SUPLIMENTUL cu EXERCIȚII al GMB N0 4/2022

  Faceti click pe imagine pentru descarcare.

Vezi ERATA

 

GAZETA MATEMATICĂ Seria B N0 4/2022

 Faceti click pe imagine pentru descarcare.

 Vezi ERATA

Vezi ERATA

 

 

GAZETA MATEMATICĂ Seria B N0 5/1986

 

 Faceti click pe imagine pentru descarcare.

 

MATEMATIKAI LAPOK 7, 8, 9, 10, 11-12/1986

A dokumentum letöltéséhez kattintson a kívánt képre

     Csak emlékek vannak... Az utolsó borítóra a postás írta : "Ciobanu...Av4-34...1956". Ezt így kell érteni : Ciobanu a nevem ; a címem Aurel Vlaicu utca 4., 34-es lakás ; és 1956-nak kell lennie az előfizetési számnak.... A város Arad megyei LIPOVA volt. Emlékek...

A Minimal Property of Monotonic Functions

             "Monotonic" has here the meaning of "increasing" or "decreasing".

      Problem 20 475 (for grade 12, published in GMB_6--1985) solved in GMB_6--1986, page 212 :

Solution

               We will show a seemingly simpler inequality :

          If $\;g\;:\;[0,1]\;\rightarrow \;\mathbb{R}$ is increasing, then

$$\int_0^1\left | g(t)-c \right | dt\;\geqslant\;\int_0^1\left | g(t)-g\left (\frac{1}{2}\right ) \right | dt\;,\;\;(\forall )c\in \mathbb{R}. \tag{1}$$

 

          If we demonstrated (1), then taking $\;g(t)=f\left (a+(b-a) \cdot t \right )$, we have $g$ is increasing if $f$ is increasing, so

  $$\int_0^1 \left | f \left ( a+(b-a) \cdot t \right )-c \right | dt \geqslant \int_0^1 \left | f \left ( a+(b-a) \cdot t \right ) -f \left ( \frac{a+b}{2} \right ) \right | dt.$$

In the above integrals we substitute

$$\begin{cases}x=a+(b-a)\cdot t \;,\;\;t=\frac{x-a}{b-a}\\t=0\;\leftrightarrow \;x=a\;,\;\;t=1\;\leftrightarrow \;x=b \end{cases}$$

and we get

  $$\int_a^b \left |f(x)-c \right | \cdot \frac{dx}{b-a}\geqslant \int_a^b \left | f(x)-f\left ( \frac{a+b}{2} \right ) \right | \cdot \frac{dx}{b-a}$$

 which multiplied by $b-a >0$ leads us to the original statement.

 

          To prove (1) we write

$$\int_0^1\left | g(x)-c \right |dx=\int_0^{\frac{1}{2}}\left |g(x)-c \right |dx+\int_{\frac{1}{2}}^1\left | g(x)-c \right |dx.\tag{2}$$

In the last integral of the (2) we replace $\begin{cases}x=u+\frac{1}{2}\\x=\frac{1}{2}\;\to u=0\\x=1\;\to u=\frac{1}{2}\end{cases}$

$\int_{\frac{1}{2}}^1\left |g(x)-c \right | dx\;\underset{x=u+\frac{1}{2}}{==}\;\int_0^{\frac{1}{2}}\left |g(u+\frac{1}{2})-c \right |du=\int_0^{\frac{1}{2}}\left |g(x+\frac{1}{2})-c \right |dx$, so (2) is written

$$\int_0^1 \left |g(x)-c \right |dx=\int_0^{\frac{1}{2}}\left | g(x)-c \right |dx+\int_0^{\frac{1}{2}}\left |g(x+\frac{1}{2})-c \right |dx. \tag{3}$$

     We have $g(x+\frac{1}{2})-g(x)\;\underset{g\nearrow}{=}\left |g(x+\frac{1}{2})-g(x) \right |=\left |\left (g(x+\frac{1}{2})-c \right )-(g(x)-c) \right |\;\;\underset{|a-b|\leqslant |a|+|b|}{\leqslant}\;\;$

  $$\leqslant \left |g(x+\frac{1}{2})-c \right |+|g(x)-c|$$

and taking the integral we get

$$\int_0^{\frac{1}{2}}\left ( g(x+\frac{1}{2})-g(x) \right ) dx \leqslant \int_0^{\frac{1}{2}} \left | g(x+\frac{1}{2})-c \right |dx+\int_0^{\frac{1}{2}} \left | g(x)-c \right |dx \underset{(3)}{=}\int_0^1 |g(x)-c|dx.$$

         So we have inequalities :

$$\int_0^1 |g(x)-c|dx \geqslant \int_0^{\frac{1}{2}}\left (g(x+\frac{1}{2})-g(x) \right )dx\;\;\;\Leftrightarrow$$

  $$\Leftrightarrow \;\int_0^1 |g(x)-c|dx \geqslant \int_0^{\frac{1}{2}}\left \{ \left [g(x+\frac{1}{2})-g(\frac{1}{2}) \right ]+ \left [g(\frac{1}{2})-g(x) \right ] \right \}dx \;\Leftrightarrow$$

  $$\Leftrightarrow \;\int_0^1|g(x)-c|dx \geqslant \int_0^{\frac{1}{2}}[g(x+\frac{1}{2})-g(\frac{1}{2})]dx+\int_0^{\frac{1}{2}}[g(\frac{1}{2})-g(x)]dx.\tag{4}$$

 The second integral in (4) becomes, with the substitution $\begin{cases}v=x+\frac{1}{2}\\x=0\leftrightarrow v=\frac{1}{2}\\x=\frac{1}{2}\leftrightarrow v=1\end{cases}$

$\int_0^{\frac{1}{2}}[g(x+\frac{1}{2})-g(\frac{1}{2})]dx\;\overset{v=x+\frac{1}{2}}{=}\;\int_{\frac{1}{2}}^1[g(v)-g(\frac{1}{2})]dv=\int_{\frac{1}{2}}^1[g(x)-g(\frac{1}{2})]dx,$

and, because on the set $[\frac{1}{2},1]$ we have $g(x)-g(\frac{1}{2})=|g(x)-g(\frac{1}{2})|$, we can't write

$$\int_0^{\frac{1}{2}}[g(x+\frac{1}{2})-g(\frac{1}{2})]dx=\int_{\frac{1}{2}}^1\left |g(x)-g(\frac{1}{2})\right |dx.$$

With the one above, and with the fact that on the set $[0,\frac{1}{2}]$ we have $g(\frac{1}{2})-g(x)=|g(\frac{1}{2})-g(x)|$, the  relationship (4) is written 

$\int_0^1|g(x)-c|dx \geqslant \int_{\frac{1}{2}}^1\left |g(x)-g(\frac{1}{2})\right |dx+\int_0^{\frac{1}{2}}\left |g(x)-g(\frac{1}{2})\right |dx=\int_0^1\left |g(x)-g(\frac{1}{2}) \right | dx,$

 and (1) is demonstrated.

 

          Let now be $f$ decreasing function. Then $-f$ is increasing and for $-f$ we apply the demonstrated property, taking the constant equal to $-c$ :

$$\int_a^b\left | (-f(x))-(-f\left (\frac{a+b}{2} \right ))\right | dx \leqslant \int_a^b\left |(-f(x))-(-c)\right |dx\;\Leftrightarrow$$

  $$\Leftrightarrow\;\int_a^b\left |f\left (\frac{a+b}{2}\right )-f(x) \right |dx\leqslant \int_a^b|c-f(x)|dx$$

 and inequality results again.

$\blacksquare$

 
 

A S T R A $\;\;\;\;$ M A T E M A T I C Ă - Una revista con una existencia... efímera

          I only have the Volume 1, numbers 1 - 5, and obviously(!) the number Zero. I don't know if there were too many.

                         Although the ad on page 29 says the numbers 1,2,3 for 1991 are ready to be printed,

I am not aware that any numbers other than those from 1990 have appeared. See also a short history of the University "LUCIAN BLAGA" from SIBIU/ROmania

where you can see, surrounded by me, the statement that only in 1990 the magazine appeared.

     You can see these numbers in DRIVE.

 

MATEMATIKAI LAPOK 6/1986 - Remélhetőleg lovagi csata román és magyar matematikusok között.

 Remélhetőleg lovagi csata román és magyar matematikusok között.

 

     Tekintse meg a beszkennelt magazint itt.  

          Meghívjuk Önt, hogy hasonlítsa össze a hasonló román nyelvű GAZETA MATEMATICĂ számmal.

           Az első, ami első pillantásra megdöbbentő, a két folyóirat azonos oldalszáma.
Valószínűleg ez volt az uralkodó intézmények parancsa...

           A román nyelvű kiadás tartalmának egy részét teljes egészében magyarra fordították:

     - LOGIKA ÉS GEOMETRIA, Teleman K. cikke;

     - Helyi Matematikai Olimpián adott feladatok megoldása, 1986. február 23., Giurgiu megye;

     - Problémák az elsődleges ciklussal (eltérő számozással);

      - NMO problémák középiskolások számára;

      - Az NMO és az BMO előkészítő kérdései;

      - Az éves Megoldóverseny kérdései.

          A „Problems for middle school” és a „Problems for high school” címeket szinte teljes egészében lefordították. A feladatok eredeti számozása megmaradt. Az első részben csak az E: 8870 (5. osztály) és E: 8886 (8. osztály) számokat cserélték fel két azonos szintű feladattal néhány magyar szerző. A második címsorban a 20 787 (a 9. osztályhoz), a 20 793, 20795 (a 10. osztályhoz) és a 20 804 (a 11. osztályhoz) feladatokat másokkal helyettesítették... Valószínűleg az akkori politikai viszonyok nem engedtek többet!

           A megoldott feladatokat tartalmazó szakaszok (Gimnázium, ill. Líceum) mutatják a legnagyobb eltéréseket. A magyar kiadásban csak néhány magyar diák megoldása jelenik meg.

          A különböző matematikai versenyek egyéb számai, vagy a Számítógépes problémák a két kiadvány különböző számában jelennek meg.

 

          Néhány rövidebb vagy kisebb matematikai jegyzet kimaradt a román nyelvű kiadásból. Ehelyett, vagy talán éppen ezért, a magyar kiadásban egy brassói magyar szerző gyönyörű hétoldalas cikke található, bizonyos számtani függvényekről az osztók összegével kapcsolatban... Kár, hogy nem láttam románul .

 

              A jövőben közzé fogok tenni ezen a blogomon és a többi problémámban.

 

Viszlát a matematika iránt érdeklődőknek,

CiP  

 

    

 

 

ABSOLVIREA FACULTATII

 Festivitate in ziua de Vineri, 10 IUNIE 2022. (Intr-o sala la Facultatea de Medicina din SIBIU)

 

Poate revin si cu niste fotografii...
 

GAZETA MATEMATICĂ Seria B N0 4/1972

Vezi in DRIVE
 

 

 

SUPLIMENTUL cu EXERCIȚII al GMB N0 12/2009

Vezi in DRIVE
 

 

 

Un trapezio non è diverso

                Here we show and solve Problem 4, page 3 (for grade 7), submitted to a regional Mathematics Competition.

In translation, thanks to Mr DeepL:

               "Let ABCD be an isosceles trapezoid with $AB \parallel CD,\;AB>CD$. 

          We denote by $O$ the point of intersection of the diagonals of the trapezoid and let $M, N$ and $P$ be the middles of the line segments $[OC], [OB]$ and $[AD]$ respectively. Knowing $PM=MN$, find the measures of the angles of the triangle $PMN$."

ANSWER CiP

$60^{\circ}$ - the triangle $PMN$ is equilateral

 

 Solution CiP

          $MN$ is mid-segment/midline of triangle $OBC$ and we have $MN \overset{\parallel}{=}\frac{BC}{2}$. But $BC=AD$, so

  $$MN\;=\;\frac{AD}{2}. \tag{1}$$

          Because $PM=MN$, we also have

$$MP=\frac{AD}{2}. \tag{2}$$

But in the triangle $AMD$, the median $MP$ of side $AD$ is half that side. So $AMD$ is a right triangle with hypotenuse $AD$. 

       Since we have $DM \perp MA$, then in the triangle $CDO$(initially isosceles with $OC=OD$) the median $DM$ is also altitude, so it is still isosceles with $DO=DC$; ultimately it is equilateral triangle.

       Because in any trapezoid the triangles $AOB$ and $COD$ are similar, it follow that $ABO$ is equilateral triangle too. Then its median $AN$ is also its altitude, so we have $AN \perp ND$.

       Now we have the right triangle $ADN$ in which the median $NP$ of hypotenuse is

$$NP=\frac{AD}{2}.\tag{3}$$

       From relations (1), (2), (3) it follows that the triangle $PMN$ is equilateral, so it has all three angles equal to $60^{\circ}$.

$\blacksquare \;\;\;\blacksquare$

SUPLIMENTUL cu EXERCIȚII al GMB N0 11/2009

Vezi in DRIVE
 

 

 

A NECESSARY_ and_SUFFICIENT condition of tangency to the circle

               Given a triangle $ABC$,

          a necessary and sufficient condition for the line $CD$ to be tangent

          to the circle circumscribing the triangle is $\angle{BAC} \equiv \angle{BCD}.$

 

          The condition is necessary : $CD$ - is tangent to circle $\Rightarrow\;\angle{BAC}=\angle{BCD}.$

     Indeed, we have the equalities between the measures of angles and arcs of the circle:

$$\widehat{BAC}=\frac{\overset{\frown}{BC}}{2},\;\;\widehat{BCD}=\frac{\overset{\frown}{BC}}{2}$$
hence the conclusion.

          The condition is sufficient : $\angle{BAC}=\angle{BCD}\;\Rightarrow$ $CD$ - is tangent to the

                                            circle circumscribing the triangle.

          For demonstration we take $O$ the center of the circumscribed circle. 

          If the point $O$ is inside the triangle, then we write the relation

$$\widehat{AOB}+\widehat{BOC}+\widehat{COA}=180^{\circ}.$$

          We show the proof when point $O$ is outside the triangle. In this case we have the relationship

$$\widehat{BOA}+\widehat{AOC}=\widehat{BOC}.$$

     From the isosceles triangles $AOB\;(OA=OB)$ and $AOC\;(OA=OC)$ it follows

$$\widehat{BOA}=180^{\circ}-2 \cdot \widehat{BAO},\;\;\widehat{AOC}=180^{\circ}-2 \cdot \widehat{CAO}$$

 so         $\widehat{BOC}=360^{\circ}-2 \cdot (\widehat{BAO}+\widehat{CAO})=360^{\circ}-2 \cdot \widehat{BAC}.$

But in the isosceles triangle $BOC$ we have

$$\widehat{BCO}=\frac{180^{\circ}-\widehat{BOC}}{2}=\frac{2\cdot \widehat{BAC}-180^{\circ}}{2}=\widehat{BAC}-90^{\circ}.$$

 Using the hypothesis $\widehat{BAC}=\widehat{BCD}$ results $$\widehat{OCD}=\widehat{BCD}-\widehat{BCO}=\widehat{BAC}-(\widehat{BAC}-90^{\circ})=90^{\circ},$$

so the line $CD$ is perpendicular to the radius $OC$ of the circle circumscribing the triangle $ABC$, i.e. it is tangent to this circle.

$\blacksquare$

               As an application of this property we solve the following problem:

(from the GMB exercise supplement, from October 2009 (page 3; proposed for 7th grade at a student summer camp). In translation, thanks to Mr DeepL

          "The median $AM$ of the acute triangle $ABC$ intersects the circle

circumscribing the triangle a second time at point $D$. If $E$ is the symmetric 

point of $A$ with respect to $M$, then show that the line $BC$ is the common 

tangent of the circumscribed circles of triangles $BDE$ and $CDE$."

          For demonstration, let's take a simplified figure.

From $MB=MC$ and $MA=ME\;\;\Rightarrow\;BACE$ - parallelogram. We have equals angles:

$$\angle{CAE} \equiv \angle{AEB}\;\;\;\angle{BAE}\equiv \angle {AEC},$$

 or written 

$$\widehat{CAD}=\widehat{DEB},\;\;\;\widehat{BAD}=\widehat{DEC}.\tag{1}$$

 We still have the equalities between angles and arcs:

$$\widehat{CAD}=\frac{\overset{\frown}{CD}}{2}=\widehat{CBD,}\;\;\;\widehat{BAD}=\frac{\overset{\frown}{BD}}{2}=\widehat{BCD}. \tag{2}$$

     From (1) and (2) follows

$\widehat{DBC}=\widehat{DEB}$    hence $BC$ is tangent to the circle circumscribed of $\Delta BDE,$

$\widehat{DCB}=\widehat{DEC}$     hence $CB$ is tangent to the circle circumscribed of $\Delta CDE$.

$\blacksquare\;\blacksquare$