ca 6.5.7 nu poate avea loc oricare ar fi q > 2 numar prim.Daca n = 2m, m N, atunci exista a, b N astfel ncat

    pm = a2 b2

    2m = 2ab

    r = a2 + b2.

    Deci a si b sunt puteri ale lui 2, si cum r 6= 2 este impar rezulta b = 1 si a = 2m1. Searata ca relatia 6.5.7 nu poate avea loc.

    Pentru n = 1 avem solutia p = 2, q = 23 si r = 5.

    13

  • Problema 2.0.9 Fie a, b, c N, a 6= c, astfel ncata

    c=

    a2 + b2

    c2 + b2(2.0.5)

    Sa se arate ca numarul a2 + b2 + c2 nu poate fi numar prim.

    Solutie. Relatia 2.0.5 se poate scrie sub forma

    (a c) (b2 ac) = 0de unde rezulta

    b2 = ac.

    Atuncia2 + b2 + c2 = (a+ c b) (a+ c+ b)

    de unde rezulta ca numarul a2+ b2 + c2 > 3 admite doi divizori. Se studiaza divizorii pentrua stabili daca sunt diferiti de 1.

    Problema 2.0.10 Sa se demonstreze ca pentru orice numere naturale impare n, a1, ..., anare loc relatia

    (a1, ..., an) =

    (a1 + a2

    2,a2 + a3

    2, ...,

    an1 + an2

    ,an + a1

    2

    )(2.0.6)

    Solutie. Notama = (a1, ..., an)

    b =

    (a1 + a2

    2,a2 + a3

    2, ...,

    an1 + an2

    ,an + a1

    2

    ).

    Atunci exista d1, ..., dn N astfel ncat

    (di, dj) = 1, i, j {1, .., n} , i 6= j,

    ai = adi, i {1, .., n} .Numerele a1, ..., an sunt impare, atunci d1, ..., dn sunt impare, deci

    dk + dk+12

    N, k {1, .., n} ,

    unde an+1 = a1. Prin urmare,

    ak + ak+12

    =dk + dk+1

    2a, k {1, .., n} ,

    deci a divide pe ak+ak+12

    , k {1, .., n}. Rezulta ca a|b.Reciproc, din definitia lui b rezulta ca exista t1, ..., tn N astfel ncat

    (ti, tj) = 1, i, j {1, .., n} , i 6= j,ai1 + ai

    2= adi, i {1, .., n} ,

    unde an+1 = a1.

    14

  • Dara1 + a2

    2+a2 + a3

    2+ ... +

    an1 + an2

    +an + a1

    2= (t1 + ... + tn) b

    (a1 + ...+ an) = (t1 + ... + tn) b

    deci b|a1 + ...+ an.Pe de alta parte, pentru orice j {1, .., n} avem

    ni=1i 6=j

    ai1 + ai2

    =aj1 + aj

    2+

    ni=1i 6=j

    ai.

    Cum b divide peni=1i 6=j

    ai1+ai2

    siaj1+aj

    2rezulta ca b divide pe

    ni=1i 6=j

    ai. Deci pentru j

    arbitrar ales rezulta b divide diferenta

    (a1 + ... + an)ni=1i 6=j

    ai = aj ,

    adica b|a.

    Problema 2.0.11 Fie n N par si a, b N, (a, b) = 1. Sa se determine numerele a si bastfel ncat a + b| (an + bn).

    Solutie. Deoarece n este par rezulta

    an bn = (a2 b2) (an2 + an4b2 + ... + bn2)deci a+ b|an bn. Deoarece

    2an = (an + bn) + (an bn)2bn = (an + bn) (an bn)

    rezultaa+ b|2an si a+ b|2bn.

    Conform ipotezei (a, b) = 1, deci a+ b|2, de unde rezulta a = b = 1.

    Problema 2.0.12 Sa se demonstreze ca orice numar natural n 7 se poate scrie ca sumaa doua numere prime ntre ele.

    Solutie. Pentru orice numar impar n 7, avem n = 2k + 1, k 3, sin = k + (k + 1) ,

    unde (k, k + 1) = 1.Fie n = 2k, k 4. Din teorema lui Chebysev rezulta ca pentru orice k 4 exista p prim

    astfel ncatk < p < 2k.

    Atunci 2m p < m si(2k p) + p = 2k,

    unde (2m p, p) = 1, deoarece (p,m) = 1.

    15

  • Problema 2.0.13 Sa se determine cel mai mare divizor comun al numerelor

    An = 23n + 36n+2 + 56n+2, n {0, 1, ..., 1999} .

    Solutie. Pentru n = 0 avem

    A0 = 20 + 32 + 52 = 35 = 5 7,

    deci studiem daca 5 si 7 divid numerele An, n {0, 1, ..., 1999}.Folosind congruenta mod 5 obtinem

    An 23n + 36n+2 + 56n+2 23n + 93n+1 23n + (1)3n+1 ( mod 55) .Dar pentru n = 1 avem

    A1 23 + (1)3+1 9 ( mod 55) ,deci 5 |A1, adica 5 nu este divizor comun al numerelor date.

    Folosind congruenta mod 55 obtinem

    An 23n + 36n+2 + 56n+2 8n + 9 93n + 25 253n 1 + 2 23n + 4 43n 1 + 2 8n + 4 64n

    1 + 2 1n + 4 1n 0 ( mod 55) ,deci 7 este divizor comun al numerelor date.

    Prin urmare, cel mai mare divizor comun este 7.

    Problema 2.0.14 Sa se determine numerele naturale care sunt scrise n baza 10 sub formaabcd, iar n baza 7 au forma dcba.

    Solutie. Din egalitateaabcd(10) = dcba(7)

    rezulta333a+ 31b = 13c+ 114d (2.0.7)

    Din relatia 2.0.7 rezulta b c ( mod 3), deci avand n vedere ca b, c {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}rezulta urmatoarele posibilitati

    1) b = c;2) b = c+ 3;3) b+ 3 = c.Se discuta cazurile posibile.

    Problema 2.0.15 Fie p > 3 un numar prim. Sa se determine restul mpartirii lui p2 la 12.

    Solutie. Conform teoremei mpartirii cu rest avem

    p = 12m+ n, (2.0.8)

    unde m,n N, 0 m < 12. Dar p este prim, deci n {1, 5, 7, 11}. Relatia 2.0.8 implicaegalitatea

    p2 n2, ( mod 12) (2.0.9)unde n2 {1, 25, 49, 121}. Se observa ca pentru orice n2 {1, 25, 49, 121} relatia 2.0.9 devine

    p2 1 ( mod 12) ,deci restul mpartirii este 1.

    16

  • Capitolul 3

    Inegalitati

    3.1 Inegalitatea mediilor

    Propozitia 3.1.1 Daca x1, x2, ..., xn > 0 si n N, n 2, atunci are loc relatiax1 + ... + xn

    n nx1...xn n1

    x1+ ... + 1

    xn

    , (3.1.1)

    egalitatea avand loc daca si numai daca x1 = ... = xn.

    Observatia 3.1.2 In conditiile definitiei anterioare avem urmatoarele notatii:

    1. x1+...+xnn

    media aritmetica a numerelor x1, x2, ..., xn;

    2. nx1...xn media geometrica a numerelor x1, x2, ..., xn;

    3. n1x1

    +...+ 1xn

    media armonica a numerelor x1, x2, ..., xn;

    4. x1+...+xnn

    nx1...xn inegalitatea AM-GM.

    Propozitia 3.1.3 (Inegalitatea lui Nesbitt) Daca a, b, c, d > 0 atunci avem

    1. ab+c

    + ba+c

    + ca+b

    32;

    2. ab+c

    + bc+d

    + cd+a

    + da+b

    2.

    Demonstratie. 1) Vom nota

    S =a

    b+ c+

    b

    a + c+

    c

    a+ b

    M =b

    b+ c+

    c

    a+ c+

    a

    a + b

    N =c

    b+ c+

    a

    a+ c+

    b

    a + b.

    Se observa ca M +N = 3 si aplicand inegalitatea mediilor avem

    M + S 3 si N + S 3.

    17

  • AtunciM +N + 2S 6

    deci

    2S 3 S 32.

    2) Notam

    S =a

    b+ c+

    b

    c+ d+

    c

    d+ a+

    d

    a+ b

    M =b

    b+ c+

    c

    c+ d+

    d

    d+ a+

    a

    a+ b

    N =c

    b+ c+

    d

    c+ d+

    a

    d+ a+

    b

    a+ b.

    Se observa ca M +N = 4 si aplicand inegalitatea mediilor obtinem M + S 4. In plus,avem

    N + S =a+ c

    b+ c+b+ d

    c + d+

    a+ c

    d+ a+b+ d

    a + b=

    =a+ c

    b+ c+

    a+ c

    d+ a+b+ d

    c+ d+b+ d

    a + b=

    = (a+ c)

    (1

    b+ c+

    1

    d+ a

    )+ (b+ d)

    (1

    c + d+

    1

    a + b

    )

    = (a+ c)4

    (b+ c) + (d+ a)+ (b+ d)

    4

    (c+ d) + (a+ b)= 4.

    Prin urmare,M +N + 2S 8,

    deci S 2.Propozitia 3.1.4 (Inegalitatea mediilor ponderata AM-GM) Fie

    x1, x2, ..., xn, a1, ..., an > 0

    astfel ncatx1 + ...+ xn = 1.

    Atuncia1x1 + ... + anxn ax11 ... axnn . (3.1.2)

    Demonstratie. Demonstram pentru cazul n = 2.Daca x1, x2 Q+, astfel ncat x1 + x2 = 1, atunci

    x1 =m

    m+ nsi x2 =

    n

    m+ n,

    unde m,n N. Din inegalitatea mediilor avem

    a1x1 + a2x2 =ma1 + na2m+ n

    m+nam1 an2 = a mm+n1 a nm+n2 = ax11 ax22 . (3.1.3)Daca x1, x2 R+, astfel ncat x1 + x2 = 1, atunci exista doua siruri de numere reale

    pozitive (rn)n si (sn)n astfel ncat

    limn

    rn = x1, limn

    sn = x2 si rn + sn = 1, ()n 1.

    18

  • Conform relatiei 3.1.3 avem

    a1rn+a2sn arn1 axsn2 , ()n 1. (3.1.4)

    Trecand la limita dupa n n relatia precedenta obtinem

    a1x1 + a2x2 ax11 ax22pentru orice x1, x2 R+, astfel ncat x1 + x2 = 1.

    Vom demonstra prin inductie matematica dupa n ca are loc relatia 3.1.2.Verificarea pentru n = 2 a fost efectuata anterior.Presupunem ca pentru orice x1, x2, ..., xn, a1, ..., an > 0 astfel ncat

    x1 + ... + xn = 1,

    are loc relatia 3.1.2, si demonstram ca pentru orice numere x1, x2, ..., xn+1, a1, ..., an+1 > 0astfel ncat

    x1 + ...+ xn+1 = 1,

    are loc relatia

    a1x1 + ...+ an+1xn+1 ax11 ... axn+1n+1 . (3.1.5)Fie x1, x2, ..., xn+1, a1, ..., an+1 > 0 astfel ncat

    x1 + ...+ xn+1 = 1.

    Aplicand ipotezele de inductie avem

    a1x1 + ...+ anxn + an+1xn+1 =

    = (1 xn+1)(a1

    x11 xn+1 + ... + an

    xn1 xn+1

    )+ an+1xn+1

    (1 xn+1)(a

    x11xn+1

    1 ... axn+1

    1xn+1

    n+1

    )+ an+1xn+1

    (a

    x11xn+1

    1 ... axn+1

    1xn+1

    n+1

    )1xn+1axn+1n+1 = a

    x11 ... axn+1n+1 .

    Prin urmare, presupunerea facuta este adevarata, deci pentru oricex1, x2, ..., xn, a1, ..., an > 0 astfel ncat

    x1 + ... + xn = 1,

    avem

    a1x1 + ...+ anxn ax11 ... axnn .

    Problema 3.1.1 Sa se demonstreze ca daca a, b, c (0, 1), atunci are loc relatiaabc +

    (1 a) (1 b) (1 b) < 1. (3.1.6)

    19

  • Solutie. Reamintim ca daca x (0, 1), atunci

    x12 < x

    13 ,

    deci abc 0, i {1, ..., n}. Atunci

    a21b1

    + ...+a2nbn (a1 + ...+ an)

    2

    b1 + ...+ bn. (3.2.2)

    Corolar 3.2.3 Pentru orice a1, ..., an, b1, ..., bn R avema21 + b

    21 + ...+

    a2n + b

    2n

    (a1 + ...+ an)

    2 + (b1 + ... + bn)2. (3.2.3)

    Corolar 3.2.4 Pentru orice a1, ..., an R avem(a1 + ...+ an)

    2 n (a21 + ...+ a2n) . (3.2.4)Problema 3.2.1 Fie a, b, c, x, y, z R+ astfel ncat x+ y + z = 1. Sa se arate ca

    ax+ by + cz + 2(xy + yz + zx) (ab+ bc + ca) a+ b+ c. (3.2.5)

    Solutie. Vom aplica inegalitatea Cauchy-Schwarz de 2 ori. Mai ntai avem

    ax+ by + cz a2 + b2 + c2

    x2 + y2 + z2

    deciax+ by + cz + 2

    (x+ yz + zx) (ab+ bc+ ca)

    a2 + b2 + c2

    x2 + y2 + z2 +

    2 (x+ yz + zx)

    2 (ab+ bc + ca)

    (a2 + b2 + c2) + 2 (ab+ bc + ca)

    (x2 + y2 + z2) + 2 (x+ yz + zx) =

    (a+ b+ c)2

    (x+ y + z)2 a+ b+ c.

    Problema 3.2.2 Sa se arate ca pentru orice a, b, c R+ are loc relatiaa

    (b+ c)2+

    b

    (a+ c)2+

    c

    (a+ b)2 9

    4 (a+ b+ c). (3.2.6)

    Solutie. Relatia 3.2.6 se poate rescrie sub forma

    (a+ b+ c)

    [a

    (b+ c)2+

    b

    (a+ c)2+

    c

    (a + b)2

    ] 9

    4. (3.2.7)

    Din inegalitatea Cauchy-Schwarz rezulta

    (a + b+ c)[

    a(b+c)2

    + b(a+c)2

    + c(a+b)2

    ]=

    [(a)

    2+(

    b)2

    + (c)

    2

    ] [(a)

    2

    (b+c)2+

    (b)

    2

    (a+c)2+

    (c)

    2

    (a+b)2

    ]

    ( ab+c

    + ba+c

    + ca+b

    )2(3.2.8)

    Pe de alta parte conform inegalitatii lui Nesbitt avem

    a

    b+ c+

    b

    a + c+

    c

    a+ b 3

    2. (3.2.9)

    Din relatiile 3.2.8 si 3.2.9 rezulta 3.2.7.

    23

  • Problema 3.2.3 Sa se arate ca pentru orice a, b, c R+ are loc relatiaa3

    b2+b3

    c2+

    c3

    a2 a

    2

    b+b2

    c+c2

    a. (3.2.10)

    Solutie. Aplicand inegalitatea Cauchy-Schwarz obtinem

    (a+ b+ c)(a3

    b2+ b

    3

    c2+ c

    3

    a2

    )=

    [(a)

    2+(

    b)2

    + (c)

    2

    ] [(a3

    b

    )2+(

    b3

    c

    )2+(

    c3

    a

    )2]

    (a2

    b+ b

    2

    c+ c

    2

    a

    )2.

    (3.2.11)Pe de alta parte conform inegalitatii lui Schwarz avem

    a2

    b+b2

    c+c2

    a (a+ b+ c)

    2

    a + b+ c= a + b+ c,

    decia2

    b+ b

    2

    c+ c

    2

    a

    a+ b+ c 1. (3.2.12)

    Din relatiile 3.2.11 si 3.2.12 rezulta 3.2.10.

    Problema 3.2.4 Fie a, b, c, x, y, z R+ astfel ncat1

    a + b+ 1+

    1

    b+ c+ 1+

    1

    c+ a+ 1 1 (3.2.13)

    Sa se arate caa + b+ c ab+ bc + ca. (3.2.14)

    Solutie. Din inegalitatea Cauchy-Schwarz rezulta

    (a + b+ 1)(a + b+ c2

    )=

    [(a)2

    +(

    b)2

    + 1

    ] [(a)2

    +(

    b)2

    + c2] (a+ b+ c)2 ,

    deci1

    a+ b+ 1 (a+ b+ c

    2)

    (a+ b+ c)2. (3.2.15)

    Analog se demonstreaza urmatoarele relatii

    1

    b+ c+ 1 (a

    2 + b+ c)

    (a + b+ c)2, (3.2.16)

    1

    c + a+ 1 (a + b

    2 + c)

    (a + b+ c)2. (3.2.17)

    Sumand inegalitatile 3.2.15, 3.2.16 si 3.2.17 rezulta

    1

    a+ b+ 1+

    1

    b+ c+ 1+

    1

    c+ a + 1 a

    2 + b2 + c2 + 2 (a+ b+ c)

    (a+ b+ c)2. (3.2.18)

    Din relatiile 3.2.13 si 3.2.18 rezulta

    (a + b+ c)2 a2 + b2 + c2 + 2 (a + b+ c) ,de unde rezulta relatia 3.2.14.

    24

  • Problema 3.2.5 Fie x, y, z 1 astfel ncat astfel ncat

    1

    x+

    1

    y+

    1

    z= 2 (3.2.19)

    Sa se arate ca x+ y + z x 1 +

    y 1 +z 1. (3.2.20)

    Solutie. Din relatia 3.2.19 rezulta

    x 1x

    +y 1y

    +z 1z

    = 1. (3.2.21)

    Din relatia precedenta si inegalitatea Cauchy-Schwarz rezulta

    (x+ y + z) = (x+ y + z)

    (x 1x

    +y 1y

    +z 1z

    )=

    =[(

    x)2

    + (y)2 +

    (z)2] [(x 1

    x

    )+

    (y 1y

    )+

    (z 1z

    )2]

    (

    x 1 +y 1 +z 1

    )2,

    de unde rezulta inegalitatea 3.2.20.

    Problema 3.2.6 Fie x1, ..., xn R, n 2 si a > 0 astfel ncat sunt verificate relatiile

    x1 + ...+ xn = 0 (3.2.22)

    x21 + ... + x2n

    a2

    n 1 . (3.2.23)

    Sa se arate ca xi [0, 2a

    n

    ]pentru orice i {1, ..., n}.

    Solutie. Aplicand corolarul 3.2.4, din relatiile 3.2.22 si 3.2.23 rezulta

    (a x1)2 = (x2 + ...+ xn)2 (n 1)(x22 + ...+ x

    2n

    ) (n 1)( a2n 1 x

    21

    ),

    deci

    a2 2ax1 + x21 a2 (n 1)x21.Din ultima inegalitate rezulta

    x1

    (x1 2a

    n

    ) 0,

    ceeace implica x1 [0, 2a

    n

    ]. Analog se demonstreaza ca xi

    [0, 2a

    n

    ]pentru orice i {2, ..., n}.

    25

  • 3.3 Inegalitatea lui Cebsev

    Teorema 3.3.1 (Inegalitatea lui Cebsev) Fie a1 ... an.1. Daca b1 ... bn, atunci

    a1b1 + ...+ anbn 1n(a1 + ... + an) (b1 + ... + bn) . (3.3.1)

    2. Daca b1 ... bn, atunci

    a1b1 + ...+ anbn 1n(a1 + ... + an) (b1 + ... + bn) . (3.3.2)

    Observatia 3.3.2 Inagalitatea 3.3.1 mai poate fi ntalnita si sub forma

    a1b1 + ...+ anbnn

    a1 + ... + ann

    b1 + ...+ bnn

    . (3.3.3)

    Problema 3.3.1 Fie , x, y, z R+ astfel ncat xyz = 1 si 1. Sa se arate cax

    y + z+

    y

    z + x+

    z

    x+ y 3

    2. (3.3.4)

    Solutie. Relatia 3.3.4 este simetrica n raport cu x, y si z, deci fara a reduce generalitateasolutiei presupunem ca x y z. Atunci avem

    x

    y + z y

    z + x z

    x+ y, (3.3.5)

    x1 y1 z1. (3.3.6)Aplicand inegalitatea lui Cebsev obtinem(

    x

    y+z+ y

    z+x+ z

    x+y

    )=(x1 x

    y+z+ y1 y

    z+x+ z1 z

    x+y

    )

    13(x1 + y1 + z1)

    (x

    y+z+ y

    z+x+ z

    x+y

    ).

    (3.3.7)

    Dar conform inegalitatii lui Nesbitt avem

    x

    y + z+

    y

    z + x+

    z

    x+ y 3

    2(3.3.8)

    iar din inegalitatea mediilor obtinem

    x1 + y1 + z1 3 3x1y1z1 = 3. (3.3.9)

    Relatia 3.3.4 rezulta din relatiile 3.3.7, 3.3.8 si 3.3.9.

    Problema 3.3.2 Fie x1, ..., xn R+ astfel ncatni=1

    1

    1 + xi= 1. (3.3.10)

    Sa se demonstreze ca are loc relatia

    ni=1

    xi (n 1)

    ni=1

    1xi. (3.3.11)

    26

  • Solutie. Daca notam1

    1 + xi= ai, i {1, ..., n} ,

    atunci relatia 3.3.11 devine

    ni=1

    1 aiai

    (n 1)ni=1

    ai

    1 ai

    ni=1

    (1 aiai

    +

    ai

    1 ai

    ) n

    ni=1

    ai

    1 ai

    nni=1

    ai

    1 ai ni=1

    1ai (1 ai)

    =

    (ni=1

    ai

    ) (ni=1

    1ai (1 ai)

    ).

    Dar ultima relatie este o consecinta directa a inegalitatii lui Cebsev aplicata numerelora1, ..., an respectiv

    1a1 (1 a1)

    , ...,1

    an (1 an).

    Problema 3.3.3 Fie a, b, c R+ astfel ncata+ b+ c = 3. (3.3.12)

    Sa se demonstreze ca are loc inegalitatea

    1

    a2 + b+ c+

    1

    b2 + c+ a+

    1

    c2 + a+ b 1. (3.3.13)

    Solutie. Inegalitatea 3.3.13 este echivalenta cu

    1

    a2 a+ 3 1

    3+

    1

    b2 b+ 3 1

    3+

    1

    c2 c+ 3 1

    3 0

    a (a 1)a2 a + 3 +

    b (b 1)b2 b+ 3 +

    c (c 1)c2 c+ 3 0

    a 1a 1 + 3

    a

    +b 1

    b 1 + 3b

    +c 1

    c 1 + 3c

    0 (3.3.14)

    Fara a reduce generalitatea demonstratiei presupunem ca 0 < a b c. Atunci dininegalitatea mediilor obtinem

    a 1 + 3a a + 3

    a 1 6 1 = 5 > 0

    b 1 + 3b> 0

    c 1 + 3c> 0

    Demonstram ca1

    a 1 + 3a

    1b 1 + 3

    b

    1c 1 + 3

    c

    adica

    a 1 + 3a b 1 + 3

    b c 1 + 3

    c. (3.3.15)

    27

  • Inegalitatea

    a 1 + 3a b 1 + 3

    b

    este echivalenta cu(a b) (ab 3) 0. (3.3.16)

    Dar din inegalitatea mediilor avem

    ab 14(a + b)2 0 are loc inegalitatea

    xr (x y) (x z) + yr (y z) (y x) + zr (z x) (z y) 0. (3.5.1)

    Observatia 3.5.2 Pentru r = 1 inegalitatea 3.5.1 poate fi rescrisa sub urmatoarele forme:

    1. x3 + y3 + z3 + 3xyz xy (x+ y) + yz (y + z) + zx (z + x);

    30

  • 2. xyz (x+ y z) (y + z x) (z + x y);3. xy + yz + zx 1+9xyz

    4, daca x+ y + z = 1.

    Problema 3.5.1 Sa se demonstreze ca pentru orice a, b, c (0, pi2

    )are loc urmatoarea ine-

    galitate

    sin a sin (a b) sin (a c)sin (b+ c)

    +sin b sin (b c) sin (b a)

    sin (c+ a)+sin c sin (c a) sin (c b)

    sin (a + b) 0.

    (3.5.2)

    Solutie. Daca notamx = sin a, y = sin b, z = sin c,

    atunci x, y, z > 0 si au loc relatiile

    sin a sin (a b) sin (a c) sin (a+ b) sin (c+ a) = x (x2 y2) (x2 z2)sin b sin (b c) sin (b a) sin (b+ c) sin (a + b) = y (y2 x2) (y2 z2)sin c sin (c a) sin (c b) sin (a+ c) sin (c+ b) = z (z2 x2) (z2 y2) .

    Deoarece sin (b+ c) , sin (c+ a) , sin (a + b) > 0, aducand la acelasi numitor relatia 3.5.2din relatiile precedente obtinem

    x(x2 y2) (x2 z2)+ y (y2 x2) (y2 z2)+ z (z2 x2) (z2 y2) 0. (3.5.3)

    Notand x =u, y =

    v si z =

    w relatia precedenta devine

    u12 (u v) (u w) + v 12 (v u) (v w) + w 12 (w u) (w v) 0. (3.5.4)

    Dar pentru r = 12relatia 3.5.3 este tocmai inegalitatea lui Schur, deci este adevarata.

    Prin urmare, inegalitatea 3.5.2 are loc.

    Problema 3.5.2 Fie x, y, z R+ astfel ncatxyz = x+ y + z + 2 (3.5.5)

    Sa se arate caxy + yz + zx 2 (x+ y + z) . (3.5.6)

    Solutie. Conditia 3.5.5 poate fi rescrisa sub forma

    1

    1 + x+

    1

    1 + y+

    1

    1 + z= 1. (3.5.7)

    Daca

    a =1

    1 + x, b =

    1

    1 + y, c =

    1

    1 + z,

    atunci

    x =1 aa

    =b+ c

    a, y =

    1 bb

    =a + c

    b, z =

    1 cc

    =a+ b

    c.

    Relatia 3.5.6 este echivalenta cu relatia

    b+ c

    a a+ c

    b+a+ c

    b a + b

    c+a+ b

    c b+ c

    a 2

    (b+ c

    a+a+ c

    b+a+ b

    c

    )

    a3 + b3 + c3 + 3abc ab (a+ b) + bc (b+ c) + ca (c+ a) . (3.5.8)Dar relatia 3.5.7 reprezinta inegalitatea lui Schur din observatia 3.5.2, deci este adevarata.Prin urmare, inegalitatea 3.5.6 este adevarata.

    31

  • Problema 3.5.3 Sa se arate ca pentru orice a, b, c R+ are loc inegalitatea

    27 +

    (2 +

    a2

    bc

    )(2 +

    b2

    ca

    )(2 +

    c2

    ab

    ) 6 (a+ b+ c)

    (1

    a+

    1

    b+

    1

    c

    ). (3.5.9)

    Solutie. Efectuand calculele si eliminand numitorii relatia 3.5.9 este echivalenta cu

    2abc [a3 + b3 + c3 + 3abc ab (a + b) bc (b+ c) ca (a+ a)] ++ [a3b3 + b3c3 + c3a3 + 3a2b2c2 a2bc (ab+ ac) ab2c (ab+ bc) abc2 (ac+ bc)] 0.

    (3.5.10)Aplicand inegalitatea lui Schur din obsrevatia 3.5.2(1) pentru sistemele de numere a, b, c,

    respectiv ab, bc, ca se obtine inegalitatea 3.5.10, deci inegalitatea 3.5.9 este adevarata.

    Problema 3.5.4 Sa se arate ca pentru orice a, b, c R+ care verifica egalitatea loc inegali-tatea

    a+ b+ c = 1

    are loc relatia

    a3 + b3 + c3 + 6abc 14. (3.5.11)

    Solutie. Multiplicand cu 4 relatia 3.5.11 obtinem

    4a3 + 4b3 + 4c3 + 24abc (a + b+ c)3

    4a3 + 4b3 + 4c3 + 24abc a3 + b3 + c3 + 3 [a2 (b+ c) + b2 (c+ a) + c2 (a+ b)]+ 6abc.3a3 + 3b3 + 3c3 + 18abc 3 [a2 (b+ c) + b2 (c+ a) + c2 (a + b)]

    a3 + b3 + c3 + 6abc a2 (b+ c) + b2 (c+ a) + c2 (a+ b) a3 + b3 + c3 + 6abc ab (a+ b) + bc (b+ a) + ca (a + c) . (3.5.12)

    Dar relatia 3.5.12 reprezinta inegalitatea lui Schur din observatia 3.5.2(1), deci esteadevarata. Prin urmare, relatia 3.5.11 este adevarata.

    3.6 Inegalitatea lui Jensen

    Definitia 3.6.1 Functia f : [a, b] R R se numeste convexa pe intervalul [a, b] dacapentru orice x, y [a, b] si orice t [0, 1] avem

    tf (x) + (1 t) f (y) f (tx+ (1 t) y) . (3.6.1)

    Definitia 3.6.2 Functia f : [a, b] R R se numeste concava pe intervalul [a, b] dacafunctia f este convexa, adica pentru orice x, y [a, b] si orice t [0, 1] avem

    tf (x) + (1 t) f (y) f (tx+ (1 t) y) . (3.6.2)

    Teorema 3.6.3 Daca f : [a, b] R R este derivabila de ordinul 2 pe [a, b] si

    f (x) 0, () x [a, b] ,

    atunci f este o functie convexa pe [a, b].

    32

  • Teorema 3.6.4 (Inegalitatea lui Jensen) Daca functia f : [a, b] R R este convexape [a, b], atunci pentru orice x1, ..., xn [a, b] are loc inegalitatea

    f (x1) + ...+ f (xn) nf(x1 + ...+ xn

    n

    ). (3.6.3)

    Urmatoarea teorema ne arata ca relatia 3.6.3 poate fi adevarata n conditii mai generale,adica nu este necesar ca functia f sa fie convexa.

    Teorema 3.6.5 Daca functia f : [a, b] R R satisface conditia

    2f

    (x+ y

    2

    ) f (x) + f (y) , () x [a, b] , (3.6.4)

    atunci pentru orice x1, ..., xn [a, b] are loc inegalitatea 3.6.3.Demonstratie. Prin inductie matematica se demonstreaza imediat ca pentru orice n = 2k,k N, si orice x1, ..., xn [a, b] are loc inegalitatea 3.6.3. Vom demonstra folosind metodainductiei a lui Cauchy ca are loc relatia 3.6.3 pentru n N.

    Verificarea pentru n {1, 2} este evidenta.Presupunem ca

    f (x1) + ...+ f (xn) nf(x1 + ...+ xn

    n

    ), () x1, ..., xn [a, b]

    si demonstram ca

    f (x1) + ... + f (xn1) (n 1) f(x1 + ... + xn1

    n 1), () x1, ..., xn1 [a, b] .

    Fie x1, ..., xn1 [a, b] arbitrar alesi si notam xn = x1+...+xn1n1 . Pentru numerelex1, ..., xn [a, b] aplicam ipoteza de inductie, deci avem

    f (x1) + ... + f (xn) nf(x1 + ...+ xn

    n

    )

    f (x1) + ... + f (xn1) + f

    (x1 + ... + xn1

    n 1) nf

    (x1 + ...+ xn1 +

    x1+...+xn1n1

    n

    )

    f (x1) + ...+ f (xn1) + f

    (x1 + ...+ xn1

    n 1) nf

    (x1 + ...+ xn1

    n 1)

    f (x1) + ... + f (xn1) (n 1) f(x1 + ... + xn1

    n 1).

    Prin urmare, presupunerea facuta este adevarata deci f verifica relatia 3.6.3.

    Teorema 3.6.6 (Inegalitatea ponderata a lui Jensen) Daca functia f : [a, b] R R este convexa pe [a, b] si a1, .., an [0, 1] verifica relatia

    a1 + ... + an = 1,

    atunci pentru orice x1, ..., xn [a, b] are loc inegalitateaa1f (x1) + ... + anf (xn) f (a1x1 + ... + anxn) . (3.6.5)

    33

  • Urmatoarea teorema ne arata ca si relatia 3.6.5 poate fi adevarata n conditii mai generale,adica nu este necesar ca functia f sa fie convexa.

    Teorema 3.6.7 Daca functia f : [a, b] R R satisface conditia

    2f

    (x+ y

    2

    ) f (x) + f (y) , () x [a, b] , (3.6.6)

    atunci ineglitatea 3.6.5 are loc pentru orice x1, ..., xn [a, b] si orice a1, .., an Q [0, 1]verifica relatia

    a1 + ...+ an = 1.

    Demonstratie. Din teorema 3.6.5 rezulta ca pentru orice n N si orice x1, ..., xn [a, b]are loc inegalitatea

    f (x1) + ... + f (xn) nf(x1 + ... + xn

    n

    ).

    Consideram numerele rationale

    a1 =r1s1, ..., an =

    rnsn,

    unde r1, ..., rn, s1, ..., sn N astfel ncat a1, .., an [0, 1]. Daca m este cel mai mic multiplucomun al numerelor s1, ..., sn, atunci notam

    a1 =p1m, ..., an =

    pnm,

    unde p1, ..., pn N verifica egalitatea

    p1 + ...+ pn = 1.

    Atunci

    f (a1x1 + ...+ anxn) = f(p1mx1 + ... +

    pnmxn

    )=

    = f

    1m

    x1 + ...+ x1

    pi termeni

    + ... +

    xn + ... + xn

    pn termeni

    =1

    m

    f (x1) + ...+ f (x1)

    p1 termeni

    + ... +

    f (xn) + ...+ f (xn)

    pn termeni

    =

    =p1mf (x1) + ...+

    pnmf (xn) = a1f (x1) + ...+ anf (xn) .

    Propozitia 3.6.8 Daca functia f : [a, b] R R este continua si satisface conditia

    2f

    (x+ y

    2

    ) f (x) + f (y) , () x [a, b] ,

    atunci este convexa.

    34

  • Problema 3.6.1 Sa se arate ca daca a, b, c R+ atunci are loc inegalitatea

    a

    (b+ c)2+

    b

    (c+ a)2+

    c

    (b+ a)2 9

    4 (a+ b+ c). (3.6.7)

    Solutie. Relatia 3.6.7 se poate scrie sub forma

    aa+b+c(

    ba+b+c

    + ca+b+c

    )2 + ba+b+c( ca+b+c

    + aa+b+c

    )2 + ca+b+c( ba+b+c

    + aa+b+c

    )2 94 ( aa+b+c

    + ba+b+c

    + ca+b+c

    ) .deci daca notam

    x =a

    a+ b+ c< 1, y =

    b

    a+ b+ c< 1, z =

    c

    a+ b+ c< 1,

    atunci inegalitatea 3.6.7 devine

    x

    (y + z)2+

    y

    (z + x)2+

    z

    (y + x)2 9

    4 (x+ y + z). (3.6.8)

    Cum

    x+ y + z = 1

    relatia precedenta devine

    x

    (1 x)2 +y

    (1 y)2 +z

    (1 z)2 9

    4. (3.6.9)

    Functia f : (0, 1) R definita prin

    f (x) =x

    (1 x)2 , () x (0, 1)

    este derivabila de ordinul 2 pe domeniul de definitie si

    f (x) =4 + 2x

    (1 x)4 0, () x (0, 1) .

    Prin urmare, functia f este convexa, deci aplicand inegalitatea lui Jensen pentru numerelex, y si z obtinem

    f (x) + f (y) + f (z) 3f(x+ y + z

    3

    )= 3f

    (1

    3

    )

    x

    (1 x)2 +y

    (1 y)2 +z

    (1 z)2 9

    4

    deci relatia 3.6.9 si implicit si relatia 3.6.7 are loc.

    Problema 3.6.2 Daca a1, ..., an sunt numere reale mai mari decat 1, atunci

    1

    1 + a1+ ... +

    1

    1 + an n

    na1...an + 1

    . (3.6.10)

    35

  • Solutie. Fie functia f : (0,) R definita prin

    f (x) =1

    1 + ex, () x (0,) .

    Functia f este convexa deoarece

    f (x) =ex (ex 1)(1 + ex)3

    > 0, () x (0,) .

    Pentru orice i {1, ..., n} exista xi (0,) astel ncat ai = exi. Din inegalitatea luiJensen pentru numerele x1, ..., xn avem

    nf

    (x1 + ... + xn

    n

    ) f (x1) + ...+ f (xn)

    1

    1 + ex1+...xn

    n

    1n

    (1

    1 + ex1+ ...+

    1

    1 + exn

    )deci are loc relatia 3.6.10.

    Problema 3.6.3 Sa se demonstreze ca oricare ar fi n N, n > 1, si oricare ar fi numerelex1, ..., xn R+, astfel ncat satisfac conditia

    x1 + ...+ xn = 1,

    are loc inegalitatea

    x11 x1

    + ...+xn1 xn

    x1 + ...+

    xn

    n 1 . (3.6.11)

    Solutie. Functia f : (0, 1) R definita prin

    f (x) =x1 x, () x (0, 1) ,

    este convexa n intervalul (0, 1), deoarece

    f (x) > 0, () x (0, 1) .

    Aplicand inegalitatea lui Jensen functiei f avem

    nf

    (x1 + ... + xn

    n

    ) f (x1) + ...+ f (xn)

    nf

    (1

    n

    ) x1

    1 x1+ ... +

    xn1 xn

    n

    n 1 x11 x1

    + ...+xn1 xn

    . (3.6.12)

    Daca aplicam inegalitatea Cauchy-Schwarz sistemelor de numerex1, ...,

    xn si 1, ..., 1

    obtinem x1 + ... +

    xn

    x1 + ... + xn

    n =

    n. (3.6.13)

    Din inegalitatile 3.6.12 si 3.6.13 rezulta 3.6.11.

    36

  • 3.7 Inegalitatati remarcabile

    Teorema 3.7.1 (Inegalitatea lui Bernoulli) Pentru orice x > 1 si orice a > 1 avem

    (1 + x)a 1 + ax. (3.7.1)

    Teorema 3.7.2 (Inegalitatea lui Huzgens) Daca p1, ..., pn, a1, ..., an, b1, ..., bn R+ ast-fel ncat

    p1 + ... + pn = 1,

    atuncini=1

    (ai + bi)pi

    ni=1

    apii + bpii . (3.7.2)

    Teorema 3.7.3 (Inegalitatea lui Minkowski) Fie a1, ..., an, b1, ..., bn R+. Atunci pen-tru orice numar real r 1 are loc inegalitatea

    ni=1

    (ai + bi)1r

    (ni=1

    ari

    ) 1r

    i

    +

    (ni=1

    bri

    ) 1r

    . (3.7.3)

    Teorema 3.7.4 (Inegalitatea lui Young) Daca a, b > 0 si p, q > 0, astfel ncat 1p+ 1

    q= 1,

    atunci are loc inegalitatea

    ab ap

    p+bq

    q. (3.7.4)

    37

  • 38

  • Capitolul 4

    Siruri de numere reale

    4.1 Notiuni teoretice generale

    Definitia 4.1.1 Se numeste sir de numere reale orice aplicatie f : N R. Valorileacestei functii reprezinta o multime de numere reale notata prin (xn)n1( (xn)nN sau (xn)n).

    Definitia 4.1.2 Un sir (xn)n1 R se numeste sir convergent catre x0 R daca oricarear fi > 0, exista n N astfel ncat pentru orice n n avem

    |xn x0 | < . (4.1.1)

    Definitia 4.1.3 Sirul de numere reale (xn)n se numeste sir Cauchy (sir fundamental)daca oricare ar fi > 0, exista n N, astfel ncat pentru orice n n si orice p 1 avem

    |xn+p xn | < . (4.1.2)

    Teorema 4.1.4 (Criteriului Cauchy(pentru siruri)) Un sir de numere reale este con-vergent daca si numai daca este sir Cauchy.

    Definitia 4.1.5 1. Sirul de numere reale (xn)n este convergent catre daca oricare fiM R , exista nM N astfel ncat pentru n nM avem xn > M.Vom scrie

    limn

    xn = sau xn n

    .

    2. Sirul de numere reale (xn)n este convergent catre daca oricare ar fi m R existanm N astfel ncat pentru n nm avem xn < m.Vom scrie

    limn

    xn = sau xn n

    .

    Definitia 4.1.6 Sirul de numere reale (xn)n este marginit, daca exista M > 0 astfel ncatpentru orice numar natural n avem |xn| M .

    Propozitia 4.1.7 Daca limn | xn | =, atunci limn xn1 = 0.

    39

  • Operatii cu siruri convergente

    Daca (xn)n si (yn)n sunt siruri convergente convergente de numere reale, atunci:

    1. limn ( xn + yn) = limn xn + limn yn;

    2. limn ( xnyn) = limn xn limn yn;

    3. limn xnyn =limn xnlimn yn

    , daca yn 6= 0, ()n N, si limn yn 6= 0.

    Propozitia 4.1.8 Orice sir (xn)n R convergent este marginit.

    Propozitia 4.1.9 Orice sir (xn)n R marginit si monoton este convergent.

    Propozitia 4.1.10 Daca (xn)n este un sir de numere reale convergent catre x0, atunci|xn|

    n|x0|. Reciproca nu este n general valabila, exceptand cazul n care x0 = 0.

    Teorema 4.1.11 Daca (xn)n si (yn)n sunt siruri de numere reale astfel ncat limn xn = 0si sirul (yn)neste marginit, atunci limn xnyn = 0.

    Lema 4.1.12 (Lema clestelui) Daca (xn)n, (yn)n si (zn)n sunt siruri de numere realeastfel ncat:

    1. limn xn = limn zn = a;

    2. xn yn zn, () n 1,

    atunci limn yn = a.

    Propozitia 4.1.13 (Cesaro-Stolz) Daca (xn)n, (yn)n R satisfac conditiile:

    1. sirul (yn)n este strict monoton si limn yn =;2. exista limita

    limn

    xn+1 xnyn+1 yn = l R,

    atunci limn xnyn = l.

    Propozitia 4.1.14 (Criteriul raportului pentru siruri) Fie (xn)n un sir de numerereale strict pozitive astfel ncat exista l = limn

    xn+1xn

    .

    1. Daca l [0, 1), atunci limn xn = 0;2. Daca l > 1, atunci limn xn =.

    Propozitia 4.1.15 (Criteriul Cauchy-DAlambert) Fie (xn)n un sir de numere realestrict pozitive astfel ncat exista

    l = limn

    xn+1xn

    .

    Atunci limn nxn = l.

    40

  • 4.1.1 Siruri speciale

    1) Fie

    P (x) = amxm + am1x

    m1 + ...+ a1x+ a0

    o functie polinomiala, unde am 6= 0. Atunci

    limn

    P (n) =

    { , daca am > 0,, daca am < 0.

    2) Fie

    xn = qn, n 1, q R

    Atunci:

    1. daca q > 1 avem

    limn

    xn =

    0, q (1, 1) ,1 , q = 1, , q > 1

    ;

    2. sirul (xn)n este nemarginit si nu are limita daca q 1

    3) Sirul

    en =

    (1 +

    1

    n

    )n, n 1,

    este strict crescator si limn en = e.4) Daca |q| < 1, atunci

    limn

    (1 + q + ...+ qn) = (1 q)1.

    5) Fie functiile polinomiale

    P (x) = amxm + am1x

    m1 + ... + a1x+ a0, am 6= 0,

    Q (x) = bpxp + bp1x

    p1 + ... + b1x+ b0, bp 6= 0.

    Atunci,

    limn

    P (n) =

    0 , m < p,am/bp, m = p,, m < p, am/bp > 0,, m < p, am/bp < 0.

    6) Sirul lui Fibonacci este definit prin relatia

    f0 = 0, f1 = 1,

    fn+2 = fn+1 + fn, n 0.

    41

  • Termenul general al sirului se poate scrie sub forma

    fn =15

    (1 +5

    2

    )n+1(15

    2

    )n+1 , n 0, (4.1.3)si au loc urmatoarele egalitati:

    limn

    fn =, limn

    nfn =.

    7) Un sir (xn)n se numeste sir recurent de ordinul k daca este definit printr-o relatiede forma

    xn+k = f (xn, xn+1, ..., xn+k1) , n 1, (4.1.4)unde x1, x2, ..., xk sunt numere reale date.

    In plus vom spune ca recurenta este liniara daca functia f este liniara.Vom prezenta cazul recurentelor liniare de ordinul doi cu coeficienti constanti de forma

    xn+2 = xn+1 + xn, n 1,

    unde x1, x2, , R sunt cunoscute. Acestei recurente i asociem ecuatia caracteristica n tdefinita prin

    t2 t = 0.Atunci avem unul din cazurile:

    1. daca ecuatia are radacini reale si distincte t1 si t2, termenul general al sirului are forma

    xn = Atn1 +Bt

    n2 , n 1.

    2. daca ecuatia are o radacina reala dubla t, termenul general al sirului are forma

    xn = tn (A+ nB) , n 1.

    3. daca ecuatia are radacinile complexe

    t1,2 = (cos + i sin ) ,

    termenul general al sirului are forma

    xn = n (A cosn + iB sin n) , n 1.

    Constantele A si B, care apar mai sus, se determina n functie de x1 si x2.

    4.2 Convergenta n R

    Propozitia 4.2.1 Un sir (xn)n converge catre x0 n R daca si numai daca converge catrex0 n R.

    Propozitia 4.2.2 Fie (xn)n si (yn)n doua siruri de numere reale.

    42

  • 1. Dacalimn

    xn = si limn

    yn = y0 >

    atuncilimn

    (xn + yn) =.

    2. Dacalimn

    xn = si limn

    yn 0

    atuncilimn

    (xnyn) =.

    4. Dacalimn

    xn = si limn

    yn = y0 < 0

    atuncilimn

    (xnyn) =

    5. Dacalimn

    xn = si limn

    yn = y0 > 0

    atuncilimn

    ( xnyn) =

    6. Dacalimn

    xn = si limn

    yn = y0 < 0

    atuncilimn

    ( xnyn) =.

    Reguli de calcul n R

    1. Daca x > , atuncix+ (+) = (+) + x = +.

    43

  • 2. Daca x < +, atuncix+ () = () + x = .

    3. Daca x > 0, atuncix (+) = (+)x = +.

    4. Daca x < 0, atuncix (+) = (+)x = +.

    5. Daca x > 0, atuncix () = () x = .

    6. Daca x < 0, atuncix () = () x = +.

    Propozitia 4.2.3 Fie (xn)n un sir de numere reale.

    1. Daca (xn)n este crescator, atunci este convergent n R si

    limn

    xn = supn1

    xn.

    2. Daca (xn)n este descrescator, atunci este convergent n R si

    limn

    xn = infn1

    xn.

    .

    4.3 Subsiruri. Limita superioara si limita inferioara a

    unui sir

    Definitia 4.3.1 Fie (xn)n un sir de numere reale si M N (M 6= N). Se numeste subsiral sirului (xn)n sirul de forma (xnk)k, k N, nk M .

    Definitia 4.3.2 Pentru orice sir (xn)n R definim

    un = sup { xk | k n} , n 1,

    vn = inf {xk | k n} , n 1,unde supremul si infimul sunt considerate n R.

    Observatia 4.3.3 Sirul (un)n este descrescator, iar sirul (vn)n este crescator.

    Definitia 4.3.4 In conditiile definitiei 4.3.2 elementul

    u = infn

    un = infn

    supkn

    un

    se numeste limita superioara n R a sirului (xn)n, iar elementul

    v = supn

    vn = supn

    infkn

    un,

    44

  • se numeste limita inferioara n R a sirului (xn)n.Pentru valorile definite mai sus avem notatiile

    u = lim supn

    = limn

    xn

    v = lim infn

    xn = limn

    xn.

    Observatia 4.3.5 1. Daca (xn)n este un sir de numere reale marginit n R, atunci limitainferioara si limita superioara a sirului (xn)n, calculate n R, sunt numere reale sicoincid cu limita inferioara si limita superioara a sirului (xn)n.

    2. In conditiile definitiilor anterioare avem

    limn

    xn limn

    xn.

    Definitia 4.3.6 Un punct a R se numeste punct limita al sirului (xn)n R dacaexista un subsir (xnk)k astfel ncat

    limk

    xnk = a.

    Propozitia 4.3.7 Un sir marginit de numere reale este convergent catre un numar l dacasi numai daca

    limn

    xn = limn

    xn = l.

    Propozitia 4.3.8 Fie (xn)n R. Atunci exista doua subsiruri (xkn)n si (xln)n ale lui (xn)n,astfel ncat

    limn

    xkn = limn

    xn

    limn

    xln = limn

    xn.

    Corolar 4.3.9 Orice sir din R contine un subsir convergent.

    Propozitia 4.3.10 (Lema lui Cesaro) Orice sir marginit contine cel putin un subsir con-vergent.

    4.4 Probleme rezolvate

    Problema 4.4.1 Sa se studieze convergenta sirului (xn)n, unde

    xn =2

    12 + 1+

    2

    22 + 2+

    2

    32 + 3+ ...+

    2

    n2 + n, () n 1.

    Solutie. Vom arata ca sirul este fundamental, adica oricare ar fi > 0, exista n N astfelncat pentru orice n n si oricare ar fi p 1avem

    | xn+p xn | < .

    Pentru orice p 1 avem

    |xn+p xn| = 2(n + 1)2 + n+ 1

    + ... +2

    (n+ p)2 + n+ p 0 si b2 + 8c < 0;- c > 0 si b2 + 8c 0.Cazul I. Presupunem c = 0 si b > 0. Se observa ca

    limn

    bx 2 =,

    deci pentru a 0 avemlimn

    n(an +bn 2) =.

    Daca a < 0, atunci

    limn

    n(an+bn 2) = lim

    nna2n2 + bn 2an +bn 2 =.

    Cazul II. Presupunem ca c > 0 si b2 + 8c < 0. Ca si n cazul precedent pentru a 0avem

    limn

    n(an +cn2 + bn 2) =.

    Daca a < 0, atunci

    limn

    n(an +cn2 + bn 2) = lim

    nna2n2 + cn2 + bn 2an +bn 2 =

    = limn

    (c a2)n3 + bn2 2nan +bn 2 = limn

    (c a2)n2 + bn 2a +bn1 2n2 .

    Egalitatea

    limn

    n(an +cn2 + bn 2) = 1

    este satisfacuta daca c a2 = 0b = 0

    2/a = 1a = 2b = 0c = 1

    ,

    dar solutia nu verifica conditiile

    b2 + 8c < 0 si c > 0.

    Cazul III. Presupunem ca

    c > 0 si b2 + 8c 0,Se trateaza ca si cazul anterior si se obtine aceeasi solutie

    a = 2b = 0c = 1

    , (4.4.2)

    si se observa ca de data aceasta conditiile sunt satifacute, deci solutia 4.4.2 reprezinta solutiaproblemei.

    47

  • Problema 4.4.4 Fie a, b, c constante reale astfel ncat

    a+ b+ c = 0.

    Sa se calculeze

    l = limn

    (an+ 1 + b

    n+ 2 + c

    n+ 3

    )Solutie. Daca

    a+ b+ c = 0.

    atunci

    c = a b.Avem

    l = limn

    (an+ 1 + b

    n+ 2 an+ 3 bn + 3

    )=

    = limn

    (an+ 1 an+ 3

    )+ lim

    n

    (bn + 2 bn+ 3

    )=

    = a limn

    n+ 1 n 3n + 1 +

    n + 3

    + b limn

    n+ 2 n 3n+ 2n+ 3 =

    = a limn

    2n+ 1 +

    n + 3

    + b limn

    1n+ 2n+ 3 = 0.

    Problema 4.4.5 Sa studieze natura sirului (an)nN, definit prin relatia

    an =1

    12+

    1

    22+ ... +

    1

    n2, n 1.

    Solutie. Folosind obsevatia

    an =1

    12+

    1

    22+ ...+

    1

    n2< 1 +

    1

    1 2 +1

    2 3 + ...+1

    (n 1) n =

    = 1 + 1 12+

    1

    2 1

    3+ ... +

    1

    n 1 +1

    n= 2 1

    n< 2,

    adevarata pentru orice n 2, rezulta ca

    an (0, 2) , () n 1.

    Deoarece

    an+1 an = (n+ 1)2 > 0, ()n 1,rezulta ca sirul este strict crescator si marginit, deci convergent si

    limn

    an 2.

    Problema 4.4.6 Sa se calculeze

    l = limn

    (n2 + 1 3

    n3 + 1

    )

    48

  • Solutie. Deoarece

    limn

    (n2 + 1 n

    )= lim

    nn2 + 1 n2n2 + 1 + n

    = limn

    1n2 + 1 + n

    = 0,

    limn

    (3n3 + 1 n

    )= lim

    nn3 + 1 n3

    3

    (n3 + 1)2 + n 3

    n3 + 1 + n2

    =

    = limn

    1

    3

    (n3 + 1)2 + n 3

    n3 + 1 + n2

    = 0,

    rezulta

    l = limn

    (n2 + 1 3

    n3 + 1

    )= lim

    n

    (n2 + 1 n

    ) lim

    n

    (3n3 + 1 n

    )= 0.

    Problema 4.4.7 Sa se calculeze limita sirului

    an =n !

    nn, n 1.

    Solutie. Deoarece

    l = limn

    an+1an

    = limn

    (n + 1) !

    (n+ 1)n+1nn

    n != lim

    n

    (n

    n+ 1

    )n=

    limn

    (1 (n+ 1)1)n = elimn nn+1 = e1 < 1,

    rezulta, conform Criteriului raportului pentru siruri, ca

    limn

    an = 0

    .

    Problema 4.4.8 Fie sirul (an) n1 definit de relatia de recurenta

    an+1 = a2n 2an + 2, n 1,

    cu a1 = a [1, 2). Sa se studieze monotonia, convergenta sirului, si sa se calculeze limita sadaca aceasta exista.

    Solutie. Relatia de recurenta se rescrie

    an+1 1 = (an 1)2, n 1.Daca notam

    yn = xn 1, n 1,rezultatul anterior devine

    yn+1 = y2n, n 1

    Prin inductie se arata cayn = y1

    2n1 , n 2,de unde rezulta

    an 1 = (a1 1)2n1

    = (a 1)2n1 , n 2.

    49

  • Din ipoteza avem a 1 [0, 1), ceea ve implicaa n 1 [0, 1), n 1.

    Trecand la limita n relatia anterioara obtinem

    limn

    (an 1) = limn

    (a1 1)2n1

    = 0

    deci limn an = 1.Studiem monotonia sirului (an) n1. Din relatia de recurenta obtinem

    an+1 an = a2n 3an + 2, n 1,de unde, avand n vedere ca

    x2 3x+ 2 < 0, () x (1, 2) ,rezulta ca

    an+1 an < 0, n 1,adica sirul este strict descrescator.

    Problema 4.4.9 Sa se calculeze limita limnxn+1xn

    unde sirul (xn)n este definit prin

    xn =(

    3 +2) n

    +(

    32)n, n 1.

    Solutie. Folosind observatia(3

    2) n

    =(

    3 +2)n

    , ()n 1,avem

    xn =(

    3 +2) n

    +1(

    3 +2) n , ()n 1.

    Deoarece

    xn+1xn

    =

    (3 +

    2) n+1

    +(

    3 +2)n1(

    3 +2) n

    +(

    3 +2)n =

    (3 +

    2) n+1 (

    1 +(

    3 +2)2(n+1))

    (3 +

    2) n (

    1 +(

    3 +2)2n) =

    rezulta

    limn

    xn+1xn

    = limn

    (3 +

    2) (

    1 +(

    3 +2)2(n+1))(

    1 +(

    3 +2)n) = 3 +2

    .

    Problema 4.4.10 Fie sirul (an)n1 definit prin relatia

    an =n + 2 2n + 1 +n, n 1.

    Sa se studieze covergenta si sa se calculeze limita sirului (xn)n1, definit prin

    xn =n

    k=1

    ak, n 1.

    50

  • Solutie. Avema1 =

    3 2

    2 + 1

    a2 =4 2

    3 +

    2

    a2 =5 2

    4 +

    3

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

    an2 =n 2n 1 +n 2

    an1 =n+ 1 2n+n 1

    an =n+ 2 2n+ 1 +n.

    Adunand aceste relatii obtinem

    nk=1

    ak = 12 +

    n + 2n + 1.

    Trecem la limita

    limn

    nk=1

    ak = 12 + lim

    n

    (n+ 2n + 1

    )=

    = 12 = lim

    n1

    n + 2 +n + 1

    = 12

    Problema 4.4.11 Sa se calculeze limita sirului (xn)n1 definit prin relatia

    xn = n1 [nx] , n 1,

    unde x (0, 1) si [nx] este partea ntreaga a numarului nx.

    Solutie. Daca {nx} este partea fractionara a numarului nx, atunci

    [nx] = nx {nx} .

    Partea fractionara a unui numar real are valori ntre 0 si 1, deci

    0 n1 {nx} < n1, ()n 1.

    Trecand la limita dupa n si aplicand Lema clestelui rezulta

    limn

    n1 {nx} = 0.

    Avand n vedere aceste observatii obtinem

    l = limn

    [nx]

    n= lim

    nnx {nx}

    n= x lim

    n{nx}n

    = x.

    Problema 4.4.12 Studiati convergenta (xn)n, definit prin relatia

    xn+2 = 5xn+1 6xn, () n 1,

    unde x1 = 1 si x2 = 4.

    51

  • Solutie. Ecuatia caracteristica asociata sirului

    t2 5t+ 6 = 0

    are radacinile t1 = 2 si t2 = 3.Forma generala a sirului este

    xn = 2nA+ 3nB, ()n 0,

    unde parametrii A si B se determina n functie de a0 si a1, adica sunt solutiile sistemului{2A + 3B = 14A + 9B = 4

    .

    Rezolvand sistemul obtinem A = 21 si B = 2/3, deci

    xn = 2 3n1 2n1, ()n 0.

    Deoarece

    limn

    xn = limn

    (2 3n1 2n1) = lim

    n3n1

    (2 (2/3)n1) =,

    rezulta ca sirul este divergent.

    Problema 4.4.13 Fie (an)n si (bn)n siruri de numere reale strict pozitive astfel ncat existalimita

    limn

    anbn

    = l

    Atunci:

    1. daca l = 0 si limita limn bn exista si este finita, avem limn an = 0;

    2. daca l = si limita limn an exista si este finita, avem limn bn = 0;

    3. pentru l (0,) sirul (an)n este convergent (are limita) daca si numai daca (bn)nesteconvergent (are limita).

    Solutie. 1) Avem

    limn

    an = limn

    (anbnbn

    )= lim

    nanbn

    limn

    bn = 0.

    2) Avem

    limn

    bn = limn

    (bnanan

    )= lim

    nbnan

    limn

    an = 0.

    3) Deoarece

    bn =bnanan si an =

    anbnbn, ()n 1,

    iar limitele limn anbn , respectiv limnbnan

    sunt finite, rezulta ca limita limn an exista(si este finita) daca si numai daca limita limn bn exista (si este finita).

    52

  • Problema 4.4.14 Fie (xn)n un sir convergent de numere reale pozitive. Sa se arate ca

    limn

    (x1...xn)1/n = lim

    nxn.

    Solutie. Incepem prin a face urmatoarele observatii:

    xn = elnxn, n 1

    (x1...xn)1/n =

    (eln(x1...xn)

    ) 1n = e

    1n

    n

    i=1lnxi

    , n 1Sirul (xn)n este convergent, deci sirul ( ln xn)n este convergent. Deoarece sirul(

    1

    n

    ni=1

    ln xi

    )n

    satisface conditiile teoremei Cesaro-Stolz, rezulta

    limn

    1

    n

    ni=1

    ln xi = limn

    n+1i=1

    ln xi ni=1

    ln xi

    n + 1 n = limn ln xn+1 = limn ln xn

    Revenind la observatiile initiale obtinem

    limn

    (x1...xn)1/n = lim

    ne( x1...xn )

    1/n

    = limn

    e1n

    n

    i=1lnxi

    = limn

    elnxn = limn

    xn.

    Problema 4.4.15 Fie a > 0 si (xn)n un sir de numere reale strict pozitive cu proprietatea

    xn+1 =1

    2

    (xn + axn

    1) , n 1.Sa se arate ca sirul este convergent si sa se calculeze limita sa.

    Solutie. Deoarece pentru orice n 1 avem

    xn+1 a = 21

    (xn 2

    a+ axn

    1) = 12

    (xn

    axn

    )2,

    rezulta caxn+1

    a, ()n 1.

    Studiem monotonia sirului. Avem

    xn+1 xn = 12

    (a

    xn xn

    )=

    a x2n2xn

    , n 1,

    deci folosind observatia anterioara rezulta

    xn+1 xn 0, n 1,

    ceea ce implica ca sirul este descrescator.

    53

  • Sirul (xn)n este descrescator si marginit inferior, deci convergent. Fie

    l = limn

    xn.

    Din defintia sirului rezulta ca l > 0. Trecem la limita n relatia de recurenta si obtinem

    limn

    xn+1 = limn

    21(xn + axn

    1) l = 21

    (l + al1

    ) l2 = a,

    decil {a,a} .

    Deoarece l este strict pozitiv rezulta l =a.

    Problema 4.4.16 Sa se calculeze se calculeze limn xn, daca:

    1. xn =nlnn;

    2. xn =n

    n1 (a+ 1) (a+ 2) ... (a+ n), daca a > 1.Solutie. Vom folosi criteriul Cauchy-DAlambert pentru siruri.

    1) Fieyn = lnn, n 1.

    Deoarece

    limn

    yn+1yn

    = limn

    ln (n+ 1)

    lnn= 1,

    rezultalimn

    xn = 1

    2) Fieyn = n

    1 (a+ 1) (a+ 2) ... (a+ n) , n 1.Deoarece

    limn

    yn+1yn

    = limn

    n

    n+ 1

    (a+ 1) ... (a + n) (a+ n + 1)

    (a+ 1) ... (a + n)= lim

    nn (a + n+ 1)

    n + 1=

    rezulta limn xn =.Problema 4.4.17 Fie (xn)n un sir de numere reale astfel ncat exista (0, 1) cu propri-etatea

    limn

    (xn+1 xn) = 0.Sa se arate ca sirul (xn)n este convergent.

    Solutie. Fie sirurile

    an =xnn

    si bn =1

    n, n 1.

    Deoarece (0, 1) rezulta ca sirul (bn)n este monoton crescator catre , deci putemaplica teorema Cesaro-Stolz pentru sirurile (an)n si (bn)n. Avem

    limn

    an+1 anbn+1 bn = limn

    xn+1 xn1 = 0

    limn

    xn = limn

    anbn

    = limn

    an+1 anbn+1 bn = 0.

    54

  • Problema 4.4.18 Fie p N si (xn)n un sir de numere reale astfel ncat

    limn

    x2p1 + ... + x2pn

    n= 0. (4.4.3)

    Sa se arate ca

    limn

    x1 + ... + xnn

    = 0. (4.4.4)

    Este reciproca adevarata?

    Solutie. Functia f : R R definita prin relatia

    f (x) = x2p, () x R,

    este convexa deci

    f

    (x1 + ... + xn

    n

    ) 1

    n(f (x1) + ...+ f (xn)) ,

    adica (x1 + ...+ xn

    n

    )2p x

    2p1 + ...+ x

    2pn

    n

    x1 + ... + xnn 2p

    x2p1 + ... + x

    2pn

    n. (4.4.5)

    Din Lema clestelui si relatiile 4.4.3 si 4.4.5 rezulta relatia 4.4.4.Reciproca afirmatiei din enunt nu este adevarata. Consideram sirul (xn)n definit prin

    xn = (1)n , ()n 1.

    Atuncix1 + ...+ xn

    n=

    {0 , n par1n

    , n impar,

    deci

    limn

    x1 + ... + xnn

    = 0,

    darx2p1 + ... + x

    2pn

    n= 1.

    55

  • 56

  • Capitolul 5

    Functii continue

    In continuare vom considera spatiul vectorial real R nzestrat cu topologia generata demetrica euclidiana si vom nota R = R {,+}. Multimea vecinatatilor unui punctx0 R se va nota prin V(x0).

    5.1 Notiuni teoretice

    5.1.1 Limita unei functii ntr-un punct

    Definitia 5.1.1 Fie A R si x0 un punct de acumulare al multimii A (notata prin A).Vom spune ca functia f : A R R are limita y0 R n x0 daca pentru orice vecinatateV V(y0) exista o vecinatate U V(x0), astfel ncat pentru orice x A (U\ {x0}) avemf (x) V .Observatia 5.1.2 Daca functia f : A R R are limita y0 R n punctul x0 A, atunciaceasta limita este unica si vom scrie

    limxx0

    f (x) = y0.

    Definitia 5.1.3 Fie f : A R R si x0 A.1. Pentru x0, l R, vom spune ca l este limita functiei n punctul x0(vom scrie

    limxx0 f (x) = l) daca oricare ar fi > 0, exista > 0, astfel ncat pentru oricex A\{ x0 }, cu

    | x x0| < ,avem

    | f (x) l | < .2. Pentru x0 = + si l R, vom spune ca l este limita functiei cand x tinde la +(vom

    scrie limx f (x) = l) daca oricare ar fi > 0, exista > 0, astfel ncat pentruorice x A, cu x > , avem

    | f (x) l | < .3. Pentru x0 = si l R, vom spune ca l este limita functiei cand x tinde la

    (vom scrie limx f (x) = l) daca oricare ar fi > 0, exista , astfel ncat pentruorice x A, cu x < , avem

    | f (x) l | < .

    57

  • 4. Pentru x0 R, vom spune ca ca limita functiei n punctul x0 este +() (vomscrie limxx0 f (x) = +, respectiv limxx0 f (x) = ) daca oricare ar fi , exista > 0, astfel ncat pentru orice x A\{ x0 }, cu

    |x x0| < ,

    avemf (x) > , respectiv f (x) < .

    5. Pentru x0 = +, vom spune ca limita functiei cand x tinde la + este +()(vom scrie limx f (x) = +, respectiv limx f (x) = ) daca oricare ar fi ,exista , astfel ncat pentru orice x A, cu x > , avem

    f (x) > , respectiv f (x) < .

    6. Pentru x0 = , vom spune ca limita functiei cand x tinde la este +()(vom scrie limx f (x) = +, respectiv limx f (x) = ) daca oricare ar fi, exista , astfel ncat pentru orice x A, cu x < , avem

    f (x) > , respectiv f (x) < .

    Propozitia 5.1.4 Fie f : A R R si x0 A. Atunci functia f are limita l R daca sinumai daca pentru orice sir (xn)n A, convergent la x0, sirul ( f (xn) )n este convergent lal.

    Observatia 5.1.5 Pentru a arata ca functia f : A R R nu are limita n punctulx0 A va fi suficient sa fie satisfacuta una din conditiile:

    1. exista un sir (xn)n A, convergent la x0 astfel ncat sirul ( f (xn) )n nu are limita;2. exista doua siruri diferite (xn)n, (ym)m A, convergente la x0 astfel ncat sirurile

    ( f (xn) )n si ( f (ym) )m au limite distincte.

    Definitia 5.1.6 1. Un numar l, finit sau infinit, este limita la stanga a functiei f :A R R n punctul x0 A daca pentru orice vecinatate V V(l) exista o vecinatateU V(x0), astfel ncat oricare ar fi x U A, x < x0, avem f (x) V . In acesteconditii vom folosi pentru l notatiile

    l = f (x0 0) = limxx0x x0, avem f (x) V . In aceste conditii vomfolosi pentru l notatiile

    l = f (x0 + 0) = limxx0x>x0

    f (x) = limxx0

    f (x) .

    Propozitia 5.1.7 Fie functia f : A R R, x0 A si l R. Atunci urmatoareleafirmatii sunt echivalente:

    58

  • 1. l = f (x0 0)(l = f (x0 + 0));

    2. pentru orice sir (xn)n A convergent la x0, cu propietatea xn < x0(xn > x0), si oricen 1, sirul ( f (xn) )n este convergent la l;

    3. pentru orice sir (xn)n A, crescator (descrescator) si convergent la x0, sirul ( f (xn) )neste convergent la l.

    Propozitia 5.1.8 Functia f : A R R are limit l R n punctul x0 A daca si numaidaca are limite laterale egale n x0. In acest caz vom scrie

    l = f (x0 0) = f (x0 + 0) .

    Propozitia 5.1.9 O functie monotona are limite laterale n orice punct de acumulare aldomeniului de definitie.

    5.1.2 Proprietatile limitelor de functii

    Propozitia 5.1.10 Daca o functie reala de o variabila reala are limita ntr-un punct deacumulare al domeniului de definitie, atunci aceasta limita este unica.

    Propozitia 5.1.11 Fie f : A R R, x0 A si l R. Atunci:

    1. daca l = limxx0 f (x), rezulta

    | l | = limxx0 f (x)

    .2. l = limxx0 f (x) daca si numai daca

    limxx0

    ( f (x) l ) = 0.

    Propozitia 5.1.12 Fie functiile f, g : A R R si x0 A. Daca exista U V(x0) astfelncat

    f (x) = g (x) , () x U,si una din functii are limita n punctul x0, atunci cealalta functie are limita n x0 si

    limxx0

    f (x) = limxx0

    g (x) .

    Propozitia 5.1.13 Fie functiile f, g, h : A R R si x0 A. Daca functiile au limita npunctul x0 si exista U V(x0) astfel ncat

    f (x) g (x) h (x) , () x U\ {x0} ,

    atunci

    limxx0

    f (x) limxx0

    g (x) limxx0

    h (x)

    .

    59

  • Corolar 5.1.14 Fie functia f : A R R si x0 A. Daca functia are limita n punctulx0 si exista U V(x0) astfel ncat pentru a, b R sa avem

    a f (x) b, () x U\ {x0} ,atunci

    a limxx0

    f (x) b

    Corolar 5.1.15 Fie functia f : A R R si x0 A. Daca functia are limita n punctulx0 si exista U V(x0) astfel ncat

    f (x) 0 (f (x) 0) , () x U\ {x0} ,atunci

    0 limxx0

    f (x) , respectiv limxx0

    f (x) 0.

    Propozitia 5.1.16 Fie functiile f, g, h : A R R si x0 A. Daca sunt ndepliniteconditiile:

    1. exista U V(x0) astfel ncatf (x) g (x) h (x) , () x U\ {x0} ,

    2. limxx0 f (x) = limxx0 h (x),

    atunci functia g are limita n x0 si

    limxx0

    f (x) = limxx0

    g (x) = limxx0

    h (x) .

    Propozitia 5.1.17 Daca functia f : A R R are limita n x0 A si

    a < limxx0

    f (x)

    (limxx0

    f (x) < a

    ),

    atunci exista U V(x0) astfel ncata < f (x) (f (x) < a) , () x U\ {x0} .

    Propozitia 5.1.18 Daca functia f : A R R are limita finita n x0 A sia < lim

    xx0f (x) < b,

    atunci exista U V(x0) astfel ncata < f (x) < b, () x U\ {x0} .

    Propozitia 5.1.19 Daca functiile f, g : A R R au limite n x0 A silimxx0

    f (x) < limxx0

    g (x) ,

    atunci exista U V(x0), astfel ncatf (x) < g (x) , () x U\ {x0} .

    60

  • 5.1.3 Criterii de existenta a limitelor de functii

    Propozitia 5.1.20 (Criteriul Cauchy-Boltzano) Functia f : A R R are limitafinita n x0 A daca si numai daca pentru orice > 0, exista U V(x0), astfel ncat oricarear fi x, x U\ {x0} avem

    | f (x) f (x) | < .

    Propozitia 5.1.21 Fie functiile f, g : A R R si x0 A. Daca limxx0 g (x) = 0 siexista l R si U V(x0), astfel ncat oricare ar fi x U\ {x0} avem

    | f (x) l | < | g (x) | ,

    atunci

    limxx0

    f (x) = l.

    Propozitia 5.1.22 Fie functiile f, g : A R R si x0 A. Daca

    limxx0

    g (x) = +(limxx0

    g (x) = )

    si exista o vecinatate U V(x0), astfel ncat oricare ar fi xU V(x0) avem

    g (x) < f (x) (f (x) < g (x)) ,

    atunci

    limxx0

    f (x) = +(limxx0

    f (x) = )

    5.1.4 Operatii cu limite

    Presupunem ca functiile f, g : A R R au limita (finita sau infinita) n punctulx0 A. Atunci:

    1. daca suma (diferenta) limitelor n x0 are sens, suma f + g (diferenta f g) are limitan x0 si

    limxx0

    ( f (x) g (x)) = limxx0

    f (x) limxx0

    g (x) ;

    2. daca produsul limitelor n x0 are sens, produsul f g are limita n x0 si

    limxx0

    ( f (x) g (x)) = limxx0

    f (x) limxx0

    g (x) ;

    3. limxx0 f (x) = limxx0 f (x), oricare ar fi R\ {0};

    4. daca raportul limitelor n x0 are sens, functiafgare limita n x0 si

    limxx0

    f (x)

    g (x)=

    limxx0 f (x)limxx0 g (x)

    ;

    61

  • 5. daca exista o vecinatate U V(x0) astfel ncat oricare ar fi x U\ {x0}, avem 0 < f (x),si are sens expresia (

    limxx0

    f (x)

    )limxx0 g(x),

    rezullta ca functia f g are limita n x0 si

    limxx0

    (f(x)g(x)

    )=

    (limxx0

    f (x)

    )limxx0 g(x);

    6. functia f are limita n x0 silimxx0

    (f (x)) = limxx0

    f (x) ;

    daca limxx0 f (x) = 0 si functia g este marginita pe o vecinatate a lui x0, avem

    limxx0

    f (x) g (x) = 0

    5.1.5 Limite remarcabile

    1) limx (1 + 1/x)x = limx0 (1 + x)

    1/x = e;

    2) limx0ln(1+x)

    x= 1;

    3) limx0 ax1x

    = ln a, a > 0;

    4) limx0(1+x)r1

    x= r, r R;

    5) limx0 sinxx = limx0arcsinx

    x= limx0

    arctg xx

    = limx0tgxx

    = 1.

    5.1.6 Functii continue

    Definitia 5.1.23 O functie f : A R R este continua n punctul x0 A daca oricarear fi V V( f(x0) ) exista U V(x0) cu proprietatea

    f (U) V.

    Propozitia 5.1.24 Fie functia f : A R R si x0 A. Atunci urmatoarele afirmatiisunt echivalente:

    1. f este continua n punctul x0;

    2. pentru orice sir (xn)n A, convergent catre x0, sirul (f (xn) )n converge catre f (x0);3. oricare ar fi > 0, exista > 0, astfel ncat oricare ar fi x A, cu proprietatea|x x0| < , avem

    | f (x) f (x0) | < .

    Propozitia 5.1.25 Orice functie este continua n orice punct izolat al domeniului dedefinitie.

    Propozitia 5.1.26 O functie f : A R R este continua n punctul x0 A daca sinumai daca functia are limita n punctul x0 si

    limxx0

    f (x) = f (x0) .

    62

  • Definitia 5.1.27 Fie f : A R R si x0 A\A. Daca f are limita n punctul x0, atuncifunctia f1 : A {x0} R definita prin relatia

    f1 (x) =

    {f (x) , x A,

    limxx0 f (x) , x = x0,

    se numeste prelungirea prin continuitate a functiei f n punctul x0.

    Propozitia 5.1.28 Fie f : [a, b] R o functie continua pe [a, b]. Atunci f este marginitasi marginile sunt atinse.

    Definitia 5.1.29 Spunem ca functia f : A R R este uniform continua pe Adaca pentru orice > 0 exista > 0, astfel ncat oricare ar fi x, x

    A cu proprietatea|x x| < avem

    | f (x) f (x) | < .

    Observatia 5.1.30 Orice functie uniform continua pe X este continua pe X.

    Definitia 5.1.31 Spunem ca functia f : A R R este absolut continua pe multimeaX daca daca pentru orice > 0 exista > 0, astfel ncat oricare ar fi n N si

    (xi, xi) AA, i = 1, n,

    cu proprietatea

    |x1 xi|+ ... + |xn xn| < avem

    | f (x1) f (x1) |+ ...+ | f (xn) f (xn) | < .

    Observatia 5.1.32 O functie absolut continua este uniform continua.

    Definitia 5.1.33 Spunem ca functia f : A R R este o contractie daca exista unnumar real q (0, 1), astfel ncat

    |f (x) f (y)| q |x y| , () x, y A.

    Teorema 5.1.34 (Principiul contractiei al lui Banach) Fie f : [a, b] R ocontractie. Atunci exista un unic punct x0 [a, b] astfel ncat

    f (x0) = x0.

    Definitia 5.1.35 Spunem ca functia f : A R R este lipschitziana (satisfaceconditia lui Lipschitz) pe X daca exista o constanta k > 0 astfel ncat

    | f (x) f (y) | k |x y| , () x, y A.

    Observatia 5.1.36 Orice functie lipschitziana pe A este uniform continua pe A.

    63

  • 5.1.7 Puncte de discontinuitate

    Definitia 5.1.37 Se numeste punct de discontinuitate al unei functii un punct dindomeniul de definitie n care functia nu este continua.

    Observatia 5.1.38 Fie functia reala f : A R R si punctul x0 AA. Pentru a arataca x0 este punct de discontinuitate pentru functia f este suficient sa fie verificata una dinafirmatiile:

    1. exista o vecinatate V V(f(x0)) astfel ncat pentru orice vecinatate U V(x0) existax U A, cu proprietatea f (x) / V ;

    2. exista un sir (xn)n A, convergent catre x0, astfel ncat sirul (f (xn) )n nu convergecatre f (x0) (sau nu are limita);

    3. exista > 0, astfel ncat oricare ar fi > 0, exista x A, cu proprietatea| x x0| <

    pentru care avem| f (x) f (x0) | > ;

    4. nu exista limita limxx0 f (x) sau

    limxx0

    f (x) 6= f (x0) .

    Definitia 5.1.39 Un punct de discontinuitate al unei functii se numeste punct de discon-tinuitate de prima speta daca functia are limitele laterale finite n acest punct. Punctelede discontinuitate care nu sunt de prima speta se numesc puncte de discontinuitate despeta a doua.

    Propozitia 5.1.40 O functie monotona definita pe un interval admite numai puncte dediscontinuitate de prima speta. In plus, multimea punctelor de discontinuitate este cel multnumarabila.

    5.1.8 Operatii cu functii continue

    Presupunem ca functiile f, g : A R R sunt continue n punctul x0 A. Atunci:1. functiile f + g, f g si f g sunt continue n x0;2. pentru orice R, functia f este continua n x0;3. daca g (x0) 6= 0, functia f/g este continua n x0;4. daca are sens expresia f(x0)

    g(x0), functia f g este continua n x0;

    5. functia | f | este continua n x0;6. functiile sup (f, g) si inf (f, g) sunt continue n x0;

    7. pentru orice > 0, exista o vecinatate U V(x0) astfel ncat oricare ar fi x, x U Aavem

    | f (x) f (x) | < .

    64

  • 8. functiile

    max {f, g} = f + g + |f g|2

    min {f, g} = f + g |f g|2

    sunt continue n x0.

    Corolar 5.1.41 Functia f : A R R este continua n punctul x0 A daca si numaidaca functiile

    f+ = 21 ( | f |+ f )

    f = 21 ( | f | f )sunt continue n x0.

    Observatia 5.1.42 Avand n vedere propozitia 5.1. rezulta ca proprietatile functiilor careadmit limita ntr-un punct de acumulare (5.1.38-5.1.40) sunt valabile si pentru functiilecontinue.

    5.1.9 Proprietatea lui Darboux

    Definitia 5.1.43 O functie f definita pe un interval I are proprietatea lui Darboux,daca oricare ar fi punctele a, b I, a < b, si oricare ar fi y0 ntre f (a) si f (b), exista unpunct c (a, b) astfel ncat f (c) = y0.

    Propozitia 5.1.44 O functie continua definita pe un interval are proprietatea lui Darboux.

    Propozitia 5.1.45 Fie functia f : I R R cu proprietatea lui Darboux pe intervalul I.Daca exista a, b I astfel ncat

    f (a) f (b) < 0,

    atunci exista cel putin un punct c (a, b) cu proprietatea f (c) = 0.

    Corolar 5.1.46 O functie cu proprietatea lui Darboux definita pe un interval I, care nu seanuleaza n nici un punct din I, are semn constant pe I.

    Propozitia 5.1.47 O functie f : I R R (I interval) are proprietatea lui Darboux pe Idaca si numai daca pentru orice interval J I multimea f (J) este un interval.

    Propozitia 5.1.48 O functie f : I R J R (I interval) care are proprietatea luiDarboux si este injectiva, este strict monotona.

    Propozitia 5.1.49 O functie f : I R J R (I interval) care are proprietatea luiDarboux nu are puncte de discontinuitate de prima speta.

    65

  • 5.2 Probleme rezolvate

    Problema 5.2.1 Fie functia f : R R definita prin relatia

    f (x) =

    {cos 1

    x, x 6= 0

    12

    , x = 0.

    Atunci:

    1. f nu este continua n 0;

    2. f are proprietatea lui Darboux.

    Solutie. 1) Fie sirurile (xn)nN si (yn)nN, definite prin

    xn = ( 2npi )1

    yn = [ (2n+ 1) pi ]1

    pentru orice n N. Ambele siruri tind catre zero silimn

    f (xn) = limn

    cos (2npi) = 1,

    limn

    f (yn) = limn

    cos (2n+ 1)pi = 1.Deoarece

    limn

    f (xn) 6= limn

    f (yn) ,

    rezulta ca functia f nu are limita n x0 = 0, deci nu este continua n x0 = 0.2) Functia este continua pe (, 0)(0,), deci oricare ar fi x1, x2 (, 0)(respectiv

    (0,)), x1 < x2, si oricare ar fi c ntre f (x1) si f (x2), exista x (x1, x2) astfel ncatf (x) = c. Daca x1 (, 0) si x2 (0,), atunci exista n0 1 astfel ncat

    1

    (2n+ 1)pi 0 exista = /2 > 0

    astfel ncat daca |x | < avem| f (x) | < 2 = ,

    deci f este continua n 0. In concluzie functia este continua doar n punctul 0.Fie x0 6= 0. Deoarece Q = R\Q = R, rezulta ca exista (xn)nN Q, (yn)nN R\Q,

    astfel ncatlimn

    xn = limn

    yn = x0

    si xn < x0, respectiv yn < x0, pentru orice n 1. Atunci

    limn

    f (xn) = x0 6= 2x0 = limn

    f (yn) ,

    deci nu exista f (x0 0), ceea ce implica ca x0 este punct de discontinuitate de speta a doua.Cum x0 R\ {0} a fost ales arbitrar, rezulta ca functia are doar discontinuitati de speta

    a doua.

    Problema 5.2.3 Sa se arate ca functia f : R R definita prin

    f(x) =

    x q , x < 12x+ p , x > 1

    q , x = 1,

    unde p, q R, este continua pe R daca si numai daca

    p = 3/2 si q = 1/2.

    Solutie. Presupunem ca functia f (x) este continua n x = 1, deci are limita n punctulx = 1 si aceasta limita este egala cu f (1).

    Aceasta conditie implica egalitatea

    f (1 0) = f (1) = f (1 + 0) .

    67

  • Deoarecef (1 + 0) = lim

    x1f (x) = lim

    x1(x q) = 1 q

    f (1 0) = limx1

    f (x) = limx0

    (2x+ p) = 2 + p,

    rezulta1 q = q = 2 + p.

    Decip = 3/2 si q = 1/2,

    iar functia devine

    f(x) =

    x 12

    , x < 12x 3

    2, x > 1

    12

    , x = 1,

    Reciproc, dacap = 3/2 si q = 1/2,

    functia are forma precizata mai sus si este evident ca este continua n punctul x = 1.

    Problema 5.2.4 Sa se arate ca functia f : (0, 1] R, definita prin relatia

    f (x) = sin pi/x, () x (0, 1],

    nu este uniform continua pe (0, 1].

    Solutie. Consideram sirurile (xn)n, (yn)n (0, 1] , definite prin

    xn = 2 (4n + 1)1, ()n N,

    yn = ( 2n )1, ()n N.

    Pentru = 1/2 si oricare ar fi > 0 exista n0 N, astfel ncat

    | xn0 yn0 | <

    si

    | f (xn0) f (yn0) | = sin pixn0 sin piyn0

    = sin (4n0 + 1) pi2 sin 2npi

    = 1 > ,deci functia nu este uniform continua pe (0, 1].

    Problema 5.2.5 Fie a, b R, a < b, si f : (a, b) R o functie uniform continua pe (a, b).Atunci exista o functie continua f : [a, b] R, care reprezinta o prelungire prin continuitatea lui f .

    Solutie. Deoarece functia f este uniform continua pe (a, b) rezulta ca pentru orice > 0exista > 0, astfel ncat oricare ar fi x, x

    (a, b) cu proprietatea

    |x x | < ,

    avem| f (x) f (x) | < .

    68

  • Pe de alta parte a, b (a, b), deci folosind observatia anterioara se observa ca suntndeplinite conditiile Criteriului Cauchy-Boltzano pentru limite, ceea ce implica ca functiaf are limite finite n punctele a si b. Daca notam

    l1 = limxa

    f (x) si l2 = limxb

    f (x) ,

    atunci functia f : [a, b] [a, b], definita prin relatia

    f (x) =

    l1 , x = a,f (x) , x (a, b) ,l2 , x = b,

    este continua pe [a, b] si o este prelungire prin continuitate a lui f .

    Problema 5.2.6 Sa se precizeze care din urmatoarele functii sunt uniform continue pedomeniul de definitie.

    1. f : (0, 1) R,f (x) = x sin x1, () x R.

    2. f : (1,) R,f (x) = arctg

    1 + x

    1 x, () x R.

    3. f : (0,) R,f (x) = x2 cosx1, () x R.

    Solutie. 1) Studiem existenta limitelor functiei n punctele 0 si 1. Avem

    limx0

    f (x) = limx0

    x sin x1 = 0

    limx1

    f (x) = limx1

    x sin x1 = sin 1.

    Deoarece functia are limite finite n punctele 0 si 1, rezulta ca admite o prelungire continuala o functie g pe intervalul [0, 1], definita prin

    g (x) =

    0 , x = 0,f (x) , x (0, 1) ,sin 1 , x = 1.

    Functia g este continua pe compactul [0, 1], deci este uniform continua pe aceastamultime.

    Conform definitiei pentru orice > 0 exista > 0, astfel ncat oricare ar fi x, x [0, 1]

    cu proprietatea|x x | <

    avem| g (x) g (x) | < .

    Din aceasta observatie, avand n vedere ca f este restrictia functiei g la intervalul (0, 1),rezulta ca pentru ori