format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

În cazul în careba =b0, concluzia este imediată. În caz contrar,ba va fi generator al
grupului ciclic (Z ∗ p, ·), prin urmare −b1 = a s ,b2 = a t şi −b2 = a s+t , pentru anumite
numere naturale s şi t. Deoarece cel puţin unul dintre numerele s, t şi s + t este
par, rezultă că unul dintre elementele −b1,b2, −b2 este pătrat perfect în Z p , decibf va fi
reductibil în Z p (X).
L164. O secvenţă x 1 , x 2 , . . . , x n , y 1 , y 2 , . . . , y n de 2n numere reale are proprietatea
(P ) dacă x 2 i + y2 i = 1, ∀i = 1, n. Fie n ∈ N ∗ astfel încât pentru orice secvenţă cu
proprietatea (P ), există 1 ≤ i < j ≤ n cu x i x j + y i y j ≥ 0, 947. Determinaţi cea mai
bună constantă α aşa încât x i x j + y i y j ≥ α, pentru orice secvenţă cu proprietatea
(P ).
Vlad Emanuel, student, Bucureşti
Soluţie. Considerăm punctele M k (x k , y k ), k = 1, n şi vectorii ⃗v k = −−−→ OM k . Pentru
o secvenţă cu proprietatea (P), avem că |⃗v k | = 1, k = 1, n, deci x i x j + y i y j = ⃗v i ·
⃗v j = |⃗v i | · |⃗v j | cos(×−→ v i , −→ v j ) = cos(×−→ v i , −→ v j ). Vom demonstra că, în ipotezele problemei,
n ≥ 20. Presupunem, prin absurd, că n ≤ 19 şi alegem M k -imaginile rădăcinilor de
ordin n ale unităţii. Atunci x i x j +y i y j ≤ cos 2π 2π
≤ cos < 0, 947, după cum se poate
n 19
constata cu ajutorul unui calculator. Fie deci n ≥ 20; deoareceXm((Ú−→ v k , −→ v k+1 )) =
2π, unde ⃗v n+1 = ⃗v 1 , înseamnă că cel puţin unul dintre unghiurile (Ú−→ v k , −→ v k+1 ) este cel
mult egal cu 2π n . Pentru acel unghi, x kx k+1 + y k y k+1 ≥ cos 2π n ≥ cos π =r5 + √ 5
10 8
şi această constantă nu poate fi îmbunătăţită, căci putem lua n = 20 şi M k imaginile
rădăcinilor de ordin 20 ale unităţii. În concluzie, α =r5 + √ 5
.
8
L165. Fie n ≥ 2 un număr natural. Determinaţi cel mai mare număr natural
m pentru care există submulţimile nevide şi distincte A 1 , A 2 , . . . , A m ale lui A =
{1, 2, . . . , n}, cu proprietatea că fiecare element al lui A este conţinut în cel mult k
dintre ele, unde:
a) k = 2; b) k = n; c) k = n + 1.
Marian Tetiva, Bârlad
Soluţie. Fie x i , i = 1, n, numărul acelora dintre submulţimile A 1 , A 2 , . . . , A n care
au i elemente şi fie y j , j = 1, m, numărul elementelor lui A care se găsesc în exact
j dintre mulţimile A 1 , A 2 , . . . , A m . Avem evident că x 1 + x 2 + . . . + x n = m, iar
y 1 + y 2 + . . . + y m ≤ n (se poate să fie elemente ale lui A care să nu aparţină niciuneia
dintre submulţimi). Egalitatea
(1) x 1 + 2x 2 + . . . + nx n = y 1 + 2y 2 + . . . + my m
se obţine numărând în două feluri toate elementele care apar în A 1 , A 2 , . . . , A m , incluzând
repetiţiile (şi este adevărată chiar dacă A 1 , A 2 , . . . , A m nu sunt distincte).
a) În ipoteza k = 2, avem că y j = 0, ∀j ≥ 3, deci y 1 +y 2 ≤ n şi x 1 +2x 2 +. . .+nx n =
y 1 + 2y 2 . Atunci
2m − x 1 = x 1 + 2(m − x 1 ) = x 1 + 2(x 2 + . . . + x n ) ≤
78