format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

Analog se obţin încă două minorări şi deducem că
≥ (a − b)2 + (a − c) 2
(1 + a)Q
4
1 + a + 4
1 + b + 4 3(a + b + c)
−
1 + c a 2 + b 2 + c 2 ≥
+ (b − c)2 + (b − a) 2
(1 + b)Q
+ (c − a)2 + (c − b) 2
,
(1 + c)Q
inegalitate echivalentă cu cea din enunţ. Egalitatea se atinge pentru a = b = c = 1 3 .
L162. Dacă n ∈ Z ∗ este fixat, rezolvaţi în R ecuaţiahx
ni=•[x]
n˜.
Dumitru Mihalache şi Gabi Ghidoveanu, Bârlad
Soluţie. Dacă n ∈ N ∗ , mulţimea soluţiilor ecuaţiei este R, conform unei cunoscute
proprietăţi a părţii întregi. Într-adevăr,
hx
⇔ kn ≤ x < (k + 1)n ⇔ kn ≤ [x] < (k + 1)n ⇔•[x]
ni=k
n˜=k.
În cazul în care n ∈ Z\N ∗ , există şi sunt unice numerele q ∈ Z şi r ∈ R, 0 ≤ r < |n|,
astfel ca x = nq + r. Urmează că
hx + ri=hq +
ni=hnq r n
ni=q+hr
ni,
•[x] + r]
˜=•nq + [r]
˜=q+•[r]
n˜=•[nq
n
n
n˜.
Dacă r = 0, atuncihr
Dacă r ∈ (0, 1), atuncihr
deoarece
ni=•[r]
n˜=0.
ni=−1,
r
n ∈ − 1
|n| , 0‹, r
iar•[r]
Dacă r ∈ [1, |n|), atunci
n˜=0.
n , |r|
n ∈ −1, − |n|˜, 1 deci
hr
De aici se obţine că, pentru n ∈ Z\N
ni=•[r]
n˜=−1. ∗ , mulţimea soluţiilor ecuaţiei
din enunţ este R\S(nq, nq + 1).
q∈Z
L163. Fie a un număr întreg impar, iar n ∈ N ∗ . Arătaţi că polinomul X 2n + a 2n
este ireductibil în Z[X] însă, pentru orice număr prim p, polinomul redus modulo p
este reductibil în Z p [X].
Dorel Miheţ, Timişoara
Soluţie. Deoarece f(X +a) = X 2n +C2 1 −1 +. . .+C naX2n 2n −1
2 −1 X +2a n a2n 2n , iar
coeficienţii binomiali C 1 2 n, . . . , C2n −1
2
n sunt toţi pari, din criteriul lui Eisenstein rezultă
că f(X + a) (şi la fel f) este ireductibil peste Q, deci şi peste Z (având coeficientul
dominant 1).
Dacă p = 2, atuncibf = X 2n +b1 este reductibil în Z 2 [X], deoarece este de grad
mai mare decât unu şi are rădăcina 1. Fie p un număr prim impar; putem scrie că
bf = X 2n +da 2n = (X 2n−1 ) 2 − (−b1da 2n ) = (X 2n−1 +Õa 2n−1 ) 2 −b2Õa 2n−1 · X 2n−1 =
= (X 2n−1 −Õa 2n−1 ) 2 − (−b2Õa 2n−1 · X 2n−1 ).
77