pbmatepbmateArticoleAutentificare
pbmate logo
pbmate

Matematică pentru elevii care vor mai mult de 9

Conectează-te

Trei probleme noi în fiecare dimineață. Calibrate la nivelul tău, nu la al manualului.

Înapoi la articole

Probleme · 2026-05-20

Daily Math · 2026-05-20 - trei probleme despre Numere complexe, Trigonometrie (identități), Aria de sub grafic

Un set de probleme de matematică pentru azi. Rezolvă cele trei probleme cu variante multiple și descoperă soluțiile explicate.

Problema 1 · Numere complexe

Fie numărul complex z=−3+4iz = -3 + 4i. Modulul lui zz este:
  1. 7\sqrt{7}
  2. 55
  3. 77
  4. 11

Soluție

Modulul unui număr complex z=a+biz = a + bi este ∣z∣=a2+b2|z| = \sqrt{a^2 + b^2}. Pentru z=−3+4iz = -3 + 4i: ∣z∣=(−3)2+42=9+16=25=5.|z| = \sqrt{(-3)^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5.
Capcana frecventă este confundarea modulului cu suma ∣a∣+∣b∣=7|a| + |b| = 7 sau cu valoarea absolută a părții reale ∣−3∣=3|-3| = 3. Altă greșeală: (−3)2−42=−7\sqrt{(-3)^2 - 4^2} = \sqrt{-7} (semn greșit). Modulul se calculează întotdeauna ca rădăcina sumei pătratelor, nu diferența.

Problema 2 · Trigonometrie (identități)

Se știe că sin⁡α=513\sin \alpha = \dfrac{5}{13} și α∈(0,π2)\alpha \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right). Valoarea expresiei cos⁡2α\cos 2\alpha este:
  1. 119169\dfrac{119}{169}
  2. −119169-\dfrac{119}{169}
  3. 120169\dfrac{120}{169}
  4. 713\dfrac{7}{13}

Soluție

Din sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 și α∈(0,π/2)\alpha \in (0, \pi/2): cos⁡α=1−25169=144169=1213.\cos \alpha = \sqrt{1 - \tfrac{25}{169}} = \sqrt{\tfrac{144}{169}} = \dfrac{12}{13}. Aplicând identitatea dublului unghi: cos⁡2α=cos⁡2α−sin⁡2α=144169−25169=119169.\cos 2\alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha = \dfrac{144}{169} - \dfrac{25}{169} = \dfrac{119}{169}.
Trei capcane clasice: (1) semn greșit — sin⁡2α−cos⁡2α=−119/169\sin^2\alpha - \cos^2\alpha = -119/169; (2) confundarea cu sin⁡2α=2⋅513⋅1213=120169\sin 2\alpha = 2 \cdot \frac{5}{13} \cdot \frac{12}{13} = \frac{120}{169}; (3) calcularea cos⁡α−sin⁡α=713\cos\alpha - \sin\alpha = \frac{7}{13} în loc de cos⁡2α\cos 2\alpha. Identitatea corectă este cos⁡2α=cos⁡2α−sin⁡2α\cos 2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha.

Problema 3 · Aria de sub grafic

Aria suprafeței cuprinse între graficul funcției f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x, axa OxOx și dreptele x=1x = 1 și x=e2x = e^2 este:
  1. e2−1e^2 - 1
  2. e2e^2
  3. e2+1e^2 + 1
  4. 2e2−12e^2 - 1

Soluție

Pe intervalul [1,e2][1, e^2] avem ln⁡x≥0\ln x \geq 0, deci aria este: A=∫1e2ln⁡x dx.A = \int_1^{e^2} \ln x \, dx. Prin integrare prin părți (u=ln⁡xu = \ln x, dv=dxdv = dx, du=1xdxdu = \frac{1}{x}dx, v=xv = x): A=[xln⁡x−x]1e2=(e2⋅2−e2)−(1⋅0−1)=e2+1.A = \Big[x \ln x - x\Big]_1^{e^2} = \left(e^2 \cdot 2 - e^2\right) - \left(1 \cdot 0 - 1\right) = e^2 + 1.
Problema testează integrarea prin părți și atenția la limita inferioară. Greșeala cea mai des întâlnită: [xln⁡x−x]1e2=e2−0=e2[x \ln x - x]_1^{e^2} = e^2 - 0 = e^2 (se uită termenul −1-1 de la capătul inferior). O altă greșeală: semn greșit la capătul inferior, obținând e2−1e^2 - 1. Valoarea corectă este e2+1e^2 + 1.
1 / 3
EasyNumere complexe
Fie numărul complex . Modulul lui este: