Problema.1
Sa se demonstreze ca aria suprafetei cuprinsa intre graficul functiei

, axa

si dreptele de ecuatii

si

este un numar din intervalul

.
Problema.2
Se da triunghiul ascutitunghic ABC si inaltimile [AM],[BN],[CP] concurente in punctul H.
a)Sa se afle locul geometric al ortocentrului H al triunghiului ABC , daca B si C sunt puncte fixe si punctul A variabil pe cercul circumscris triunghiului ABC;
b)Aratati ca perpendicularele construite din A,B,C pe PN,PM si respectiv MN sunt concurente.
Problema.3
Se considera ecuatia

cu radacinile numerele reale

din intervalul

.
Aratati ca

Problema.4
Se considera polinomul

.Daca exista

astfel incat

si

sunt impare, sa se demonstreze ca polinomul g nu are radacini intregi.

Problema 2.
Simetricul ortocentrului fata de latura BC apartine cercului circumscris triunghiului ABC. Deci l.g. este un arc de cedc ,simetricul arcului BC fata de latura BC.
la b) folosim reciproca Teoremei lui Carnot in triunghiul MNP.

Problema 4.
Presupunem ca g(X) apartine Z[X] admite radacina intreaga n rezulta pe baza teoremei impartirii cu rest ca g(X)=(X-n)*C(X), C(X) apartine Z[X],
adica (X-n) divide g(X) (1)
Din ipoteza avem relatiile (sistem): g(t)=2k+1, k din Z
g(t+1)=2p+1, p din Z, t din Z (2)
Pentru X:=t si X:=t+1 obtinem combinand (1) si (2) urmatorul sistem:
(t-n) divide 2k+1 (3)
(t+1-n) divide 2p+1 (4)
Analizand toate cazurile posibile si anume:
1. t=par, n=par rezulta din (3) nr. par divide nr. impar (F)
2. t=impar, n=par rezulta din (3) nr. par divide nr. impar (F)
3. t=par, n=impar rezulta din (4) nr. par divide nr. impar (F)
4. t=impar, n=impar rezulta din (4) nr. par divide nr. impar (F), ajungem de fiecare data la o contradictie.
In concluzie presupunerea facuta este falsa, adica g(X) nu admite radacini intregi.

problema 4
presupunem ca g(x)are 1 radacina intreaga,fie aceasta p. Atunci g(x)=(x-p).f(x) unde f este un polinom de grad cu 1 mai mic decat g. Atunci g(t)=(t-p).f(t) si g(t+1)=(t+1-p).f(t+1). deoarece si g(t) si g(t+1) sunt impare,atunci (t-p) si (t-p+1) sunt impare(contradictie,pt. ca t-p si t-p+1 sunt consecutive)

Problema 3
Din ipoteza cunoastem |x_k|<1 k=1,2,3,4,5.
Se scriu relatiile lui Viete. Vor fi 5 relatii intre radacini:
1.suma radacinilor =-a1/a0 (suma de 5 termeni = combinari de 5 luate cate 1 termeni)
2.suma produselor de cate 2 radacini = a2/a1 (suma de 10 termeni = combinari de 5 luate cate 2 termeni)
3.suma produselor de cate 3 radacini =-a3/a0 (suma de 10 termeni = combinari de 5 luate cate 3 termeni)
4.suma produselor de cate 4 radacini = a4/a0 (suma de 5 termeni = combinari de 5 luate cate 4 termeni)
5.produsul radacinilor =-a5/a0 - 1 singur termen.

tinand seama de proprietatile modulelor:
1. |-a1/a0|=|a1/a0|=|suma(x_k)| <= suma|x_k| < 5*1=5
2. |a2/a0|=|suma[(x_k)*(x_j)]| <= suma|(x_k)*(x_j)| < 10*1=10
3. |-a3/a0|=|a3/a0|=|suma[(x_k)*(x_j)*(x_i)]| <= suma|(x_k)*(x_j)*(x_i)| < 10*1=10
4. |a4/a0|=|suma[(x_k)*(x_j)*(x_i)*(x_n)]| <= suma|(x_k)*(x_j)*(x_i)*(x_n)|<5*1=5
5. |-a5/a0|=|a5/a0|=|x1*x2*...*x5| < 1
Am obtinut:
1. |a1/a0|<5 rez. |a1|<5*|a0|
2. |a3/a0|<10 rez. |a3|<10*|a0|
3. |a5/a0|<1 rez. |a5|<|a0|
Insumam: |a1+a3+a5|<=|a1|+|a3|+|a5|<16*|a0|
4. |a0|=|a0|
5. |a2/a0|<10 rez. |a2|<10*|a0|
6. |a4/a0|<5 rez. |a4|<5*|a0|
Insumam: |a0+a2+a4|<=|a0|+|a2|+|a4|<16*|a0| (Aceste relatii ne dau informatii despre coeficienti, dar nu putem compara cele 2 module)

Altfel:
x_i apartin intervalului (-1,1)
Definim legea de compozitie care asociaza oricarei perechi de radacini din (-1,1) numarul xTy = (x+y)/[1+xy]. Se arata usor ca este grup abelian (parte stabila, asociativitate, comutativitate, ...).

Compunand radacinile x1 cu x2, rezultatul cu x3, ... pana la x5 obtinem:
x1 T x2 T x3 T x4 T x5 = [s1 + s3 + s5]/[1 + s2 + s4],
s1,s2,s3,s4,s5 reprezinta relatiile lui Viete dintre radacini.
Inlocuim s1 = -a1/a0, s2 = a2/a0, s3 = -a3/a0, s4 = a4/a0, s5 = -a5/a0
rezulta [-a1-a3-a5]/[a0+a2+a4] care apartine intervalului (-1,1) [este parte stabila]
-1 < [-a1-a3-a5]/[a0+a2+a4] < 1 adica |-a1-a3-a5|/|a0+a2+a4| < 1
|a1+a3+a5|/|a0+a2+a4| < 1
|a1+a3+a5| < |a0+a2+a4|

problema 3: f(-1).f(1)<0 (tinand cont de faptul ca f este continua pe (-1,1) si ca are 5 radacini in acest interval),atunci-ao+a1-a2+a3-a4+a5)(ao+a1+a2+a3+a4+a5)<0 de unde[(a1+a3+a5)-(ao+a2+a4)].[(a1+a3+a5)+(ao+a2+a4)]<0 de unde(diferenta de patrate)rezulta relatia dorita.

[Citat] Problema.1 Sa se demonstreze ca aria suprafetei cuprinsa intre graficul functiei , axa si dreptele de ecuatii si este un numar din intervalul .

Am si eu o intrebare referitor la probleme de acest gen.
Din monotonia functiei

si valoarea functiei la capetele intervalului [0,1] si aplicand teorema de medie pe acest interval se obtine o inegalitate mult prea "larga". Se poate restrange intervalul aplicand teorema lui Lagrange unor functii care se definesc pe baza unor inegalitati (asta presupune cunoasterea unor astfel de inegalitati (de ex.

, ptru orice x dif de 0 si punand x:=-x^2 etc.), dar nici asa nu se ajunge la intervalul dorit. Aici se vede ca avem nevoie de o dubla inegalitate foarte restrictiva. Cum se poate intui o astfel de inegalitate?
Sau se imparte intervalul in mai multe subintervale si se aplica teorema de medie pe fiecare subinterval?