LUCRARE METODICO- STIIN TIFIC µA PENTRU [611872]

UNIVERSITATEA DIN CRAIOVA
FACULTATEA DE MATEMATIC µA ¸ SI ¸ STIIN¸ TE ALE NATURII
LUCRARE METODICO-¸ STIIN¸ TIFIC µA PENTRU
OB¸ TINEREA GRADULUI DIDACTIC I
PRINCIPII DE REZOL V ARE A
PROBLEMELOR DE MATEMATIC µA
Coordonator,
conf. univ. dr. Dana Piciu
Candidat: [anonimizat]. Drînceanu Gabriela Georgeta
2014

Cuprins
Introducere 5
I Fundamente teoretice ¸ si aplica¸ tii 6
1 Elemente de logicµ a ¸ si ra¸ tionament matematic 7
1.1 Propozi¸ tii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Operatori logici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Legile calculului propozi¸ tional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Predicate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Propozi¸ tii universale ¸ si propozi¸ tii existen¸ tiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6 Teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Principii de rezolvare a problemelor de matematicµ a 16
2.1 Principiul induc¸ tiei matematice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.1 Demonstrarea unor identitµ a¸ ti pe baza induc¸ tiei matematice . . . . . . 21
2.1.2 Rezolvarea unor ecua¸ tii diofantice prin induc¸ tie matematicµ a . . . . . 26
2.1.3 Rezolvarea inductivµ a a unor probleme de algebrµ a matricealµ a . . . . . 29
2.1.4 Probleme de divizibilitate rezolvate prin induc¸ tie completµ a . . . . . . 35
2.1.5 O teoremµ a de reprezentare a numerelor întregi . . . . . . . . . . . . . 36
2.1.6 Demonstrarea unor inegalitµ a¸ ti prin induc¸ tie matematicµ a . . . . . . . 37
2.1.7 Aplica¸ tii ale induc¸ tiei în analiza matematicµ a . . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.8 Induc¸ tie în … geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2 Reducerea la absurd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.2.1 Demonstrarea ira¸ tionalitµ a¸ tii unor constante prin reducere la absurd . 51
2.2.2 Numere prime ¸ si … reducerea la absurd . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.2.3 Metoda reducerii la absurd în geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.2.4 Probleme cu polinoame ¸ si ecua¸ tii algebrice rezolvate prin reducere la
absurd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.2.5 Un rezultat puternic în matematicµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.2.6 Alte exemple ce pun în eviden¸ tµ a metoda reducerii la absurd . . . . . 68
2.3 Principiul paritµ a¸ tii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.4 Principiul lui Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2.4.1 Principiul lui Dirichlet în rezolvarea unor probleme de aritmeticµ a . . 74
I

2.4.2 Aplica¸ tii ale principiului lui Dirichlet în rezolvarea unor probleme cu
substrat geometric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.5 Principiul includerii ¸ si excluderii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.6 Principiul dublei incluziuni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
2.6.1 Aplicarea principiului dublei incluziuni în rezolvarea unor probleme de
loc geometric. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.7 Principiul invariantului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
II Considera¸ tii metodice 94
1 Metode de învµ a¸ tµ amânt activ-participative 95
1.1 Metoda înv ¼a¸ t¼arii în grupuri mici –Student: [anonimizat]ons (STAD) 96
1.2 Metoda mozaic (jigsaw) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
1.3 Metoda Philips 6-6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
1.4 Metoda turneului între echipe –Teams Games Tournements (TGT) . . . . . 98
1.5 Metoda acvariului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
1.6 Analiza segmentelor de decizie interactivµ a –Interactive Decision Analysis Aids
(AIDA) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
1.7 Metoda cubului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
1.8 Metoda turul galeriei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
1.9 Metoda ¸ stiu – vreau sµ a ¸ stiu – am învµ a¸ tat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
1.10 Metoda SIELG (Sistemul Interactiv de Notare pentru E…cientizarea Lecturii
¸ si a Gândirii) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
1.11 Metoda ciorchinelui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2 Un mic experiment pedagogic 105
2.1 Etapa de constatare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
2.2 Experimentul propriu-zis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
2.3 Evaluare ¸ si control . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Concluzii …nale 115
Bibliogra…e 117

Introducere
Rezolvarea unei probleme de matematicµ a este o adevµ aratµ a provocare care vine sµ a punµ a
la încercare mintea rezolvitorului. În acela¸ si timp, ea poate … consideratµ a drept un antrena-
ment al creierului. De cele mai multe ori solu¸ tiile nu apar în mod magic, ele bazându-se pe
anumite principii ¸ si metode pe care rezolvitorul de probleme împµ atimit le cunoa¸ ste. Cineva
asemuia procesul de rezolvare a unei probleme cu deschiderea unei u¸ si, principiile ¸ si metodele
folosite …ind chile cu care încercµ am sµ a desfacem u¸ sa. "Un pumn de chei" nu este un im-
pediment, ci în mod contrar, un avantaj, totul reducându-se acum la un procedeu cât mai
rapid de selec¸ tie a celei potrivite. Dar ce ne facem dacµ a printre cheile pe care le avem nu
este niciuna potrivitµ a?
Lucrarea de fa¸ tµ a are în centru o descriere etapizatµ a a câtorva principii de rezolvare a
problemelor de matematicµ a plecând de la izvorul lor a‡ at, în cele mai multe situa¸ tii, direct
în logica matematicµ a ¸ si mergând pe calea exempli…cµ arii cu aplica¸ tii complet rezolvate. În
încheiere sunt descrise câteva metode moderne de învµ amânt care aplicate ar putea îmbunµ atµ a¸ ti
calitatea rezultatelor învµ atµ arii la lec¸ tiile de matematica.
Avem de-a face cu douµ a pµ ar¸ ti: Fundamente teoretice ¸ si aplica¸ tii ¸ si respectiv Consider-
a¸ tii metodice , care, în esen¸ tµ a, nu sunt disjuncte. Primul capitol al primei pµ ar¸ ti, Elemente de
logicµ a ¸ si ra¸ tionament matematic , urmµ are¸ ste descrierea principalelor fundamente ale logicii
matematice la un nivel elementar, a¸ sa cum am spus, el …ind o bazµ a pentru capitolul ce-l
succede, intitulat chiar Principii de rezolvare a problemelor de matematicµ a . Aici avem o
împµ ar¸ tire pe sec¸ tiuni, …ecare …ind de fapt o tratare elementarµ a a unui principiu matematic
celebru: Principiul induc¸ tiei matematice, Reducerea la absurd, Principiul Paritµ a¸ tii, Princip-
iul lui Dirichlet, Principiul includerii ¸ si excluderii, Principiul dublei incluziuni, Principiul
invariantului. În func¸ tie de alte particularitµ a¸ ti, …ecare dintre aceste sec¸ tiuni a fost struc-
turatµ a pe subsec¸ tiuni. Partea a doua a lucrarii ar drept …nalitate capitolul Un mic experiment
pedagogic unde, dupµ a cum spune ¸ si numele, am descris o experien¸ tµ a didacticµ a prin care am
testat e…cien¸ ta unor inova¸ tii pedagogice. Acest capitol este precedat de un altul intitulat,
4

Introducere
Metode de învµ a¸ tµ amânt activ-participative – o trecere în revistµ a a câtorva dintre aceste metode.
Doresc sµ a aduc mul¸ tumiri doamnei conf. univ. dr. Dana Piciu pentru întreg sprijinul
acordat la întocmirea acestei lucrµ ari, materialele ¸ si observa¸ tiile fµ acute …indu-mi de un real
folos.
Craiova, august 2014 Prof. Gabriela Drînceanu
5

Partea I
Fundamente teoretice ¸ si aplica¸ tii
6

Capitolul 1
Elemente de logicµ a ¸ si ra¸ tionament
matematic
1.1 Propozi¸ tii
În logica matematicµ a bivalentµ a prin propozi¸ tie în¸ telegem un enun¸ t care poate …adevµ arat
sau fals. Oricµ arei propozi¸ tii i se asociazµ a o valoare de adevµ ar : este sau adevµ aratµ a, ¸ si atunci
spunem cµ a are valoarea de adevµ ar 1, sau este falsµ a, ¸ si atunci spunem cµ a are valoarea de adevµ ar
0. A¸ sadar, dacµ a notµ am cu v(p)valoarea de adevµ ar a propozi¸ tiei p, vom avea:
v(p) =(
1, dacµ a peste adevµ aratµ a
0, dacµ a peste falsµ a.
Nicio propozi¸ tie nu este simultan adevµ aratµ a ¸ si falsµ a.
Exemple.
p:"5 + 6 = 11 ",v(p) = 1
q:"2este numµ ar prim.", v(q) = 1
r:"Paris nu este capitala Fran¸ tei.", v(r) = 0 .
Propozi¸ tiile gramaticale interogative sau exclamative nu sunt propozi¸ tii din punctul
de vedere al logicii matematice. De asemenea de…ni¸ tiile nu sunt propozi¸ tii în logicµ a. De
exemplu, enun¸ tul " Numim numµ ar par un numµ ar care este divizibil cu 2." nu este propozi¸ tie
logicµ a, dar "Orice numµ ar par este divizibil cu 2" este enun¸ tul unei propozi¸ tii logice, cu
valoarea de adevµ ar 1.
1.2 Operatori logici
Pornind de la una sau mai multe propozi¸ tii, cu ajutorul operatorilor logici , se pot
ob¸ tine noi propozi¸ tii a cµ aror valoare de adevµ ar este dependentµ a de valorile de adevµ ar ale
7

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
propozi¸ tiilor date.
Operatorii logici sunt:
Simbol Denumirea
e nega¸ tia
^ conjunc¸ tia
_ disjunc¸ tia
! implica¸ tia
$ echivalen¸ ta
Nega¸ tia unei propozi¸ tii peste propozi¸ tia non p, notatµ a cu epsaup. Propozi¸ tia ep
este adevµ aratµ a dacµ a ¸ si numai dacµ a peste falsµ a. Tabla de adevµ ar a nega¸ tiei este:
pep
10
01
Exemplu. Propozi¸ tia q:"11este numµ ar prim" este nega¸ tia propozi¸ tiei p:"11nu este numµ ar
prim". Avem v(p) = 0 ¸ siv(ep) =v(q) = 1 .
Conjunc¸ tia propozi¸ tiilor p¸ siqeste propozi¸ tia "p¸ siqcare se noteazµ a p^q. Ea
este adevµ aratµ a dacµ a ¸ si numai dacµ a ambele propozi¸ tii ce o compun sunt adevµ arate. A¸ sadar,
tabla de adevµ ar a conjunc¸ tiei este urmµ atoarea:
v(p)v(q)v(p^q)
1 1 1
1 0 0
0 1 0
0 0 0
Exemplu. Propozi¸ tia " 2 + 3 = 7 ¸ si9<10" este falsµ a deoarece este conjunc¸ tia a doua
propozi¸ tii: p:"2 + 3 = 7 " ¸ siq:"9<10" cuv(p) = 0 ¸ siv(q) = 1 .
Disjunc¸ tia propozi¸ tiilor p¸ siqeste propozi¸ tia " psauqcare se noteazµ a p_q.
Aceasta este falsµ a dacµ a ¸ si numai dacµ a ambele propozi¸ tii p¸ siqsunt false. Astfel, tabla de
adevµ ar a disjunc¸ tiei este urmµ atoarea:
pqp_q
11 0
10 0
01 0
00 1
Exemplu. Propozi¸ tia " 121 = 10 sau un pµ atrat este un dreptunghi" este adevµ aratµ a
deoarece este disjunc¸ tia a douµ a propozi¸ tii, dintre care una este adevµ aratµ a.
8

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
Implica¸ tia propozi¸ tiilor p¸ siqeste propozi¸ tia " pimplicµ a q", cititµ a uneori ¸ si "din p
rezultµ a q" ori "dacµ a patunci q", care se noteazµ a p!q, …ind falsµ a dacµ a ¸ si numai dacµ a p
este adevµ aratµ a ¸ si qeste falsµ a. În aceastµ a situa¸ tie tabla de adevµ ar are forma:
pqp!q
11 1
10 0
01 1
00 1
Exemple. Propozi¸ tia "Dacµ a 3 + 5 = 8 atunci 3este solu¸ tia ecua¸ tiei 2
x1 = 13 ." este falsµ a
deoarece "sursa" este o propozi¸ tie adevµ ararµ a, în timp ce "capµ atul" este o propozi¸ tie falsµ a.
Deoarece în situa¸ tia în care v(p) = 0 avem v(p!q) = 1 indiferent de valoarea de
adevµ ar a propozi¸ tiei q, în "jargon" se spune cµ a "falsul implicµ a orice.1
Dacµ a v(p!q) = 1 , atunci scriem p)q¸ si spunem cµ a qeste o consecin¸ tµ a logicµ a a
propozi¸ tiei p.
Echivalen¸ ta propozi¸ tiilor p¸ siqeste propozi¸ tia " pechivalent cu q" care se mai poate
citi ¸ si " pdacµ a ¸ si numai dacµ a q" ¸ si se noteazµ a p$q. Propozi¸ tia p$qeste adevµ aratµ a dacµ a
¸ si numai dacµ a p¸ siqau aceea¸ si valoare de adevµ ar. Tabla de adevµ ar a echivalen¸ tei este:
pqp!q
11 1
10 0
01 0
00 1
Exemplu. Propozi¸ tia " 32<21dacµ a ¸ si numai dacµ a 1 + 3 6= 4" este adevµ aratµ a deoarece
ambele propozi¸ tii ce compun echivalen¸ ta sunt false.
Dacµ a v(p$q) = 1 , atunci scriem p,q¸ si spunem cµ a p¸ siqsunt echivalente logic.
1Sugestivµ a este urmµ atoarea istorioarµ a. Mare i-a fost mirarea unui …lozof, când a a‡ at de la Bertrand
Russell, c ¼a dintr-o a…rma¸ tie fals ¼a poate … dedus ¼a oricare alta. El a întrebat:
– Dumnevoastr ¼a considera¸ ti, într-adev ¼ar, c ¼a din a…rma¸ tia 2 + 2 = 5 , urmeaz ¼a, c¼a sunte¸ ti papa de la
Roma?
Russell d ¼adu a…rmativ din cap.
– ¸ Si dumneavoastr ¼a pute¸ ti demonstra acest lucru? –continu ¼a s¼a-¸ si exprime îndoiala …lozoful.
–Desigur! –a r ¼aspuns cu fermitate Russell ¸ si-i expune demonstra¸ tia în cauz ¼a:
1. Presupunem, c ¼a2 + 2 = 5 ;
2. Sc ¼adem din ambele p ¼ar¸ ti a egalit ¼a¸ tii câte un doi: ob¸ tinem 2 = 3 ;
3. Schimb ¼am cu locurile partea stâng ¼a cu partea dreapt ¼a:3 = 2 ;
4. Sc ¼adem din ambele p ¼ar¸ ti câte o unitate: 2 = 1 ;
Papa de la Roma ¸ si eu –împreun ¼a suntem doi. Deoarece 2 = 1 , atunci papa de la Roma ¸ si eu suntem una
¸ si aceea¸ si persoan ¼a. Deci, eu sunt papa de la Roma.
9

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
1.3 Legile calculului propozi¸ tional
Calculul propozi¸ tional studiazµ a din punct de vedere logic expresiile ob¸ tinute din
literele p; q; r; ::: , cu ajutorul operatorilor logici e;^;_;!;$dupµ a anumite reguli. Literele
p; q; r; ::: , se numesc variabile propozi¸ tionale sauformule elementare , iar expresiile
ob¸ tinute din ele cu ajutorul operatorilor logici se numesc formule , regulile de formare a
formulelor …ind urmµ atoarele:
variabilele propozi¸ tionale p; q; r; ::: sunt formule
dacµ a p¸ siqsunt formule, atunci (ep),(p^q),(p_q),(p!q),(p$q)sunt, de
asemenea formule.
De exemplu,
((ep)^q)!(p$q) (1.1)
este o formulµ a propozi¸ tionalµ a
Abunden¸ ta parantezelor în unele formule devine greoaie, de aceea, pentru a simpli…ca
aceste formule, perechea de paranteze exterioare nu se mai scrie, iar ordinea în care se aplicµ a
operatorii logici este urmµ atoarea: e;^;_;!;$. Astfel formula (1:1)se rescrie
ep^q!(p$q)
O formulµ a a calculului propozi¸ tional se nume¸ ste lege sautautologie dacµ a orice valoare
de adevµ ar ar lua variabilele propozi¸ tionale care intrµ a în compunerea sa, valoarea de adevµ ar
a propozi¸ tiei ob¸ tinute este 1.
Urmµ atoarele formule sunt tautologii:
p_ep(legea ter¸ tului exclus)
ep$p(legea dublei nega¸ tii)
p!p(legea de re‡ exivitate)
p^p$p
p_p$p(legile de idempoten¸ tµ a)
p^q$q^p
p_q$q_p(legile de comutativitate)
p^(q^q)$(p^q)^q
p_(q_r)$(p_q)_r(legile de asociativitate)
p^(q_r)$(p^q)_(p^r)
p_(q^r)$(p_q)^(p_r)(legile de distributivitate)
e(p!q)$p^eq(legea negµ arii implica¸ tiei)
(p!q)^(q!r)!(p!r)(legea silogismului)
e(p^q)$ep_eq
e(p_q)$ep^eq(legile lui De Morgan)
10

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
(p!q)$(eq!ep)(legea contrapozi¸ tiei)
(p!q)$((p^eq)!(r^er))(legea reducerii la absurd)
(p$q)$(p!q)^(q!p)(legea dublei incluziuni)
(p$q)$(eq$ep)
(p!r)^(q!r)!(p_q!r)
(p$q)$(q$r)!(p$r)
p^(p!q)!q
Sµ a justi…cµ am, prin intermediul tabelelor de adevµ ar, câteva dintre aceste tautologii:
legea ter¸ tului exclus
pepp_ep
10 1
01 1
legea negµ arii implica¸ tiei:
pqp!qeqe(p!q)p^eqe(p!q)$p^eq
11 1 0 0 0 1
10 0 1 1 1 1
01 1 0 0 0 1
00 1 1 0 0 1
legea silogismului:
pqrp!qq!r(p!q)^(q!r)p!r(p!q)^(q!r)!(p!r)
111 1 1 1 1 1
110 1 0 0 0 1
101 0 1 0 1 1
100 0 1 0 0 1
011 1 1 1 1 1
010 1 0 0 1 1
001 1 1 1 1 1
000 1 1 1 1 1
legea contrapozi¸ tiei:
pqp!qeqepeq!ep(p!q)$(eq!ep)
11 1 0 0 1 1
10 0 1 0 0 1
01 1 0 1 1 1
00 1 1 1 1 1
11

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
legea reducerii la absurd:
pqrp!qeqerp^eqr^erp^eq!r^er(p!q)$(p^q!r^er)
111 1 0 0 0 0 1 1
110 1 0 1 0 0 1 1
101 0 1 0 1 0 0 1
100 0 1 1 1 0 0 1
011 1 0 0 0 0 1 1
010 1 0 1 0 0 1 1
001 1 1 0 0 0 1 1
000 1 1 1 0 0 1 1
legea dublei incluziuni:
pqp!qq!pp$q(p!q)^(q!p)(p$q)$(p!q)^(q!p)
11 1 1 1 1 1
10 0 1 0 0 1
01 1 0 0 0 1
00 1 1 1 1 1
Legile calculului propozi¸ tional ¸ si în special cele date mai sus ca exemple sunt impor-
tante, deoarece pe baza lor se fac ra¸ tionamentele logice ¸ si deci demonstra¸ tiile în matematicµ a.
1.4 Predicate
Unpredicat este un enun¸ t care depinde de una sau mai multe variabile ¸ si care are
proprietatea cµ a pentru anumite valori ale variabilelor devine o propozi¸ tie.
Exemple. Enun¸ tul
p(n) :"3este un divizor al lui n"
este un predicat care depinde de variabila n. Pentru …ecare numµ ar întreg n,p(n)este o
propozi¸ tie ¸ si anume, dacµ a neste un numµ ar întreg de forma 5k, atunci p(n)este o propozi,tie
adevµ aratµ a ¸ si, pentru toate celelalte valori ale lui n,p(n)este o propozi¸ tie falsµ a.
Enun¸ tul
q(x; y) :x2+y2= 1
este un predicat binar. Pentru orice douµ a numere reale x¸ siy,q(x; y)este o propozi¸ tie.
Mul¸ timea de adevµ ar a acestui predicat se reprezintµ a într-un reper sub forma cercului unitate.
În particular q(0;1),q(1;0),q
p
2
2;p
2
2
,q
p
3
2;1
2
.
Sµ a considerµ am acum predicatele p(x)¸ siq(x). cu ajutorul operatorilor logici putem
12

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
construi ¸ si alte predicate unare, anume:
ep(x),p(x)^q(x),p(x)_q(x),p(x)!q(x),p(x)$q(x).
De exemplu, predicatul p(x)^q(x)este acel predicat C(x)care, pentru …ecare valoare a
variabilei x, coincide cu propozi¸ tia p(x)^q(x).
Predicatul q(x)se nume¸ ste consecin¸ tµ a logicµ a a predicatului p(x)¸ si scriem p(x))
q(x)dacµ a p(x)!q(x)pentru orice valoare a variabilei x.
Exemplu. Fie predicatele p(x) 😡 > 0¸ siq(x) :x2>0. Evident, avem p(x))q(x).
Predicatele p(x)¸ siq(x)se numesc echivalente logic ¸ si scriem p(x),q(x)dacµ a
pentru orice valoare a variabilei xpropozi¸ tia p(x)$q(x)este adevµ aratµ a.
Exemplu. Predicatele p(x) 😡 > 1¸ siq(x) : lnx > 0sunt echivalente logic.
1.5 Propozi¸ tii universale ¸ si propozi¸ tii existen¸ tiale
Fiep(x)un predicat. Propozi¸ tia "pentru orice valoare permisµ a a variabilei x,p(x)
este o propozi¸ tie adevµ aratµ a" se nume¸ ste propozi¸ tie universalµ a asociatµ a predicatului p(x)
¸ si se noteazµ a 8x:p(x).
Exemplu. Luând p(x) :x20,x2R, propozi¸ tia 8x:p(x)este adevµ aratµ a .
Dacµ a p(x)¸ siq(x)sunt douµ a predicate, atunci p(x))q(x)dacµ a ¸ si numai dacµ a propoz-
i¸ tia8x:p(x)!q(x)este adevµ aratµ a. De asemenea, p(x),q(x)dacµ a ¸ si numai dacµ a
propozi¸ tia 8x:p(x)$q(x)este adevµ aratµ a.
Propozi¸ tia existen¸ tialµ a asociatµ a unui predicat p(x)este "existµ a cel pu¸ tin o valoare
x0a variabilei xastfel încât p(x0)este o propozi¸ tie adevµ aratµ a" ¸ si se noteazµ a 9x:p(x).
Exemplu. Considerând predicatul p(x) :x2= 1, unde x2Z, propozi¸ tia 9x:p(x)este
adevµ aratµ a, deoarece propozi¸ tiile p(1)¸ sip(1)sunt adevµ arate.
Sµ a presupunem predicatul p(x)de…nit numai pentru un numµ ar …nit de valori ale vari-
abilei x, anume x1,x2, …,xn. Atunci
8x:p(x),p(x1)^p(x2)^:::^p(xn)
¸ si
9x:p(x),p(x1)_p(x2)_:::_p(xn).
Având în vedere regulile lui De Morgan rezultµ a cµ a
e(8x:p(x)),ep(x1)_ep(x2)_:::_ep(xn), 9x: (ep(x))
¸ si
e(9x:p(x)),ep(x1)^ep(x2)^:::^ep(xn), 8x: (ep(x));
13

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
aceste reguli de nega¸ tie …ind valabile ¸ si în cazul general.
Majoritatea de…ni¸ tiilor din matematicµ a sunt predicate care se construiesc cu ajutorul
altor predicate deja de…nite.
Exemplu. Predicatul xjyse de…ne¸ ste astfel:
xjy, 9q:y=qx,
iar nega¸ tia acestuia este:
x-y, 8q:y6=qx.
1.6 Teoreme
Oteoremµ a în matematicµ a este o propozi¸ tie adevµ aratµ a care stabile¸ ste cµ a unul sau mai
multe obiecte matematice posedµ a o anumitµ a proprietate. De regulµ a, orice teoremµ a se poate
enun¸ ta sub forma unei propozi¸ tii condi¸ tionale (din punct de vedere gramatical) construitµ a
cu ajutorul cuvintelor "dacµ a … atunci …"
Exemplu. Teorema lui Pitagora: Într-un triunghi dreptunghic suma pµ atratelor catetelor este
egalµ a cu pµ atratul ipotenuzei se poate pune sub forma: Dacµ a xeste ipotenuza ¸ si y; zcatetele
unui triunghi dreptunghic, atunci x2=y2+z2.
Orice teoremµ a în matematicµ a se formuleazµ a, de regulµ a, spunând cµ a un anumit predicat
este consecin¸ tµ a logicµ a a unui alt predicat, deci are forma:
p(x1; x2; :::; x n))q(x1; x2; :::; x n),
unde p(x1; x2; :::; x n)¸ siq(x1; x2; :::; x n)sunt predicate n-are. Predicatul p(x1; x2; :::; x n)se
nume¸ ste ipotezµ a , iarq(x1; x2; :::; x n)se nume¸ ste concluzie . Prin demonstra¸ tia teoremei
în¸ telegem un ¸ sir de propozi¸ tii adevµ arate de forma
pk(x1; x2; :::; x n))pk+1(x1; x2; :::; x n),
unde k=1; n1,p1=p¸ sipn=q.Aceste propozi¸ tii sunt teoreme deja demonstrate
sauaxiome ( teoreme care se acceptµ a fµ arµ a demonstra¸ tie) sau propozi¸ tii adevµ arate în vir-
tutea legilor calculului propozi¸ tional. Teorema ini¸ tialµ a rezultµ a adevµ aratµ a în virtutea legii
silogismului.
Exemplu. Egalitatea
3q
5p
2 + 73q
5p
27 = 2
este o teoremµ a de forma p(x))q(x), unde
p(x) :x=3q
5p
2 + 73q
5p
27, iarq(x) :x= 2:
14

Elemente de logic µa¸ Si ra ¸ Tionament matematic
Pentru a demonstra teorema, observµ am cµ a:
p(x))x=3q
5p
2 + 73q
5p
27
)x3= 1433r
5p
2 + 7
5p
27


3r
5p
2 + 7
33r
5p
27!
)x3= 143x)x3+ 3x14 = 0 )(x2)
x2+ 2x+ 7

= 0)x= 2.
Predicatul
q(x1; x2; :::; x n))p(x1; x2; :::; x n)
se nume¸ ste reciproca teoremei
p(x1; x2; :::; x n))q(x1; x2; :::; x n).
Bineîn¸ teles, dacµ a teorema directµ a este adevµ aratµ a, nu este necesar ca ¸ si teorema reciprocµ a
sµ a …e adevµ aratµ a, în schimb, datoritµ a legii contrapozi¸ tiei, contrara reciprocei teoremei :
eq(x1; x2; :::; x n))ep(x1; x2; :::; x n)
este adevµ aratµ a, …ind de fapt echivalentµ a cu teorema directµ a. Pe aceastµ a observa¸ tie se bazeazµ a
metoda reducerii la absurd.
Exemplu. Evident, x=y)x2=y2, are loc pentru orice douµ a numere reale x; y, dar
reciproca x2=y2)x=ynu este adevµ aratµ a, deoarece, de exemplu, 12= (1)2, dar
16=1. Contrara reciprocei, x26=y2)x6=yeste adevµ aratµ a.
Am numit teoremµ a orice propozi¸ tie adevµ aratµ a care stabile¸ ste cµ a unul sau mai multe
obiecte matematice posedµ a o anumitµ a proprietate. Dar, de obicei, astfel de rezultate sa
numesc propozi¸ tii ¸ si numai rezultatele cele mai importante, cu o semni…ca¸ tie deosebitµ a poartµ a
numele de teoreme. Se numesc, de regulµ a corolarii acele propozi¸ tii care rezultµ a imediat din
alte teoreme sau propozi¸ tii ¸ si leme acele rezultate care pregµ atesc demonstra¸ tia unei propozi¸ tii
mai complicate sau a unei teoreme.
15

Capitolul 2
Principii de rezolvare a problemelor
de matematicµ a
2.1 Principiul induc¸ tiei matematice
Generarea riguroasµ a a mul¸ timii Na numerelor naturale presupune interven¸ tia a trei
axiome ce caracterizeazµ a a¸ sa-numitele triplete Peano.
De…ni¸ tia 2.1. Numim triplet Peano un ansamblu (N;0; s)unde Neste o mul¸ time, 02N,
iars:N!Neste o func¸ tie pentru care sunt veri…cate axiomele
(P1) 0=2s(N)
(P2) seste func¸ tie injectivµ a
(P3) Dacµ a PNeste o submul¸ time astfel încât 02P¸ si
n2P)s(n)2P
atunci P=N.1
Axioma (P3)poartµ a numele de axioma induc¸ tiei matematice . A¸ sadar, aici întâl-
nim prima oarµ a sintagma "indunc¸ tie matematicµ a". Intuitiv aceasta poate … asemµ anatµ a cu
prµ abu¸ sirea pieselor de domino: dacµ a doborâm prima piesµ a ( 02P) ¸ si cµ aderea unei piese
1În continuare se demonstreazµ a faptul cµ a orice triplet Peano este unic pânµ a la o bijec¸ tie, fapt ce permite
considerarea unuia dintre ele, (N;0; s), în care numim: Nmul¸ timea numerelor naturale ,0elementul
zero , iarsfunc¸ tia succesor .
Se noteazµ a 1 =s(0),2 =s(1),3 =s(2), etc. A¸ sadar, N=f0; 1; 2; 3; :::g.
Pe mul¸ timea Nse introduc opera¸ tiile bine-cunoscute de adunare " +" ¸ si înmul¸ tire "
"precum ¸ si o rela¸ tie
de ordine " ". În felul acesta (N;+)¸ si(N;
)sunt monoizi, iar (N;)este o mul¸ time total ordonatµ a ¸ si bine
ordonatµ a
Acestea sunt "primele cµ arµ amizi" ale edi…ciului:
NZQRC.
16

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
oarecare implicµ a prabu¸ sirea urmµ atoarei piese (n2P)s(n)2P), atunci toate piesele se
vor prµ abu¸ si.
Pe de altµ a parte, vorbind de ra¸ tionament logic, în tandem nu numai lingvistic, apar
ra¸ tionamentul deductiv ¸ sira¸ tionamentul inductiv . Ra¸ tionamentul deductiv pre-
supune extragerea unor concluzii particulare din premise cu caracter general, în timp ce
ra¸ tionamentul inductiv presupune premise cu caracter particular ajungându-se la o concluzie
generalµ a. Judecând deductiv, dacµ a o propozi¸ tie matematicµ a p(n);8n2Neste adevµ aratµ a,
atunci, în particular, …ecare propozi¸ tie p(0),p(1),p(2), ¸ s.a.m.d. este adevµ aratµ a. În schimb,
inductiv, dacµ a unele propozi¸ tii particulare sunt adevµ arate, sµ a zicem p(0),p(1)¸ sip(2)asta
nu implicµ a faptul cµ a ¸ si propozi¸ tia universalµ a corespunzµ atoare este adevµ aratµ a.
Exemplul 2.2. Considerând predicatul p(n) :n!3,n2N, avem propozi¸ tiile particulare
p(0) : 1 3,p(1) : 1 3¸ sip(2) : 2 3adevµ arate, dar p(3) : 6 3este falsµ a, fapt ce ne
permite sµ a spunem cµ a propozi¸ tia p(n) :n!3;8n2Neste falsµ a.
A¸ sadar concluzia unei inferen¸ te inductive, având caracter ampli…cator, poate … falsµ a
sau adevµ ararµ a. Pentru a pµ astra caracterul de adevµ ar este necesarµ a efectuarea unei induc¸ tii
complete.
Cu aceste considerente, putem enun¸ ta varianta cea mai utilizatµ a a principiului induc¸ tiei
matematice :
Teorema 2.3 (principiul induc¸ tiei matematice – forma slabµ a) .Fiind dat un predicat p(n),
n2Nastfel încât
propozi¸ tia p(n0)se dovede¸ ste adevµ aratµ a
presupunând propozi¸ tia p(n)adevµ arata, nn0arbitrar ales, rezultµ a cµ a ¸ si propozi¸ tia
p(n+ 1) este adevµ aratµ a
atunci p(n),8nn0este adevµ aratµ a.
Acest principiu genereazµ a metoda induc¸ tiei matematice (metoda induc¸ tiei com-
plete) ce presupune veri…carea celor dooi pa¸ si ai principiului numi¸ ti clasic etapa de veri-
…care , respectiv etapa de demonstra¸ tie . Demonstrµ am în detaliu urmµ atorul rezultat:
Problema 2.4. Arµ ata¸ ti cµ a cµ a 13+ 23+ 33+:::+n3este pµ atrat perfect, oricare ar … n2N.
Solu¸ tie . Pentru început facem o induc¸ tie incompletµ a pe baza cµ areia vom ob¸ tine o propozi¸ tie
care, la rândul ei va … demonstratµ a prin induc¸ tie matematicµ a:
13= 12=1
2
22
13+ 23= 9 = 32=2
3
22
13+ 23+ 33= 36 = 62=3
4
22
17

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Intuim cµ a 13+ 23+ 33+:::+n3=h
n(n+1)
2i2
. A¸ sadar formulµ am propozi¸ tia
p(n) : 13+ 23+ 33+:::+n3=n(n+ 1)
22
;8n2N.
Evident, pasul de veri…care este îndeplinit, propozi¸ tia p(1)…ind adevµ aratµ a. Pentru etapa de
demonstra¸ tie presupunem adevµ aratµ a propozi¸ tia
p(n) : 13+ 23+ 33+:::+k3=k(k+ 1)
22
,n1arbitrar
¸ si arµ atµ am cµ a
p(n+ 1) : 13+ 23+ 33+:::+n3+ (n+ 1)3=(n+ 1) ( n+ 2)
22
este de asemenea adevµ aratµ a. În acest scop evaluµ am
13+ 23+ 33+:::+k3+ (k+ 1)3=n(n+ 1)
22
+ (n+ 1)3= (n+ 1)2n2
4+n+ 1
=(n+ 1)2(n2+ 4n+ 4)
4=(n+ 1) ( n+ 2)
22
.
Decip(n))p(n+ 1) este adevµ avµ aratµ a. Cei doi pa¸ si ai induc¸ tiei …ind corect parcur¸ si, avem
siguran¸ ta cµ a propozi¸ tia p(n)este adevµ aratµ a pentru orice n1, ceea ce în …nal aratµ a cµ a
numµ arul 13+ 23+ 33+:::+n3este pµ atrat perfect, oricare ar … numµ arul natural nenul n.
Este foarte importantµ a veri…carea ambilor pa¸ si ai induc¸ tiei. A¸ sa cum am vµ azut, Exem-
plul 2.2, nu este su…cient sµ a veri…cµ am doar "startul" p(0). Pe de altµ a parte, lipsa acestuia
face la rândul ei ine…cientµ a aceastµ a metodµ a.
Exemplul 2.5. Astfel, luând propozi¸ tia p(n) :n=n+ 1;8n2N, etapa de demonstra¸ tie
este validµ a
n=n+ 1)n+ 1 = n+ 2.
Fµ arµ a sµ a veri…cµ am p(0), am trage concluzia cµ a toate numerela naturale sunt egale, ceea ce
este absurd.
Principiul induc¸ tiei matematice poate … enun¸ tat în forme generalizate:
Teorema 2.6 (principiul induc¸ tiei matematice – forma tare) .Fiind dat un predicat p(n),
n2Nastfel încât
propozi¸ tia p(n0)se dovede¸ ste adevµ aratµ a
presupunând propozi¸ tiile p(n0); p(n0+ 1); :::; p (n)adevµ arate, nn0arbitrar ales,
rezultµ a cµ a ¸ si propozi¸ tia p(n+ 1) este adevµ aratµ a
atunci p(n),8nn0este adevµ aratµ a.
Teorema 2.7 (principiul induc¸ tiei matematice – cu pasul s).Fiind dat un predicat p(n),
n2Nastfel încât
18

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
propozi¸ tiile p(n0); p(n0+ 1); :::; p (n0+s1)sunt adevµ arate
presupunând propozi¸ tia p(n)adevµ aratµ a, nn0arbitrar ales, rezultµ a cµ a ¸ si propozi¸ tia
p(n+s)este adevµ aratµ a
atunci p(n),8nn0este adevµ aratµ a.
Ca aplica¸ tie a Teoremei 2.6 demonstrµ am un rezultat celebru:
Problema 2.8 (inegalitatea mediilor) .Dacµ a a1; a2; :::; a nsunt numere reale pozitive, atunci
nP
k=1ak
nvuutnY
k=1ak, (2.1)
cu egalitate dacµ a ¸ si numai dacµ a a1=a2=:::=an.
Solu¸ tie . Pentru n2 f1; 2gegalitatea se veri…cµ a. Presupunem cµ a inegalitatea se veri…cµ a
pentru nknumere pozitive (k= 1;2; :::; n1)¸ si demonstrµ am cµ a ea rµ amâne valabilµ a ¸ si
pentru nnumere pozitive a1; :::; a n. Conform ipotezei de induc¸ tie (presupunerea fµ acutµ a)
putem scrie
n1X
k=1ak(n1)n1pa1a2
:::
an1 (2.2)
¸ si
an+npa1a2
:::
an+:::+
npa1a2
:::
an| {z }
den2ori(n1)n1q
an(npa1a2
:::
an)n2. (2.3)
Adunând inegalitµ a¸ tile (2:2)¸ si(2:3)membru cu membru ob¸ tinem:
nX
k=1ak+ (n2)npa1a2
:::
an(n1)
n1pa1a2
:::
an1+n1q
an(npa1a2
:::
an)n2
.
Dar
n1pa1a2
:::
an1+n1q
an(npa1a2
:::
an)n22r
n1q
a1
:::
:an(npa1
:::
an)n2
= 2npa1a2
:::
an.
Astfel,
nX
k=1ak+ (n2)npa1a2
:::
an2 (n1)npa1a2
:::
an,
ceea ce este echivalent cu
nX
k=1aknnpa1a2
:::
an.
Induc¸ tia este completµ a, deci inegalitatea (2:1)este adevµ aratµ a, oricare ar … a1; :::; a n0.
Tot cu forma tare a pincipiului induc¸ tiei matematice solu¸ tionµ am urmµ atoarea problemµ a
19

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.9.2Dacµ a aeste un numµ ar real cu proprietatea cµ a a+1
a2Z, atunci an+1
an2Z,
pentru orice n2N.
Solu¸ tie . Cazul n= 1este evident.Presupunem a…rma¸ tia adevµ aratµ a pentru orice numµ ar nat-
ural pânµ a la ninclusiv. Printr-un calcul simplu se demonstreazµ a identitatea
an+1+1
an+1=
an+1
an
a+1
a

an1+1
an1
,
care împreunµ a cu ipoteza de induc¸ tie ne permite sµ a a…rmµ am cµ a rela¸ tia este adevµ aratµ a ¸ si
pentru n+ 1. Am rezolvat astfel problema pentru n2N. Trecerea la numere întregi
negative se face simplu: dacµ a n=m2Z, cum2Navem an+1
an=am+1
am2Z, conform
celor demonstrate anterior. 
Solu¸ tiile urmµ atoarelor douµ a probleme constituie exemple de aplicare a Teoremei 2.7.
Problema 2.10. Sµ a se arate cµ a oricare ar … n2N, numµ arul
En= (n+ 1) ( n+ 2)
:::
(2n)
se divide cu 2n, dar nu se divide cu 2n+1.
Solu¸ tie . Pentru n= 1,E1= 2. În mod evident 2jE1¸ si22-E1. Pentru n= 2,E2= 12 ,
deci 22jE1, ¸ si23-E1. Arµ atµ am acum cµ a, dacµ a a…rma¸ tia din enun¸ t este adevµ aratµ a pentru n,
ea rµ amâne adevµ aratµ a ¸ si pentru n+ 2. Evaluµ am
En+2 = (n+ 3) ( n+ 4)
:::
(2n) (2n+ 1) (2 n+ 2) (2 n+ 3) (2 n+ 4)
= 4 ( n+ 1) ( n+ 2) ( n+ 3)
:::
(2n) (2n+ 1) (2 n+ 3)
= 22En(2n+ 1) (2 n+ 3).
Din presupunerea fµ acutµ a rezultµ a cµ a En= 2nq,qimpar. Atunci:
En+2= 2n+2q(2n+ 1) (2 n+ 3).
Este clar cµ a 2n+2jEn+2. În plus, observând cµ a q= (2n+ 1) (2 n+ 3) este impar, deducem
cµ a2n+3-En+2. A¸ sadar, prin induc¸ tie matematicµ a, a…rma¸ tia din enun¸ t este adevµ aratµ a. 
Problema 2.11. Sµ a se demonstreze cµ a orice numµ ar natural n1admite o reprezentare de
forma
n=1
12+2
22+:::+k
k2, (2.4)
unde j=1, oricare ar … j2 f1;2; :::; kg.3
Solu¸ tie . Vom veri…ca primii patru pa¸ si: 1 = 1
12,2 =122232+ 42,32=12+ 22,
iar4 =1222+ 32. Presupunem cµ a a…rma¸ tia noastrµ a este adevµ aratµ a pentru o valoare
oarecare n¸ si demonstrµ am cµ a este adevµ aratµ a pentru n+ 4. Un calcul simplu ne permite sµ a
2Lucian Tu¸ tescu
3Numµ arul k2Nnu depinde de n.
20

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
scriem identitatea
(n+ 1)2(n+ 2)2(n+ 3)2+ (n+ 4)2= 4.
Astfel, cu presupunerea fµ acutµ a avem
n+ 4 =kX
j=1j
j2+ 4 =kX
j=1j
j2+ (k+ 1)2(k+ 2)2(k+ 3)2+ (k+ 4)2=k+4X
j=1j
j2,
ceea ce încheie demonstra¸ tia. 
A¸ sa cum am vµ azut în exemplele anterioare, induc¸ tia matematicµ a are un domeniu mare
de aplicabilitate. În cele ce urmeazµ a încercµ am sµ a acoperim câteva zone ale acestui domeniu
cu alte probleme interesante.
2.1.1 Demonstrarea unor identitµ a¸ ti pe baza induc¸ tiei matematice
În cadrul urmµ atoarei propozi¸ tii amintim câteva rezultate clasice, rela¸ tia (2:7)…ind deja
demonstratµ a în cadrul Problemei 2.4.
Propozi¸ tia 2.12. Pentru n1au loc urmµ atoarele identitµ a¸ ti
1 + 2 + 3 + :::+n=n(n+ 1)
2.4(2.5)
12+ 22+ 32+:::+n2=n(n+ 1) (2 n+ 1)
6. (2.6)
13+ 23+ 33+:::+n3=n(n+ 1)
22
. (2.7)
a+ (a+r) +:::+ [a+ (n1)r] =n(2a+ (n1)r)
2.5(2.8)
b+bq+:::+bqn1=bqn1
q1, pentru q6= 1.6(2.9)
1
a(a+r)+1
(a+r) (a+ 2r)+:::+1
[a+ (n1)r] (a+nr)=nr
ar(a+nr)(2.10)
a(a+r) + (a+r) (a+ 2r) +:::+ [a+ (n1)r] (a+nr) =n[r2(n21) + 3 a(a+nr)]
3
(2.11)
Problema 2.13. Pentru orice n2N, are loc egalitatea:
hp
1i
+hp
2i
+hp
3i
+:::+hp
n2i
=n(4n23n+ 5)
6. (2.12)
4suma lui Gauss
5suma primilor ntermei ai unei progresii aritmetice cu primul termen a¸ si ra¸ tia r
6suma primilor ntermei ai unei progresii geometrice cu primul termen b¸ si ra¸ tia q6= 1
21

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Solu¸ tie . Pentru n= 1avemp
1
=1(4
123
1+5)
6, adicµ a 1 = 1 . Admi¸ tând a…rma¸ tia adevµ aratµ a
pentru n, evaluµ am
hp
1i
+hp
2i
+hp
3i
+:::+hp
n2i
+hp
n2+ 1i
+:::+q
(n+ 1)2
=n(4n23n+ 5)
6+hp
n2+ 1i
+:::+q
(n+ 1)21
+q
(n+ 1)2
.
Dar
hp
n2+ 1i
=hp
n2+ 2i
=:::=q
(n+ 1)21
=n.
Putem deci continua astfel
hp
1i
+hp
2i
+hp
3i
+:::+hp
n2i
+hp
n2+ 1i
+:::+q
(n+ 1)2
=n(4n23n+ 5)
6+ n+n+:::+n|{z}
de(n+1)21(n2+1)+1 ori+ (n+ 1)
=n(4n23n+ 5)
6+ 2n2+n+ 1 =(n+ 1) (4 n2+ 5n+ 6)
6
=(n+ 1)
4 (n+ 1)25 (n+ 1) + 6
6.
A¸ sadar, (2:12)func¸ tioneazµ a pentru orice n2N. 
Problema 2.14 (identitatea lui Lagrange) .Fiea1; a2; :::; a n;b1; b2; :::; b nnumere reale. Are
loc:
X
1i<jn(aibjajbi)2=nX
i=1a2
i
nX
i=1b2
i nX
i=1aibi!2
, (2.13)
oricare ar … n2N.
Solu¸ tie . Pentru n= 1ob¸ tinem 0 =a2
1b2
1(a1b1)2, deci egalitatea este veri…catµ a în acest caz.
Presupunem cµ a pentru orice sistem de numere a1; a2; :::; a n;b1; b2; :::; b navem
nX
i=1a2
i
nX
i=1b2
i nX
i=1aibi!2
=X
1i<jn(aibjajbi)2.
Atunci
n+1X
i=1a2
i
n+1X
i=1b2
i n+1X
i=1aibi!2
=nX
i=1a2
i
nX
i=1b2
i+b2
n+1nX
i=1a2
i+a2
n+1nX
i=1b2
i+a2
n+1b2
n+1
nX
i=1aibi!2
2an+1bn+1nX
i=1aibia2
n+1b2
n+1
22

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Ipoteza de induc¸ tie ne permite sµ a continuµ am astfel:
n+1X
i=1a2
i
n+1X
i=1b2
i n+1X
i=1aibi!2
=X
1i<jn(aibjajbi)2+b2
n+1nX
i=1a2
i+a2
n+1nX
i=1b2
i2an+1bn+1nX
i=1aibi
=X
1i<jn(aibjajbi)2+nX
i=1a2
ib2
n+1+nX
i=1b2
ia2
n+1nX
i=12an+1bn+1aibi
=X
1i<jn(aibjajbi)2+nX
i=1
a2
ib2
n+1+b2
ia2
n+12an+1bn+1aibi

=X
1i<jn(aibjajbi)2+nX
i=1(aibn+1bian+1)2
=X
1i<jn+1(aibjajbi)2.

Problema 2.15 (formula lui Abel) .Oricare ar … n2are loc identitatea
nX
k=1akbk=Anbnn1X
k=1Ak(bk+1bk), (2.14)
unde Ak=Pk
j=1aj.
Solu¸ tie . Când n= 2, membrul drept se scrie:
A2b2A1(b2b1) = (a1+a2)b2a1(b2b1) =a1b1+a2b2,
deci formula are loc în acest caz. Dacµ a presupunem a…rma¸ tia adevµ aratµ a pentru n, atunci
An+1bn+1nX
k=1Ak(bk+1bk)
= (An+an+1)bn+1n1X
k=1Ak(bk+1kbk)An(bn+1bn)
=Anbnn1X
k=1Ak(bk+1bk) +an+1bn+1
=nX
k=1akbk+an+1bn+1=n+1X
k=1akbk.
Concluzia este acum evidentµ a. 
Aplicµ am principiul induc¸ tiei matematice ¸ si unor identitµ a¸ ti trigonometrice, dupµ a cum
vom vedea mai jos.
23

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.16.7Pentru r6= 2k; k2Z, au loc identitµ a¸ tile
sina+ sin ( a+r) + sin ( a+ 2r) +:::+ sin [ a+ (n1)r] =sinh
a+(n1)r
2i
sinnr
2
sinr
2,(2.15)
cosa+ cos ( a+r) + cos ( a+ 2r) +:::+ cos [ a+ (n1)r] =cosh
a+(n1)r
2i
sinnr
2
sinr
2,(2.16)
oricare ar … n2N.
Solu¸ tie . Demonstrµ am aici doar identitatea (2:15), egalitatea (2:16)solu¸ tionându-se în mod
asemµ anµ ator, sau înlocuind în (2:15)peacu
2a, iar pe rcur. Dacµ a n= 1, egalitatea
este evidentµ a. Considerând identitatea adevµ aratµ a pentru n¸ si folosindu-ne de formulele
sinsin=1
2[cos ()cos (+)],
coscos=2 sin+
2sin
2,
evaluµ am
sina+ sin ( a+r) + sin ( a+ 2r) +:::+ sin [ a+ (n1)r] + sin ( a+nr)
=sinh
a+(n1)r
2i
sinnr
2
sinr
2+ sin ( a+nr) =sinh
a+(n1)r
2i
sinnr
2+ sin ( a+nr) sinr
2
sinr
2
=1
2 sinr
2"
cos
a+(n1)r
2nr
2
cos
a+(n1)r
2+nr
2
+ cos
a+nrr
2

cos
a+nr+r
2
#
=cos
a1
2r

cos
a+1
2r+nr

2 sinr
2= sin
a+nr
2
sin(n+ 1)r
2.

7Observµ am cµ a în aceste identitµ a¸ ti argumentele func¸ tiilor trigonometrice sin, respectiv cos, se succed în
progresie aritmeticµ a: a; a+r; :::; a + (n1)r.
Sunt foarte interesante unele cazuri particulare ale acestor identitµ a¸ ti, cum ar …:
sina+ sin
a+2
n
+ sin
a+4
n
+:::+ sin
a+2 (n1)
n
= 0,
cosa+ cos
a+2
n
+ cos
a+4
n
+:::+ cos
a+2 (n1)
n
= 0,
ob¸ tinute pentru r=2
n, sau
sina+ sin 2 a+:::+ sin na=sin(n+1)a
2sinna
2
sina
2,
cosa+ cos 2 a+:::+ cos na=cos(n+1)a
2sinna
2
sina
2,
ob¸ tinute pentru r=a.
24

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.17.8Fiea1; a2; :::; a n2Rastfel încât:
a1cosx+a2cos 2x+:::+ancosnx0,8x2R.
Atunci
a1cosx+a2cos 2x+:::+ancosnx= 0,8x2R. (2.17)
Solu¸ tie . Construim, în ipotezele date, propozi¸ tia
p(n) :a1cosx+a2cos 2x+:::+ancosnx= 0;8x2R;8n2N.
Dacµ a a1cosx0;8x2R, atunci, clar a1= 0, deci a1cosx= 0;8x2R; prin urmare p(1)
este adevµ aratµ a.
Sµ a presupunem cµ a toate propozi¸ tiile particulare p(1); p(2); :::; p (n1)sunt adevµ arate ¸ si sµ a
demonstrµ am cµ a propozi¸ tia p(n)este adevµ aratµ a. Avem deci cµ a
a1cosx+a2cos 2x+a3cos 3x+:::+ancosnx0,8x2R. (2.18)
În aceastµ a egalitate substituim xcux+¸ si ob¸ tinem
a1cosx+a2cos 2xa3cos 3x+:::+ (1)nancosnx0,8x2R. (2.19)
Sµ a presupunem cµ a neste par (analog se trateazµ a ¸ si cazul nimpar). Adunând rela¸ tiile (2:18)
¸ si(2:19)gµ asim
2a2cos 2x+ 2a4cos 2x+:::+ 2ancosnx0,8x2R,
sau
a2cos 2x+a4cos 2x+:::+ cos nx0,8x2R. (2.20)
Dacµ a în (2:20)substituim 2xcuyob¸ tinem cµ a
a2cosy+a4cos 2y+:::+ancosny
20,8x2R.
Aplicând ipoteza de induc¸ tien
2< n

rezultµ a cµ a
a2cosy+a4cos 2y+:::+ancosny
2= 0,8x2R,
sau, revenind cu nota¸ tia,
a2cos 2x+a4cos 4x+:::+ancosnx= 0,8x2R.
Astfel, (2:18)devine
a1cosx+a3cos 3x+:::+an1cos (n1)x0,8x2R. (2.21)
Facem din nou substitu¸ tia x!x+, de aceastµ a datµ a în rela¸ tia (2:21), ¸ si ob¸ tinem
a1cosxa3cos 3x:::an1cos (n1)x0,8x2R,
8Dumitru Bu¸ sneag
25

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
sau echivalent
a1cosx+a3cos 3x+:::+an1cos (n1)x0,8x2R. (2.22)
Coroborând acum (2:21)¸ si(2:22)avem:
a1cosx+a3cos 3x+:::+an1cos (n1)x= 0,8x2R. (2.23)
În …ne, din (2:20)¸ si(2:23)rezultµ a cµ a, ¸ si p(n)este adevµ aratµ a. Conform principiului
tare al induc¸ tiei matematice, p(n)este adevµ aratµ a pentru orice numµ ar natural nenul n.
Prezentµ am fµ arµ a demonstra¸ tie în cadrul Problemelor (2:18),(2:19)¸ si(2:20)alte iden-
titµ a¸ ti trigonometrice ce pot … demonstrate inductiv.
Problema 2.18. Pentru orice numµ ar natural nare loc:
cosacos 2acos 4a
:::
cos 2na=sin 2n+1a
2n+1sina,a6=k,k2Z. (2.24)
cosacosa
2cosa
22cosa
23
:::
cosa
2n=sin 2a
2n+1sina
2n,a6= 2nk,k2Z. (2.25)
Problema 2.19. Pentru orice n1¸ si orice x6= 2k; k2Zavem:
nX
k=1ksinkx=(n+ 1) sin nxnsin (n+ 1)x
4 sin2x
2, (2.26)
respectiv
nX
k=1kcoskx=(n+ 1) cos nxncos (n+ 1)x1
4 sin2x
2. (2.27)
Problema 2.20. Oricare ar … n2N¸ six2R,x6=m,m2Zare loc:
nX
k=11
2ktanx
2k=1
2ncotx
2ncotx. (2.28)
2.1.2 Rezolvarea unor ecua¸ tii diofantice prin induc¸ tie matematicµ a
Unele ecua¸ tii diofantice9î¸ si gµ asesc rezolvarea pe calea induc¸ tiei matematice. Problemele
urmµ atoare ilustreazµ a acest lucru, rezultatele …ind de-a dreptul remarcabile.
Problema 2.21.10Sµ a se arate cµ a pentru orice numµ ar natural n, ecua¸ tia
x2+xy+y2= 7n(2.29)
9Prin ecua¸ tie diofanticµ a în¸ telegem o ecua¸ tie de forma
f(x1; x2; :::; x n) = 0 , (*)
unde feste o fun¸ tie de nvariabile ¸ si n2. Un n-uplu
x0
1; x0
2; :::; x0
n

2Znce satisface ()se nume¸ ste
solu¸ tie a acestei ecua¸ tii.
Numele acestor ecua¸ tii vine de la matematicianul antic Diofant , supranumit "tatµ al algebrei", binecunoscut
pentru cartea sa Aritmetica , o lucrare asupra ecua¸ tiilor algebrice ¸ si despre teoria numerelor.
10Dorin Andrica
26

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
are solu¸ tii în mul¸ timea numerelor întregi.
Solu¸ tie . Pentru n= 1, avem solu¸ tia x1= 2,y1= 1. Presupunem cµ a existµ a numerele întregi
xn; yncare îndeplinesc
x2
n+xnyn+y2
n= 7n.
Sµ a punem xn+1= 2xnyn,yn+1=xn+ 3yn. Ob¸ tinem
x2
n+1+xn+1yn+1+y2
n+1 = (2 xnyn)2+ (2xnyn) (xn+ 3yn) + (xn+ 3yn)2
= 7×2
n+ 7xnyn+ 7y2
n= 7
x2
n+y2
n+xnyn

= 7n+1.
Cu principiul induc¸ tiei matematice, solu¸ tia este completµ a. 
Problema 2.22.11Demonstra¸ ti cµ a pentru orice numµ ar natural n1, existµ a numerele
întregi x; y; z astfel încât x2+y2+z2= 32n.
Solu¸ tie . Dacµ a n= 1, avem x1= 1; y1=z1= 2. Admitem cµ a existµ a xn; yn; zn2Za¸ sa încât
x2
n+y2
n+z2
n= 32n
¸ si de…nim xn+1=x2
ny2
n+z2
n,yn+1= 2ynzn,zn+1= 2xnyn. Avem
x2
n+y2
n+z2
n=
x2
ny2
n+z2
n
2+ (2ynzn)2+ (2xnyn)2
=
x2
n+y2
n+z2
n
2=
32n
2= 32n+1.

Problema 2.23. Sµ a se arate cµ a pentru orice n3, ecua¸ tia
1
x1+1
x2+:::+1
xn= 1 (2.30)
este solvabilµ a în mul¸ timea numerelor naturale distincte.
Solu¸ tie .12În cazul n= 3avem
1
2+1
3+1
6= 1.
11Dorin Andrica
12Nu se cunoa¸ ste dacµ a existµ a o in…nitate de numere naturale npentru care ecua¸ tia (2:30)admite solu¸ tii
(x1; x2; :::; x n), unde x1; x2; :::; x nsunt numere naturale impare distincte douµ a câte douµ a. Cu argumente de
paritate, ntrebuie sµ a…e impare. Totu¸ si sunt cunoscute câteva exemple, cum ar …, pentru n= 9, avem
1
3+1
5+1
7+1
9+1
11+1
15+1
33+1
45+1
385= 1,
pentru n= 11,
1
3+1
5+1
7+1
9+1
15+1
21+1
27+1
35+1
63+1
105+1
135= 1,
pentru n= 15,
1
3+1
5+1
7+1
9+1
15+1
21+1
35+1
45+1
55+1
77+1
165+1
231+1
385+1
495+1
693= 1.
27

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Presupunem cµ a pentru nales arbitrar are loc1
x1+1
x2+:::+1
xn= 1, unde x1; x2; :::; x nsunt
numere naturale distincte ¸ si ob¸ tinem
1
2×1+1
2×2+:::+1
2xn=1
2.
Rezultµ a cµ a
1
2+1
2×1+1
2×2+:::+1
2xn= 1,
unde numerele 2;2×1;2×2; :::;2xnsunt distincte douµ a câte douµ a. 
Problema 2.24. Demonstra¸ ti cµ a pentru orice n6ecua¸ tia
1
x2
1+1
x2
2+:::+1
x2
n= 1 (2.31)
este solvabilµ a în mul¸ timea numerelor întregi.
Solu¸ tie . Pentru început observµ am cµ a
1
a2=1
(2a)2+1
(2a)2+1
(2a)2+1
(2a)2.
Astfel, dacµ a (x1; x2; :::; x n) = (a1; a2; :::; a n)este o solu¸ tie a ecua¸ tiei (2:31), atunci
(x1; x2; :::; x n1; xn; xn+1; xn+2; xn+3) = (a1; a2; :::; a n1;2an;2an;2an;2an)
este o solu¸ tie în mul¸ timea numerelor întregi pentru ecua¸ tia
1
x2
1+1
x2
2+:::+1
x2
n+3= 1.
Deci, având solu¸ tii pentru n= 6;7respectiv 8:
1
22+1
22+1
22+1
32+1
32+1
62= 1,
1
22+1
22+1
22+1
42+1
42+1
42+1
42= 1
1
22+1
22+1
22+1
32+1
42+1
42+1
122+1
122= 1
printr-o induc¸ tie cu pasul 3, putem acum construi solu¸ tii pentru orice n. 
Problema 2.25. Sµ a se demonstreze cµ a dacµ a m¸ sinsunt numere naturale (mn), atunci
numµ arul solu¸ tiilor naturale ale ecua¸ tiei
x1+x2+:::+xn=m (2.32)
esteCn1
m1.
Solu¸ tie . Demonstrµ am rezultatul prin induc¸ tie matematicµ a relativ la n. Fie Nn(m)numµ arul
pe care-l cµ autµ am. Evident N1(m) = 1 = C11
m1. Admitem cµ a Nk(m) =Cn1
m1, pentru
28

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
k= 1;2; :::; n1. Arµ atµ am cµ a Nn(m) =Cn1
m1:
Nn(m) = Nn1(m1) +Nn1(m2) +:::+Nn1(n1)
=Cn2
m2+Cn2
m3+:::+Cn2
n2=Cn1
m1.
Conform principiului induc¸ tiei matematice
Nn(m) =Cn1
m1,8n2N.

2.1.3 Rezolvarea inductivµ a a unor probleme de algebrµ a matricealµ a
Induc¸ tia matematicµ a este un instrument foarte util în calculul puterii a n-a a unei
matrice.
Problema 2.26. Fie matricea A2 M 2(C)astfel încât tr (A) = 0 , atunci
An=(
(detA)kI2,8n2N, dacµ a n= 2k; k2N
(detA)kA,8n2N, dacµ a n= 2k+ 1; k2N(2.33)
Solu¸ tie .Identitatea Cayley-Hamilton pentru o matrice, A, de ordinul 2are forma
A2(trA)
A+ (det A)
I2=O2.
Dar, tr (A) = 0 ; astfel
A2=det (A)
I2
¸ si prin induc¸ tie matematicµ a pentru npar sau impar rezultµ a a…rma¸ tia din enun¸ t. 
Problema 2.27. Se considerµ a matricea A=
a b
b a!
, cua; b2C,b6= 0. Sµ a se demon-
streze cµ a oricare ar … n2NAn=
xnyn
ynxn!
, unde
xn=(a+b)n+ (ab)n
2¸ siyn=(a+b)n(ab)n
2.
Solu¸ tie . Pentru n= 1,xn=(a+b)1+(ab)1
2=a¸ siyn=(a+b)1(ab)1
2=b. Considerµ am a…rma¸ tia
adevµ aratµ a pentru n¸ si o demonstrµ am pentru n+ 1. Avem
An+1=AnA=
xnyn
ynxn!
a b
b a!
=
axn+bynayn+bxn
ayn+bxnaxn+byn!
=
a(a+b)n+(ab)n
2+b(a+b)n(ab)n
2a(a+b)n(ab)n
2+b(a+b)n+(ab)n
2
a(a+b)n(ab)n
2+b(a+b)n+(ab)n
2a(a+b)n+(ab)n
2+b(a+b)n(ab)n
2!
=
(a+b)n+(ab)n
2(a+b)n(ab)n
2
(a+b)n(ab)n
2(a+b)n+(ab)n
2!
=
xn+1yn+1
yn+1xn+1!
.
29

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Acum totul este clar. 
Problema 2.28. Sµ a se determine matricea An,n1, unde A=
a b
0a!
,a; b2C.
Solu¸ tie . Avem
A=
a22ab
0a2!
,A3=
a33a2b
0a3!
,A4=
a44a3b
0a4!
.
Intuim cµ a
An=
annan1b
0 an!
,8n2N. (2.34)
Pentru n= 1 rezultatul s-a veri…cat. Admitem acum a…rma¸ tia adevµ aratµ a pentru n¸ si
demonstrµ am valabilitatea ei pentru n+ 1. Prin calcul,
An+1=AnA=
annan1b
0 an!
a b
0a!
=
an+1(n+ 1)anb
0 an+1!
.
Astfel, prin induc¸ tie matematicµ a, rezultµ a cµ a a…rma¸ tia (2:34)este adevµ aratµ a. 
Problema 2.29. FieA=
ab
b a!
, cua; b2R¸ sidetA6= 0. Determina¸ ti An,n1.
Solu¸ tie . Avem detA=a2+b2¸ si considerµ am matricea B=1
detAA. Astfel detB= 1de unde
rezultµ a cµ a existµ a '2Rastfel încât cos'=a
detA¸ sisin'=b
detA. Acum
B=
cos'sin'
sin' cos'!
.
Prin calcul, pe baza unor formule trigonometrice, gµ asim
B2=
cos 2'sin 2'
sin 2' cos 2'!
¸ siB3=
cos 3'sin 3'
sin 3' cos 3'!
.
Induc¸ tia decurge apoi u¸ sor prin intermediul acelora¸ si formule trigonometrice:
Bn+1=BnB=
cosn'sinn'
sinn' cosn'!
cos'sin'
sin' cos'!
=
cos (n+ 1)'sin (n+ 1)'
sin (n+ 1)' cos (n+ 1)'!
.
Revenind la matricea Avom avea An= (det A)nB,n1, adicµ a
An= (det A)n
cosn'sinn'
sinn' cosn'!
,8n1.

De fapt problema determinµ arii matricei An, unde n2 M 2(C)este complet rezolvatµ a,
30

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problemele 2.26, 2.27, 2.28 ¸ si 2.29 având un caracter mai restrâns de generalitate.13
Problema 2.30. Sµ a se determine An,n1, pentru matricea A=0
B@a b c
0a d
0 0 a1
CA, unde
a; b; c; d sunt numere complexe.
Solu¸ tie .14Matricea Aare reprezentarea A=aI2+B, unde B=0
B@0b c
0 0 d
0 0 01
CA.Observµ am cµ a
B2=0
B@0 0 bd
0 0 0
0 0 01
CA¸ siBk=O3,8k3.
Avem
A= (aI2+B)n= (aI2)n+C1
n(aI2)n1B+C2
n(aI2)n2B2
=0
B@an0 0
0an0
0 0 an1
CA+n0
B@an10 0
0an10
0 0 an11
CA0
B@0b c
0 0 d
0 0 01
CA
+n(n1)
20
B@an10 0
0an10
0 0 an11
CA0
B@0 0 bd
0 0 0
0 0 01
CA
=0
B@annan1b1
2an1n(2cbd+bdn)
0 annan1d
0 0 an1
CA.

Lµ asµ am farµ a demonstra¸ tie, metoda …ind deja clarµ a, urmµ atoarele douµ a probleme.
13Teoremµ a. Dacµ a matricea A2M2(C)are valori proprii 1; 22Catunci existµ a ¸ si sunt unice matricele
B; C2M2(C)astfel încât
An=n
1B+n
2C, dacµ a 16=2
n
1B+nn1
1C, dacµ a 1=2.
Matricele B¸ siCse determinµ a dând lui nvalorile 0¸ si1;A0=I2¸ siA1= 1.
14Aceastµ a solu¸ tie nu aratµ a explicit o induc¸ tie. Totu¸ si, existµ a o induc¸ tie "ascunsµ a": folosim formula
binomului lui Newton pentru matrice A; B2 M n(C)care comutµ a:
(A+B)n=An+n1X
k=1Ck
nAnkBk+Bn
¸ si
(AB)n=An+n1X
k=1(1)kCk
nAnkBk+ (1)nBn
rezultat care se demonstreazµ a prin induc¸ tie matematicµ a.
31

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.31. Dacµ a A=0
B@a0a
0b0
a0a1
CA,a; b2C, atunci
An=0
B@2n1an0 2n1an
0 bn0
2n1an0 2n1an1
CA,8n2N.
Problema 2.32. Dacµ a A=0
B@0a0
a0a
0a01
CA,a2C, atunci
An=8
>>>>>>>>><
>>>>>>>>>:0
B@2k1a2k0 2k1a2k
0 2ka2k0
2k1a2k0 2k1a2k1
CA, dacµ a n= 2k; k2N
0
B@0 2ka2k+10
2ka2k+10 2ka2k+1
0 2ka2k+101
CA, dacµ a n= 2k+ 1; k2N.
Induc¸ tia matematicµ a este folositµ a ¸ si în solu¸ tionarea unor probleme "tehnice" cu matrice,
cum este cazul Problemei 2.33.
Problema 2.33. Sµ a se arate cµ a dacµ a existµ a X2 M 2(C)a¸ sa încât AXXA =A, atunci
A2=O2.
Solu¸ tie . Pornind de la rela¸ tia AXXA =Aarµ atµ am inductiv cµ a
AnXXAn=nAn,8n2N. (2.35)
Pentru n= 1egalitatea este evidentµ a. Pentru n+ 1avem
An+1XAXAn=nAn+1(2.36)
¸ si
AnXAXAn+1=nAn+1(2.37)
Prin sumarea membru cu membru a rela¸ tiilor (2:36)¸ si(2:37)ob¸ tinem

An+1XAXAn

+
AnXAXAn+1

= 2nAn+1,
ceea ce se scrie echivalent sub forma
An+1XXAn+1= (n+ 1)An+1.
Astfel induc¸ tia se încheie.
Mai departe trecem în (2:35)la determinan¸ ti ¸ si avem
det (An) detX= det ( X+nI2) det ( An).
32

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Dacµ a detA6= 0, atunci detX= det ( X+nI2),8n2N, egalitate ce nu poate avea loc
deoarece detX= det ( X+zI2)este o ecua¸ tie de gradul al doilea în z, deci are cel mult douµ a
solu¸ tii. Rµ amâne cµ a detA= 0. Dar,
tr(A) =tr(AXXA) = 0 .
Prin urmare, pe baza rela¸ tiei Cayley-Hamilton, rezultµ a A2=O2. 
Folosim metoda induc¸ tiei matematice ¸ si pentru calculul unor determinan¸ ti de ordin n,
unii dintre ei "celebri".
Problema 2.34 (determinantul Vanderminde) .Pentru orice n2avem
V(a1; a2; :::; a n) =Y
1i<jn(ajai), (2.38)
unde
V(a1; a2; :::; a n) =1 1 1 ::: 1
a1 a2 a3::: a n
a2
1 a2
2 a2
3::: a2
n
::: ::: ::: ::: :::
an1
1 an1
2 an1
3 ::: an1
n. (2.39)
Solu¸ tie . Pentru cazul n= 2avem
V(a1; a2) =1 1
a1a2=a2a1,
deci a…rma¸ tia se veri…cµ a.
Presupunem cµ a V(a1; a2; :::; a n1) =Q
1i<jn1(ajai)¸ si arµ atµ am cµ a V(a1; a2; :::; a n) =Q
1i<jn(ajai). Asupra determinantului V(a1; a2; :::a n)facem urmµ atoarele transformµ ari
ce nu-i modi…cµ a valoarea: înmul¸ tim linia kcuan¸ si o adunµ am la linia k+ 1, pentru …ecare
k=1; n1. Vom ob¸ tine
V(a1; a2; :::; a n) =1 1 1 ::: 1
a1an a2an a3an ::: 0
a2
1a1an a2
2a2an a2
3a3an ::: 0
::: ::: ::: ::: :::
an1
1an2
1anan1
2an2
2anan1
3an2
3an::: 0,
determinant pe care-l dezvoltµ am dupµ a ultima coloanµ a ¸ si avem:
V(a1; a2; :::; a n) = (1)n+1n1Y
m=1(aman)1 1 1 ::: 1
a1 a2 a3::: a n1
a2
1 a2
2 a2
3::: a2
n1
::: ::: ::: ::: :::
an2
1 an2
2 an2
3 ::: an2
n1.
33

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
A¸ sadar, putem scrie
V(a1; a2; :::; a n) = ( 1)n+1n1Y
m=1(aman)
V(a1; a2; :::; a n1)
= (1)n+1(1)n1n1Y
m=1(anam)
Y
1i<jn1(ajai)
=Y
1i<jn(ajai).

Problema 2.35. Sµ a se calculeze determinantul
Dn=a+b a a ::: a
a a +b a ::: a
a a a +b ::: a
::: ::: ::: ::: :::
a a a ::: a +b,
unde n2.15
Solu¸ tie . Se veri…cµ a u¸ sor cµ a:
D2=b(2a+b)¸ siD3=b2(3a+b).
Intuim cµ a pentru orice n2are loc:
Dn=bn1(na+b),
formulµ a pe care o demonstrµ am prin induc¸ tie. Astfel,
Dn+1 =a+b a a ::: a a
a a +b a ::: a a
a a a +b ::: a a
::: ::: ::: ::: ::: :::
a a a ::: a +b a
a a a ::: a a+a+b a a ::: a 0
a a +b a ::: a 0
a a a +b ::: a 0
::: ::: ::: ::: ::: :::
a a a ::: a +b0
a a a ::: a b
=abn+bDn,
unde pentru primul determinant s-a scµ azut ultima coloanµ a din …ecare dintre cele ncoloane
15Calculul acestui determinant poate … facut ¸ si în absen¸ ta induc¸ tiei matematice:
Dn= (na+b)1 a ::: a
a a +b ::: a
::: ::: ::: :::
1 a ::: a +b= (na+b)1 0 ::: 0
1b ::: 0
::: ::: ::: :::
1 0 ::: b= (na+b)bn1.
34

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
precedente. Aplicµ am acum ipoteza de induc¸ tie: Dn=bn1(na+b), avem:
Dn+1=bn((n+ 1)a+b).
Pasul de veri…care …ind deja parcurs, demonstra¸ tia se µincheie. 
Problema 2.36. Sµ a se calculeze determinantul:
Dn=a+b ab 0::: 0 0
1a+b ab ::: 0 0
0 1 a+b ::: 0 0
::: ::: ::: ::: ::: :::
0 0 0 ::: a +b ab
0 0 0 ::: 1a+b,
unde n2¸ sia6=b.
Solu¸ tie . Dezvoltând determinantul dupµ a prima coloanµ a ob¸ tinem:
Dn= (a+b)Dn1abD n2. (2.40)
Egalitatea (2:40)reprezintµ a o recuren¸ tµ a liniarµ a neomogenµ a de gradul doi pe baza cµ areia se
demonstreazµ a, folosind induc¸ tia matematicµ a, faptul cµ a
Dn=an+1bn+1
ab,
oricare ar … n2. 
2.1.4 Probleme de divizibilitate rezolvate prin induc¸ tie completµ a
De obicei aceste probleme sunt forme particulare ale urmµ atorului enun¸ t: Sµ a se arate cµ a
sjf(n), oricare ar … n2N,nn0, unde s2N,s2, iar f(n)esteosumµ a de produse
cu puteri ¸ si exponen¸ tiale în n.Spre exempli…care, rezolvµ am urmµ atoarea problemµ a.
Problema 2.37. Demonstra¸ ti cµ a
5n+ 6
7n+ 1este divizibil cu 8, (2.41)
oricare ar … n2N.
Solu¸ tie . Rezultatul este evident dacµ a n= 0. Presupunem cµ a 5n+ 6
7n+ 1este divizibil cu
8, deci existµ a knumµ ar întreg astfel încât 5n+ 6
7n+ 1 = 8 k. Atunci
5n+1+ 6
7n+1+ 1 = 5 (8 k6
7n1) + 6
7n+1+ 1 = 40 k+ 12
7n4
= 40 k+ 4(3
7n1)|{z}
numµ ar par…8.

Un tratament asemµ anµ ator poate … aplicat cu succes pentru …ecare dintre cerin¸ tele
35

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
urmµ atoarelor douµ a probleme.
Problema 2.38. Demonstra¸ ti cµ a pentru orice n2N,
4n+ 15n1este divizibil cu 9, (2.42)
33n+2+ 2n+4este divizibil cu 5, (2.43)
12n+ 110 n1este divizibil cu 121, (2.44)
32n+1+ 2n+2este divizibil cu 7, (2.45)
22n+21este divizibil cu 15. (2.46)
Problema 2.39. Demonstra¸ ti cµ a pentru orice numµ ar natural n:
10
25n+ 9
6n
2
6n+1+ 7
25nse poate simpli…ca cu 19, (2.47)
2n+1
5n+ 7
2
10n+ 3n33n2se poate simpli…ca cu 9. (2.48)
2.1.5 O teoremµ a de reprezentare a numerelor întregi
Reprezentarea numerelor întregi sub diferite forme este un domeniu vast ce cuprinde
rezultate surprinzµ atoare prin simplitatea enun¸ turilor, dar ¸ si prin complexitatea demonstra¸ ti-
ilor. Teorema urmµ atoare nu prezintµ a o di…cultate prea mare a demonstra¸ tiei (unde întâlnim
din nou induc¸ tia matematicµ a), însµ a este un punct important pentru noi deschideri. [4]
Teorema 2.40 (Erdös-Suranyi) .Orice numµ ar k2Nse poate scrie într-o in…nitate de
moduri sub forma k=1222:::m2,m2N.
Demonstra¸ tie . Pentru început observµ am cµ a
0 = 12+ 2232+ 425262+ 72
1 = 12
2 =122232+ 42
3 =12+ 22
4 =1222+ 32.
Presupunem cµ a k=1222:::m2, pentru un k2N. Deoarece
4 = (m+ 1)2(m+ 2)2(m+ 3)2+ (m+ 4)2,
avem
k+ 4 = 1222:::m2+ (m+ 1)2(m+ 2)2(m+ 3)2+ (m+ 4)2.
A¸ sadar, am arµ atat cµ a orice numµ ar k2Nexistµ a m2Nastfel încât k=1222:::m2.
36

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Acum, pe baza identitµ a¸ tii
(m+ 1)2(m+ 2)2(m+ 3)2+ (m+ 4)2(m+ 5)2+ (m+ 6)2+ (m+ 7)2(m+ 8)2= 0
ob¸ tinem ¸ si in…nitatea descompunerii. 
2.1.6 Demonstrarea unor inegalitµ a¸ ti prin induc¸ tie matematicµ a
Un exemplu în acest sens a fost deja dat o datµ a cu Problema 2.8. (inegalitatea mediilor)
pentru care mai prezentµ am încµ a o solu¸ tie inductivµ a:
Solu¸ tie . Vom pµ astra acelea¸ si nota¸ tii. Arµ atµ am pentru început cµ a inegalitatea func¸ tioneazµ a
pentru orice n= 2k,k2N. Pasul de veri…care este evident.
Veri…cµ am valabilitatea pentru 2n= 2t+1, în ipoteza cµ a inegalitatea este adevµ aratµ a
pentru n= 2t:
a1+a2+:::+an+an+1+:::+a2n
2n=a1+a2
2+a3+a4
2+:::+a2n1+a2n
2
n
nr
a1+a2
2
a3+a4
2
:::
a2n1+a2n
2
nqpa1a2
pa3a4
:::
pa2n1a2n
=2npa1a2
:::
a2n.
Fie acum n2N, iar kcel mai mic numµ ar natural pentru care n2k. Numerele
a1; a2; :::; a n; g; g; :::; g|{z}
de2knori, sunt pozitive ¸ si în numµ ar de 2k, unde g=npa1a2
:::
an. Conform
celor de mai sus, putem scrie:
a1+a2+:::+an+
2kn

g
2k2kq
a1a2
:::
an
g2kn. (2.49)
Însµ aa1a2
:::
an
g2kn=gn
g2kn=g2k. Inegalitatea (2:49)se scrie acum sub forma:
a1+a2+:::+an+
2kn

g
2kg
sau
a1+a2+:::+an+ 2kgng2kg
care, în …nal, este echivalentµ a cu
a1+a2+:::+anng=nnpa1a2
::
an,
adicµ a tocmai rezultatul urmµ arit. 
¸ Si alte inegalitµ a¸ ti algebrice celebre pot … demonstrate prin induc¸ tie matematicµ a, dupµ a
cum urmeazµ a.
Problema 2.41 (inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz) .Fiea1; a2; :::; a n;b1; b2; :::; b n
37

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
numere reale. Atunci
nX
k=1akbk!2
 nX
k=1a2
k! nX
k=1b2
k!
(2.50)
Solu¸ tie .16Cazul n= 1este trivial, iar pentru n= 2observµ am cµ a
(a1b1+a2b2)2a2
1b2
1+ 2a1a2b1b2+a2
2b2
2
a2
1b2
1+a2
1b2
2+a2
2b2
1+a2
2b2
2=
a2
1+a2
2

b2
1+b2
2

.
Considerµ am a…rma¸ tia adevµ aratµ a pentru n. Folosind ipoteza de induc¸ tie, avem
n+1X
k=1akbk=nX
k=1akbk+an+1bn+1vuutnX
k=1a2
kvuutnX
k=1b2
k+an+1bn+1
vuutnX
k=1a2
k+a2
n+1vuutnX
k=1b2
k+b2
n+1=vuutn+1X
k=1a2
kvuutn+1X
k=1b2
k.
Aceasta înseamnµ a cµ a inegalitatea are loc ¸ si pentru n+ 1. În consecin¸ ta, rezultatul este
demonstrat. 
Problema 2.42 (inegalitatea lui Jensen) .FieIun interval ¸ si f:I!Reste o func¸ tie
convexµ a, atunci pentru orice x1; x2; :::; x n2I¸ si orice numere reale pozitive 1; 2; :::;  ncuPn
k=1k= 1:
f nX
k=1kxk!
nX
k=1kf(xk). (2.51)
Solu¸ tie . Cazul n= 1este trivial, iar pentru n= 2regµ asim de…ni¸ tia convexitµ a¸ tii func¸ tiei f.
Presupunem a…rma¸ tia adevµ aratµ a pentru n¸ si o demonstrµ am pentru n+ 1. Avem
f n+1X
k=1kxk!
=f nX
k=1kxk+n+1xn+1!
=f
(1n+1)nX
k=1k
1n+1xk+n+1xn+1!
(1n+1)f nX
k=1k
1n+1xk!
+n+1f(xn+1)
(1n+1)nX
k=1k
1n+1f(xk) +n+1f(xn+1)
=n+1X
k=1kf(xk).
Cu acest argument, concluzia este evidentµ a. 
Problema 2.43 (inegalitatea lui Bernoulli) .Dacµ a a >1¸ sin2N, are loc inegalitatea
(1 +a)n1 +na. (2.52)
16Una dintre multe alte demonstra¸ tii este o consecin¸ tµ a a inegalitµ a¸ tii lui Lagrange (vezi Problema 2:14)
38

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Solu¸ tie . Pentru n= 1avem chiar egalitate. Pasul de demonstra¸ tie propriu-zisµ a are la bazµ a
urmµ atorul argument:
(1 +a)n+1= (1 + a) (1 + a)n(1 +a) (1 + na)
=a+a2n+an+ 11 + (n+ 1)a.

Problema 2.44. Sµ a se demonstreze inegalitatea:
r
a2+q
a2+:::+p
a2<jaj+ 1, (2.53)
pentru orice numµ ar nde radicali care …gureazµ a în inegalitate.
Solu¸ tie . Pentru n= 1, inegalitatea este adevµ aratµ a:
p
a2=jaj<jaj+ 1.
Pentru celµ alalt pas al induc¸ tiei, notând Sn=r
a2+q
a2+:::+p
a2
|{z}
nradicaliavem:
Sn+1=p
a2+Sn<p
a2+jaj+ 1<q
jaj2+ 2jaj+ 1 =q
(jaj+ 1)2=jaj+ 1.

Problema 2.45.17Sµ a se arate cµ a oricare ar … numerele naturale 0< a 1< a 2< ::: < a nare
loc inegalitatea
(a1+a2+:::+an)2a3
1+a3
2+:::+a3
n.
Solu¸ tie . Demonstrµ am a…rma¸ tia prin induc¸ tie dupµ a n. În cazul n= 1, este evident cµ a a2
1a3
1,
inegalitatea …ind strictµ a dacµ a 1< a 1. Presupunem a…rma¸ tia demonstratµ a pentru nnumere
naturale. Fie numerele a1< a 2< ::: < a n< an+1. Au loc inegalitµ a¸ tile:
an+1an+ 1,an+1an1+ 2,an+1a1+n.
Prin adunarea acestora ob¸ tinem:
a1+a2+:::+annan+11
2n(n+ 1). (2.54)
Folosind inegalitatea (2:54)precum ¸ si ipoteza de induc¸ tie avem:
(a1+a2+:::+an+an+1)2= (a1+a2+:::+an)2+ 2 (a1+a2+:::+an)an+1+a2
n+1
a3
1+a3
2+:::+a3
n+ 2
nan+11
2n(n+ 1)
an+1+a2
n+1
a3
1+a3
2+:::+a3
n+ (2n+ 1)a2
n+1n(n+ 1)an+1.
17Viorel Vâjâitu; Problemµ a propusµ a la barajul pentru a V-a Olimpiadµ a Balcanicµ a de Matematicµ a , Cluj,
15 aprilie 1988
39

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Este su…cient sµ a demonstrµ am cµ a
(2n+ 1)a2
n+1n(n+ 1)an+1a3
n+1,
ceea ce este echivalent cu
a2
n+1(2n+ 1)an+1+n(n+ 1)0. (2.55)
Dinan+1n+1rezultµ a an+1n10¸ sian+1n0, deci (an+1n) (an+1n1)0,
adicµ a (2:55).
În …nal facem observa¸ tia cµ a inegalitatea din enun¸ t este strictµ a dacµ a ¸ si numai dacµ a ¸ sirul
…nita1< a 2< ::: < a nnu coincide cu ¸ sirul 1<2< ::: < n . 
Problema 2.46. Sµ a se demonstreze inegalitatea
(x1+x2+:::+xn)2
a1+a2+:::+anx2
1
a1+x2
2
a2+:::+x2
n
an, (2.56)
unde n2N,x1; x2; :::; x n2R,a1; a2; :::a n>0.
Solu¸ tie . Pentru n= 1, avemx2
1
a1x2
1
a1. Cu presupunerea cµ a inegalitatea este adevµ aratµ a pentru
n, demonstrµ am cµ a este adevµ aratµ a ¸ si pentru n+ 1. Astfel, putem scrie:
(x1+x2+:::+xn)2
a1+a2+:::+an+x2
n+1
an+1x2
1
a1+x2
2
a2+:::+x2
n
an+x2
n+1
an+1.
18Dar,
(x1+x2+:::+xn+1)2
a1+a2+:::+an+1(x1+x2+:::+xn)2
a1+a2+:::+an+x2
n+1
an+1.
Cele douµ a etape ale induc¸ tiei …ind parcurse, rezultµ a cµ a inegalitatea (2:56)este adevµ aratµ a
în condi¸ tiile date. 
Problema 2.47.19Sµ a se arate cµ a pentru orice numµ ar natural n,n > 0,
r
1 +q
2 +:::+pn < 2. (2.57)
Solu¸ tie . Încercând sµ a demonstrµ am a…rma¸ tia prin induc¸ tie matematicµ a se observµ a cµ a se im-
pune considerarea ¸ sirului dublu (ak;n)k1;n0dat prin
ak;n=r
k+q
(k+ 1) + :::+p
k+n.
Vom demonstra prin induc¸ tie matematicµ a dupµ a nfaptul cµ a pentru orice k1are loc:
ak;n< k + 1.
18Se demonstreazµ a u¸ sor cµ a
(x+y)2
a+bx2
a+y2
b,
oricare ar … x; y2R¸ si oricare ar … a; b > 0.
19Gheorghe Eckstein; Problemµ a propusµ a la barajul pentru a XXX-a Olimpiadµ a Interna¸ tonalµ a de Matem-
aticµ a , Ia¸ si, 14 iunie 1989
40

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Cazul n= 0revine la inegalitatea evidentµ ap
k < k + 1. Presupunem cµ a pentru orice k2N
are loc ak;n< k + 1¸ si demonstrµ am cµ a ¸ si ak;n+1< k + 1, oricare ar … k2N. Avem
ak;n+1< k + 1,(ak;n+1)2< k2+ 2k+ 1. (2.58)
Dar
(ak;n+1)2=k+r
(k+ 1) +q
(k+ 2) + :::+p
(k+ 1) + n=k+ak+1;n.
Astfel, pe baza rela¸ tie (2:58)putm scrie
ak;n+1< k + 1,ak+1;n< k2+k+ 1.
Ultima inegalitate rezultµ a din
ak+1;n< k + 2k2+k+ 1,8k1.
Inegalitatea din enun¸ t este datµ a în cazul particular a1;n<2. 
2.1.7 Aplica¸ tii ale induc¸ tiei în analiza matematicµ a
În rezolvarea multor problemele de analizµ a matematicµ a intervine induc¸ tia matematicµ a.
Urmµ atoarele exemple vin sµ a întµ areascµ a aceastµ a a…rma¸ tie.
Problema 2.48. Fiea < b ¸ sif:Rnfa; bg !R,f(x) =1
x2(a+b)x+ab. Sµ a se arate cµ a
f(n)(x) =(1)nn!
ba1
(xb)n+11
(xa)n+1
. (2.59)
Solu¸ tie . Se observµ a cµ a f(x) =1
ba1
xb1
xa

, apoi cµ a
f0(x) =1
ba1
(xb)21
(xa)2
=(1)
1!
ba1
(xb)21
(xa)2
.
În plus,
f(n+1)(x) = [ fn(x)]0=(1)nn!
ba1
(xb)n+11
(xa)n+10
=(1)nn!
ba(n+ 1)
(xb)n+1(n+ 1)
(xa)n+1
=(1)n+1(n+ 1)!
ba1
(xb)n+11
(xa)n+1
=f(n+1)(x).
Aplicând principiul induc¸ tiei matematice, solu¸ tia se încheie. 
Problema 2.49. Sµ a se arate cµ a ¸ sirul (xn)n1, unde x1=p,( > 0)¸ sixn+1=p+xn,
8n1este convergent, apoi sµ a se calculeze limita sa.
Solu¸ tie . Demonstrµ am cµ a (xn)n1este monoton ¸ si mµ arginit, de unde rezultµ a convergen¸ ta.
monotonia: Clar, x1=pp
+p=x2. Dacµ a presupunem cµ a xnxn+1, atunci,
41

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
xn+xn+1+. Rezultµ a cµ a xn+1xn+2, deci ¸ sirul este crescµ ator.
mµ arginirea: Dacµ a ar converge, atunci limita ar … rµ adµ acina pozitivµ a a ecua¸ tiei
x=p
+x,
adicµ a1
2
1 +p1 + 4

. Arµ atµ am, tot prin induc¸ tie, cµ a xn1
2
1 +p1 + 4

,8n2N.
Pentru n= 1, trebuie sµ a demonstrµ am cµ ap1
2
1 +p1 + 4

. Într-adevµ ar
2p=p
4p
1 + 41 +p
1 + 4.
Admitem cµ a xn1
2
1 +p1 + 4

¸ si demonstrµ am cµ a ¸ si xn+11
2
1 +p1 + 4

. Avem
xn+1 =p+xnr
+1
2
1 +p
1 + 4
=r
1
2
2+p
1 + 4+ 1
=r
1
4
1 +p
1 + 42
=1
2
1 +p
1 + 4
.
calculul limitei: Limita se determinµ a trecând la limitµ a în rela¸ tia de recuren¸ tµ a. Valoarea
ei este `=1
2
1 +p1 + 4

. 
Problema (2:49)poate … încadratµ a într-o zonµ a mai generalµ a a ¸ sirurilor recurente, unde,
din nou, apare induc¸ tia matematicµ a. Detaliem acest lucru în cele ce urmeazµ a.
Propozi¸ tia 2.50. Fief: [a; b]![a; b]o func¸ tie continuµ a, iar (xn)n1un ¸ sir astfel încât
x12[a; b]¸ sixn+1=f(xn),8n2N.
i) Dacµ a feste monoton crescµ atoare ¸ si x1x2, atunci ¸ sirul (xn)n1este monoton
crescµ ator ¸ si convergent la solu¸ tia ecua¸ tiei f(x) =x.
ii) Dacµ a feste monoton crescµ atoare ¸ si x1x2, atunci ¸ sirul (xn)n1este monoton descres-
cµ ator ¸ si convergent la solu¸ tia ecua¸ tiei f(x) =x.
iii) Dacµ a feste monoton descrescµ atoare, atunci sub¸ sirurile (x2n)n1¸ si(x2n+1)n1sunt
monotone, având monotonii diferite. În acest caz ¸ sirul (xn)n1este convergent dacµ a
cele douµ a sub¸ siruri au aceea¸ si limitµ a.
Demonstra¸ tie .i)Avem x2=f(x1)2[a; b]. Cum x1x2,f(x1)f(x2), deoarece f
este crescµ atoare, adicµ a x2x3. Dacµ a presupunem xnxn+1, atunci, cu acela¸ si argument,
f(xn)f(xn+1), deci xn+1xn+2. Prin urmare (xn)n1este crescµ ator. Acum, conform
teoremei lui Weierstrass, ¸ sirul (xn)n1este convergent. Fie `= lim n!1, Trecem la limitµ a în
rela¸ tia de recuren¸ tµ a ¸ si cum feste continuµ a, ob¸ tinem `=f(`). Deci `= supn1xn.
ii) Se demonstreazµ a asemµ anµ ator cu i) .
iii)Cum feste descrescµ atoare, func¸ tia ffeste crescµ atoare. A¸ sadar x2=f(x1)2
[a; b],x3=f(x2) =f(f(x1)), etc. (induc¸ tie). Conform i)¸ siii), sub¸ sirurile (x2n)n1¸ si
(x2n+1)n1sunt monotone, convergen¸ ta lor …ind asiguratµ a tot de teorema lui Weierstrass.
Punând `1= lim n!1x2n¸ si`2= lim n!1x2n+1, în mod evident, avem alternativa: (xn)n1
este convergent la `1, dacµ a `1=`2, sau (xn)n1este divergent la `1, dacµ a `16=`2. 
42

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema urmµ atoare este un rezultat bine-cunoscut în justi…carea cµ aruia se folose¸ ste
induc¸ tia matematicµ a.
Problema 2.51 (Viète) .Sµ a se arate cµ a:
lim
n!1r
1
2
vuut1
2
1 +r
1
2!

:::
vuuut1
20
@1 +vuut1
2
1 +:::+r
1
2!1
A
| {z }
nradicali=2
. (2.60)
Solu¸ tie . Mai întâi demonstrµ am prin induc¸ tie completµ a (a¸ sa cum am anun¸ tat) cµ a
vuuut1
20
@1 +vuut1
2
1 +:::+r
1
2!1
A
| {z }
nradicali= cos
2n+1.
Pentru n= 1, avemq
1
2= cos
22, adevµ arat. Presupunem cµ a aceastµ a a…rma¸ tie este valabilµ a
pentru nradicali. Pentru n+ 1radicali avem acum:
Prin urmare, limita datµ a este echivalentµ a cu:
lim
n!1
cos
4cos
8
:::
cos
2n+1
.
Dar, ¸ tinând seama de identitatea (2:25), în care luµ am a=
4, avem:
lim
n!1
cos
4cos
8
:::
cos
2n+1
= lim
n!1sin
2
2n+1sin
2n+2
cos
2n+2= lim
n!11
2n+1sin
2n+2
= lim
n!1
2n+2
sin
2n+2
2
=2
.

Problema 2.52. Sµ a se demonstreze cµ a oricare ar … n2Nare loc:
I2n=Z
tan2nxdx =tan2n1x
2n1tan2n3x
2n3+tan2n5x
2n5:::+(1)k1(tanxx)+C.(2.61)
Solu¸ tie . Pentru n= 1, ob¸ tinem:
I2=Z
tan2xdx =Z
1 + tan2x

dxZ
dx=Z
(tanx)0dxx= tan xx+C.
Presupunem cµ a identitatea este adevµ aratµ a pentru n¸ si o veri…cµ am pentru n+ 1:
I2n+2 =Z
tan2n+2xdx =Z
tan2nx

tan2x+ 11

dx
=Z
tan2nx
(tanx)0dxZ
tan2nxdx
= tan2n+1x2nZ
tan2nx

1 + tan2x

dxI2n
= tan2n+1x2nI2n2nI2n+2I2n.
43

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Astfel,
I2n+2=tan2n+1x
2n+ 1I2n.
Induc¸ tia este acum completµ a. 
2.1.8 Induc¸ tie în … geometrie
Aparent, intuc¸ tia matematicµ a î¸ si gµ ase¸ ste cu greu locul în geometrie. ¸ Tinem sµ a contrazi-
cem aceastµ a idee ¸ si, dupµ a cum vom vedea, aplica¸ tiile sunt "surprinzµ atoare" ¸ si deosebit de
frumoase.
Problema 2.53. Sµ a se calculeze lungimea laturii `2na unui poligon regulat cu 2nlaturi,
n2, înscris într-un cerc de razµ a R.
Solu¸ tie . Pentru n= 2 avem cazul pµ atratului, pentru care `22=`4=Rp
2. În Figura
1 identi…cµ am: Ocentrul cercului, `2n=AB,`2n+1=AD =DB. Conform teoremei lui
Pitagora, aplicatµ a în triunghiul BCD ,
`2n+1=s`2n
22
+CD2. (2.62)
Dar, CD =ROC¸ si, din nou cu teorema lui Pitagora în triunghiul BOC
OC2=OB2BC2=R2`2n
22
.
Ob¸ tinem astfel cµ a
CD =Rs
R2`2n
22
. (2.63)
A
BDCO
Figura 1
44

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Coroborând (2:62)¸ si(2:63)avem
`2n+1=vuuut`2n
22
+0
@Rs
R2`2n
221
A2
=s
2R22Rr
R2`2
2n
4. (2.64)
Astfel,
`8=`23=s
2R22Rr
R22R2
4=Rq
2p
2
¸ si
`16=`24=vuut2R22Rs
R2
2p
2

R2
4=Rr
2q
2 +p
2.
Demonstrµ am deci prin induc¸ tie cµ a
`2n=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2radicali, (2.65)
oricare ar … numµ arul natural n2. A…rma¸ tia a fost deja veri…catµ a pentru n= 2. Pentru a
doua etapµ a a induc¸ tiei folosim (2:64):
`2n+1=vuuuuuuut2R22Rvuuuuuut
R2R20
B@2q
2 +:::+p
2|{z}
n2radicali1
CA
4=Rvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n1radicali.
Problema este acum complet rezolvatµ a.20
Pe baza celor constatate în cadrul soul¸ tiei date problemei anterioare ori separat, tot
prin induc¸ tie, putem rezolva ¸ si problema de mai jos.
20Este vizibil cµ a ¸ sirul de poligoane regulate de latura `2n, "tinde", pentru, n! 1 , cµ atre cercul circumscris.
Din (2:65)rezultµ a cµ a perimetrele acestor poligoane sunt egale cu 2nRvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2radicali. A¸ sadar,
2R= lim
n!12nRvuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2radicali
sau, echivalent:
lim
n!12n1vuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2radicali=
45

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.54. Sµ a se calculeze aria S2na unui poligon regulat cu 2nlaturi, n2, înscris
într-un cerc de razµ a R.
Rµ aspuns.
S2n+1= 2n1R2vuuut2r
2 +q
2 +:::+p
2
|{z}
n2radicali. (2.66)
Urmµ atoarele douµ a probleme au caracter "de existen¸ tµ a".
Problema 2.55. Arµ ata¸ ti cµ a pentru orice numµ ar natural n4,n6= 5, putem descompune
un pµ atrat în npµ atrate (cu interioarele disjuncte).
Solu¸ tie . În …gura urmµ atoare se aratµ a descompunerea unui pµ atrat în npµ atrate pentru n= 4,
n= 6,n= 7, respectiv n= 8.
Figura 2
Observµ am cµ a dacµ a presupunem cµ a am descompus pµ atratul în npµ atrate, atunci putem realiza
descompunerea sa în n+ 3pµ atrate, descompunând unul din pµ atratele "mici" în 4pµ atrate.
Realizµ am astfel o induc¸ tie cu pasul 3. 
Problema 2.56.21Sµ a se demonstreze cµ a pentru orice numµ ar natural n4existµ a un poligon
convex cu nlaturi, nu toate egale, astfel încât suma distan¸ telor de la orice punct interior la
laturi sµ a …e aceea¸ si.
Solu¸ tie . Presupunem pentru început, deocamdatµ a "fµ arµ a acoperire" cµ a existµ a un poligon cu
nlaturi care satisface ipoteza. Luµ am în plan o direc¸ tie neparalelµ a cu niciuna dintre laturile
poligonului considerat ¸ si "decupµ am" dupµ a aceastµ a direc¸ tie exact douµ a vârfuri ale poligonului.
Figura 3
21Dan Schwartz
46

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Ob¸ tinem astfel un poligon convex cu n+ 2laturi, nu toate egale (putem face tµ aieturile în
acest fel). În plus, suma distan¸ telor de la un punct interior la laturi este egalµ a cu suma
distan¸ telor de la acela¸ si punct la laturile vechiului poligon (care este constantµ a) plus suma
distan¸ telor la cele douµ a laturi nou apµ arute, care sunt însµ a paralele, iar punctul este situat
între ele, deci ¸ si aceastµ a sumµ a este constantµ a (egalµ a cu distan¸ ta dintre laturi).
Pentru n= 5, alegem un triunghi echilateral22cµ aruia-i aplicµ am o singurµ a datµ a trata-
mentul descris anterior, iar pentru n= 4alegem un dreptunghi.
Figura 4
Prin intermediul procedeului descris mai sus, realizµ am o induc¸ tie cu pasul 2. 
Meoda induc¸ tiei matemaice este prezentµ a ¸ si în cadrul unor probleme de demonstra¸ tie,
a¸ sa cum vom vedea în urmµ atoarele douµ a probleme.
Problema 2.57. Se dµ a triunghiul ABC . Prin vârful Ase duc n1drepte AM 1,AM 2,
…,AM n1care împart triunghiul în ntriunghiuri mai mici: BAM 1,M1AM 2, …,Mn1AC.
Notµ am cu r1,r2, …, rnrespectiv razele cercurilor înscrise în aceste triunghiuri ¸ si cu ra1,
ra2, …, ranrazele cercurilor exînscrise, tangente la (BC), ale acestor triunghiuri. Pentru
triunghiul ABC notµ am r¸ siraraza cercului înscris ¸ si respectiv exînscris tangent la (BC).
Sµ a se demonstrezea cµ a:
r1
ra1
r2
ra2
:::
rn
ran=r
ra. (2.67)
Solu¸ tie . Aplicând metoda induc¸ tiei matematice, în cursul demonstra¸ tiei va trebui sµ a ne
folosim ¸ si de unele cuno¸ stin¸ te de trigonometrie, cu ajutorul cµ arora vom exprima razele cer-
curilor înscrise sau exînscrise unui triunghi.
Pentru n= 1avem chiar triunghiul ABC .
Pentru n= 2avem numai douµ a triunghiuri BAM 1¸ siM1AC. Pentru calculul lui r¸ si
raavem formulele:
r= (pb) tanB
2¸ sira=ptanA
2.
22Suma distan¸ telor de la un punct interior unui triunghi echilateral la laturile sale este constantµ a, propri-
etate valoabilµ a ¸ si pentru dreptunghiuri.
47

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Cum
tanA
2=s
(pb) (pc)
p(pa)¸ sitanB
2=s
(pa) (pc)
p(pb)
ob¸ tinem cµ a
r
ra=pa
p. (2.68)
Pe de altµ a parte,
tanB
2
tanC
2=s
(pa) (pc)
p(pb)
s
(pa) (pb)
p(pc)=pa
p. (2.69)
Din (2:68)¸ si(2:69)rezultµ a
r
ra= tanB
2
tanC
2. (2.70)
Potrivit egalitµ a¸ tii (2:70), putem scrie direct rapoarteler1
ra1¸ sir2
ra2:
r1
ra1= tanB
2
tanAM 1B
2¸ sir2
ra2= tanC
2
tanAM 1C
2.
Astfel,
r1
ra1
r2
ra2= tanB
2
tanAM 1B
2
tanC
2
tanAM 1C
2
= tanB
2
tanAM 1B
2
tanC
2
tan180AM 1B
2
= tanB
2
tanC
2
tanAM 1B
2
cotAM 1B
2= tanB
2
tanC
2=r
ra.
ra2
rara1A
BCrr1r2
Figura 5
48

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Pentru etapa de demonstra¸ tie presupunem cµ a rela¸ tia enun¸ tatµ a în problemµ a este adevµ a-
ratµ a pentru ntriunghiuri, formate prin ducerea celor n1drepte prin vârful A. Trebuie sµ a
demonstrµ am cµ a rela¸ tia este adevµ aratµ a ¸ si în cazul a n+ 1triunghiuri, prin ducerea a ndrepte
prinA, în interiorul unghiului BAC .
Considerând din cele n+ 1triunghiuri pe primele douµ a, adicµ a 4BAM 1¸ si4M1AM 2,
atunci, în baza celor stabilite anterior, putem substitui produsulr1
ra1
r2
ra2cu raportul dintre
razele cercurilor, respectiv, înscrise ¸ si exînscrise (corespunzµ ator) triunghiului BAM 2, pe care
sµ a-l notµ am
. În felul acesta avem ntriunghiuri. Or, pentru ntriunghiuri am presupus
problema demonstratµ a:


r3
ra3
r4
ra4
:::
rn
ran=r
ra.
Astfel cerin¸ ta este complet justi…catµ a. 
Sµ a rezolvµ am în continuare "de separare".
Problema 2.58. În plan trasµ am ndrepte astfel încât …ecare douµ a dintre ele sµ a se intersecteze
¸ si oricare trei dintre ele nu au punct comun. În câte regiuni se împarte în acest mod planul?
Solu¸ tie . O dreaptµ a împarte planul în douµ a regiuni (semiplane), douµ a drepte în 4regiuni, trei
drepte în 7regiuni, patru drepte în 11regiuni -situa¸ tie ilustratµ a în …gura urmµ atoare:
1234567891011
Figura 6
Dacµ a notµ am Rnnumµ arul regiunilor determinate de ndrepte, atunci observµ am cµ a se
poate scrie:
R1= 2,R2=R1+ 2 = 4 ,R3=R2+ 3 = 7 ,R4=R3+ 4 = 11 .
Recuren¸ ta Rn+1=Rn+n,R1= 2are termenul general
Rn= 1 +n(n+ 1)
2. (2.71)
Demonstrµ am acum veridicitatea acestei formule prin induc¸ tie matematicµ a. "Startul"
49

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
induc¸ tiei: n= 1 este, în mod evident, îndeplinit. Presupunem formula (2:71)adevµ aratµ a
pentru n¸ si o demonstrµ am pentru n+ 1. Dacµ a avem …gura realizatµ a pentru ndrepte ¸ si
construim a n+ 1dreaptµ a astfel încât ea sµ a intersecteaze toate celelalte drepte, dar, prin
aceasta, oricare trei drepte sµ a nu se intersecteze în acela¸ si punct, atunci aceastµ a ultimµ a
dreaptµ a ( n+ 1) este împµ ar¸ titµ a de celelalte nînn+ 1pµ ar¸ ti generându-se astfel încµ a n+ 1
regiuni. Deci
Rn+1=Rn+ (n+ 1) = 1 +n(n+ 1)
2+ (n+ 1) = 1 +(n+ 1) ( n+ 2)
2.
Demonstra¸ tia este astfel încheiatµ a. 
Dacµ a în problema anterioarµ a planul este separat prin drepte trasate dupµ a anumite
reguli, în problmema urmµ atoare spa¸ tiul este separat prin plane a¸ sezate relativ dupµ a anumite
reguli. Prezentµ am doar enun¸ tul, demonstra¸ tia fµ acânduse tot prin induc¸ tie matematicµ a.
Problema 2.59. Sµ a se demonstreze cµ a un numµ ar de nplane, care trec printr-un singur
punct astfel încât oricare trei nu trec prin aceea¸ si dreaptµ a, împart spa¸ tiul în n(n1) + 2
regiuni.
Închidem aceastµ a sec¸ tiune cu o problemµ a de "geometrie practicµ a".
Problema 2.60. Se dau npµ atrate arbitrare. Sµ a se demonstreze cµ a ele pot … tµ aiate în pµ ar¸ ti,
astfel încât, din pµ ar¸ tile ob¸ tinute sµ a se poatµ a construi un nou pµ atrat.
Solu¸ tie . Pentru n= 1a…rma¸ tia nu necesitµ a nicio demonstra¸ tie. Pentru n= 2, sµ a analizµ am
…gura de mai jos.
mx­m
mx­mx­mx­mmmS1S2S3S4
a)
yK2 b)
K2S1S2S3S4 c)
Figura 7
Fie cele doua pµ atrate K1cu lungimea laturii x(Figura 7 a)) ¸ si K2cu lungimea laturii y
(Figura 7 b)), xy. Notµ am m=x+y
2. Descompunem pµ atratul K1în patru patrulatere
S1,S2,S3,S4. (Figura 7 a)). Construim acum un nou pµ atrat cu format din pµ atratul K2¸ si
patrulaterele S1,S2,S3¸ siS4(Figura 7 c)).
Presupunem acum cµ a a…rma¸ tia fµ acutµ a este deja demonstratµ a pentru npµ atrate ¸ si …e
50

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
date n+ 1pµ atrate: K1,K2, …, Kn,Kn+1. Alegem douµ a oarecare dintre aceste pµ atrate,
…e acestea Kn¸ siKn+1. Dupµ a cum am vµ azut, tµ aind unul dintre aceste pµ atrate ¸ si aplicând
bucµ a¸ tile ob¸ tinute celui de-al doilea, se poate ob¸ tine un nou pµ atrat K0. În continuare, în baza
ipotezei fµ acute, pµ atratele K1,K2, …,Kn1¸ siK0pot … tµ aiate în pµ ar¸ ti a¸ sa încât din aceste
pµ ar¸ ti se poate construi un nou pµ atrat, ceea ce, de fapt, trebuia demonstrat. 
2.2 Reducerea la absurd
În cadrul primului capitol am a…rmat faptul cµ a formulele
(p!q)$(eq!ep)(legea contrapozi¸ tiei)
(p!q)$((p^eq)!(r^er))(legea reducerii la absurd)
sunt tautologii.
Acestea sunt forme de demonstra¸ tie indirectµ a a unei propozi¸ tii p!q¸ si, chiar dacµ a
doar cea de-a doua poartµ a numele de reducre la absurd , le vom include pe amândouµ a în
aceastµ a familie.
A¸ sadar, pentru a demonstra prin reducere la absurd o propozi¸ tie p!qse presupune
provizoriu (prin reducere la absurd) este adevµ aratµ a contrara ei e(p!q), adicµ a p¸ sieq(legea
negµ arii implica¸ tiei). Dacµ a pe baza ra¸ tionamentelor logice se ajunge la o contradic¸ tie de forma
r^er, atunci demonstra¸ tia se încheie, putând a…rma clar cµ a p!qeste un adevµ ar.23
2.2.1 Demonstrarea ira¸ tionalitµ a¸ tii unor constante prin reducere la
absurd
În problema urmµ atoare sunt strânse câteva exemple de numere a cµ aror ira¸ tionalitate
se demonstreazµ a prin reducere la absurd.
Propozi¸ tia 2.61. Numµ arulp
2este ira¸ tional.
Pentru acest rezultat important prezentµ am patru demonstra¸ tii, trei dintre ele având
caracter geometric, dar toate bazate pe reducerea la absurd.
23Cu mul¸ ti ani în urmµ a a circulat în Europa o problemµ a-ghicitoare, pe cât de amuzantµ a, pe atât de
instructivµ a:
În compartimentul unui tren cµ alµ atoreau trei doamne; sµ a le numim A,B¸ siC. În timpul cµ alµ atoriei, la
un moment dat, privindu-se una pe alta, au vµ azut cµ a …ecare are fa¸ ta mânjitµ a (probabil de la funinginea ce
intrase pe fereastra deschisµ a a trenului care func¸ tiona cu cµ arbuni) ¸ si toate trei au izbucnit în râs, crezând
…ecare cµ a numai celelalte douµ a sunt murdare. La un moment dat, doamna As-a oprit din râs, ¸ si-a scos din
po¸ setµ a batista ¸ si a încercat sµ a-¸ si curµ a¸ te fa¸ ta. În¸ telesese cµ a celelalte râd de ea. Cum a judecat?
Rµ aspunsul este: prin reducere la absurd. Astfel, dacµ a fa¸ ta mea nu ar … murdarµ a, atunci B¸ si-ar da seama
cµ aCrâde de ea ¸ si atunci Bn-ar mai râde. Cum Bcontinuµ a sµ a râdµ a, înseamnµ a cµ a ¸ si eu sunt murdarµ a pe
fa¸ tµ a. (lucrarea [21])
51

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Demonstra¸ tie .1.Presupunem cµ ap
22Q, deci existµ a a; b2N,b6= 0,(a; b) = 1 astfel încâtp
2 =a
b. Avem urmµ atoarea succesiune de implica¸ tii
2 =a2
b2)a2= 2b2)2a2)2ja. (2.72)
De aici rezultµ a cµ a existµ a k2Nastfel încât a= 2k. Cum a2= 2b2, avem acum:
4k2= 2b2)b2= 2k2)2b2)2jb. (2.73)
Din (2:72)¸ si(2:73)deducem cµ a 2este un divizor comun pentru a¸ sib, ceea ce intrµ a în
contradic¸ tie cu (a; b) = 1 . 
Demonstra¸ tie .2.Considerµ am un dreptunghi având lungimile laturilor 1¸ si1 +p
2, pe care-l
împµ ar¸ tim în douµ a pµ atrate cu latura de 1¸ si un dreptunghi cu laturile de 1 +p
22 =p
21
¸ si1. Dimensiunile acestui dreptunghi mic au raportul1p
21= 1 +p
2, identic cu raportul
dintre lungimea ¸ si lµ a¸ timea dreptunghiului ini¸ tial. "Spargem" dreptunghiul mic dupµ a modelul
descris pentru dreptunghiul mare ¸ si a¸ sa mai departe în continuare.
Figura 8
Observµ am cµ a acest proces poate continua la in…nit. Dacµ a, prin absurd 1 +p
22N, atunci
acest proces se închide dupµ a un numµ ar …nit de pa¸ si (lungimile laturilor formeazµ a un ¸ sir
descrescµ ator de numere naturale, care evident, este sta¸ tionar). Acela¸ si lucru se petrece ¸ si
dacµ a admitem cµ a 1 +p
22Q+nN, acest caz reducându-se la cel anterior, prin considerarea
unui alt dreptunghi "propor¸ tional cu cel dat", dar care are laturile exprimate prin numere
naturale.
Deci 1 +p
22RnQ, ceea ce implicµ ap
22RnQ. 
Demonstra¸ tie .3.24Presupunem cµ ap
2este ra¸ tional; deci existµ a numerele naturale minime
a,bastfel încâtp
2 =a
b. Considerµ am triunghiul dreptunghic isoscel ABC ,AB =AC =b¸ si
BC =a. Luµ am D2(BC)astfel încât CA =CD¸ si construim triunghiul DBE dreptunghic
înD,E2(AB). Acest triunghi este ¸ si isoscel, deoarece m(^B) = 45, prin urmare
DB =DE =ab2N. Pe de altµ a parte, EA =ED =ba2N, …ind tangente
la cercul cu centrul în punctul C¸ si de razµ a CA, duse din acela¸ si punct, E. Rµ amµ ane cµ a
24Aceastµ a demonstra¸ tie a fost descoperitµ a de Tom M. Apostol ¸ si publicatµ a sub titlul Irrationality of the
Square Root of Two – A Geometric Proof în revista American Mathematical Monthly, Noviembrie 2000, pp.
841– 842.
52

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
EB =ABEA =b(ab) = 2ba2N.
BCDEA2b­aba­ba­ba­b
Figura 9
Dispunem astfel de un alt triunghi dreptunghic isoscel, DBE , având laturile exprimate
cu numere naturale, dar cu ab < b ¸ si2ba < a . Decip
2 =2ba
ab, ceea ce contrazice
minimalotatea numerelor a¸ sib. 
Demonstra¸ tie .4.25Din nou presupunem prin absurd cµ ap
2 =a
b, unde a,bsunt numerele
naturale minime cu aceastµ a proprietate, deci a2= 2b2. Interpretµ am în termeni de arie …gura
de mai jos:
2b­aa­b
bba­b
Figura 10
Astfel,
a2= 2 (ab)2+ 2b2(2ba)2
¸ si ¸ tinând seama cµ a a2= 2b2, gµ asim: (2ba)2= 2 (ab)2. Decip
2 =2ba
ab, contradic¸ tie cu
alegerea minimµ a a numerelor a¸ sib. 
Lµ asând de-o parte interpretµ arile geometrice, putem justi…ca un rezultat mai general:
25Aceastµ a demonstra¸ tie a fost descoperitµ a de matematicianul american Stanley Tennenbaum în anii ’ 50.
Recent, Steven Miller ¸ si David Montague fµ acând analogii cu demonstra¸ tia lui Tennenbaum au demonstrat
(geometric) ira¸ tionalitatea numerelorp
5¸ siq
n(n+1)
2,n2N,n2. Detalii pot … gµ asite accesând [35].
53

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.62. Dacµ a neste un numµ ar natural care nu este pµ atrat perfect, atuncipneste
ira¸ tional.
Solu¸ tie . Presupunem totu¸ si cµ a în condi¸ tiile ipotezei,pn2Q, deci existµ a numerele naturale
prime între ele a; ba¸ sa încâtpn=a
b. Acest lucru scrie a2=nb2, de unde nja2¸ si deci nja.
Rezultµ a cµ a existµ a k2Nastfel încât a=kn. Egalitatea a2=nb2se rescrie acum sub forma
k2n2=nb2, sau k2n=b2, ceea ce implicµ a njb.
Coroborând rezultatele rezultµ a faptul cµ a neste un divizor comun pentru numerele a¸ si
b, ceea ce intrµ a în contradic¸ tie cu presupunerea fµ acutµ a.26
Problema 2.63. Demonstra¸ ti cµ a
a)p
2 +p
32RnQ.
b)p
2 +p
3 +p
52RnQ.
c)p
2 +3p
52RnQ.
d)log272RnQ.
Solu¸ tie .a)Presupunem cµ ap
2 +p
3 =a2Q. Ridicµ am ambii membri la pµ atrat ¸ si izolµ am
radicalul; avemp
6 =a25
22Q, contradic¸ tie.
b)Presupunem cµ ap
2 +p
3 +p
5 =a2Q. Avem succesiv:

ap
52
=p
2 +p
32
,a22ap
5 = 2p
6,a44p
5a3+ 20a2= 24.
Decip
5 =a4+20a224
4a32Q, contradic¸ tie.
c)Presupunem cµ ap
2 +3p
5 =a2Q. Ob¸ tinem
5 =
ap
23
=a33p
2a2+ 6a2p
2,
de undep
2 =a3+6a5
3a2+22Q, contradic¸ tie.
d)Presupunem cµ a log272RnQ, rezultµ a cµ a existµ a m; n2Z,n6= 0a¸ sa încât log27 =m
n,
deci 7n= 2m, contradic¸ tie.27
Problema 2.64. Demonstra¸ ti cµ a dacµ a a; b; c sunt numere ra¸ tionale cu proprietatea cµ a
a+b3p
2 +c3p
4 = 0 , (2.74)
atunci a=b=c= 0.
Solu¸ tie . Înmul¸ tim rela¸ tia (2:74)cu3p
2, ¸ si avem
a3p
2 +b3p
4 + 2c= 0. (2.75)
Reducând pe3p
4din egalitµ a¸ tile (2:74)¸ si(2:75)ob¸ tinem:

b2ac
3p
2 = 2 c2ab.
26¸ Si mai generalµ a este a…rma¸ tia: Dacµ a n2N¸ sin6=qr,8q; r2N,r2, atuncirpneste ira¸ tional ,
rezultat care se poate demonstra tot prin reducere la absurd.
27În general, dacµ a a¸ sibsunt numere naturale nenule astfel încât (a; b) = 1 , atunci logba2RnQ.
(reducere la absurd)
54

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Dacµ a presupunem cµ a b2ac6= 0, atunci3p
2 =2c2ab
b2ac2Q, contradic¸ tie. Deci b2=ac
¸ siab= 2c2.
Dacµ a presupunem acum cµ a b6= 0rezultµ a cµ a a6= 0¸ si astfel c=b2
a, deci ab= 2b4
a2, de
unde3p
2 =a
b2Q, contradic¸ tie.
În consecin¸ tµ a b= 0, ceea ce implicµ a c= 0¸ si apoi a= 0. 
Prezentµ am acum câteva rezultate celebre legare de numerele ira¸ tionale.
Teorema 2.65. Numµ arul eeste ira¸ tional.28
Demonstra¸ tie . Se ¸ stie cµ a
e= lim
n!11
0!+1
1!+1
2!+:::+1
n!
.
Sµ a presupunem prin absurd cµ a e2Q, adicµ a e=a
b, cua; b2N. Pentru orice k2N,kb,
deoarece bjk!, deducem cµ a:
c=a
b1
0!1
1!1
2!:::1
k!
k!2Z.
Dar
0< c =1
k+ 1+1
(k+ 1) ( k+ 2)+::: <1
k+ 1+1
(k+ 1)2+:::=1
k+ 1
1
11
k+1=1
k<1.
Deci c2Z¸ si0< c < 1, contradic¸ tie. În concluzie, e2RnQ. 
Teorema 2.66. Numµ arul este ira¸ tional.
Demonstra¸ tie .29Pentru n1¸ si2Rconsiderµ am integralele
In() =Z1
1
1x2
ncosxdx .
Aplicând integrarea prin pµ ar¸ ti de douµ a ori avem:
In() =Z1
1
1x2
ncosxdx =1
Z1
1
1x2
n(sinx)0dx
=1

1x2
nsinx1
1+1
Z1
1n
1x2
n12xsinxdx
=2
Z1
1n
1x2
n1xsinxdx =2n
2Z1
1
1x2
n1x(cosx)0dx
=2n
2Z1
1h
(n1)
1x2
n2
2×2

+
1x2
n1i
cosxdx
=4n(n1)
2In14n(n1)
2In2+2n
2In1.
28De¸ si î¸ si leagµ a numele de acela¸ si matematician, Leonhard Euler, constantele e= lim n!1
1 +1
n
n¸ si

= lim n!1
1 +1
2+1
3+:::+1
nlnn

, nu trebuie confundate. Dacµ a ira¸ tionalitatea lui ese dovede¸ ste
relativ u¸ sor, ira¸ tionalitatea lui
(
= 0:5772156649 :::)a rµ amas o problemµ a deschisµ a pânµ a în anul 2003, când
a fost demonstratµ a de matematicianul chinez Kaida Shi.
29Aceastµ a demonstra¸ tie (1945) a fost datµ a de matematiciana britanicµ a Mary Cartwright, …ind de fapt o
variantµ a simpli…catµ a a bine-cunoscutei demonstra¸ tii a lui Charles Hermite.
55

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Deci, oricare ar … n2¸ si2Rare loc:
2In() = 2n(2n1)In1()4n(n1)In2(). (2.76)
Prin induc¸ tie, pe baza identitµ a¸ tii (2:76), se stabile¸ ste faptul cµ a
2n+1In() =n! (Pn() sin+Qn() cos), (2.77)
unde Pn¸ siQnsunt polinoame (în ) de grad cel mult 2n, având coe…cien¸ tii întregi.
Acum intervine presupunerea prin absurd cµ a =a
b, unde a; b2N,b6= 0. Luµ am, în
rela¸ tia (2:77),=
2¸ si ob¸ tinem:
a2n+1
n!In
2
= (2b)2n+1Pna
2b
, (2.78)
În membrul drept al egalitµ a¸ tii (2:78)avem un numµ ar întreg, 8n2, decia2n+1
n!In
2

2Z,
8n2. Deoarece,
lim
n!1a2n+1
n!= 0
¸ si
0< In
2
Z1
1
1x2
ndx2,
pentru nsu…cient de mare avem:
0<a2n+1
n!In
2
<1,
ceea ce intrµ a în contradic¸ tie cu faptul cµ aa2n+1
n!In
2

2Z,8n2N. În concluzie, 2RnQ.
2.2.2 Numere prime ¸ si … reducerea la absurd
Începem aceastµ a sec¸ tiune cu un rezultat celebru:
Teorema 2.67 (Euclid) .Mul¸ timea numerelor prime este in…nitµ a.
Demonstra¸ tie . Presupunem prin reducere la absurd cµ a P=fp1; p2; :::; p ngeste mul¸ timea
numerelor prime p1= 2,p2= 3,p3= 5, etc. (deci existµ a exact nnumere prime). Consid-
erând numµ arul p=p1p2
:::
pn+ 1, constatµ am cµ a p =2P, deci este un numµ ar compus. Dar
pk-p,8k2 f1;2;3; :::; ng; astfel peste al n+ 1-lea numµ ar prim, ceea ce ne conduce la o
contradic¸ tie.
Deci Peste mul¸ time in…nitµ a. 
În acest context, un rezultat "mai …n" este urmµ atoarea teoremµ a.
Teorema 2.68 (Dirichlet) .Dacµ a a; b2N, iar (a; b) = 1 , atunci mul¸ timea fa+nbjn2Ng
con¸ tine o in…nitate de numetre prime.
Aceasta celebrµ a teoremµ a a lui Dirichlet a…rma faptul cµ a dacµ a numerele a; bsunt prime
între ele, atunci progresia aritmeticµ a a; a+b; a+ 2b;… con¸ tine o in…nitate de numere prime.
56

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Demonstra¸ tia însµ a nu este la fel de "simpaticµ a" precum rezultatul. Ea este prezentatµ a în
diferite cµ ar¸ ti de specialitate cum ar … lucrarea [24].
Totu¸ si unele cazuri particulare pot … demonstrate ¸ si independent, calea parcursµ a "in-
tersectând" de cele mai multe ori reducerea la absurd. Prezentµ am în cele ce urmeazµ a câteva
dintre aceste cazuri particulare ale teoremei lui Dirichlet, împreunµ a cu demonstra¸ tiile lor.
Propozi¸ tia 2.69. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 4n1,n2N.
Demonstra¸ tie . A¸ sa cum este de a¸ steptat, admitem prin absurd cµ a mul¸ timea f4n1jn2Ng
are un numµ ar …nit de numere prime, pe care le vom nota p1,p2, …,pt. Construim numµ arul
p= 4p1p2
:::
pt1. Numµ arul ptrebuie sµ a aibµ a un factor prim de forma 4k1, cµ aci în caz
contrar to¸ ti factorii primi ai lui par … de forma 4k+ 1¸ si atunci par … de forma 4k+ 1. Deci
ar trebui ca un pisµ a dividµ a pe p, ceea ce este absurd. 
Propozi¸ tia 2.70. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 6n1,n2N.
Demonstra¸ tie . Construim numµ arul p= 6p1p2
:::
pt1¸ si de aici totul decurge similar cu
demonstra¸ tia Propozi¸ tiei 2.69. 
Alte situa¸ tii particulare ale teoremei lui Dirichlet pot … demonstrate folosind metoda
reducerii la absurd împreunµ a cu a¸ sa-numitele resturi pµ atratice pe lânga care se dezvoltµ a o
întreagµ a teorie.30
Propozi¸ tia 2.71. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 8n1,n2N.
Demonstra¸ tie . Fie nun numµ ar natural, n2. Considerând N= 2 (n!)21, constatµ am cµ a
30De…ni¸ tie. Fiepun numµ ar prim, iar r2 f0;1;2; : : : ; p 1g. Numµ arul rse nume¸ ste rest pµ atratic
modulo pdacµ a existµ a k2Zcu proprietatea cµ a k2r(mod p). În caz contrar, rse nume¸ ste non-rest
pµ atratic modulo p.Simbolul lui Legendre asociat unui numµ ar întreg a2Z¸ si numµ arului prim peste
de…nit prin:
a
p
=8
<
:1, dacµ a (a; p) = 1 ¸ siar(mod p), currest pµ atratic modulo p
1, dacµ a (a; p) = 1 ¸ siar(mod p), curnon-rest pµ atratic modulo p
0,dacµ a pdivide a.
Proprietµ a¸ ti
Fiepun numµ ar prim impar ¸ si a; b2Z. Atunci:
1)
a
p
=
b
p
, dacµ a ab(mod p)
2)
ab
p
=
a
p
b
p
3)
a2
p
= 1, dacµ a (a; p) = 1
4)
1
p
= 1
5)
2
p
= (1)p21
8
6)
1
p
= (1)p1
2
7)
a
p
ap1
2
8) Existµ ap1
2resturi pµ atratice ¸ sip1
2non-resturi pµ atratice
9)
q
p
p
q
= (1)p1
2
q1
2(legea reciprocitµ a¸ tii pµ atratice) .
Detalii privind resturile pµ atratice poate … gµ asite în [2],[9].
57

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
N > 1¸ si cµ a Nare cel pu¸ tin un divizor prim pimpar care nu este de forma 8k+ 1(cµ aci N
este de forma 8k1, iar dacµ a to¸ ti divizorii primi impari ai lui Nar … de forma 8k+ 1, atunci
¸ siNar trebui sµ a aibµ a aceea¸ si formµ a). Astfel, pjn,2 (n!)212(mod p), de unde deducem
cµ a
2(n!)2
p
= 1.
Dar
2(n!)2
p
=
2
p
n!
p2
=
2
p
, deci
2
p
= 1, adicµ a pprebuie sµ a …e de forma 8k1.
Cum pnu este de forma 8k+ 1, rµ amâne sµ a …e de forma 8k1.
Cum pjndeducem cµ a p > n . Am probat deci pµ a pentru orice n2N,n2, existµ a un
numµ ar prim p > n de forma 8k1.
Sµ a presupunem acum cµ a avem un numµ ar …nit de numere prime de forma 8k1; …e ele
p1; p2; :::; p j. Construim numµ arul n=p1p2
:::
pj1. Conform celor de mai sus existµ a un
numµ ar prim pi(deci de forma 8k1) astfel încât pi> n, cea ce este absurd. 
Propozi¸ tia 2.72. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 5n1,n2N.
Demonstra¸ tie . Luµ am N= 5 ( n!)21,n2N,n2, apoi procedµ am ca în demonstra¸ tia
propozi¸ tiei anterioare. 
Corolarul 2.73. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 10n1,n2N.
Propozi¸ tia 2.74. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 8n+ 3,n2N.
Demonstra¸ tie . Fie n > 1¸ sia=p2p3
:::
pn, unde pneste al n-lea numµ ar prim. Cum aeste
impar, a2este de forma 8t+ 1, iarN=a2+ 2este de forma 8t+ 3. Dacµ a orice divizor prim
al lui Neste de forma 8t1, atunci Nînsu¸ si are aceea¸ si formµ a, ceeace este absurd. Deci N
are cel pu¸ tin un divizor prim impar de forma 8t+ 3sau 8t+ 5.
Cum pjN=a2+ 2deducem cµ a a2 2 (mod p)¸ si deci
2
p
= 1. Însµ a
2
p
=1
p2
p
= (1)p1
2(1)p21
8.
Dacµ a p= 8t+ 5atunci
2
p
=1, ceea ce este absurd, de unde concluzia cµ a numµ arul pare
forma 8t+ 3. Dar cum pja2+ 2deducem cµ a p > p n¸ si astfel avem o in…nitate de numere
prime de forma 8t+ 3. 
Propozi¸ tia 2.75. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 8n+ 5,n2N.
Demonstra¸ tie . Se procedeazµ a ca în demonstra¸ tia Propozi¸ tiei 2:74, luând N=a2+4,aavând
aceea¸ si semni…ca¸ tie. 
Propozi¸ tia 2.76. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 4n+ 1,n2N.
Demonstra¸ tie . Presupunem prin absurd cµ a existµ a doar un numµ ar …nit de numere prime de
forma 4n+1,n2N; …e ele p1,p2, …,pk. Considerµ am acum numµ arul N= (2p1p2
:::
pk)2+
1>1. Este clar cµ a divizorii primi ai lui Nsunt numere impare. Fie pun astfel de divizor al
luiN. Avem
p(2p1p2
:::
pk)2+ 1,(2p1p2
:::
pk)2 1 (mod p),
58

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
deci
1
p
= 1 ¸ si, deoarece
1
p
= (1)p1
2, rezultµ a cµ a peste de forma 4t+ 1. Deci
p2 fp1; p2; :::; p kg, în contradic¸ tie cu faptul cµ a p(2p1p2
:::
pk)2+ 1. 
Propozi¸ tia 2.77. Existµ a o in…nitate de numere prime de forma 6n+ 1,n2N.
Demonstra¸ tie . Admitem, prin absurd cµ a existµ a doar un numµ a …nit de numere prime p1,p2,
…,pkde forma 6n+ 1. Considerµ am numµ arul N= (2p1p2
:::
pk)2+ 3>3. Cum Neste
impar, orice divizor prim al sµ au este impar; …e punul dintre ace¸ stia. Astfel,
p(2p1p2
:::
pk)2+ 3,(2p1p2
:::
pk)2 3 (mod p),
adicµ a3
p
= 1. (2.79)
Arµ atµ am cµ a dacµ a peste un numµ ar prim, p5, atunci

3
p
=(
1, dacµ a p1 (mod 6)
1, dacµ a p 1 (mod 6). (2.80)
Avem3
p
=1
3
p
=1
p3
p
= (1)p1
2p
3
(1)p1
2
31
2=p
3
=r
3,
unde pr(mod 3) ,r2 f0;1;2g. Evident, nu putem avea r= 0. Dacµ a r= 1, atunci1
3

= 1. Dacµ a r= 2, atunci2
3

= (1)91
8=1. Dar p2 (mod 3) ,p=1 (mod 3) .
Deoarece peste impar, 3jp1,6jp1.
¸ Tinând cont de rela¸ tiile (2:79)¸ si(2:80)deducem cµ a peste de forma 6t+ 1, adicµ a
p2 fp1; p2; :::; p kg, contradic¸ tie cµ aci pjN)p= 3care nu este de forma 6t+ 1. 
2.2.3 Metoda reducerii la absurd în geometrie
Printre primele probleme de geometrie pe care le întâlne¸ ste un începµ ator, dupµ a studiul
cazurilor de congruen¸ tµ a ale triunghiurilor, sunt: Arµ ata¸ ti cµ a dacµ a un triunghi are douµ a medi-
ane sau douµ a înµ al¸ timi congruente, atunci triunghiul este isoscel. Dar ce se întâmplµ a în cazul
în care triunghiul are douµ a bisectoare congruente? Concluzia este aceea¸ si: triunghiul este
isoscel, dar demonstra¸ tia ….31
Teorema 2.78 (Steiner-Lehmus) .Dacµ a un triunghi are douµ a bisectoare congruente, atunci
el este isoscel.
31Celebritatea de care se bucurµ a aceastµ a teoremµ a este explicatµ a într-un fel de contrasul evident între
enun¸ tul atât de simplu ¸ si demonstra¸ tia di…cilµ a, oricare ar … ea.
Enun¸ tul a fost dat prima oarµ a de cµ atre C.L. Lehmus în 1840, care nu avea ini¸ tial o solu¸ tie. La rugµ amintea
sa, vestitul geometru elve¸ tia J. Steiner a descoperit în o demonstra¸ tie (1944) bazatµ a pe calcul, folosind
formula bisectoarei. Apoi, în anul 1850, Lehmus însu¸ si a gµ asit o altµ a demonstra¸ tie.
În prezent se cunosc peste 80 de demonstra¸ tii pe cµ ai cât mai variate, dar cele care utilizeazµ a daor ra¸ tiona-
mentul geometric se bazeazµ a pe reducerea la absurd .
59

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Demonstra¸ tie . Considerµ am triunghiul ABC cuBB0bisectoarea unghiului B¸ siCC0bisec-
toarea unghiului C,B02AC,C02AB.
A
BC
DB’C’
Figura 11
Presupunem cµ a unghiurile B¸ siCnu sunt congruente. Fµ arµ a a leza generalitate, sµ a admitem
cµ a^B <^C. Atunci, din triunghiurile B0BC¸ siC0CBdeducem
B0C < C0B. (2.81)
Construim BD==CC0¸ siCD==BC0. Patrulaterul BC0CDeste paralelogram, deci
CD =C0B. (2.82)
Din (2:81)¸ si(2:82)rezultµ a cµ a B0C < CD ¸ si deci
^CDB0<^DB0C. (2.83)
DarBB0=CC0=BD, de unde
^BDB0=^BB0D. (2.84)
Adunând rela¸ tiile (2:83)¸ si(2:84)rezultµ a ^BDC < ^BB0C. Cum ^BDC =^BC0C,
ob¸ tinem ^BC0C <^BB0C, adicµ a
180^B^C
2<180^C^B
2,
de unde ^C <^B, în contradic¸ tie cu presupunerea fµ acutµ a. 
60

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.79. Se considerµ a punctul Mîn interiorul pµ atratului ABCD , astfel încât
m(^MCD ) =m(^MDC ) = 15.
Sµ a se arate cµ a triunghiul AMB este echilateral.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a triunghiul AMB nu este echilateral ¸ si luµ am punctul N(diferit de
M) în interiorul pµ atratului dat, astfel încât triunghiul ANB sµ a …e echilateral.
ABCDNM
Figura 12
În acest triunghiurile AND ¸ siBNC sunt isoscele. Mai mult,
m(^AND ) =m(^ADN ) =m(^BNC ) =m(^BCN ) =18030
2= 75.
Rezultµ a cµ a m(^NDC ) =m(^NCD ) = 15. Dar aceea¸ si proprietate o are ¸ si punctul M,
contradic¸ tie. 
Problema 2.80. Fie patrulaterul convex ABCD care îndepline¸ ste proprietatea cµ a AB +
BD < AC +CD. S¼a se demonstreze c ¼a în acest caz lungimea laturii AB < AC .
Solu¸ tie .
ABCD
Figura 13
61

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Presupunem cµ a ABAC. Cu aceastµ a rela¸ tie, prin intermediul ipotezei, ob¸ tinem
BD < CD , deci m(^BCD )< m (^DBC ). Pe de altµ a parte, tot din ABACrezultµ a
m(^ABC )m(^ACB ). Folosind tranzitivitatea, putem scrie:
m(^ABC )m(^ACB )< m (^BCD )< m (^DBC )< m (^ABC ),
ceea ce, în mod evident, este absurd. 
Problema 2.81. Fie triunghiul ABC ¸ si punctele M,K,Lsituate pe laturile (AB),(BC),
respectiv (AC). Sµ a se demonstreze cµ a cel pu¸ tin una din ariile triunghiurilor MAL ,KBM ,
LCK nu depµ a¸ se¸ ste un sfert din aria triunghiului ABC .
Solu¸ tie . Presupunem prin absurd cµ a
A(4MAL )
A(4ABC )>1
4,A(4KBM )
A(4ABC )>1
4,A(4LCK )
A(4ABC )>1
4(2.85)
Avem egalitµ a¸ tile:
A(4ABC ) =AB
AC
sinA
2¸ siA(4MAL ) =AM
AL
sinA
2,
deci
A(4MAL )
A(4ABC )=AM
AL
AB
AC(2.86)
A
BCMKL
Figura 14
Analog ob¸ tinem:
A(4KBM )
A(4ABC )=BM
BK
BA
BC¸ siA(4LCK )
A(4ABC )=CL
KC
CA
CB. (2.87)
¸ Tinând cont de rela¸ tiile (2:85),(2:86)¸ si(2:87), dupµ a o reordonare a factorilor, ob¸ tinem:
AL
CL
AC
AC
AM
BM
AB
AB
BK
CK
BC
BC>1
64. (2.88)
62

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Pe de altµ a parte, cu inegalitatea mediilor avem:
p
AL
CLAL+CL
2=AC
2,
deci
AL
CL
AC
AC1
4(2.89)
¸ si analog
AM
BM
AB
AB1
4,AK
CK
BC
BC1
4. (2.90)
Rela¸ tiile, (2:89)¸ si(2:90)conduc la
AL
CL
AC
AC
AM
BM
AB
AB
BK
CK
BC
BC1
64,
ceea ce intrµ a în contradic¸ tie cu (2:88). 
Problema 2.82. Fie triunghiul ascu¸ titunghic, neechilateral în care considerµ am înµ al¸ timea
AA0, mediana BB0¸ si bisectoarea CC0. Notµ am fDg=AA0\BB0,fEg=BB0\CC0¸ si
fFg=CC0\AA0. Sµ a se arate cµ a triunghiul DEF nu poate … echilateral.
Solu¸ tie . Prin reducere la absurd, presupunem cµ a triunghiul DEF este echilateral.
A
BA’CB’C’DEF
Figura 15
Triunghiul A0FCeste dreptunghic în A0, iarm(^A0FC) = 60; rezultµ a m(^A0CF) =
30, deci m(^ACB ) = 60. Prin urmare, întrucât m(^B0EC) = 60¸ sim(^B0CE) = 30,
avem m(^BB0C) = 90. Astfel BB0este medianµ a ¸ si înµ al¸ time în triunghiul ABC , care
devine isoscel. Cum, în plus, m(^ACB ) = 60, ob¸ tinem cµ a triunghiul ABC este echilateral.
Contradic¸ tie. 
De multe ori metoda reducerii la absurd intervine în justi…carea reciprocelor unor
teoreme de geometrie. Amintim, farµ a demonstra¸ tie, câteva dintre aceste situa¸ tii.
Teorema 2.83. Douµ a drepte care formeazµ a cu o secantµ a unghiuri alterne-interne congruente
63

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
sunt paralele.
Teorema 2.84 (reciproca teoremei lui Thales) .Fie triunghiul ABC ¸ siD2(AB),E2(AC)
astfel încâtDA
DB=EA
EC. Atunci DE==BC .
Teorema 2.85 (reciproca teoremei bisectoarei) .Fie triunghiul ABC ¸ siD2(BC). Dacµ a
BD
DC=AB
AC, atunci, ADeste bisectoarea unghiului BAC .
Teorema 2.86 (reciproca teoremei lui Menelaus) .Dacµ a M2(AB),N2(AC)¸ siP2
BCn[BC]astfel încât
MA
MB
PB
PC
NC
NA= 1,
atunci punctele M; N; P sunt coliniare.
Teorema 2.87 (reciproca teoremei lui Ceva) .În triunghiul ABC considerµ am cevienele AM,
BN ¸ siCP. Dacµ a
PA
PB
MB
MC
NC
NA= 1,
atunci punctele AM; BN ¸ siCPsunt concurente.
2.2.4 Probleme cu polinoame ¸ si ecua¸ tii algebrice rezolvate prin
reducere la absurd
Problema 2.88.32Arµ ata¸ ti cµ a nu existµ a niciun polinom, P, care sµ a satisfacµ a egalitatea:
(X1)P(X) +XP (X+ 1) = 2 , (2.91)
Solu¸ tie . Presupunem cµ a existµ a un astfel de polinom, P. Egalitatea (2:91)se poate rescrie
sub forma:
X(P(X) +P(X+ 1)) = 2 + P(X). (2.92)
Analizând (2:92), observµ am cµ a aceastµ a egalitate nu poate avea loc deoarece în membrul stâng
este un polinom de gradul n+ 1, iar în membrul drept unul de gradul n, unde n= grad P.
Am ajuns la o contradic¸ tie, ceea ce aratµ a cµ a presupunerea fµ acutµ a este falsµ a. 
Problema 2.89.33Fiea; b; c numere întregi distincte. Demonstra¸ ti cµ a nu existµ a niciun
polinom P2Z[X]distincte a¸ sa încât P(a) =b,P(b) =c¸ siP(c) =a.
Solu¸ tie . Pentru orice polinom P2Z[X]¸ si orice x; y2Zare loc:
(xy)jP(x)P(y).
Deci dacµ a presupunem cµ a existµ a un polinom, P, care îndepline¸ ste proprietatea din enun¸ t,
32V. Berinde; Concursul "Grigore Moisil"
33Olimpiadµ a S.U.A.
64

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
atunci existµ a ; ;
2Zpentru care:
P(a)P(b) =(ab),P(b)P(c) =(bc)¸ siP(c)P(a) =
(ca)
de unde
bc=(ab),ca=(bc)¸ siab=
(ca). (2.93)
Prin înmul¸ tirea membru cu mebru a egalitµ a¸ tilor (2:93)rezultµ a
= 1, deci ; ;
2
f1g. Dacµ a =1rezultµ a a=c, contradic¸ tie. La fel, dacµ a =1sau
=1. Deci
==
= 1¸ si astfel ab=bc=ca, de unde se ob¸ tine a=b=c, contradic¸ tie. 
Problema 2.90. Demonstra¸ ti cµ a dacµ a a; b; c 2Z, atunci cel pu¸ tin una dintre ecua¸ tiile
ax2+ 2bx+ 1 = 0 ,bx2+ 2cx+ 1 = 0 ¸ sicx2+ 2ax+ 1 = 0 are rµ adµ acini reale.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a niciuna dintre cele trei ecua¸ tii (de gradul al doilea) nu are rµ adµ acini
reale, rezultµ a cµ a …ecare are discriminantul negativ, de unde se ob¸ tine:
b2< a,c2< b,a2< b.
Prin adunarea membru cu membru a acestor inegalitµ a¸ ti gµ asim:
a(a1) +b(b1) +c(c1)<0,
ceea ce aratµ a cµ a cel pu¸ tin unul dintre numerele a(a1),b(b1),c(c1)este (strict)
negativ. Dacµ a, de pildµ a, am avea a(a1)<0, atunci a2(0; 1) , în contradic¸ tie cu faptul
cµ aa2Z. 
Problema 2.91. Demonstra¸ ti cµ a polinomul f=X4+ 2X2+ 2X+ 2nu poate … scris ca
produsul a douµ a polinoame de forma X2+aX+b¸ siX2+cX+d, unde a; b; c; d 2Z.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a scrierea este posibilµ a. Prin identi…carea coe…cien¸ tilor avem:8
>>>><
>>>>:a+c= 0
d+ac+b= 2
ad+bc= 2
bd= 2.
Ultima ecua¸ tie a sistemului implicµ a b2 f 2;1;1;2g. Analiza …ecµ arui caz conduce la
contradic¸ tie. 
Problema 2.92. 1.
a) Sµ a se arate cµ a 8m2R, polinomul f= 3X42X3+X2+mX1nu are toate
rµ adµ acinile reale.
b) Sµ a se arate cµ a 8n2R, polinomul g=X4+nX3+ 4X2+ 1,n2Rnu are toate
rµ adµ acinile reale.
Solu¸ tie .a)Presupunem cµ a toate rµ adacinile x1; x2; x3; x4ale polinomului fsunt reale. Rezultµ a
cµ ax2
1+x2
2+x2
3+x2
40.
65

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Dar,
x2
1+x2
2+x2
3+x2
4=S2
12S2=2
32
2
3<0,
contradic¸ tie
b)Presupunem cµ a toate rµ adacinile x1; x2; x3; x4ale polinomului gsunt reale. Rezultµ a
cµ a1
x2
1+1
x2
2+1
x2
3+1
x2
40. Dar, A1=1
x1+1
x2+1
x3+1
x4= 0,A2=1
x1x2+1
x1x3+:::+1
x3x4= 4
¸ si atunci
1
x2
1+1
x2
2+1
x2
3+1
x2
4=A2
12A2=8<0,
contradic¸ tie. 
Problema 2.93. Se considerµ a polinoamele f=X3+a2Xa¸ sig=X3a2X21, cu
a2R¸ six1; x2; x32Crµ adµ acinile polinomului f. Sµ a se arate cµ a polinoamele f¸ signu au
rµ adµ acini reale comune.
Solu¸ tie . Deoarece x2
1+x2
2+x2
3=2a2<0, rezultµ a cµ a fare o singurµ a rµ adµ acinµ a realµ a, …e ea
x1. Se aratµ a cu u¸ surin¸ tµ a cµ a1
x1;1
x2;1
x3sunt rµ adµ acinile polinomului g.
Presupunem prin absurd cµ a x1=1
x1, de unde x12 f 1g. Dacµ a x1=1, atunci
a2+a+ 1 = 0 , deci a =2R, contradic¸ tie. Dacµ a x1= 1, atunci a2a+ 1 = 0 , deci, din nou,
a =2R, contradic¸ tie. 
Problema 2.94. Fie polinomul f=X45X2+ 5, având rµ adacinile x1; x2; x3; x42C. Sµ a
se arate cµ a dacµ a g2R[X]astfel încât jg(x)j  jf(x)j, oricare ar … x2R, atunci existµ a
a2[1; 1] astfel încât g=af.
Solu¸ tie . Dacµ a presupunem cµ a gradg > 4, atunci limx!1g(x)
f(x)=1. Dar, din jg(x)j 
jf(x)j,8x2R, rezultµ a limx!1g(x)
f(x)1, contradic¸ tie. Rµ amâne cµ a gradg4. Tot din din
jg(x)j  jf(x)j,8x2R, ob¸ tinem cµ a jg(xk)j  jf(xk)j= 0,k2 f1;2;3;4g, deci g(xk) = 0 ,
k2 f1;2;3;4g. A¸ sadar polinoamele f¸ sigau acelea¸ si rµ adµ acini, altfel spus, existµ a a2R
astfel încât g=af. Înlocuind în rela¸ tia din ipotezâ, ob¸ tinem jaj 1. 
Problema 2.95. Fie ¸ sirul (an)n1, dat prin termenul general an= 1+1
1!+1
2!+:::+1
n!. Sµ a se
arate cµ a nu existµ a douµ a polinoame nenule f; g2R[X]cu proprietatea an=f(n)
g(n),8n2N.
Solu¸ tie . Presupunem, prin absurd, cµ a existµ a f; g2R[X]a¸ sa încât an=f(n)
g(n),8n2N.
Atunci
1
(n+ 1)!=an+1an=f(n+ 1)
g(n+ 1)f(n)
g(n)=u(n)
v(n),
de unde u(n) =v(n)
(n+1)!. Dar limn!1v(n)
(n+1)!= 0, deci limn!1u(n) = 0 , ceea ce implicµ a faptul
cµ aueste polinomul nul, contradic¸ tie. 
66

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
2.2.5 Un rezultat puternic în matematicµ a
De…ni¸ tia 2.96. Se nume¸ ste mul¸ time numµ arabilµ a o mul¸ time care poate … pusµ a în core-
sponden¸ tµ a bijectivµ a cu mul¸ timea numerelor naturale nenule.
Prin mul¸ time cel mult numµ arabilµ a în¸ telegem o mul¸ time care …e este …nitµ a (este vidµ a,
sau poate … pusµ a în coresponden¸ tµ a bijectivµ acu mul¸ timea f1;2; :::; ng) …e este numµ arabilµ a
Mul¸ timile N,Z¸ siQsunt numµ arabile.34Dar mul¸ timea R…?
Teorema 2.97 (Cantor) .Mul¸ timea numerelor reale nu este numµ arabilµ a
Demonstra¸ tie . Pentru început considerµ am f:R!(0; 1) ,f(x) =1
2+arctan x
. Func¸ tia fse
dovede¸ ste a … o bijec¸ tie ¸ si astfel demonstra¸ tia se reduce la a arµ ata cµ a intervalul (0; 1) nu este
mul¸ time numµ arabilµ a.
­2.5 ­2 ­1.5 ­1 ­0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
­2.5­2­1.5­1­0.50.511.522.53
xy
y=f(x)
Figura 16
Presupunem prin absurd cµ a (0; 1) este mul¸ time numµ arabilµ a, adicµ a poate … reprezentat
34O reuniune cel mult numµ arabilµ a de mul¸ timi cel mult numµ arabile este o mul¸ time cel mult numµ arabilµ a.
Într-adevµ ar, dacµ a An=fan1; an2; an3; :::gpentru …ecare n, a¸ sezând elementele mul¸ timilor Anunele sub
altele, ob¸ tinem tabloul
a11! a12 a13! :::
. % .
a21 a22 a23 :::
# % .
a31 a32 a33 :::
.
:::.
Este clar cµ a parcurgând acest tablou în ordinea indicatµ a de sµ age¸ ti, aranjµ am elementele reuniunii într-un ¸ sir,
deci reuniunea este o mul¸ time cel mult numµ arabilµ a.
67

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
sub forma
(0; 1) = fa1; a2; a3; :::g.
Fiecare element anadmite o reprezentare unicµ a ca frac¸ tie zecimalµ a:
an= 0; zn
1zn
2zn
3:::,
unde zecimalele zn
1; zn
2; zn
3; :::2 f0;1;2; :::9g¸ si nu existµ a niciun rang kde la care încolo
zn
k=zn
k+1=:::= 9.
Sµ a considerµ am acum numµ arul real a= 0; x1x2x3; :::, unde x12 f1;2gastfel încât
x16=z1
1,×22 f1;2gastfel încât x26=z2
2¸ s.a.m.d. Am construit astfel un numµ ar a2(0; 1) ,
dar diferit de …ecare dintre numerele a1; a2; a3; :::, contradic¸ tie. Deci (0; 1) nu este mul¸ time
numµ arabilµ a. 
Corolarul 2.98. Mul¸ timea numerelor ira¸ tionale, RnQ, nu este numµ arabilµ a.
Demonstra¸ tie . Dacµ a presupunem cµ a RnQeste numµ arabilµ a, atunci din
R=Q[(RnQ)
rezultµ a cµ a Reste numµ arabilµ a, fals. 
2.2.6 Alte exemple ce pun în eviden¸ tµ a metoda reducerii la absurd
Încheiem sec¸ tiunea legatµ a de reducerea la absurd cu alte câteva probleme din zone
diferite ale matematicii elementare, neavând preten¸ tia totalei acoperiri, ci doar a exem-
pli…cµ arii.
Problema 2.99. Demonstra¸ ti cµ a frac¸ tian2+3
2n4+7n2+4este ireductibilµ a, oricare ar … n2N.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a frac¸ tia este reductibilµ a, adicµ a existµ a d2Nnf1g¸ sin2Nastfel
încât
d=
n2+ 3;2n4+ 7n2+ 4

.
Observµ am cµ a 2n4+7n2+4 = ( n2+ 3) (2 n2+ 1)+1 ¸ si cum dj(n2+ 3) rezultµ a cµ a dj(n2+ 3) (2 n2+ 1).
Rela¸ tiile
d
n2+ 3

2n2+ 1

¸ sid
n2+ 3

2n2+ 1

+ 1
constituie o contradic¸ tie. 
Problema 2.100. Fiea; b2N¸ si matricea A=
ab
b a!
. Dacµ a An=
anbn
bnan!
,
n1, atunci bn6= 0, oricare ar … n1.
Solu¸ tie . Folosind rezultatele ob¸ tinute în cadrul solu¸ tiei date Problemei 2.29 deducem cµ a
68

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
existµ a '2Rpentru care
An= (det A)n
cosn'sinn'
sinn' cosn'!
,8n1.
Identi…cµ am astfel: an= (det A)ncosn'¸ sibn= (det A)nsin'. În plus, cos'=a
detA2Q¸ si
sin'=b
detA2Q.
Recurgem acum la o argumentare prin reducere la absurd. A¸ sadar sµ a presupunem prin
absurd cµ a bn= 0; rezultµ a obligatoriu cµ a sinn'= 0¸ sijcosn'j= 1, deci
cos 2n'= 12 sin2n'= 1.
Vom arµ ata cµ a
dacµ a cos'2Q¸ sicos 2n'= 1, atunci cos'2
0;1;1
2
. (2.94)
Pentru început intervenim cu un rezultat ajutµ ator: Existµ a un polinom monic35de gradul
n,Pn2Z[X]astfel ca
2 cosn'=Pn(2 cos ',)
unde '2R,n2N, pe care-l demonstrµ am prin induc¸ tie dupµ a n. Pentru n= 1,P1(X) =X,
iar pentru n= 2,P2(X) =X22. Avem rela¸ tia
2 cos ( n+ 1)'+ 2 cos ( n1)'= 4 cos 'cosn',
adicµ a
Pn+1(X) +Pn1(X) =X
Pn(X)
¸ si atunci din Pn1(X) =Xn1+:::,Pn(X) =Xn+:::rezultµ a Pn+1(X) =Xn+1+:::.
Ne concentrµ am acum asupra demonstra¸ tiei a…rma¸ tiei (2:94). Din cos 2n'= (2 cos ')n+
:::= 1rezultµ a cµ a x0= 2 cos '2Qeste solu¸ tie a ecua¸ tiei xn+:::1 = 0 . Dar rµ adµ acinile
ra¸ tionale ale unui polinom monic cu coe…cien¸ ti întregi sunt de fapt rµ adµ acini întregi, deci
2 cos'2Z¸ si atunci 2 cos'2 f0;1;2g, sau echivalent cos'2
0;1
2;1
.
Dar, pentru cos'=a
detA= 0 ob¸ tinem a= 0 ( contradic¸ tie ), pentru cos'=1
2rezultµ a
sin'=p
3
2=2Q(contradic¸ tie ), iar pentru cos'=1gµ asim sin'= 0, decib
detA= 0, de
unde b= 0 ( contradic¸ tie ).
A¸ sadar presupunerea bn= 0este falsµ a. 
Problema 2.101. Sµ a se arate cµ a func¸ tia f:R!R,
f(x) =(
0, dacµ a x0
sin1
x1
xcos1
x, dacµ a x > 0
nu admite primitive pe R.
35Unpolinom monic este un polinom care are coe…cientul termenului dominant egal cu unitatea .
69

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Solu¸ tie . Presupunând, prin absurd, cµ a fadmite primitive, atunci acestea ar … de forma:
F(x) =(
c1, dacµ a x0
xsin1
x+c2, dacµ a x > 0.
Din continuitatea func¸ tiei Frezultµ a c1=c2=c¸ si deci
F(x) =(
c, dacµ a x0
xsin1
x+c, dacµ a x > 0.
Dar
F0
d(0) = lim
x&0F(x)F(0)
x= lim
x&0sin1
x, care nu existµ a.
A¸ sadar Fnu este ¸ si derivabilµ a în 0, contradic¸ tie. 
Propozi¸ tia 2.102. Dacµ a un ¸ sir, (xn)n1, are limitµ a, atunci aceasta este unicµ a.
Demonstra¸ tie . Presupunem cµ a existµ a `1; `22R,`1= lim n!1xn,`2= lim n!1xn¸ si`16=`2.
Putem determina douµ a vecinµ atµ a¸ ti disjuncte V1,V2pentru `1, respectiv `2. Din de…ni¸ tia
limitei unui ¸ sir rezultµ a cµ a existµ a N2Nastfel încât
xn2V1,8nN¸ sixn2V2,8nN,
ceea ce este absurd, deoarece V1\V2=?. 
2.3 Principiul paritµ a¸ tii
Pentru mul¸ timea numerelor întregi avem urmµ atoarea parti¸ tionare
Z=f2kjk2Zg [ f 2k+ 1jk2Zg.
Altfel spus, un numµ ar întreg …e este par, …e este impar.
Principiul paritµ a¸ tii se bazeazµ a pe a…rma¸ tia potrivit cµ areia douµ a numere întregi cu
paritµ a¸ ti diferite nu pot … egale. De cele mai multe ori, în aplica¸ tii, pentru a ajunge în acest
punct, se folosesc urmµ atoarele reguli (de paritate):
1.Suma (diferen¸ ta) a douµ a numere întregi cu aceea¸ si paritate este un numµ ar par.
2.Suma (diferen¸ ta) a douµ a numere întregi cu paritµ a¸ ti diferite este un numµ ar impar.
3.Produsul a douµ a numere întregi impare este un numµ ar impar.
4.Produsul a douµ a numere întregi dintre care unul este par este un numµ ar par.
5.Puterea cu baza numµ ar întreg par ¸ si exponentul numµ ar natural nenul este numµ ar par.
6.Puterea cu baza numµ ar întreg impar ¸ si exponentul numµ ar natural este numµ ar impar.
Problemele de paritate "ascund" undeva o argumentare prin reducere la absurd, chiar
dacµ a uneori în rezolvare nu apare sintagma "Presupunem prin absurd cµ a …".
În cele ce urmeazµ a prezentµ am câteva probleme înso¸ tite de solu¸ tiile bazate pe acest
principiu.
70

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.103. Fien2N; n2. Sµ a se arate cµ a numµ arul frac¸ tiilor ireductibile din
mul¸ timea
A=1
n;2
n; :::;n1
n
este par.
Solu¸ tie . Arµ atµ am mai întâi cµ a dacµ a frac¸ tiak
neste ireductibilµ a, atunci ¸ si frac¸ tiank
neste tot
ireductibilµ a. Dacµ a prin absurd am aveank
nreductibilµ a, atunci existµ a d2Nnf1gastfel
încât djnk¸ sidjn, de unde djk, în contradic¸ tie cu ireductibilitatea frac¸ tieik
n.
Pe de altµ a parte, frac¸ tiilek
n¸ sink
nnu pot … egale, deoarece în caz contrar am avea
n= 2k¸ si drept consecin¸ tµ a,k
n=k
2kfrac¸ tie care se poate simpli…ca prin k; contradic¸ tie.
Astfel, am demonstrat cµ a frac¸ tiile ireductibile din Ase pot grupa în perechik
n;nk
n
,
deci numµ arul lor este par. 
Problema 2.104. Demosntra¸ ti cµ a un numµ ar natural care nu este pµ atrat perfect are un
numµ ar par de divizori pozitivi.36
Solu¸ tie . Mul¸ timea divizorilor pozitivi ai lui nse grupeazµ a în perechi de forma
d;n
d
, unde
deste divizor pozitiv al lui n. Avem de arµ atat cµ a d6=n
d. Într-adevµ ar, dacµ a ar … altfel, atunci
n=d2, deci nar … pµ atrat perfect, contradic¸ tie. 
Problema 2.105. Cerceta¸ ti dacµ a existµ a numere naturale a¸ sib, ¸ stiind cµ a
(ab) (a+b+ 1) = 123456789 . (2.95)
Solu¸ tie . Presupunem cµ a existµ a a; b2Nastfel încât (ab) (a+b+ 1) = 123456789 .
Numµ arul 123456789 …ind foarte mare este destul de di…cil sµ a-i determinµ am factorii cu
proprietatea cerutµ a. Recurgem la o analizµ a a produsului (ab) (a+b+ 1). Astfel, dacµ a a
¸ sibau aceea¸ si paritate, atunci abeste par, deci (ab) (a+b+ 1) este par, ¸ si egalitatea
(2:95)nu poate avea loc, iar dacµ a a¸ sibau paritµ a¸ ti diferite, atunci a+b+ 1este par ceea ce
implicµ a (ab) (a+b+ 1) par, deci (2:95)este imposibilµ a ¸ si în acest caz. 
Problema 2.106. Sµ a se rezolve în NNNecua¸ tia
2x+ 2y+ 2z= 2336 ,
unde x; y; z sunt distincte.
Solu¸ tie . Putem alege x < y < z . Avem
2x
1 + 2yx+ 2zx

= 25
73.
Întrucât 1 + 2yx+ 2zxeste impar ob¸ tinem
(
2x= 25
1 + 2yx+ 2zx= 73.
36Altfel spus, un numµ ar natural este pµ atrat perfect dacµ a ¸ si numai dacµ a are un numµ ar impar de divizori
naturali.
71

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Astfel x= 5¸ si2y5(1 + 2zy) = 23
9. Cu acela¸ si argument de paritete ca mai sus, gµ asim:
(
2y5= 23
1 + 2zy= 9,
ceea ce ne conduce la y= 8¸ siz= 11. 
Problema 2.107. Se considerµ a polinomul f2Z[X]. Sµ a se arate cµ a dacµ a f(0)¸ sif(1)sunt
impare, atunci polinomul fnu are rµ adµ acini întregi.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a existµ a x02Zo rµ adµ acinµ a a polinomului f, deci Xx0jf, ceea ce
se poate rescrie sub forma f= (Xx0)g, unde g2Z[X]. Avem
f(1) = (1 x0)g(1)¸ sif(0) =x0g(0).
Numerele 1x0¸ six0au paritµ a¸ ti diferie, deci cel pu¸ tin unul dintre numerele f(1)¸ sif(0)
este par, contradic¸ tie. 
Problema 2.108. Fiea; b; c numere întregi impare. Sµ a se arate cµ a ecua¸ tia ax2+bx+c= 0
nu are solu¸ tii ra¸ tionale.
Solu¸ tie . Presupunem cµ a ecua¸ tia datµ a are solu¸ tii ra¸ tionale. Atunci existµ a ; ;
;  2Zastfel
încât
ax2+bx+c= (x+) (
x+).
prin identi…carea coe…cien¸ tilor ob¸ tinem:
8
><
>:
=a
+
=b
=c.
Deoarece a¸ sicsunt impare, rezultµ a cµ a ; ;
;  sunt impare, deci +
este par, con-
tradic¸ tie ( beste impar). 
Urmµ atorul rezultat este foarte util în practicµ a, mai ales dacµ a nu avem un instrument
de calcul la îndemânµ a.
Problema 2.109. Stabili¸ ti dacµ a matricea
A=0
BBBBBB@221 454 348 90 900
2 1233 23458 9000
20 2010 123 2222 92
200 2012 30 9 994
2000 2014 60 90 99771
CCCCCCA
este inversabilµ a.
Solu¸ tie . Calculul determinantului matricei Aeste "chiniutor". Vom considera matricea B
ale cµ arei elemente sunt elementele matricei A, luate modulo 2. Mai precis,
72

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
B=0
BBBBBB@1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 11
CCCCCCA.
Cum detB= 1, rezultµ a cµ a detAeste impar, deci Aeste inversabilµ a. 
Problema 2.110. Un dreptunghi de dimensiuni 57cm75cmeste format din pµ atrµ a¸ tele de
1cm1cm¸ si se îndepµ arteazµ a pµ atrµ a¸ telul din stânga sus ¸ si cel din dreapta jos. Se poate acoperi
…gura rµ amasa cu plµ acu¸ te de forma , alcµ atuite din douµ a pµ atrµ a¸ tele de 1cm1cm?
Solu¸ tie . O astfel de acoperire nu este posibilµ a întrucât …gura ce rµ amâne de acoperit are
57752 = 4273 pµ atrµ a¸ tele, iar acest numµ ar este impar.37
Problema 2.111. Sµ a se arate cµ aPn
k=11
k=2Z, oricare ar … numµ arul natural n,n2.
Solu¸ tie . Fie Mn=Pn
k=11
k. Notµ am cu mcea mai mare putere a lui 2din mul¸ timea
f1;2; :::; ng. Prin aducerea la cel mai mic numitor comun a sumei Mnobservµ am cµ a …ecare
frac¸ tie, cu excep¸ tia frac¸ tiei1
mare la numµ arµ ator un numµ ar par. Astfel, dupµ a efectuarea cal-
culelor, suma noastrµ a va avea la numµ arator un numµ ar impar în timp ce numitorul este par.
Deci Mnnu poate … numµ ar natural. 
Teorema 2.112 (Wilson) .38Dacµ a peste un numµ ar prim, atunci (p1)! 1 mod p.
Demonstra¸ tie . Deoarece peste prim, …ecare dintre numerele 1;2; :::; p1este inversabil
modulo p. Pentru x2 f1;2; :::; pgavem alternativa: …e x12 f1;2; :::; pgnfxg, …ex1=x.
Cea de-a doua situa¸ tie se rescrie echivalent astfel:
x21 mod p,px21,pj(x1) (x+ 1),pjx1saupjx+ 1,p  1 mod p.
Acum, (p1)!1
(1) mod p 1 mod p. 
2.4 Principiul lui Dirichlet
Rezultatul cunoscut sub numele de principiul lui Dirichlet se gµ ase¸ ste enun¸ tat sub
urmµ atoarea înfµ a¸ ti¸ sare matematicµ a:
Teorema 2.113. FieAo mul¸ time nevidµ a, iar A1; A2; :::; A no parti¸ tie a lui A. Dacµ a avem
n+ 1elemente din A, atunci existµ a cel pu¸ tin o submul¸ time Aka parti¸ tiei care con¸ tine cel
pu¸ tin douµ a elemente dintre cele n+ 1considerate.39
37Problema se poate generaliza la un dreptunghi cu dimensiuni impare.
38Aceastµ a teoremµ a poate … privitµ a ca o consecin¸ tµ a a urmµ atorului rezultat: Dacµ a (G;
)este un grup
comutativ …nit, atunciQ
x2Gx=Q
x2G
x1=xx.
39Demonstra¸ tia este simplµ a ¸ si poate … fµ acutµ a prin reducere la absurd.
73

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Putem enun¸ ta, în mod echivalent, aceastµ a teoremµ a într-un mod mai intuitiv, motiv
pentru care acest principiu se mai nume¸ ste ¸ si principiul cutiei :Dacµ a n+ 1obiecte se
repartizeazµ a în ncutii, unde n2N, atunci cel pu¸ tin o cutie con¸ tine mai mult de un obiect.
Avem ¸ si câteva generalizµ ari:
1.Dacµ a kn+ 1obiecte sunt plasate în ncutii, atunci existµ a cel pu¸ tin o cutie care con¸ tine
mai mult de k+ 1obiecte.
2.Dacµ a m+ 1obiecte se repartizeazµ a în ncutii, cu m; n2N,mn, atunci cel pu¸ tin o
cutie va avea mai mult dem
n
+ 1obiecte.
3.Când o in…nitate de elemente sunt împµ ar¸ tite într-un numµ ar …nit de pµ ar¸ ti, atunci cel
pu¸ tin una dintre aceste pµ ar¸ ti va avea o in…nitate de elemente.
Exemplul 2.114. Orice determinant de ordin naren2elemente a¸ sezate astfel: nelemente
pe diagonala principalµ a ¸ si C2
nelemente pozi¸ tionate de …ecare parte a diagonalei principale.
Dacµ a n2n+ 2elemente sunt egale, atunci n2elemente diferµ a de valoarea comunµ a a celor
egale. Aceste n2elemente pot …repartizate în cel mult n2linii sau coloane. Deci rµ amân
douµ a linii sau douµ a coloane identice, ceea ce atrage nulitatea determinantului. Astfel, am
demonstrat urmµ atorul rezultat: Dacµ a un determinant de ordin naren2n+ 2elemente
egale, atunci determinantul este nul.
A¸ sa cum se vede, di…cultatea folosirii acestui principiu constµ a în alegerea efectivµ a
"obiectelor" ¸ si a "cutiilor".
2.4.1 Principiul lui Dirichlet în rezolvarea unor probleme de arit-
meticµ a
Problema 2.115. Dintre 8persoane cel pu¸ tin douµ a sunt nµ ascute în aceea¸ si zi a sµ aptµ amânii.
Solu¸ tie . Cutiile sunt cele 7zile ale sµ aptµ amânii, iar obiectele sunt cele 8persoane.40
Problema 2.116. Într-un depozit en gros de legume sunt 124lµ azi de cu mere de douµ a
calitµ a¸ ti. Arµ ata¸ ti cµ a existµ a cel pu¸ tin 62de lµ azi de aceea¸ si calitate.
Solu¸ tie . Considerµ am cele 124lµ azi ca obiecte care se repartizeazµ a pe cele douµ a calitµ a¸ ti (cutiile).
Ob¸ tinem cel pu¸ tin123
2
+ 1 = 61 + 1 = 62 lµ azi de mere de aceea¸ si calitate. 
Problema 2.117.41FieAo mul¸ time formatµ a cu 19elemente luate din progresia aritmeticµ a
1;4;7; :::;100.
Sµ a se arate cµ a cel pu¸ tin douµ a dintre elementele mul¸ timii Aau suma mai mare decât 104.
Solu¸ tie . Considerµ am 18"cutii":
f1g;f4;100g;f7;97g; :::;f46;58g;f49;55g;f52g.
40În realitate nu confundµ am …in¸ tele cu obiectele! A¸ sa a ie¸ sit ;).
41Concurs Putnam , 1978 (enun¸ t modi…cat)
74

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Cele 19elemente ale mul¸ timii Asunt "luate" din cele 18cutii construite ¸ si astfel, cel pu¸ tin
dintr-o cutie (care are douµ a obiecte) extragem douµ a numere a cµ aror sumµ a, se observµ a, este
104. 
Problema 2.118. Fiemun numµ ar natural impar. Demonstra¸ ti cµ a existµ a n2Ncu pro-
prietatea cµ a 2n1se divide cu m.
Solu¸ tie . Sµ a considerµ am urmµ atoarele numere:
211,221,231, …, 2m+11.
Cum sunt m+ 1numere, iar la împµ ar¸ tirea cu mavem mresturi posibile, rezultµ a cµ a douµ a
dintre aceste numere dau acela¸ si rest la împµ ar¸ tirea cu m, …e ele 2i1¸ si2j1, cui > j . De
aici rezultµ a cµ a mdivide pe (2i1)(2j1) = 2j(2ij1). Deoarece (m;2j) = 1 , rezultµ a
cµ amj2ij1. 
Problema 2.119. Arµ ata¸ ti cµ a numµ arul 2007 are un multiplu de forma 111:::11.
Solu¸ tie . Considerµ am urmµ atoarele 2008 numere:
1,11,111, …, 111:::11|{z}
2008 cifre.
Cum la împµ ar¸ tirea cu 2007 sunt posibile 2007 resturi ¸ si am considerat 2008 numere, rezultµ a,
conform principiului cutiei, cµ a existµ a douµ a numere care dau acela¸ si rest la împµ ar¸ tirea cu
2007. Dacµ a luµ am i > j ¸ si111:::11|{z}
icifre,111:::11|{z}
jcifrenumere care dau acela¸ si rest la împµ ar¸ tirea cu
2007, atunci 2007 divide diferen¸ ta lor, adicµ a pe 111:::11|{z}
ijcifre000:::00|{z}
jcifre. Cum 2007 este prim cu 2¸ si
5, rezultµ a cµ a 2007 divide pe 111:::11|{z}
ijcifre. 
Problema 2.120.42Arµ ata¸ ti cµ a existµ a un multiplu al numµ arului 2013 care se terminµ a în
2014.
Solu¸ tie . Considerµ am numerele
n1= 2014 ,n2= 20142014 ,n3= 201420142014 , …,n2014 = 20142014 :::2014|{z}
2014 grupe de " 2014 ".
Conform principiului cutiei, existµ a cel pu¸ tin douµ a dintre cele 2014 numere care dau ace-
la¸ si rest la împµ ar¸ tirea cu 2013, deci diferen¸ ta lor se divide cu 2013. Fie aceste numere
ni= 20142014 :::2014|{z}
igrupe de " 2014 "¸ sinj= 20142014 :::2014|{z}
jgrupe de " 2014 ", cui > j . Ob¸ tinem cµ a numµ arul ninj=
20142014 :::2014|{z}
ijgrupe de " 2014 "00:::0|{z}
4jcifreeste divizibil cu 2013. Întrucât 2013 nu se divide nici cu 2, nici cu 5,
rµ amâne cµ a numµ arul 20142014 :::2014|{z}
ijgrupe de " 2014 "este divizibil cu 2013. 
Problema 2.121. FieAo mul¸ time formatµ a cu nnumere întregi. Sµ a se arate cµ a existµ a o
42Olimpiada de Matematicµ a – faza na¸ tionalµ a, 2014
75

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
submul¸ time Sa mul¸ timii, Aastfel încât suma elementelor sale sµ a …e divizibilµ a cu n.
Solu¸ tie . Fie A=fa1; a2; :::; a ng. Considerµ am numerele
s1=a1,s2=a1+a2, …,sn=a1+a2+:::+an.
Dacµ a unul dintre aceste numere sk,k2 f1;2; :::; ngeste divizibil cu n, atunci alegem
S=fa1; a2; :::; a kg.
Dacµ a niciunul dintre aceste numere nu este divizibil cu n, atunci resturile lor la împµ ar¸ tirea
cunvor … 1,2, …, n1. Cum sunt nnumere ¸ si n1resturi, rezultµ a cµ a existµ a i; j2
f1;2; :::; ng,i > j pentru care si¸ sisjdau acela¸ si rest la împµ ar¸ tirea cu n. Drept consecin¸ tµ a,
njsisj, adicµ a njaj+1+aj+2+:::+ai. Putem considera acum S=faj+1; aj+2; :::; a ig.
2.4.2 Aplica¸ tii ale principiului lui Dirichlet în rezolvarea unor
probleme cu substrat geometric
Problema 2.122. Se dµ a un cub cu muchia 1. Sµ a se arate cµ a oricum am alege 28de puncte
interioare, cel pu¸ tin douµ a dintre ele au distan¸ ta mai micµ a sau egalµ a cup
3
3.
Solu¸ tie . Împµ ar¸ tim cubul nostru în 27de cuburi mici cu muchia de1
3…ecare.
Figura 17
Cum sunt 28de puncte interioare, conform principiului lui Dirichlet, cel pu¸ tin douµ a
dintre ele vor … situate în interiorul unui acluia¸ si cubule¸ t de muchie1
3. Distan¸ ta maximµ a
dintre oricare douµ a puncte nu poate depµ a¸ si diagonala unui astfel de cub mic, care este de
p
3
3. 
Problema 2.123. În plan, considerµ am ¸ sase discuri (razele pot … diferite) a¸ sa încât niciunul
dintre acestea nu con¸ tine centrul unuia dintre celelalte. Sµ a se arate cµ a aceste discuri nu au
puncte comune
Solu¸ tie . Notµ am Ci, centrele discurilor ¸ si cu rirazele acestora, i21;6. Presupunem cµ a existµ a
un punct P, comun celor ¸ sase discuri. Conform principiului lui Dirichlet, m(^CiPCj)30,
pentru oricare douµ a puncte Ci,Cj. Fixµ am i; j2 f1;2; :::;6g¸ si alegem, fµ arµ a a restrânge
generalitatea, rjri.
76

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Plecând de la teorema cosinusului în triunghiul CiPCj¸ si ob¸ tinem:
kCiCjk2=CiP2+CjP22
CiP
CjP
cos (^CiPCj)
CiP2+CjP22
CiP
CjP
1
2
CiP2+CjP2min
CiP2; CjP2

= max
CiP2; CjP2

r2
j.
P
CjCi
Figura 18
Prin urmare, CiCjrjde unde rezultµ a cµ a discul cu centrul în punctul Cjavând raza
rjcon¸ tine punctul Ci; contradic¸ tie. 
Problema 2.124.43O placµ a în formµ a de pµ atrat cu latura 1este coloratµ a cu trei culori. Sµ a
se arate cµ a existµ a douµ a puncte la fel colorate a cµ aror distan¸ tµ a este cel pu¸ tinp
65
8.
Solu¸ tie . Dacµ a douµ a vârfuri opuse ale pµ atratului sunt la fel colorate, atunci problema este
rezolvatµ a.
Fiea; b; c cele trei culori.
În cazul în care douµ a vârfuri opuse ale pµ atratului nu sunt la fel colorate se ivesc cazurile:
i) Niciun vârf nu este colorat cu culoarea c.
ii) Douµ a vârfuri sunt colorate cu culoarea a, unul cu b, unul cu c.
Analizµ am cazul i). Fie A; B; C; D vârfurile pµ atratului. Presupunem cµ a vârfurile A¸ siD
sunt colorate cu culoarea a, iar vârfurile B¸ siCsunt colorate cu b(Figura 19 a)). În aceastµ a
situa¸ tie alegem punctele M2[CD]¸ siN2[AB]astfel încât AN =1
4,DM =1
2.
43Baraj, 1978
77

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Dacµ a Meste colorat cu a, avem AM =p
5
2>p
65
8. Dacµ a Meste colorat cu b, avem
BM =p
5
2>p
65
8. Dacµ a Neste colorat cu a, avem DN =p
17
4>p
65
8. Dacµ a M¸ siNsunt
colorate cu c, avem MN =p
17
4>p
65
8.
AB
CDN
M
a)
AB
CDNMP b)
Figura 19
Pentru cazul ii) facem o nouµ a alegere: N2[AB],M2[BC]¸ siP2[CD]astfel încât
AN =1
8,BM =1
2,DP =1
2(Figura 19 b)).
Dacµ a Meste colorat cu a, atunci AM =p
5
2>p
65
8. Dacµ a Meste colorat cu b, se
analizeazµ a situa¸ tiile în care care poate … colorat N. Dacµ a Meste colorat cu c, se înlocuie¸ ste
NcuP. 
Problema 2.125. Arµ ata¸ ti cµ a, avâ nd cinci puncte laticeale44în plan, existµ a cel pu¸ tin douµ a
dintre acestea cu proprietatea cµ a mijlocul segmentului determinat de ele este tot un punct
laticeal.
Solu¸ tie . Oricum am alege cinci puncte laticeale existµ a douµ a de acela¸ si tip deoarece, din punc-
tul de vedere al paritµ a¸ tii avem urmµ atoarele posibilitµ a¸ ti: (par; par ),(par; impar ),(impar; par ),
(impar; impar ). Cum coordonatele mijlocului unui segment sunt mediile aritmetice ale co-
ordonatelor capetelor, rezultµ a cµ a mijlocul segmentului determinat de douµ a puncte laticeale
de acela¸ si tip este tot un punct laticeal. 
Problema 2.126.45Se dau nouµ a puncte în interiorul pµ atratului unitate. Sµ a se demonstreze
cµ a existµ a printre ele trei puncte care sµ a …e vârfurile unui de arie cel mult egalµ a cu1
8.
Solu¸ tie . Dacµ a trei dintre aceste puncte, A; B; C , sunt coliniare, atunci A(4ABC ) = 0 ¸ si
concluzia se veri…cµ a.
În caz contrar, "spargem" pµ atratul dat în patru pµ atrate mai mici de latura1
2. Principiul
lui Dirichlet ne asigura cµ a cel pu¸ tin unul dintre aceste pµ atrate mici con¸ tine trei sau mai multe
44Punctul P(x; y)estepunct laticeal dacµ a x; y2Z.
45Concurs R.P. Chinezµ a
78

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
puncte din cele nouµ a considerate.
A
BCNPMEF
GH
Figura 20
FieA; B; C trei dintre aceste puncte con¸ tinute în pµ atratul EFGH de laturµ a1
2. Este
su…cient sµ a probµ am cµ a A(4ABC )1
2
A(EFGH ). Ducând prin A; B; C paralele la EH,
una din ele se va a‡ a între celelalte douµ a, deci va tµ aia în interior latura opusµ a prin care aceasta
trece. Fie AM aceasta, cu M2[BC]; construim BN?AM ¸ siCP?AM cuN; P2AM.
Avem
A(4ABC ) = A(4ABM ) +A(4ACM ) =AM
BN
2+AM
CP
2
=AM
2
(BN +CP)1
2
EH
HG =1
2
1
4=1
8.

Problema 2.127. Într-un teren pµ atrat cu latura de 1kmse gµ ase¸ ste o pµ adure cu 4500 stejari
de diametru 50cm. Arµ ata¸ ti cµ a se poate sµ apa în pµ adure un lac de 10m20mfµ arµ a a tµ aia
niciun copac.
Solu¸ tie . Împµ ar¸ tim pµ adurea în suprafe¸ te dreptunghiulare de dimensiuni 10;5m20;5m.
Formµ am astfel 48
95 = 4560 dreptunghiuri. Cel pu¸ tin unul dintre aceste dreptunghiuri
nu con¸ tine niciun copac. În acest dreptunghi putem sµ apa lacul. 
2.5 Principiul includerii ¸ si excluderii
Acest principiu genereazµ a o tehnicµ a foarte importantµ a în rezolvarea unor probleme de
numµ arare.
Teorema 2.128 (principiul includerii ¸ si excluderii) .Dacµ a mul¸ timile A1; A2; :::; A nsunt …-
79

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
nite, unde n2, atuncin[
i=1Ai=nX
i=1jAijX
1i<jnjAi\Ajj+X
1i<j<k njAi\Aj\Akj:::+(1)n1
n\
i=1Ai(2.96)
Demonstra¸ tie . Demonstra¸ tia se face prin induc¸ tie matematicµ a.
Pentru n= 2, avem de demonstrat cµ a
jA1[A2j=jA1j+jA2j jA1\A2j.
Într-adevµ ar, numµ arul elementelor mul¸ timii A1[A2se poate scrie ca sumµ a a numµ arului
elementelor mul¸ timilor A1¸ siA2din care se scade numµ arul elementelor intersec¸ tiei acestora,
elemente care au fost numµ arate de douµ a ori.
Pentru etapa de demonstra¸ tie propriu-zisµ a a induc¸ tiei, presupunem cµ a egalitatea (2:128)
este adevµ aratµ a pentru narbitrar …xat, n2N,n2¸ si arµ atµ am cµ a aceasta rµ amâne adevµ aratµ a
¸ si pentru n+ 1.
Folosind cazul n= 2¸ si ipoteza de induc¸ tie avem:
n+1[
i=1Ai=n[
i=1Ai+jAn+1j  n[
i=1Ai!
\An+1
=n[
i=1Ai+jAn+1j n[
i=1(Ai\An+1)
=nX
i=1jAij X
1i<jnjAi\Ajj+X
1i<j<k njAi\Aj\Akj
:::+ (1)n1
n\
i=1Ai+jAn+1j nX
i=1j(Ai\An+1)j
+X
1i<jnjAi\Aj\An+1j :::+ (1)n
n\
i=1(Ai\An+1)
=n+1X
i=1jAij X
1i<jn+1jAi\Ajj+X
1i<j<k n+1jAi\Aj\Akj
:::+ (1)n
n+1\
i=1Ai,
ceea ce trebuia demonstrat. 
Acest principiu se aplicµ a în mod tacit încµ a din clasele primare.
Exemplul 2.129. La un concurs sportiv participµ a 58de copii. ¸ Stiind cµ a dintre ace¸ stia 45
participµ a la atletism, iar 30participµ a la gimnasticµ a, a‡ a¸ ti c⸠ti copii participµ a ¸ si la atletism
¸ si la gimnasticµ a.
Dupµ a analiza problemei, rµ aspunsul vine imediat: 45 + 30 58 = 17 .
80

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.130. Câte numere naturale mai mici sau egale cu 2015 nu se divid nici cu 2,
nici cu 3, nici cu 5.
Solu¸ tie . Notµ am
A=f2njn2N;2n2015g; B=f3njn2N;2n2015g; C=f5njn2N;5n2015g.
Observµ am cµ a
A\B=f6njn2N;6n2015g;
A\C=f10njn2N;10n2015g;
B\C=f15njn2N;15n2015g
¸ si
A\B\C=f30njn2N;30n2015g
Conform principiului includerii ¸ si excluderii avem:
jA[B[Cj=jAj+jBj+jCj (jA\Bj+jA\Cj+jB\Cj) +jA\B\Cj
= 1008 + 672 + 404 (336 + 202 + 135) + 68 = 1479 .
Deci 1479 de numere naturale mai mici sau egale cu 2015 sunt divizibile …e cu 2, …e cu
3, …e cu 5. Mergând pe complementaritate, rezultµ a cµ a 20161479 = 537 numere naturale
mai mici decât 2015 nu sunt divizibile nici cu 2, nici cu 3, nici cu 5. 
Problema 2.131. Numim deranjament al unei mul¸ timi o permutare a acesteia care nu
are puncte …xe. Fie Dnnumµ arul de deranjamente al mul¸ timii f1;2; :::; ng.
a) Sµ a se gµ aseascµ a o formulµ a pentru Dn.
b)46Determina¸ ti numµ arul termenilor nenuli din dezvoltarea determinantului
4n=0 1 1 ::: 1
1 0 1 ::: 1
1 1 0 ::1
::: ::: ::: ::: :::
1 1 1 ::: 0
c) Notµ am pnprobabilitatea ca alegând la întâmplare o permutare a mul¸ timii f1;2; :::; ng,
aceasta sµ a …e un "deranjament". Sµ a se calculeze limn!1pn.
Solu¸ tie .a)Pentru …ecare numµ ar i,1in, notµ am cu Aimul¸ timea tuturor permutµ arilor
mul¸ timii f1;2; :::; ng, care au pe idrept punct …x.
Atunci
X
1i1<i2<:::<i knjAi1\:::\Aikj=Ck
n(nk)!.
46Putnam Competition , 1958
81

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Prin urmare, folosind principiul includerii ¸ si expluderii, ob¸ tinem
jA1[A2[:::[Anj=nX
k=1(1)k1Ck
n(nk)! =n!nX
k=1(1)k1
k!.
Prin complementaritate avem
Dn=n!n!nX
k=1(1)k1
k!=n!nX
k=0(1)k
k!.
b)Numµ arul termenilor nenuli ai dezvoltµ arii determinantului 4neste egal cu numµ arul
"deranjamentelor" mul¸ timii f1;2; :::; ng. Având în vedere punctul, a)putem spune cµ a acest
numµ ar este n!1
0!1
1!+1
2!:::+ (1)n1
n!

.
c)Pe baza rezultatului de la punctul a)putem scrie:
lim
n!1pn= lim
n!1Dn
n!= lim
n!1nX
k=0(1)k
k!=e1.

Propozi¸ tia 2.132. FieM¸ siNdouµ a mul¸ timi având m, respectiv nelemnte, mn. Atunci
numµ arul func¸ tiilor surjective de la MlaNeste egal cu
nX
k=0(1)kCk
n(nk)m.
Demonstra¸ tie . Sµ a considerµ am M=fx1; x2; :::; x mg¸ siN=fy1; y2; :::; y ng. Pentru …ecare i,
1in, notµ am Aimul¸ timea tuturor func¸ tiilor cu domeniul M, codomeniul N¸ si care au
proprietatea cµ a yinu este imaginea niciunui element din M. Mai notµ am
FN
M=ffjf:M!Ng¸ siSN
M=ffjf:M!N; f surjectivµ a g.
Cu observa¸ tia cµ a SN
Meste complementara mul¸ timiiSn
i=1Aiîn mul¸ timea FN
M, aplicµ am
principiul includerii ¸ si excluderii. Avem egalitµ a¸ tile:
SN
M=FN
Mn[
i=1Ai=nmn[
i=1Ai=nmnX
i=1jAij (2.97)
+X
1i<jnjAi\Ajj X
1i<j<k njAi\Aj\Akj+:::+ (1)n
n\
i=1Ai.
Deoarece
Ai=ffjf:M!Nnfyigg; Ai\Aj=ffjf:M!Nnfyi; yjgg; :::; A 1\:::\An=?,
reaultµ a cµ a
jAij= (n1)m;jAi\Ajj= (n2)m; :::;jA1\A2\:::\Anj= 0. (2.98)
82

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
În …ne, pe baza rela¸ tiilor (2:97)¸ si(2:98), putem a…rma cµ a
SN
M=mnC1
n(n1)m+C2
n(n2)m:::+ (1)n1Cn1
n
=nX
k=0(1)kCk
n(nk)m.

Propozi¸ tie.47Dacµ a descompunerea în factori primi a numµ arului natural nenul nse scrie
n=p1
1
p2
2
:::
pk
k, atunci
'(n) =n
kY
i=1
11
pi
.
Demonstra¸ tie . Vom calcula numµ arul n'(n). Acest numµ ar este chiar numµ arul numerelor
naturale mai mici sau egale cu n¸ si care sunt divizibile cu cel pu¸ tin unul din numerele pi,
i2 f1;2; :::; kg. Notând cu Aimul¸ timea numerelor naturale mai mici sau egale cu n¸ si
divizibile cu pi, avem:
n'(n) =k[
i=1Ai=kX
i=1jAij X
1i<jkjAi\Ajj+:::+ (1)k1k\
i=1Ai,
deci
'(n) = nkX
i=1n
pi+X
1i<jkn
pipj:::+ (1)k n
p1p2
:::
pk
=n
1kX
i=11
pi+X
1i<jk1
pipj:::+ (1)k 1
p1p2
:::
pk!
=n
11
p1
11
p2

:::

11
pk
,
ceea ce încheie demonstra¸ tia. 
2.6 Principiul dublei incluziuni
Acest principui se bazeazµ a pe urmµ atorul adevµ ar:
A=B,AB¸ siBA, (2.99)
unde A¸ siBsunt douµ a mul¸ timi oarecare.
Este clar cµ a utilitatea acestei a…rma¸ tii se regµ ase¸ ste în demonstrarea egalitµ a¸ tii a douµ a
mul¸ timi, eventualele clasi…cµ ari putând … fµ acute plecând de la natura elementelor mul¸ timilor.
47Numim indicatorul lui Euler func¸ tia ':N!N,'(n) =numµ arul numerelor naturale mai mici sau
egale cu n¸ si prime acesta, dacµ a n6= 0¸ si, prin conven¸ tie, '(0) = 1 .
83

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.133.48Demonstra¸ ti urmµ atoarele egalitµ a¸ ti de mul¸ timi
a)An(B\C) = (AnB)[(AnC)
b)An(B[C) = (AnB)\(AnC)
c)49C(A\B) =CA[ CB,C(A[B) =CA\ CB
d)A\(BnC) = (A\B)n(A\C)
e)A[(BnA) =A[B
f)An(AnB) =A\B
g)C(CA) =A
h)A[ CA=T,A\ CA=?.
Solu¸ tie . Demonstrµ am douµ a dintre cerin¸ tele problemei.
a)"" Fie x2An(B\C); rezultµ a cµ a x2A¸ six =2B\C, deci
8
><
>:x2A¸ six =2B
sau
x2A¸ six =2C,
adicµ a x2(AnB)[(AnC).
"" Fie x2(AnB)[(AnC); rezultµ a cµ a x2AnBsaux2AnC, deci
8
><
>:x2A¸ six =2B
sau
x2A¸ six =2C,
adicµ a x2A¸ six =2B\C. Altfel spus x2An(B\C).
c) Demonstrµ am cµ a C(A\B) =CA[ CB.
"" Fie x2 C (A\B); rezultµ a cµ a x =2A\B, de unde x =2Asaux =2B, deci
x2 CA[ CB.
"" Fie x2 CA[ CB; rezultµ a cµ a x =2Asaux =2B, de unde x =2A\B, deci
x2 C(A\B). 
Problema 2.134. Arµ ata¸ ti cµ a:
a)(A\B)(C\D) = (AC)\(BD)
b)(A[B)C= (AC)[(BC)
c)(AnB)C= (AC)n(BC).
d)A4(B4C) = (A4B)4C
e)A\(B4C) = (A\B)4(A\C)
f)(A4B)C= (AC)4(BC).
48O altµ a metodµ a de demonstra¸ tie a egalitµ a¸ tilor de mul¸ timi se bazeazµ a pe func¸ tia caracteristicµ a a unei
mul¸ timi A, anume 'A:M! f 0; 1g,'A(x) =1, dacµ a x2A
0, dacµ a x =2A,unde Meste o mul¸ time nevidµ a, iar
A2 P (M).
49legile lui De Morgan pentru mul¸ timi
84

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Solu¸ tie . Demonstrµ am douµ a dintre cerin¸ tele problemei.
a)"" Fie x= (; )2(A\B)(C\D). Avem 2A\B¸ si2C\D, deci
8
><
>:2A¸ si2B
¸ si
2C¸ si2D.
Prin urmare,
8
><
>:2A¸ si2C
¸ si
2B¸ si2D..
Altfel spus, x= (; )2(AC)\(BD).
"" Aceastµ a incluziune se realizeazµ a parcurgând în mod invers pa¸ sii demonstra¸ tiei
incluziunii " " .
e)""Alegem, arbitrar x2A\(B4C). Acest lucru este echivalent cu x2A¸ si
x2B4C, adicµ a
8
><
>:x2A
¸ si
x2BnCsaux2CnB.
De aici rezultµ a cµ a8
><
>:x2A¸ six2B¸ six =2C
sau
x2A¸ six2C¸ six =2B.,
adicµ a8
><
>:x2A\B¸ six =2C
sau
x2A\C¸ six =2B., (2.100)
ceea ce este tot una cu8
><
>:x2A\B¸ six =2A\C
sau
x2A\C¸ six =2A\B.. (2.101)
Rela¸ tiile (2:101) sunt echivalente cu x2(A\B)4(A\C).
"" Fie x2(A\B)4(A\C), adicµ a sunt adevµ arate rela¸ tiile (2:100), care se rescriu
sub forma:8
><
>:x2A¸ six2BnC
sau
x2A¸ six2CnB..
85

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Deci x2A\[(BnC)[(CnB)], sau x2A\(B4C). 
Problema 2.135. Fie func¸ tia f:E!F, iar A; BE. Sµ a se arate cµ a
f(A[B) =f(A)[f(B).
Solu¸ tie . Folosim dubla incluziune.
"" Fie y2f(A[B), atunci existµ a x2A[Bpentru care avem f(x) =y. Dupµ a
cumx2Asaux2Bdeducem cµ a f(x)2f(A)sauf(x)2f(B), adicµ a y2f(A)[f(B).
Deci f(A[B)f(A)[f(B).
"" Cum AA[B¸ siBA[Batunci f(A)f(A[B)¸ sif(B)f(A[B), de
unde f(A[B)f(A)[f(B). 
Teorema 2.136. Dacµ a Heste un subgrup oarecare al grupului (Z;+), atunci existµ a n2N,
astfel încât H=nZ.
Demonstra¸ tie . Fie HZun subgrup oarecare al grupului aditiv Z. Dacµ a Heste subgrupul
nul, atunci avem reprezentarea H= 0Z. Altfel, existµ a x2H,x6= 0¸ si, întrucât Heste
subgrup aditiv, rezultµ a cµ a ¸ si x2H. Deci Hcon¸ tine cel pu¸ tin un numµ ar întreg pozitiv; …e
ncel mai mic numµ ar întreg pozitiv ce apar¸ tine lui H.
Avem 02H,n2H,2n=n+n2H¸ si, în general kn2H, oricare ar … k2N.
Tot datoritµ a proprietµ a¸ tii de subgrup aditiv pe care o are Hrezultµ a cµ a kn2H, oricare ar …
k2Z; deci nZH.
Fie acum x2H. Pe baza teoremei împµ ar¸ tirii cu rest pentru numere întregi, se poate
scrie:
x=nq+r, unde 0r < n .
Deoarece atât x, cât ¸ si nqsunt elemente din H, rezultµ a cµ a r=xnq2H. Cum 0r < n ,
iarneste cel mai mic numµ ar natural nenul din H, rezultµ a cµ a r= 0; deci x=nq2nZ.
A¸ sadar HnZ.
În concluzie, nZH¸ siHnZ, ceea ce implicµ a H=nZ. 
2.6.1 Aplicarea principiului dublei incluziuni în rezolvarea unor
probleme de loc geometric.
De…ni¸ tia 2.137. Locurile geometrice în plan sunt mul¸ timi de puncte care îndeplinesc o
anumitµ a condi¸ tie geometricµ a.
Vom nota cu Lmul¸ timea punctelor din plan care veri…c ¼a proprietatea P, iar cu F
…gura loc geometric. A demonstra c ¼aLocul geometric al punctelor care au proprietatea P
este …gura geometric ¼aFpresupune a arµ ata egalitatea celor douµ a mul¸ timi, LsiF, prin dublµ a
incluziune: L  F siF  L . Cu alte cuvinte, în plan, în afara mul¸ timii L, nu mai existµ a
alte puncte care sµ a veri…ce condi¸ tia datµ a ¸ si în mul¸ timea Fcare de…ne¸ ste locul geometric nu
86

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
se gµ asesc puncte care sµ a nu satisfacµ a condi¸ tia P.
Domeniul este vast. Ne limitµ am la a rezolva doar câteva probleme, scopul …ind acela
de a exempli…ca aplicabilitatea principiului dublei incluziuni în solu¸ tionarea acestui tip de
probleme.
Problema 2.138. Fie triunghiul ABC . Sµ a se gµ aseascµ a locul geometric al puctului O, mij-
locul segmentului MN, ¸ stiind cµ a M2[AB],N2[AC]¸ siAM
AB=CN
CA.
Solu¸ tie . Construim MP==AC ,NQ==AB cuP; Q2[BC]. Conform teoremei lui Thales
avem
AM
AB=CP
CB¸ siCN
CA=CQ
CB. (2.102)
Rela¸ tia (2:102) ¸ si ipotezaAM
AB=CN
CAimpicµ aCP
CB=CQ
CB, ceea ce aratµ a cµ a PQ. Prin
urmare, AMPN este paralelogram ¸ si deci Oeste mijlocul segmentului AP, adicµ a punctul O
este situat pe linia mijlocie, EF, a triunghiului ABC , unde E2AB,F2AC.
Am arµ atat practic cµ a L EF.
NFMA
P≡QCBEO
Figura 21
Sµ a demonstrµ am acum incluziunea EF L. Fie O2EF¸ siAO\BC =fPg. Ducem
dreptele PM==AC ¸ siPN==AB , cuM2AB¸ siN2AC. Deoarece AMPN este paralelogram
¸ siAO =PO, rezultµ a cµ a Oeste mijlocul segmentului MN. Din MP==AC ¸ siNP==AB ,
urmeazµ a
AM
AB=PC
BC=CN
CA.
Deci EF=L. 
Problema 2.139. Fie triunghiul ascu¸ titunghic ABC . Dreptunghiul variabil MNPQ are
vârfurile situate pe laturile acestui triunghi. Sµ a se determine locul geometric al punctelor de
intersec¸ tie ale diagonalelor dreptunghiului MNPQ .
87

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Solu¸ tie . Luµ am cazul când M; N2[BC], iarP2[AC]¸ siQ2[AB].
LEOCNPFMBQDA
A’
Figura 22
Notµ am fEg=AA0\PQ, unde AA0este medianµ a în triunghiul ABC . Evident, [EQ][EP].
Dacµ a Feste proiec¸ tia punctului Epe dreapta BC, atunci punctul O, mijlocul segmentului
EFeste punctul de intersec¸ tie al diagonalelor dreptunghiului MNPQ .
FieAD?BC,D2BC¸ sifLg=A0O\AD. Rezultµ a cµ a Leste chiar mijlocul segmen-
tului AD. Deci L1(A0L).
Invers, dacµ a O2(A0L), se construie¸ ste un dreptunghi înscris în triunghiul ABC ,
având intersec¸ tia diagonalelor în punctul O, în prealabil construindu-se segmentul [EF].
Prin urmare, (A0L) L 1.
Coroborând rezultatele, avem L1= (A0L).
Analog, pe rând, pot … considerate dreptunghiurile care au câte o laturµ a inclusµ a în
celelalte douµ a laturi ale triunghiului ABC . Ob¸ tinem alte douµ a mul¸ timi, L2¸ siL3, iar locul
geometric cµ autat va … L=L1[ L 2[ L 3. 
Problema 2.140. Se considerµ a patrulaterul convex ABCD . Sµ a se a‡ e locul geometric al
punctelor M, situate în interiorul acestui patrulater, pentru care A(MBCD ) =A(MBAD ).
Solu¸ tie . Demonstrµ am cµ a L=Fprin echivalen¸ tµ a, adicµ a, în mod simultan, vom ob¸ tine L  F
¸ siL  F .
FieEmijlocul diagonalei ACa patrulaterului ABCD . Din [AE][AC]rezultµ a:
A(4ABE ) =A(4BCE )¸ siA(4AED ) =A(4DEC ),
deciA(EBCD ) =A(EBAD ). Am ob¸ tinut astfel cµ a E2 L.
Considerµ am acum un punct Mcu proprietatea cµ a A(MBCD ) =A(MBAD ). Din
rela¸ tiile:
A(MBCD ) =A(4BCD ) A (4BMD )¸ siA(MBAD ) =A(4ABD ) +A(4BMD ),
88

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
ob¸ tinem:
A(4BMD ) =1
2[A(4BDC ) A (4ABD )] =constant.
Cum Eeste "un M" putem a…rma cµ a: M2 L dacµ a ¸ si numai dacµ a A(4BMD ) =
A(4BED ). Cele douµ a triunghiuri au aceea¸ si bazµ a, [BD]deci, înµ al¸ timile din M, respectiv
Esunt congruente. Punctul E…ind …x, Mapar¸ tine locului geometric al punctelor a‡ ate la
aceea¸ si distan¸ tµ a de [BD]ca ¸ si punctul E.
A
BCD
EM
Figura 23
În concluzie, Leste segmentul ob¸ tinut prin intersec¸ tia dintre interiorul patrulaterului
ABCD ¸ si paralela prin Ela dreapta BD. 
Problema 2.141. Sµ a se determine locul geometric al centrului de greutate, G, al triunghiului
ABC , când A¸ siBsunt puncte …xe pe un cerc C(O; r), iarCeste un punct variabil pe acela¸ si
cerc.
Solu¸ tie . Empiric, trasând mai multe puncte ale locului geometric, observµ am cµ a punctul G
descrie un cerc.
Notµ am cu A1mijlocul laturii AB. Fie O12(OA 1), cu A1O1=1
3A1O. Atunci,
4A1GO 1 4A1CO¸ si deci
GO 1=1
3CO =r
3=constant.
Punctul O1…ind …x, rezultµ a cµ a centrul de greutate Gse a‡ µ a pe C
O1;r
3

.
Trebuie remarcat cµ a triunghiul ABC nu existµ a pentru situa¸ tiile C=A¸ siC=Bdeci,
din cercul gµ asit, vom elimina punctele corespunzµ atoare acestor cazuri. Ele sunt punctele în
care cercul C
O1;r
3

intersecteazµ a segmentul AB, puncte pe care le notµ am S¸ siT.
Pânµ a în acest moment am arµ atat cµ a L  C
O1;r
3

nfS; Tg=F.
Pentru a încheia demonstra¸ tia, rµ amâne sµ a arµ atµ am cµ a …ecare punct din Fface parte din
L. Alegem arbitrar G2 C
O1;r
3

nfS; Tg. Pe semidreapta (A1Gconstruim punctul Ca¸ sa
încât A1C= 3A1C. Din construc¸ tie,A1G
A1C=A1O1
A1O=1
3, deci 4A1GO 1 4A1CO. De aici,
89

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
CO = 3O1G=r, adicµ a C2 C(O; r).
A1OBAC
STGO1
Figura 24
Cum CA 1este medianµ a în triunghiul ABC ¸ siA1G
A1C=1
3, rezultµ a cµ a Geste centrul de
greutate al triunghiului ABC . 
Problema 2.142. Considerµ am unghiul XOY ,m(^XOY ) = 90¸ siAun punct interior
acestui unghi. Douµ a semidrepte mobile perpendiculare având pe Aca origine comunµ a inter-
secteazµ a [OX înP¸ si[OY înQ. Sµ a se determine locul geometric al proiec¸ tiei punctului A
pe dreapta PQ.
Solu¸ tie .
MAOXY
PUQV
Figura 25
Patrulaterul OPAQ este inscriptibil. Fie Uproiec¸ tia punctului ApeOX,Vproiec¸ tia
90

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
punctului ApeOY¸ siMproiec¸ tia punctului ApePQ, punctul Aapar¸ tinând cercului
circumscris triunghiului OPQ . Rezultµ a cµ a punctele U; M; V sunt coliniare, …ind situate pe
dreapta lui Simson a punctului A. Deoarece dreapta UVeste …xµ a rezultµ a cµ a punctul M
apar¸ tine dreptei …xe UV. Deci L  [UV].
Presupunem acum cµ a M2[UV], ales arbitrar. Arµ atµ am cµ a proiec¸ tia lui Ape dreapta
PQeste chiar punctul M, unde m(^PAQ ) = 90, cuP2[OX ¸ siQ2[OY. Unim Mcu
A¸ si ducem perpendiculara în MpeMA. Aceasta intersecteazµ a [OX înP¸ si[OYînQ.
Patrulaterele AMV Q ¸ siAMPU sunt inscriptibile, de unde ^QMV ^V AQ ¸ si^UMP 
^PAU . Dar, ^QMV ^UMP , deci^QAV ^PAU . Deoarece m(^V AU ) = 90¸ si
¸ tinând seama de congruen¸ ta precedentµ a, avem cµ a ¸ si m(^PAQ ) = 90. Astfel, L  [UV].
În condi¸ tiile date, punctul Mpoate ocupa orice pozi¸ tie pe [UV], deciL= [UV], unde
U=prOXA¸ siV=U=prOYA. 
2.7 Principiul invariantului
De…ni¸ tia 2.143. Din punct de vedere matematic, prin invariant în¸ telegem o rela¸ tie, o
mµ arime sau o proprietate care rµ amâne neschimbatµ a în prezen¸ ta unei transformµ ari.
A¸ sadar, avem de-a face cu o situa¸ tie ini¸ tialµ a care este supusµ a unor transformµ ari. De cele
mai multe ori se cere sµ a se demonstreze cµ a aplicarea acestor transformµ ari nu poate conduce
la o anumitµ a situa¸ tie. În acest scop se determinµ a caracteristica "invariantµ a" a obiectului
care a fost supus transformµ arii ¸ si, la …nal, se aratµ a cµ a forma la care s-a ajuns nu mai posedµ a
"invariantul". Concluzia este aceea cµ a situa¸ tia …nalµ a nu poate … ob¸ tinutµ a din cea ini¸ tialµ a pe
baza transformµ arilor aplicate.
Problema 2.144. Considerµ am un numµ ar natural cµ aruia îi schimbµ am în mod arbitrar or-
dinea cifrelor. Este posibil, ca diferen¸ ta dintre numµ arul ini¸ tial ¸ si cel …nal sµ a …e 2015?
Solu¸ tie . Restul împµ ar¸ tirii oricµ arui numµ ar natural la 9este acela¸ si cu restul împµ ar¸ tirii sumei
cifrelor sale la 9. Cum, în urma interschimbµ arii cifrelor, suma acestora rµ amâne constantµ a,
rezultµ a cµ a restul împµ ar¸ tirii numµ arului la 9este invariant. Deci, diferen¸ ta dintre numµ arul
ini¸ tial ¸ si cel …nal trebuie sµ a …e divizibilµ a cu 9, deci nu poate … 2015. 
Problema 2.145. Trei greieri jucµ au¸ si, G1,G2¸ siG3, se gµ asesc pe un drum drept, în ordinea:
G1G2G3. Ei încep sµ a sarµ a unul peste altul, dar nu peste doi o datµ a. Poi … greierii
jucµ au¸ si în aceea¸ si ordine dupµ a 2015 sµ arituri?
Solu¸ tie . În urma unei sµ arituri de acest fel numµ arul perechilor de greieri inversa¸ ti cre¸ ste sau se
mic¸ soreazµ a cu 1(proprietatea invariantµ a) Dupµ a un numµ ar impar de sµ arituri ( 2015) numµ arul
perechilor de greieri inversa¸ ti va impar, deci nu se poate ob¸ tine ordinea ini¸ tialµ a. 
Problema 2.146. Pe o tablµ a sunt desenate 30de triunghiuri 31de pµ atrate ¸ si 32de cercuri.
Se ¸ sterg douµ a …guri diferite ¸ si se deseneazµ a în loc tot o …gurµ a, dar de celµ alalt tip. Se repetµ a
91

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
opera¸ tiunea pânµ a ce pe tablµ a rµ amâne o singurµ a …gurµ a geometricµ a. Preciza¸ ti ce fel de …gurµ a
geometricµ a este desenatµ a la sfâr¸ sit pe tablµ a.
Solu¸ tie . În total sunt desenate 93de …guri geometrice, deci sunt necesari 92de pa¸ si pânµ a
a avea o singurµ a …gurµ a geometricµ a desenatµ a. La …ecare astfel de pas numµ arul …gurilor
geometrice î¸ si schimbµ a paritatea, deci dupµ a un numµ ar par de pa¸ si, paritatea numµ arului de
…guri geometrice de …ecare fel este aceea¸ si cu cea ini¸ tialµ a. Rezultµ a cµ a ultima …gurµ a geometricµ a
rµ amasµ a pe tablµ a este patrat. 
Problema 2.147. Fiecare dintre numerele naturale de la 1la102014se înlocuie¸ ste în mod
repetat cu suma cifrelor sale pânµ a la ob¸ tinerea unui numµ ar cu o singurµ a cifrµ a. Vor … mai
mul¸ ti de 1, sau de 2?
Solu¸ tie . La o transformare de tipul celei enun¸ tate, restul împµ ar¸ tirii la 9este invariant, deci
se ob¸ tin numerele 1;2;3;4;5;6;7;8;9;1;2; :::;9;1, deci sunt mai multe cifre de 1. 
Problema 2.148. În …gura urmµ atoare este desenatµ a o curbµ a închisµ a ¸ si un punct. Punctul
este situat în interiorul sau în exteriorul curbei?
Figura 26
Solu¸ tie . Desenµ am o semidreaptµ a cu originea în punctul dat care este secantµ a la curbµ a (o datµ a
sau de mai multe ori). Dacµ a numµ arul intersec¸ tiilor dintre semidreaptµ a¸ si curbµ a este impar,
atunci punctul este în interiorul curbei, în caz contrar, el …ind situat în exteriorul acesteia.
În cazul nostru, avem 4intersec¸ tii, deci punctul este exteriorul curbei.
Figura 27

92

Principii de rezolvare a problemelor de matematic µa
Problema 2.149. Un magician aruncµ a pe o masµ a 10monede, se uitµ a la ele ¸ si apoi se
îndepµ arteazµ a de masµ a. Un un voluntar este rugat sµ a întoarcµ a oricare douµ a dintre aceste
monede ¸ si sµ a acopere cu mâna una dintre ele. Magicianul revine la masµ a ¸ si dupµ a ce prive¸ ste
monedele spune cu exactitate cu ce fa¸ tµ a va apµ area moneda acoperitµ a dupµ a ce voluntarul va
ridica mâna. Care este trucul?
Solu¸ tie . Dupµ a ce aruncµ a monedele, magicianul re¸ tine dacµ a pe masµ a este un numµ ar par sau
impar de monede "cap". Când voluntarul întoarce douµ a monede numµ arul monedelor "cap"
cre¸ ste cu douµ a, scade cu douµ a sau rµ amâne neschimbat, deci paritatea rµ amâne neschimbatµ a.
Dupµ a ce voluntarul acoperµ a o monedµ a magicianul numµ ara din nou monedele "cap". Dacµ a
fa¸ tµ a de situa¸ tia ini¸ tialµ a paritatea s-a schimbat, atunci atunci voluntarul a acoperit o monedµ a
"cap", în caz contrar, moneda este "pajurµ a". 
93

Partea II
Considera¸ tii metodice
94

Metode de învµ a¸ tµ amânt
activ-participative
Metodele activ-participative sunt proceduri care pornesc de la ideea cµ a învµ a¸ tarea este
o activitate personalµ a, care nu poate … înlocuitµ a cu nimic, iar cel care înva¸ tµ a este considerat
managerul propriei învµ a¸ t ¼ari, al întregului proces de învµ a¸ tare. Aceasta devine o activitate
unicµ a ¸ si diferitµ a de la o persoanµ a la alta, …ind determinatµ a de istoria personalµ a a subiectului,
de mediul din care provine dar ¸ si de rela¸ tiile sociale pe care acesta le dezvoltµ a.
Metodele activ-participative presupun activism, curiozitate intrinsecµ a, dorin¸ ta de a ob-
serva, a explica, a explora, a descoperi. Sunt considerate activ-participative acele metode
care mobilizeazµ a energiile elevului, care îl ajutµ a s ¼a î¸ si concentreze aten¸ tia, sµ a-i stârneasc ¼a curi-
ozitatea. Metodele activ-participative pun accent pe cunoa¸ sterea opera¸ tionalµ a, pe învµ a¸ tarea
prin ac¸ tiune, aduc elevii în contact nemijlocit cu situa¸ tiile de via¸ t ¼a realµ a. Aceste metode au
caracter educativ, exemplu: lectura independentµ a, dialogul euristic, învµ a¸ tarea prin explorare
¸ si descoperire, discu¸ tiile colective etc. Prin urmare, învµ a¸ tarea este o activitate personalµ a, care
apar¸ tine individului; este un act personal care implicµ a elevul în totalitate. Aceste metode se
centreaz ¼a exclusiv pe elev ¸ si sunt decisive în formarea personalit ¼a¸ tii acestuia.
Privind elevul ca subiect al învµ a¸ t ¼arii, metodele activ-participative considerµ a cµ a efectele
instructive ¸ si cele formative ale învµ a¸ tµ amântului sunt propor¸ tionale cu nivelul de angajare ¸ si
participare ale acestuia în activitatea de învµ a¸ tare; cµ a în situa¸ tia de învµ a¸ tare el se implicµ a
fµ acând apel la aptitudinile intelectuale, care au la bazµ a diferite capacitµ a¸ ti de învµ a¸ tare; cµ a
…ecare dintre aceste capacitµ a¸ ti poate … analizatµ a din punct de vedere al proceselor mintale
pe care le implicµ a.
A dezvolta anumite capacitµ a¸ ti presupune a provoca anumite tipuri de procese intelec-
tuale. Acestea constituie resurse diferite ale …ecµ arui elev de a se implica în mod personal
în actul învµ a¸ tµ arii. Sunt cazuri în care unii elevi apeleazµ a mai mult la memorie, la opera¸ tii
de memorare ¸ si de în¸ telegere; al¸ tii la gândire (capacitatea de a pune ¸ si de a rezolva prob-
leme). În cazul în care apelezµ a mai mult la gândire, se dezvoltµ a …e opera¸ tiile de gândire
convergentµ a care presupun cµ autarea ¸ si gµ asirea unui rµ aspuns simplu ¸ si corect; …e opera¸ tiile de
gândire divergentµ a prin care se ajunge la emiterea unor rµ aspunsuri posibile, la o situa¸ tie cu
95

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
…nal deschis; ori la o gândire evaluatoare ce duce la anumite judecµ a¸ ti în baza unor criterii
implicite sau explicite; deci, unii fac apel la aptitudinile creatoare ce ar presupune capaci-
tatea de a elabora idei; iar al¸ tii la gândirea criticµ a care are la baz ¼a capacitatea de analizµ a,
de interpretare ¸ si de explorare. favorizeze dezvoltarea ¸ si implicarea acestor capacitµ a¸ ti, pro-
cese ¸ si opera¸ tii. Atunci când situa¸ tiile de învµ a¸ tare sunt bine organizate, copiii se implic ¼a cu
capacitµ a¸ ti diferite ¸ si au ¸ sansa sµ a-¸ si le dezvolte.
Prin intermediul metodelor activ-participative profesorul trebuie sµ a …e capabil sµ a creeze
situa¸ tii în care elevii sµ a …e obliga¸ ti sµ a utilizeze o gamµ a vastµ a de procese ¸ si opera¸ tii mintale, ast-
fel încât ace¸ stia sµ a aib ¼a posibilitatea de a folosi materialul predat pentru rezolvarea sarcinilor
date.
Vorbim despre opera¸ tii cum ar …: observarea, identi…carea, compara¸ tia, opunerea,
clasi…carea, categorizarea, organizarea, calcularea, analiza ¸ si sinteza, veri…carea, explicarea
cauzelor, sesizarea esen¸ tialului, corectarea, stabilirea de rela¸ tii func¸ tionale, abstractizarea ¸ si
generalizarea, evaluarea, interpretarea, judecata criticµ a, anticiparea, conturarea de imagini,
formarea propriei opinii, extragerea de informa¸ tii, comunicarea etc. În categoria metodelor
activ-participative sunt incluse toate acele metode care provoacµ a o stare de înv ¼a¸ tare activµ a, o
înv¼a¸ tare care se bazeaz ¼a pe activitatea proprie. Sunt metodele care duc la formele active ale
învµ a¸ t ¼arii, adic ¼a învµ a¸ tarea explorativµ a, înv ¼a¸ tare prin rezolvare de probleme, learning by doing
(învµ a¸ tare prin ac¸ tiune), învµ a¸ tarea creativµ a; sunt metode care antreneazµ a elevii în efectuarea
unor activitµ a¸ ti de studiu independent, de munc ¼a cu cartea, învµ a¸ tare prin cercetare, realizare
de lucruri practice, exerci¸ tii de crea¸ tie etc.
Descriem succint în sec¸ tiunile urmµ atoare câteva dintre aceste metode activ-participative,
mai mult sau mai pu¸ tin aplicabile în cadrul lec¸ tiilor de matematicµ a.
Metoda înv ¼a¸ t¼arii în grupuri mici –Student Team Achive-
ment Divisions (STAD)
Etapele de aplicare presupun:
1.Gruparea elevilor în echipe de patru-cinci membri . Grupurile de opt ¸ si peste
opt elevi se formeazµ a doar atunci când rµ aspunsurile la întreb ¼ari implicµ a solu¸ tii de tipul
DA sau NU;
2.Prezentarea materialului de învµ a¸ tat (utilizând lectura, dezbaterea, prezentarea
audio-vizualµ a etc.);
3.Activitatea pe echipe . Discutând în perechi sau în grup, elevii trebuie sµ a asimileze
con¸ tinutul. În momentul în care se considerµ a cµ a s-au eliminat neclaritµ a¸ tile, dezbaterile
înceteazµ a. To¸ ti membrii echipei sunt responsabili de modul în care proprii colegi înva¸ tµ a
96

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
materialul.
4.Administrarea unui test dupµ a una-douµ a sesiuni de muncµ a în echipµ a. Este vorba
despre o evaluare individual ¼a a ceea ce participan¸ tii au învµ a¸ tat în grup, punctele primite
…ind totalizate ¸ si împµ ar¸ tite la numµ arul membrilor echipei.
5.Recompunerea scorurilor individuale dup¼a …ecare test administrat.
Metoda mozaic (jigsaw)
Aceasta este o metodµ a de învµ a¸ tare prin colaborare care pune în valoare rela¸ tia elev-elev
în procesul de învµ a¸ tare Strategia de organizare presupune parcurgerea a trei etape:
1.Se împarte colectivul de elevi în grupe a câte patru elevi, pe cât posibil eterogene.
2.Prezentarea temei ¸ si împ ¼ar¸ tirea acesteia în sub-teme . Profesorul stabile¸ ste
tema de studiu, o împarte în sub-teme, pregµ ate¸ ste … ¸ se-expert ¸ si materiale didactice, pe
care le distribuie …ecµ arui grup (numµ arul seturilor trebuie sµ a …e divizibil cu numµ arul de
membri din …ecare grup);
3.Distribuirea sarcinilor . Fiecare participant prime¸ ste ca sarcinµ a sµ a studieze în mod
independent o anumitµ a sub-temµ a. Studiind individual sub-tema atribuitµ a, el trebuie
sµ a devinµ a expert în problema datµ a.
4.Formarea grupurilor de exper¸ ti . Fiecare membru al grupului are sarcina de a se
întâlni cu ceilal¸ ti colegi care au aceea¸ si sarcinµ a, pentru a studia materialul. Au loc
discu¸ tii pe baza datelor ¸ si a suporturilor avute la dispozi¸ tie, se adaugµ a elemente noi,
stabilindu-se modul în care materialul va … predat în grupurile de origine.
5.Refacerea grupurilor ini¸ tiale . Exper¸ tii se reîntorc în grupurile ini¸ tiale pentru a
transmite colegilor cuno¸ stin¸ tele asimilate. Redarea informa¸ tiilor contribuie la re¸ tinerea
mai u¸ soar ¼a a materialului de studiat, cu atât mai mult cu cât participan¸ tii sunt stim-
ula¸ ti sµ a discute ¸ si sµ a punµ a întreb ¼ari.
6.Evaluarea . La …nalul activit ¼a¸ tii, echipele prezint ¼a rezultatele întregului grup. Fiecare
cursant trebuie s ¼a st¼apâneasc ¼a con¸ tinutul dat spre înv ¼a¸ tare, prin reunirea tuturor sub-
97

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
temelor la care a participat în calitate de expert.
Metoda Phillips 6-6
Se parcurg urmµ atorii pa¸ si:
1.Constituirea grupurilor de câte ¸ sase participan¸ ti (patru membri, un secretar, un
conducµ ator de grup, desemnat prin op¸ tiune liberµ a);
2.Precizarea temei care urmeazµ a a … dezbµ atutµ a de cµ atre …ecare grup;
3.Dezbaterea problemei , în cadrul grupului, timp de ¸ sase minute. Unii speciali¸ sti în
domeniu recomand ¼a intervalul 6-12 minute ca …ind mai potrivit (din punct de vedere
al productivitµ a¸ tii ¸ si calit ¼a¸ tii);
4.Colectarea solu¸ tiilor elaborate . Este foarte important modul în care se face înreg-
istrarea informa¸ tiilor, o înregistrare directµ a, agresivµ a conducând la inhibarea elevilor.
Ideile re¸ tinute de c ¼atre conduc ¼atorii grupurilor sunt analizate, iar concluziile la care
s-a ajuns în cadrul …ecµ arui grup sunt expuse de cµ atre conducµ atori sau predate în scris
formatorului.
5.Dezbaterea în plen . Dupµ a expunerile fµ acute de cµ atre liderii reprezentan¸ ti ai …ec ¼arui
grup, are loc discu¸ tia colectivµ a, în care durata interven¸ tiilor nu se limiteazµ a, …ind
admis ¼a analiza criticµ a în vederea selec¸ tiei ¸ si ierarhiz ¼arii solu¸ tiilor.
6.Evaluarea general ¼aa ideilor este realizatµ a de cµ atre cadrul didactic, care va sintetiza
informa¸ tiile rezultate din analizele de grup ¸ si din dezbaterea în plen.
Metoda turneului între echipe –Teams Games Tourne-
ments (TGT)
Pentru implementare se parcurg urmµ atoarele etape:
1.Explicitarea sarcinilor . Se prezintµ a cursan¸ tilor o situa¸ tie problematicµ a. Partici-
pan¸ tii sunt plasa¸ ti în grupuri de patru. Fiecare grup este împµ ar¸ tit în douµ a perechi.
O pereche este instruitµ a sµ a sus¸ tinµ a ¸ si sµ a argumenteze aspectele pozitive ale situa¸ tiei
prezentate; cealaltµ a pereche este instruitµ a sµ a sus¸ tinµ a ¸ si sµ a argumenteze aspectele neg-
ative. Se continuµ a apoi urmµ atoarele etape ale controversei constructive:
2.Preg¼atirea celei mai bune argumenta¸ tii pentru pozi¸ tia atribuitµ a, prin: a) cerc-
etarea tematicii ¸ si învµ a¸ tarea tuturor informa¸ tiilor relevante; b) organizarea informa¸ ti-
ilor într-un argument convingµ ator; ¸ si c) plani…carea modului de sus¸ tinere e…cientµ a a
pozi¸ tiei alocate.
3.Prezentarea conving ¼atoare a argumenta¸ tiei pentru pozi¸ tia atribuitµ a. Partici-
98

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
pan¸ tii prezintµ a cele mai puternice argumente pentru pozi¸ tia alocatµ a lor, strµ aduindu-se
sµ a …e avoca¸ ti puternici ¸ si convingµ atori ¸ si, în mod ideal, folosind mai multe canale de
comunicare. De asemenea, ei ascultµ a cu aten¸ tie ¸ si înva¸ tµ a pozi¸ tia adversµ a, clari…când
orice neîn¸ telegere.
4.Angajarea într-o discu¸ tie deschis ¼a. Elevii se angajeazµ a într-o discu¸ tie deschisµ a de-
spre problema datµ a. Ei schimbµ a liber informa¸ tii ¸ si idei, în timp ce î¸ si sus¸ tin convingµ ator
¸ si elocvent pozi¸ tia lor. Grupurile analizeazµ a critic pozi¸ tia advers ¼a (probele ¸ si ra¸ tion-
amentele), solicitµ a date pentru sus¸ tinerea a…rma¸ tiilor. În cele din urmµ a, participan¸ tii
resping atacurile asupra pozi¸ tiei lor. Formatorul poate lua partea unui grup, încura-
jeazµ a argumentele spirituale, joac ¼a rolul de avocatul diavolului, animând discu¸ tia în
general.
5.Inversarea perspectivelor . Elevii inverseazµ a perspectivele ¸ si prezintµ a cele mai bune
argumente posibile pentru pozi¸ tia adversµ a, de data aceasta. În prezentarea pozi¸ tiei,
elevii pot adµ auga noi argumente, ei trebuind sµ a facµ a eforturi pentru a vedea problema
din ambele perspective simultan.
6.Crearea unei sinteze sau unei pozi¸ tii comune integrate. Elevii renun¸ tµ a la pledoarie ¸ si
depun eforturi pentru a gµ asi o sintez ¼a cu care se pot pune cu to¸ tii de acord. Se rezumµ a
cele mai bune argumente ¸ si ra¸ tionamente din ambele pµ ar¸ ti ¸ si se integreazµ a într-o pozi¸ tie
comun ¼a, nou ¼a ¸ si unic ¼a. Elevii întocmesc un raport cu privire la sintezµ a, incluzând
documente justi…cative ¸ si ra¸ tionamente ¸ si apoi, individual, dau un test pentru ambele
pozi¸ tii.
Metoda acvariului
Metoda presupune:
1.Aranjarea clasei . Înaintea începerii efective a activitµ a¸ tii, se va aranja clasa astfel:
scaunele vor … a¸ sezate în dou ¼a cercuri concentrice, participan¸ tii alegându-¸ si, dupµ a
preferin¸ tµ a, un loc într-unul din aceste cercuri. În varianta deschisµ a a acvariului, cel
pu¸ tin un scaun este lµ asat liber. În varianta închisµ a , toate scaunele sunt ocupate.
2.Prezentarea temei de discu¸ tie de cµ atre moderator. Tema are caracter controversat,
cerându-le elevilor sµ a se documenteze asupra acesteia.
3.Stabilirea grupelor ¸ si ocuparea locurilor . Elevii se vor constitui în douµ a grupe
eterogene ¸ si egale ca mµ arime, în mod liber, o grupµ a ocupând scaunele din cercul din
interior, iar cealaltµ a scaunele cercului exterior.
4.Discutarea temei în cercul interior . În cadrul cercului interior elevii formeazµ a
grupa de discu¸ tie sau de demonstra¸ tie, având la dispozi¸ tie opt-zece minute pentru a
discuta o problemµ a controversatµ a. De¸ si atmosfera este una relaxatµ a, bazatµ a pe comu-
99

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
nicarea deschisµ a, discu¸ tiile animate conduc la necesitatea stabilirii unor reguli. Pro-
fesorul, de comun acord cu elevii, emite anumite reguli, ca de exemplu: sus¸ tinerea
ideilor pe bazµ a de dovezi, aducerea de argumente suplimentare (în cazul sus¸ tinerii
pµ arerii antevorbitorului) ¸ si întemeiate (în situa¸ tia respingerii solu¸ tiei antevorbitoru-
lui), posibilitatea întreruperii discursului ¸ si a schimb ¼arii pozi¸ tiei etc. De regul ¼a, în
cercul interior trebuie sµ a …e dou ¼a – trei scaune libere pentru ca participan¸ tii din cercul
exterior s ¼a poat ¼a veni ¸ si sµ a ia parte la discu¸ tie, dup ¼a care s ¼a se întoarcµ a la loc.
5.Observarea interac¸ tiunilor de cµ atre elevii din cercul exterior. În timpul discu¸ tiei
care are loc în cercul interior, elevii care s-au a¸ sezat în cercul exterior sunt aten¸ ti la
interac¸ tiunile care se produc, consemnând în … ¸ sele de observare construite ¸ si distribuite
de cµ atre formator, aspecte ca: modul de interrela¸ tionare, contribu¸ tia …ecµ arui membru la
discu¸ tie, concluziile ¸ si solu¸ tiile adoptate etc. Aceste observa¸ tii vor …aduse la cuno¸ stin¸ ta
elevilor din cercul interior.
6.Schimbarea locurilor . Ulterior, dup ¼a ce elevii din cercul exterior ¸ si-au expus ob-
serva¸ tiile, urmeazµ a schimbarea locurilor (cei care s-au situat în cercul exterior se poz-
i¸ tioneazµ a în cel interior ¸ si invers, cei din cercul interior se a¸ seazµ a în cel exterior). Se
lanseaz ¼a o alt ¼a idee controversatµ a, pe care cei din cercul interior trebuie sµ a o discute,
iar cei din cercul exterior primesc … ¸ sele de observare, …ecare grup …ind pe rând, în
ipostaza de observator ¸ si de observat.
7.Formarea unui singur cerc de discu¸ tii . Exerci¸ tiul de …shbowl continuµ a pânµ a la
…nalizarea sarcinii de ansamblu.
Analiza segmentelor de decizie interactivµ a –Interactive
Decision Analysis Aids (AIDA)
Metoda implicµ a urmµ atoarele:
1.Analizarea problemelor . Aceasta presupune: identi…carea tuturor problemelor in-
terconectate, precum ¸ si a celor care nu se a‡ µ a în interac¸ tiune. Pentru eviden¸ tierea
legµ aturilor dintre probleme, se va construi o matrice a acestora, e care se vor marca
solu¸ tiile propuse de cuplurile de probleme care nu pot coexista. Spa¸ tiile goale core-
spund problemelor care nu pot … rezolvate în mod independent.
2.Identi…carea perechilor incompatibile de solu¸ tii . Cursan¸ tii vor veri…ca …ecare
problemµ a ¸ si solu¸ tia(ile) ei, în raport cu celelalte, pentru a le observa pe cele incompat-
ibile.
3.Construirea unei diagrame care s ¼a releve toate combina¸ tiile compatibile.
100

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
Metoda cubului
Aceasta este o metodµ a de explorare a unei situa¸ tii (matematice) sau concept din mul-
tiple perspective cognitive ¸ si oferµ a astfel elevilor posibilitatea de a-¸ si dezvolta competen¸ tele
necesare unor abordµ ari complexe ¸ si integratoare.Tehnica presupune parcurgerea urm ¼atoarelor
etape:
1.Se construie¸ ste un cub . Pe …ecare fa¸ tµ a a cubului se noteaz ¼a o instruc¸ tiune, dupµ a
cum urmeazµ a:
Descrie! –Cum aratµ a?
Compar ¼a!–Cu cine se aseamµ anµ a? De cine diferµ a?
Asociazµ a! –La ce te face s ¼a te gânde¸ sti?
Analizeazµ a! –Ce con¸ tine? Din ce este f ¼acut?
Aplicµ a! –Cum poate … folosit?
Argumenteazµ a! –Pro sau contra
2.Elevii sunt împµ ar¸ ti¸ ti în grupe de câte 6, nu neapµ arat eterogene ; …ecare grupµ a
î¸ si alege un lider.
3.Liderul …ecµ are grupe aruncµ a cu zarul , grupei sale asociindu-se unul dintre verbele
active de mai sus.
4.Fiecare grupµ a prime¸ ste … ¸ sµ a ce con¸ tine o sarcinµ a, conform verbului asociat.
5.Fiecare grupµ a rezolvµ a cerin¸ ta .
6.Valori…carea sarcinilor în grup : sarcinile …nalizate sunt prezentate de cµ atre reprezen-
tantul …ecµ arui grup întregului colectiv de elevi.
Asociază!Aplică!Compară!
Descrie!Compară!Asociază!Analizeaz ă!Aplică!
Argumenteaz ă!
Metoda turul galeriei
Aceastµ a metodµ a implicµ a înv ¼a¸ tare prin colaborare în care elevii sunt încuraja¸ ti s ¼a-¸ si
exprime opiniile referitoare la solu¸ tiile date unei probleme de cµ atre colegii lor. Aceast ¼a
metodµ a persupune parcurgerea urm ¼atorilor pa¸ si:
101

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
1.Elevii rezolvµ a o problemµ a în grupuri de 3 sau 4 . Problema prezintµ a mai multe
perspective de abordare.
2.Pe un poster sunt materializate produsele activit ¼a¸ tii grupului cuprizând solu¸ tia
problemei respective.
3.Posterele se expun pe pere¸ tii clasei , deveni¸ ti astfel o adev ¼arat¼a galerie.
4.Grupurile trec pe rând pe la …ecare poster spre a analiza solu¸ tiile propuse de
colegi. Se scriu comentarii ¸ si observa¸ tii pe posterele analizate.
5. Dupµ a ce se încheie turul galeriei ,…ecare echipµ a î¸ si reexamineazµ a posterul com-
parativ cu cele expuse de colegi . Elevii discut ¼a observa¸ tiile ¸ si comentariile notate
de colegi pe posterul propriu.
Metoda necesitµ a mi¸ scarea elevilor în clasµ a, fapt ce îi atrage ¸ si le stârne¸ ste interesul.
Metoda ¸ stiu – vreau sµ a ¸ stiu – am învµ a¸ tat
Putem utiliza aceastµ a metodµ a cu precµ adere la lectur ¼arii textelor expozitive ¸ si presupune
identi…carea, de c ¼atre elevi, a punctului de plecare (Ce ¸ stiu despre subiect?), a aspectelor pe
care doresc s ¼a le cunoasc ¼a în timpul activit ¼a¸ tii (Ce vreau s ¼a ¸ stiu?) ¸ si ceea ce au dobândit în
procesul de înv ¼a¸ tare (Ce am înv ¼a¸ tat?).
1.Elevii, grupa¸ ti în perechi, elaboreaz ¼a o list ¼a cu tot ceea ce ¸ stiu despre tema
propus ¼a pentru discu¸ tie . Cadrul didactic va realiza pe tabl ¼a un tabel cu rubrica¸ tia
de mai jos:
¸ Stiu Vreau sµ a ¸ stiu Am învµ a¸ tat
Elevii noteazµ a ceea ce Elevii noteazµ a ceea ce Elevii noteazµ a ceea ce
¸ stiu sau cred cµ a ¸ stiu doresc sµ a a‡ e nou în au învµ a¸ tat despre tema
despre tema datµ a. legµ aturµ a cu acea temµ a. nouµ a.
2.Câteva perechi de elevi vor comunica clasei ideile inventariate . Informa¸ tiile
cu care este toat ¼a lumea de acord vor … consemnate în coloana ¸ Stiu. Poate … util ¼a
gruparea informa¸ tiilor pe categorii.
3.În coloana Vreau sµ a ¸ stiu se noteaz ¼a neclarit ¼a¸ tile ¸ si întreb ¼arile adresate de
elevi la tema abordat ¼a.
4.Urmeaz ¼a etapa de realizare a sensului prin lectura unui text, prin expunerea
profesorului sau cercetarea unor resurse bibliogra…ce.
5. Dup ¼a …nalizarea lecturii elevii revin asupra întreb ¼arilor din coloana Vreau sµ a
¸ stiu. R¼aspunsul la acele întreb ¼ari va … trecut în coloana Am înv ¼a¸ tat. Tot aici se vor
nota ¸ si informa¸ tiile noi, în leg ¼atur¼a cu care elevii nu au pus întreb ¼ari de la început.
Dac¼a au r ¼amas întreb ¼ari f¼ar¼a r¼aspuns elevii vor … îndruma¸ ti spre acele surse unde ar
102

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
putea a‡ a r ¼aspunsul.
6. În încheierea lec¸ tiei elevii revin la schema ¸ Stiu – Vreau s ¼a ¸ stiu – Am înv ¼a¸ tat¸ si
analizeaz ¼a ce au înv ¼a¸ tat din lec¸ tie . Unele din întreb ¼arile lor s-ar putea s ¼a … r¼amas
f¼ar¼a r¼aspuns ¸ si s-ar putea s ¼a apar ¼a întreb ¼ari noi. În acest caz, întreb ¼arile pot … folosite
ca punct de plecare pentru investiga¸ tiile ulterioare.
Metoda SIELG (Sistemul Interactiv de Notare pentru
E…cientizarea Lecturii ¸ si a Gândirii)
Aceastµ a metod ¼a presupune men¸ tinerea unei implic ¼arii active a gândirii elevilor în citirea
unui text ¸ si de monitorizare a gradului de în¸ telegere a acestuia.
1.Elevii sunt invita¸ ti s ¼a citeasc ¼a textul cu mare aten¸ tie . În timpul citirii textului
elevii marcheaz ¼a în text sau pe marginea lui urm ¼atoarele semne:
Xacolo unde con¸ tinutul de idei con…rm ¼a ceea ce ei ¸ stiau deja;
acolo unde informa¸ tia contrazice sau este diferit ¼a de ceea ce ¸ stiau;
+în cazul în care informa¸ tia citit ¼a este nou ¼a pentru ei;
?în dreptul ideilor care li se par confuze, neclare sau în cazul în care
doresc mai multe informa¸ tii despre un anumit aspect.
În anumite cazuri se recomand ¼a simpli…carea procesului de marcare prin utilizarea doar
a dou ¼a semne (de ex. semnul " +" informa¸ tiile noi ¸ si semnul " ?" informa¸ tiile neclare),
pentru ca aten¸ tia cititorului s ¼a se focalizeze pe informa¸ tiile noi ¸ si nu pe ceea ce el ¸ stia
deja.
2.Dup¼a marcarea semnelor putem oferi elevilor un moment pentru re‡ ec¸ tie
cu privire la cele citite în text.
3.Informa¸ tiile ob¸ tinute individual se discutµ a în perechi/grupuri etc , apoi se
comunicµ a de cµ atre perechi/grupuri profesorului …ecare dintre informa¸ tiile din coloanµ a.
Profesorul le centralizeazµ a într-un tabel similar la tablµ a
4.Cuno¸ stin¸ tele incerte pot constitui tema unei dezbateri frontale, pot rµ amâne ca
temµ a de cercetare pentru lec¸ tiile urmµ atoare sau pot … clari…cate pe loc.
Metoda ciorchinelui
Este o metodµ a de brainstorming care stimuleazµ a gµ asirea conexiunilor dintre idei. Poate
… utilizat atât în evocare prin inventarierea cuno¸ stin¸ telor elevilor, cât ¸ si în etapa de re‡ ec¸ tie.
Etape:
103

Metode de înv µa¸ Tµamânt activ – participative
1.Se scrie un cuvânt/subiect (care urmeazµ a a … cercetat) în mijlocul tablei sau în
mijlocul foii de hârtie.
2.Se noteazµ a în jurul acestui cuvânt toate ideile care le vin minte elevilor ,
trasându-se linii între acestea ¸ si cuvântul ini¸ tial.
3. Pe mµ asurµ a ce se scriu cuvintele, se trag linii între toate cuvintele/ideile care pot
… conectate .
4.Activitatea se opre¸ ste când se epuizeaz ¼a toate ideile sau când s-a atins limita
de timp acordat ¼a.
Etapele pot … precedate de brainstorming în grupuri mici sau în perechi. În acest fel,
se îmbog ¼a¸ tesc ¸ si se sintetizeaz ¼a cuno¸ stin¸ tele. Rezultatele grupurilor se comunic ¼a profesorului
care le noteaz ¼a pe tabl ¼a într-un ciorchine f ¼ar¼a a le comenta sau judeca. În etapa …nal ¼a a
lec¸ tiei, ciorchinele poate … reorganizat utilizându-se anumite concepte supraordonate g ¼asite
de elevi sau de profesor.
104

Un mic experiment pedagogic
Experimentarea pedagogicµ a se desfasoarµ a, de regula, trei etape:
1.etapa de constatare ,
2.faza fundamentalµ a care cuprinde experimentul propriu-zis
3.etapa …nalµ a, de evaluare ¸ si control .
Etapa de constatare
În cazul de fa¸ tµ a, subiec¸ tii experimentului l-au constituit elevii a douµ a clase a IX-a, pro…l
real, specializarea matematicµ a informaticµ a. Sµ a denumim aceste clase, pentru simpli…carea
limbajului, Clasa A, respectiv Clasa B.
Rezultatele la testele alpicate acestor clase, pânµ a la momentul începerii experimentului,
sunt trecute în tabelul urmµ ator ¸ si eviden¸ tiate în diagrama ce-l înso¸ te¸ ste.
test ini¸ tial test 1 test 2
Clasa A 6;50 7;60 7;40
Clasa B 5;30 6;60 6;15
Diferen¸ ta 1;20 1 1;25
105

Un mic experiment pedagogic
Se observµ a o clar o diferen¸ tµ a, la nivelul rezultatelor, între cele douµ a clase. Evolu¸ tia
diferen¸ tei dintre aceste media Clasei A¸ si media Clasei Beste prezentatµ a în diagrama de
mai jos.
Din punctul de vedere al dispersiei notelor în …ecare clasµ a, la cele trei evaluµ ari, situa¸ tia
este urmµ atoarea:
test ini¸ tial test 1 test 2
Clasa A 2;4 1;83 2;13
Clasa B 3;21 2;32 2;8
Experimentul propriu-zis
În cadrul unitµ a¸ tii de învµ a¸ tare Tipuri de ra¸ tionamente logice , desfµ a¸ suratµ a pe parcursul
a 10 ore, sunt vizate urmµ atoarele competen¸ te speci…ce:
Identi…carea în limbaj cotidian sau în probleme de matematic ¼a a unor no¸ tiuni speci-
…ce logicii matematice ¸ si teoriei mul¸ timilor;
106

Un mic experiment pedagogic
Alegerea ¸ si utilizarea de algoritmi pentru efectuarea unor opera¸ tii cu numere reale,
cu mul¸ timi, cu propozi¸ tii/predicate;
Deducerea unor rezultate ¸ si veri…carea acestora utilizând induc¸ tia matematic ¼a sau
alte ra¸ tionamente logice;
Redactarea rezolv ¼arii unei probleme, corelând limbajul uzual cu cel al logicii matem-
atice ¸ si al teoriei mul¸ timilor ;
Transpunerea unei situa¸ tii – problem ¼a în limbaj matematic, rezolvarea problemei
ob¸ tinute ¸ si interpretarea rezultatului.
Pentru atingerea acestor competen¸ te sunt urmµ arite trei con¸ tinuturi :
ra¸ tionament prin reducere la absurd (douµ a ore)
induc¸ tia matematic ¼a(patru ore)
probleme de num ¼arare (douµ a orµ a),
alte douµ a ore …ind alocate pentru rezolvarea unor exerci¸ tii ¸ si probleme, respectiv pentru
evaluare.
Pe parcursul acestei unitµ a¸ ti de învµ a¸ tare, la Clasa Amodalitatea de desfµ a¸ surare a lec¸ ti-
ilor a fost cea tradi¸ tionala, în timp ce la Clasa B doar o parte dintre lec¸ tii s-au desfµ a¸ surat
în acest mod, restul îmbrµ acând forma activ-participativµ a. Douµ a dintre proiectele didactice
"implementate" în timpul experimentului sunt prezentate în cele ce urmeazµ a.
Proiect didactic 1
(bazat pe metode clasice de învµ a¸ tµ amânt)
Clasa: A
Obiectul: Matematic ¼a (Algebrµ a)
Unitatea de învµ a¸ tare: Tipuri de ra¸ tionamente logice
Titlul lec¸ tiei: Demonstrarea unor identitµ a¸ ti ¸ si inegalitµ a¸ ti prin induc¸ tie matematicµ a
Tipul lec¸ tiei: Lec¸ tie de formare de priceperi ¸ si deprinderi
Competen¸ te speci…ce:
1.Deducerea unor rezultate ¸ si veri…carea acestora utilizând induc¸ tia matematic ¼a
sau alte ra¸ tionamente logice;
2.Redactarea rezolv ¼arii unei probleme, corelând limbajul uzual cu cel al logicii
matematice ¸ si al teoriei mul¸ timilor;
Obiective opera¸ tionale:
1. Sµ a distingµ a între ra¸ tionamentul inductiv ¸ si ra¸ tionamentul deductiv.
2. Sµ a justi…ce rolul …ecµ arui pas al induc¸ tiei complete.
3. Sµ a aplice principiul induc¸ tiei matematice în demonstrarea unor identitµ a¸ ti sau
inegalitµ a¸ ti.
Strategii didactice:
–Metode ¸ si procedee: conversa¸ tia, exerci¸ tiul
107

Un mic experiment pedagogic
–Mijloace de realizare: … ¸ se de lucru
–Forme de organizare: frontal ¼a
Metode de evaluare: evaluarea sistematic ¼a a activit ¼a¸ tii, aprecieri verbale.
Desfµ a¸ surarea lec¸ tiei:
–Moment organizatoric: Veri…carea prezen¸ tei.
–Pregµ atirea lec¸ tiei noi:
Veri…carea temei
Reactualizarea cuno¸ stin¸ telor legate de

ra¸ tionamentul inductiv ¸ si ra¸ tionamentul deductiv,

principiul induc¸ tiei matematice ¸ si etapele demonstra¸ tiei bazate pe acest
principiu
–Anun¸ tarea temei ¸ si a obiectivelor
–Dirijarea învµ a¸ tµ arii:
Elevii primesc … ¸ sa de lucru din anexµ a.
Sunt rezolvate ¸ si discutate în amµ anunt problemele 1(b),1 (c),2 (a),3 (b)¸ si
4 (a).
Se fac observa¸ tii cu privire majorarile sau minorµ arile aplicate în cadrul etapei
de demonstra¸ tie propriu-zisµ a a problemelor cu inegalitµ a¸ ti.
–Reten¸ tia ¸ si transferul
Rezolvarea problemelor 1 (d),2 (b)¸ si4 (d)
–Evaluarea activitµ a¸ tii:
Aprecieri verbale.
Sunt nota¸ ti elevii care s-au remarcat.
–Tema pentru acasµ a:
Restul exerci¸ tiilor din … ¸ sa de lucru (sunt date indica¸ tii de rezolvare).
(anexµ a) Fi¸ sµ a de lucru
1. Sµ a se demonstreze cµ a pentru orice n2N, au loc identitµ a¸ tile:
(a) 1 + 5 + 9 + :::+ (4n3) = 2 n2n;
(b) 2
3 + 4
5 + 6
7 +:::+ 2n(2n+ 1) = n(2n+ 1) ( n+ 1);
(c)1
4 + 2
5 + 3
6 +:::+n(n+ 3) =n(n+1)(n+5)
3;
(d) 12+ 32+ 52+:::+ (2n1)2=n(4n21)
3;
2. Sµ a se demonstreze cµ a pentru orice n2N, au loc identitµ a¸ tile:
(a)1
1
4+1
4
7+1
7
10+:::+1
(3n2)(3n+1)=n
3n+1;
(b)1
2
6+1
6
10+:::+1
(4n2)(4n+2)=n
4(2n+1);
(c)12
1
3+22
3
5+:::+n2
(2n1)(2n+1)=n(n+1)
2(2n+1).
3. Sµ a se demonstreze cµ a:
(a)8n2N,n3, avem 2n>2n+ 1;
108

Un mic experiment pedagogic
(b)8n2N,n4, avem n!>2n, unde n! =(
1
2
:::
n, dacµ a n2N
1, dacµ a n= 0(se
cite¸ ste " nfactorial")
(c)8n2N,n4, avem 3n> n3.
4. Sµ a se demonstreze cµ a pentru orice n2N, au loc inegalitµ a¸ tile:
(a)1
2
3
4
:::
2n1
2n<1p2n+1;
(b)5
8
11
14
17
20
:::
6n1
6n+2>q
2
6n+2;
(c)1
n+1+1
n+2+:::+1
2n+1>1
(d) (1 +a)n1 +an, unde a > 0(inegalitatea lui Bernoulli).
Proiect didactic 2
(metoda cubului)
Clasa: B
Obiectul: Matematic ¼a (Algebrµ a)
Unitatea de învµ a¸ tare: Tipuri de ra¸ tionamente logice
Titlul lec¸ tiei: Tipuri de ra¸ tionamente logice – recapitulare
Tipul lec¸ tiei: Lec¸ tie de recapitulare ¸ si sistematizare a cuno¸ stin¸ telor
Competen¸ te speci…ce:
1.Deducerea unor rezultate ¸ si veri…carea acestora utilizând induc¸ tia matematic ¼a
sau alte ra¸ tionamente logice;
2.Redactarea rezolv ¼arii unei probleme, corelând limbajul uzual cu cel al logicii
matematice ¸ si al teoriei mul¸ timilor;
3.Deducerea unor rezultate ¸ si veri…carea acestora utilizând induc¸ tia matematic ¼a
sau alte ra¸ tionamente logice;
4.Redactarea rezolv ¼arii unei probleme, corelând limbajul uzual cu cel al logicii
matematice ¸ si al teoriei mul¸ timilor;
Obiective opera¸ tionale:
1. Sµ a distingµ a între ra¸ tionamentul inductiv ¸ si ra¸ tionamentul deductiv.
2. Sµ a justi…ce rolul …ecµ arui pas al induc¸ tiei complete.
3. Sµ a utilizeze reducere la absurd în rezolvarea unor probleme.
4. Sµ a aplice principiul induc¸ tiei matematice în demonstrarea unor identitµ a¸ ti sau
inegalitµ a¸ ti.
5. Sµ a rezolve unele probleme de numµ arare folosind anumite principii standard.
Strategii didactice:
–Metode ¸ si procedee: metoda cubului, conversa¸ tia, exerci¸ tiul
–Mijloace de realizare: … ¸ se de lucru
–Forme de organizare: frontal ¼a, pe grupe
Metode de evaluare: evaluarea sistematic ¼a a activit ¼a¸ tii, aprecieri verbale.
109

Un mic experiment pedagogic
Desfµ a¸ surarea lec¸ tiei:
–Moment organizatoric: Veri…carea prezen¸ tei.
–Pregµ atirea lec¸ tiei noi:
Veri…carea temei
–Anun¸ tarea temei ¸ si a obiectivelor
Li se explicµ a elevilor pa¸ sii metodei cubului
Profesorul arat ¼a elevilor un cub din carton având fe¸ tele inscrip¸ tionate cu
urmµ atoarele verbe active: Descrie!, Comparµ a!, Asociazµ a!, Analizeazµ a!, Aplicµ a!,
Argumenteazµ a!
–Dirijarea învµ a¸ tµ arii:
Elevii sunt împµ ar¸ ti¸ ti în 6 grupe eterogene, nu neapµ arat egale numeric.
Fiecare grupµ a primeste o coalµ a de hârtie.
Echipele aleg un lider de grup care va arunca zarul pentru a vedea fa¸ ta pe
care este scris verbul de…nitoriu pentru acea grupµ a.
Se împart …sele cu sarcinile de lucru în grup (anexele 1-6).
Timp de 20-25 de minute elevii lucreazµ a în echipµ a la sarcina de lucru primitµ a.
Profesorul supravegheazµ a activitatea elevilor si dµ a indica¸ tii acolo unde este
nevoie. Solu¸ tioneazµ a eventual si situa¸ tiile în care nu to¸ ti elevii se implicµ a
în cadrul activitµ a¸ tii de grup sau atunci când un elev monopolizeazµ a toate
activit ¼a¸ tile.
–Reten¸ tia ¸ si transferul
Reprezentantul …ecµ arei grupe prezintµ a întregii clase rezolvarea sarcinii pe care
a avut-o de rezolvat grupa sa.
Se fac comentarii ¸ si observa¸ tii.
–Evaluarea activitµ a¸ tii:
Aprecieri verbale.
Sunt nota¸ ti elevii care s-au remarcat.
–Tema pentru acasµ a:
Exerci¸ tii din manual (sunt date indica¸ tii de rezolvare).
(anexa 1) Fi¸ sµ a de lucru (Descrie!)
1. De…ni¸ ti principiul induc¸ tiei matematice ¸ si descrie¸ ti rolul …ecµ arei etape a metodei
de rezolvare pe care o genereazµ a.
2. Descrie baza logicµ a a metodei reducerii la absurd.
(anexa 2) Fi¸ sµ a de lucru (Comparµ a!)
1. Comparµ a ra¸ tionamentul inductiv cu cel deductiv.
2. Calcula¸ ti, folosind sumele cunoscute, S= 1
2
3 + 2
3
4 +:::+n(n+ 1) ( n+ 2)
¸ si apoi demonstra¸ ti rezultatul prin induc¸ te. Compara¸ ti cele douµ a metode.
110

Un mic experiment pedagogic
(anexa 3) Fi¸ sµ a de lucru (Asociazµ a!)
Asociazµ a ¸ si rezolvµ a:
1. reducere la absurd
2. induc¸ tie matematicµ a
3. problemµ a de numµ arare1. Demonstra¸ ti identitatea
1
1
5+1
5
9+1
9
13+:::+1
(4n3)(4n+1)=n
4n+1
2. Se poate scrie numµ arul 2005 ca sumµ a
de douµ a numere prime?
3. Câte numere de patru cifre se pot scrie
utilizând numai cifrele 0¸ si1?
(anexa 4) Fi¸ sµ a de lucru (Analizeazµ a!)
Analiza¸ ti tipurile de induc¸ tie: "forma slabµ a", "forma tare", "cu pasul s".
(anexa 5) Fi¸ sµ a de lucru (Aplicµ a!)
1. Aplica¸ ti induc¸ tia matematicµ a pentru a demonstra cµ a, pentru orice n2N,n4
are loc:
2n>2n+ 3.
2. Aplica¸ ti principiul includerii ¸ si excluderii în rezolvarea unei probleme din via¸ ta
cotidianµ a, formulatµ a de voi.
(anexa 6) Fi¸ sµ a de lucru (Argumenteazµ a!)
Cum poate … folositµ a induc¸ tia matematicµ a în rezolvarea unor probleme de divizibili-
tate? Argumenta¸ ti cu douµ a exemple!
Evaluare ¸ si control
La …nalul unitµ a¸ tii de învµ a¸ tare am aplicat urmµ atorul test ambelor clase, timpul de lucru
…ind de 50 minute.
Test de evaluare
Subiecte
1. Demonstra¸ ti cµ a pentru orice n2N, are loc: (2n1;2n+ 1) = 1 . 20p
2. Pentru …ecare n2Nse considerµ a suma
Sn=1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+ 1)
(a) Calcula¸ ti S1,S2. 10p
(b) Formula¸ ti o ipotezµ a privind valoarea sumei Sn,n2N¸ si demonstra¸ ti-o prin
unduc¸ tie matematicµ a. 20p
111

Un mic experiment pedagogic
3. Demonstra¸ ti, folosind induc¸ tia matematicµ a, inegalitatea:
1
1!+1
2!+:::+1
n!2n1
n.
20p
4. Dintre cei 101dalma¸ tieni, 56au patµ a neagrµ a pe urechea stângµ a, 25au patµ a neagrµ a pe
pe urechea dreaptµ a ¸ si 29au ambele urechi albe. C⸠ti au pete negre pe ambele urechi?
jA[Bj. 20p
(Concurs Cangurul , 2001)
Barem de evaluare ¸ si notare
1. Se presupune, prin absurd cµ a (2n1;2n+ 1) = d6= 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p
)dj2n1¸ sidj2n+ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p
)dj(2n+ 1)(2n1); adicµ a dj1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p
)d= 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
Finalizare: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
2.
(a)S1=1
1
2=1
2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
S2=1
1
2+1
2
3=1
2+1
6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
S2=2
3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
(b)Sn=n
n+1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p
Formarea propozi¸ tiei: p(n) :1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+1)=n
n+1,8n2N. . . . . 3p
Analiza pasului de veri…care . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+1)+1
(n+1)(n+2)=n
n+1+1
(n+1)(n+2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6p
1
1
2+1
2
3+1
3
4+:::+1
n(n+1)+1
(n+1)(n+2)=n+1
n+2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
p(n))p(n+ 1) adevµ arat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
Concluzie …nalµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
3. Formarea propozi¸ tiei: p(n) :1
1!+1
2!+:::+1
n!2n1
n,8n2N. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
(a)1
1!=1
12
11
1adevµ arat )p(1)adevµ aratµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
p(n+ 1) :1
1!+1
2!+:::+1
n!+1
(n+1)!2n+1
n+1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
Rµ amâne de arµ atat cµ a2n1
n+1
(n+1)!2n+1
n+1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
2n+1
n+12n1
n=1
n(n+1)1
(n+1)n
:::
2
1=1
(n+1)!. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
p(n))p(n+ 1) adevµ arat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
Concluzie …nalµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
4.10129 = 72 dalma¸ tieni cu cel pu¸ tin o ureche cu patµ a neagrµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5p
FieA=mul¸ timea dalma¸ tienilor cu patµ a pe neagrµ a pe urechea stângµ a, B=mul¸ timea
dalma¸ tienilor cu patµ a pe neagrµ a pe urechea dreaptµ a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3p
Principiul includerii ¸ si excluderii, jA[Bj=jAj+jBj jA\Bj, apicat implicit sau
explicit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6p
112

Un mic experiment pedagogic
72 = 56 + 25 jA\Bj. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4p
jA\Bj= 9dalma¸ tieni au pete negre pe ambele urechi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2p
Dupµ a aplicarea testului Clasa Aa ob¸ tinut media 7;85, în timp ce Clasa Ba ob¸ tinut
media de 7;4. Refacem diagramele cumulat cu rezultatele anterioare.
test ini¸ tial test 1 test 2 test 3
Clasa A 6;50 7;60 7;40 7;85
Clasa B 5;30 6;60 6;15 7;4
Diferen¸ ta 1;20 1 1;25 0;45
Diferen¸ ta dintre mediile claselor A¸ siBeste acum mult sub cele constatate anterior,
mai precis, 0;45. Diagrama de mai jos aratµ a evolu¸ tia aceste diceren¸ te.
113

Un mic experiment pedagogic
În ceea ce prive¸ ste dispersia, ¸ si aici se constatµ a o ameloirare la nivelul Clasei B. Datele
din tabelul urmµ ator, dar ¸ si diagrama corespunzµ atoare aratµ a acest lucru.
test ini¸ tial test 1 test 2 test 3
Clasa A 2;4 1;83 2;13 1;96
Clasa B 3;21 2;32 2;8 2;05
În conluzie, Clasa Aa ob¸ tinut rezultate relativ apropiate cu cele anterioare, lucru
oarecum de anticipat. La Clasa Bse vede o ameliorare a rezultatelor fa¸ tµ a de punctul de
plecare, dar ¸ si fa¸ tµ a celµ alalt termen de compara¸ tie, Clasa A, deoarece ambii parametri lua¸ ti
în analizµ a, media ¸ si dispersia au …ind îmbunµ atµ a¸ ti¸ ti. Evident cµ a acest se datoreazµ a prezen¸ tei
metodelor activ-participative în cadrul orelor desfµ a¸ surate la Clasa B.
114

Concluzii …nale
Apµ arutµ a încµ a din antichitate, din necesitµ a¸ ti practice, matematica s-a dezvoltat, de-
venind un impresionant sistem de discipline rami…cate. La fel ca ¸ si alte ¸ stiin¸ te, ea re‡ ectµ a
legile realitµ a¸ tii materiale ¸ si este un instrument puternic pentru cunoa¸ sterea ¸ si cucerirea na-
turii.
Rolul matematicii ca disciplinµ a ¸ scolarµ a este bivalent. Pe de o parte apare aceastµ a nece-
sitate de interc¸ tiune a elevului cu celelalte discipline intitulate generic "¸ stiin¸ te ale naturii",
aici matematica …ind un adevµ arat liant, iar pe de altµ a parte, avem de-a face cu matematica
ca principal factor de dezvoltare a gândirii ¸ si argumentµ arii logice.
Experien¸ ta didacticµ a pe care am dobândit-o pânµ a în prezent mµ a face sµ a a…rm cµ a ambele
fe¸ te descrise au grade de implicare aproape egale în formarea unui elev, chiar dacµ a asimilarea
nu este întotdeauna în aceea¸ si propor¸ tie. A¸ sadar, se pune problema e…cientizµ arii acestui
proces. Dintre metodele care concurµ a aici amintesc doar câteva într-o ordine aleatoare:
implementarea unor C.D.S-uri transdisciplinare
aplicarea în cadrul procesului didactic, la …ecare nivel, a unor metode moderne de
învµ a¸ tµ amânt
antrenarea, în cadrul lec¸ tiilor, a întregului colectiv de elevi, deci implicarea …ecµ aruia
dintre ei, dar cu sarcini diferite
stimularea performan¸ tei ¸ scolare
predarea con¸ tinuturilor în func¸ tie de particularitµ a¸ tile clasei de elevi.
Experimentul didactic pe care l-am derulat ¸ si pe care l-am descris în …nalul lucrµ arii
vine ca o dovadµ a a în sprijinul celor a…rmate mai sus. Într-adevµ ar, existµ a o oarecare iner¸ tie
în a lua decizia unei mici inova¸ tii în cadrul unei lec¸ tii de matematicµ a, cauza principalµ a …ind
lipsa timpului, ori nevoia de mijloace suplimentare fa¸ tµ a de o lec¸ tie obi¸ snuitµ a, dar, odatµ a
depµ a¸ sit acest moment, interesul elevilor pentru ora de matematicµ a va spori ¸ si, în consecin¸ tµ a
¸ si rezultatele mµ asurabile se vor îmbunµ atµ a¸ ti.
115

Concluzii finale
Pe de altµ a parte, prin lucrarea de fa¸ tµ a am încercat o grupare "pe principii" a unor
probleme, o încadrare într-o anumitµ a zonµ a de existen¸ tµ a a acestora, farµ a a in‡ uen¸ ta negativ
interconexiunile. Este ¸ stiut cµ a acest lucru îi ajutµ a pe elevi, indiferent dacµ a ei întâmpinµ a
greutµ a¸ ti în în¸ telegerea matematicii, sunt la un nivel mediu, ori ¸ tintesc performan¸ ta. Prob-
lemele incuse aici au fost selectate de-a lungul activitµ a¸ tii mele ca profesor de mateamaticµ a,
dar ¸ si "la fa¸ ta locului", adicµ a pe parcursul întocmirii materialului de fa¸ tµ a.
Cu siguran¸ tµ a cµ a munca pe care am depus-o cu acest prilej va in‡ uen¸ ta în mod pozitiv
propriul meu demers didactic, neezitând a împµ artµ a¸ si acest c⸠stig cu colegii mei.
116

Bibliogra…e
[1] Academia de ¸ Stiin¸ te a U.R.S.S. – Institutul de Matematica "V.A. Steklov", Matematica
– con¸ tinutul, metodele ¸ si importan¸ ta ei – vol I , Editura ¸ Stiin¸ ti…cµ a, Bucure¸ sti, 1962.
[2] Adler A., Coury J., The Theory of Numbers , Jones and Bartlett Publishers, Boston,
London, Singapore, 1995.
[3] Andreescu T., Andrica D., O introducere în studiul ecua¸ tiilor diofantiene , Editura Gil,
Zalµ au, 2002.
[4] Andrica D., Vµ acµ are¸ tu D., Representation Theorems and Almost Unimodal Sequences ,
Studia Univ. Babe¸ s-Bolyai Mathematica, Vol. LI, Nr. 4, Dec. 2006.
[5] Becheanu M., Probleme din olimpiade matematice (1987-1994) , Editura Gil, Zalµ au,
1995.
[6] Becheanu M., Ni¸ tµ a C., ¸ Stefµ anescu M., Dincµ a A., Purdea I., Ion D. I., Radu N., Vraciu
C.,Algebrµ a , Editura All, Bucure¸ sti, 1998.
[7] Bu¸ sneag D., Chirte¸ s F., Piciu D., Probleme de algebrµ a liniarµ a , Editura Universitaria,
Craiova, 2002.
[8] Bu¸ sneag D., Chirte¸ s F., Piciu D., Probleme de logicµ a ¸ si teoria mul¸ timilor , Editura
Universitaria, Craiova, 2003.
[9] Bu¸ sneag D., Boboc F., Piciu D., Aritmeticµ a ¸ si teoria numerelor , Editura Universitaria,
Craiova, 1999.
[10] Bu¸ sneag D., Maftei I., Teme pentru cercurile ¸ si concursurile de matematicµ a ale elevilor ,
Editura Scrisul Românesc, Craiova, 1983.
[11] Dan C.T., Chiosa S.T., Didactica matematicii , Editura Universitaria, Craiova, 2008.
[12] Drînceanu G., Teme structurate de algebrµ a ¸ si analizµ a matematicµ a pentru liceu , Editura
Contrafort, Craiova, 2010.
[13] Dumitrescu C., Smarandache Fl., Metode de calcul în analiza matematicµ a – teorie ¸ si
probleme , Editura Infomed, Craiova, 1995.
[14] Erickson M. J., Flowers J .P.,Principles of mathematical problem solving ,Upper Saddle
River, New Jersy,1999.
117

Bibliografie
[15] Lin¸ t M., Lin¸ t D., Marinescu R., Marinescu ¸ S., D., Monea M., Monea S., Stroe M.,
Matematicµ a de excelen¸ tµ a: pentru concursuri, olimpiade ¸ si centre de excelen¸ tµ a – clasa
a V-a , Editura Paralela 45, Pite¸ sti, 2013.
[16] Leonte V. A., Niculescu C.P., Culegere de probleme de algebrµ a ¸ si analizµ a matematicµ a ,
Editura Scrisul Românesc, Craiova, 1984.
[17] Lupu C., Sµ avulescu D., Metodica predµ arii geometriei , Editura Paralela 45, Pite¸ sti, 2000.
[18] Mortici C., Sfaturi matematice: teme ¸ si probleme , Editura Minus, Târgovi¸ ste, 2007.
[19] Mu¸ suroia N., Heuberger D., Boroica Gh., Bujor F., Pop V., Matematicµ a de excelen¸ tµ a:
pentru concursuri, olimpiade ¸ si centre de excelen¸ tµ a – clasa a IX-a , Editura Paralela
45, Pite¸ sti, 2013.
[20] Niculescu C. P., Fundamentele analizei matematice – 1. Analiza pe dreapta realµ a , Editura
Academiei Române, Bucure¸ sti, 1996.
[21] Niculescu L., Metoda reducerii la absurd , Editura Gil, Zalµ au, 2007.
[22] Niculescu L., Pµ atra¸ scu I., Seclµ aman D., Gµ aleteanu M., Exerci¸ tii ¸ si probleme de matema-
ticµ a pentru clasa a IX-a , Editura Cardinal, Craiova, 2004.
[23] Oros D., Probleme de trigonometrie , Editura Petrion, Bucure¸ sti, 2004.
[24] Panaitopol L., Gica L., Probleme celebre de teoria numerelor , Editura Universitµ a¸ tii din
Bucure¸ sti, 1998.
[25] Pµ atra¸ scu I., Probleme de geometrie planµ a , Editura Cardinal, Craiova, 1996.
[26] Pop V., Algebrµ a liniarµ a -matrice ¸ si determinan¸ ti- , Editura Mega, Cluj-Napoca, 2012.
[27] Postolache M. ¸ si colab., Metodica predµ arii matematicii în liceu , Editura Fair Partners,
Bucure¸ sti, 2011.
[28] Shklyarsky D. O., Chentsov N. N., Yaglom I. M., Selected problems and theorems in
elementary mathematics , Mir Publishers, Moscow, 1979.
[29] Sire¸ tchi Gh., Calcul diferen¸ tial ¸ si integral -vol. 2 (exerci¸ tii) , Editura ¸ Stiin¸ ti…cµ a ¸ si Enci-
clopedicµ a, Bucure¸ sti, 1985.
[30] Sominski I. S., The method of mathematical induction , Blaisdell Publishing Company,
New York, London, 1961.
[31] Vîrtopeanu I., Vîrtopeanu O., Geometrie planµ a pentru gimnaziu ¸ si liceu – tipuri de
probleme, metode ¸ si tehnici de rezolvare , Editura Sibila, Craiova, 1994.
[32] Vîrtopeanu I., Metodica predµ arii matematicii -sinteze- , Editura Sitech, Craiova, 1998.
[33] Vodµ a V., Vraja geometriei demodate , Editura Albatros, Bucure¸ sti, 1983.
[34] ***, Colec¸ tia "Gazeta Matematicµ a" .
[35] http://arxiv.org/pdf/0909.4913.pdf
[36] http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_that_%CF%80_is_irrational
[37] …le:///C:/Users/R&G/Downloads/metode_moderne%20(2).pdf
[38] …le:///C:/Users/R&G/Downloads/Suport_curs_Metode_
118

Bibliografie
interactive_de_predare%20(2).pdf
[39] http://homepages.math.uic.edu/~jlewis/mtht430/apostol.pdf
[40] http://ler.is.edu.ro/~cex_is/Matematica/resurse/cex7s2.pdf
[41] http://numbers.computation.free.fr/Constants/Miscellaneous/irrationality.html
[42] http://www.edu.ro/index.php/articles/curriculum/c556+588++/
[43] http://www.smc.roedu.ro/index_htm_…les/SUPORT%20DE%20CURS2.pdf
[44] http://ssmr.ro/onm2014
[45] http://swc.math.arizona.edu/aws/2008/08WaldschmidtSlides1.pdf
[46] http://www.math.md/school/distractiva/umor/umor.html
119