10 Teme de matematic˘ a pentru pe ntru Olimpiade
Marius Ghergu 1 3 Noiembrie 2003
1
E-mail:
[email protected]
Cuprins 1
Partea ˆıntreag˘ a ¸si partea fract ¸ionar˘ a a unui num˘ ar real
1
2
Capitolul 1
Partea ˆıntreag˘ a¸ si partea fract ¸ionar˘ a a unui num˘ ar real Fiind dat un num˘ar real x, cel mai mare num˘ar ˆıntreg mai mic decˆat x se nume¸ste arului x ¸si se noteaz˘a [x] (sau x ). Evident are loc relat¸ia [x] partea ˆıntreag˘ a a num˘ x [x] + 1 ¸si [x] = x dac˘a ¸si numai dac˘a x Z. Num˘ arul x := x [x] se nume¸ste partea fract¸ionar˘a a lui x. Evident x [0, 1) ¸si x = 0 x Z.
≤ {}
{ } ⇔ ∈
∈
−
≤
{ } ∈
Propriet˘ at¸i.
[x] x = , pentru orice n n n (ii) Identitate lui Hermite (i)
∈ N \ {0} ¸si x ∈ R.
−
1 2 n 1 [x] + x + + x + + ... + x + [nx], n n n pentru orice n N 0 ¸si x R. Cˆ ateva lucr˘ari din literatura matematic˘a romaneasc˘a ˆın care putem g˘asi probleme care cont¸in partea ˆıntreag˘a ¸si partea fract¸ionar˘a sunt [2] ¸si [3]. De asemenea recomand articolele [1] ¸si [4].
∈ \{ }
∈
− m
∈
1. Fie r 1 , r2 ,...,r m (0, 1)
∩ Q (m ≥ 2) cu suma 1. Aflat¸i max ∈ n Z
n
[rk n] .
k=1
(Olimpiad˘ a Canada, 1996) m
Solut ¸ie. Deoarece
rk = 1, avem
k=1 m
n
−
m
[rk n] =
k =1
m
m
− rk n
k =1
[rk n] =
k =1
{ k=1
}
rk n < m,
m
deci n
−
[rk n]
≤ m − 1. Pentru a proba egalitatea ˆın relat¸ia precedent˘a, consider˘am q =cel mai mare divizor comun al numitorilor fract¸iilor r , (1 ≤ k ≤ m) ¸si fie n = q − 1. k=1
k
2
m
Atunci [rk n] = rk n
− 1 pentru orice 1 ≤ k ≤ m. Rezult˘a n maximul de mai sus este m − 1.
−
[rk n]
k =1
≤ m − 1, deci
Probleme Propuse
√
n ,n [ n] q (n) > q (n + 1).
1. Fie q (n) =
≥ 1. Determinat¸i numerele naturale nenule n cu proprietatea (Olimpiad˘ a Marea Britanie, 1996)
2. Demonstrat¸i c˘a pentru orice num˘ar natural n are loc relat¸ia
√
[ n + 1 +
| 2000
3. Fie M = n + √ n M.
√ 4n + 3] = [9n + 8].
≤ n ≤ 2000
1
. Determinat¸i cel mai mic element al mult¸imii
4. Fie a,b, c numere naturale nenule. Demonstrat¸i inegalitatea c c ab
c a
c < c min b
− ·
1 1 , a b
.
5. S˘a se rezolve ecuat¸ia [x] + 6. S˘a se rezolve ecuat¸ia
a a = x + , [x] x
{} {}
∈ ∞).
a (0,
√ x − [x] = sin x.
7. S˘a se rezolve ˆın mult¸imea numerelor reale pozitive sistemul
unde m, n
xm = [y] + m yn = [x] + n
∈ N \ {0}. 8. Fie A = {(a, b) ∈ Z × Z | x 2 + a[x] + b > 0 (∀) x ∈ R}, unde [ α ] reprezint˘a partea ˆıntreag˘a a num˘arului real α. Calculat¸i
min x2 + ax + b x R
∈
| (a, b) ∈ A
.
∈ R cu proprietatea √ nx < 12 , pentru orice n ∈ N. Ar˘atat¸i c˘a x = 0. 10. Fie x ≥ 2 un num˘ar real ¸si a = [2 x], n ∈ N. Ar˘ atat¸i c˘a dac˘a a ¸si a nu sunt prime ˆıntre ele pentru orice m, n ∈ N, atunci x ∈ Z. 11. Se consider˘ a a 1 , a2 ,...,a (k ≥ 3) numere reale nenule cu proprietatea a1 [a2 n] = a 2 [a3 n] = ... = a [a1 n], pentru orice n ∈ N.
9. Fie x
n
n
n
k
k
Ar˘ atat¸i c˘a a 1 = a 2 = ... = ak . 3
m
12. Not˘am cu α r˘ad˘ acina pozitiv˘a a ecuat¸iei x 2 = kx +1 unde k este un num˘ar natural nenul. Pentru orice a, b N, definim operat¸ia
∈
a b = ab + [αa] [αb].
·
∈ N. 13. Determinat¸i x ∈ R astfel ˆıncˆat funct¸ia f : R → R, f (n) = {2 x} s˘a fie monoton˘a. 14. Fie n ≥ 2 un num˘ar natural. Ar˘atat¸i c˘a exist˘a un num˘ar irat¸ional α cu proprietatea n | ([α ] + 1), pentru orice k ∈ N \ {0}. 15. Se consider˘ √ a o mult¸ime nevid˘a A ⊂ N \ {0} cu proprietatea c˘a pentru orice a ∈ A rezult˘ a [ a] ∈ A ¸si 4a ∈ A. Ar˘atat¸i c˘a A = N \ {0}. 16. Determinat¸i numerele reale x ≥ 0 cu proprietatea c˘a [x ] = [x] , pentru o infinitate Demonstrat¸i c˘a (a b) c = a (b c), pentru orice a,b, c
n
k
k
k
de valori naturale ale lui k.
17. Fie a,b > 1 dou˘a numere reale astfel ˆıncˆat [log a (bn + a)] = [log b (an + b)], pentru orice n N. Ar˘atat¸i c˘a a = b.
∈
k
∈ R ¸si x
∈ N. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a mult¸imea A = {n ∈ a, atunci α 1 , α2 ,...,α ∈ Z. N ; (x , n) = 1} este finit˘ 19. Fie P, Q ∈ R[X ] dou˘a polinoame cu propriet˘ a¸tile (i) P (0), Q(0) ∈ Z; 18. Fie α 1 , α2 ,...,α k n
n
=
[αi n], n
i=1
k
(ii) [P (k)] = [Q(k)] pentru o infinitate de valori ˆıntregi ale lui k. Ar˘ atat¸i c˘a P Q.
≡
20. Fie 0 < α < 1 un num˘ar real. Ar˘atat¸i c˘a exist˘a x pentru orice n N 0 .
∈ (0, 1) astfel ˆıncˆat {nx} > α
∈ \{ }
4
n
,
Solut ¸ ii
√
√
≤
1. Dac˘a n + 1 nu este p˘atrat perfect, atunci [ n] = [ n + 1] ¸si deci q (n + 1) q (n). Dac˘ a n + 1 este p˘atrat perfect, atunci n + 1 = m 2 de unde obt¸inem q (n) = m + 1, q (n + 1) = m ¸si se verific˘a relat¸ia din enunt¸. A¸sadar numerele c˘autate sunt cele de forma n = m 2 1, m 2.
−
≥
2. Avem dubla inegalitate
√ 9n + 7 < √ n + 1 + √ 4n + 3 < √ 9n + 8 de unde rezult˘ a
√
≤ [√ n + 1 + √ 4n + 3] ≤ [√ 9n + 8]. (1) √ Dac˘ a k = [ 9n + 8], atunci k 2 ≤ 9n + 8. Mai mult, inegalitatea anterioar˘a este strict˘ a deoarece un p˘atrat perfect d˘a restul 0, 1, 4 sau 7 la ˆınmp˘art¸irea cu 9. De√ 2 ≤ ducem k 9n+7 de unde obt¸inem k = [ 9n + 7]. Din (1) rezult˘a atunci egalitatea [ 9n + 7]
din enunt¸. Obs. Rezultate similare cu cele de mai sus putem g˘asi ˆın [1]. 3. Folosind inegalitatea mediilor avem n +
√
2000 2000 > n + n n
√ − 1 = n + 1000 √ n + 2000 √ n − 1 ≥ 3
≥
√ 3
10002
− 1 = 299.
∈
De aici rezult˘a min M 300. Pentru n = 100, g˘asim 300 M, deci min M = 300. 4. Deoarece inegalitatea este simetric˘a ˆın a ¸si b, putem presupune c˘a a c x = ¸si avem ab c
c ab
c a
c b
− ·
− − { }
≥ b. Not˘am
= c[x] [bx] [c/b] c [bx] [bx] [c/b] = [bx] (c/b [c/b]) b 1 1 = [bx] c/b < bx = c min , . a b
≤
−
∈ \ ∪ −{ } { }− {} ≥ { } { } ∈ | ∈ ≥ 6. Din condit¸ia de existent¸a˘ avem x ≥ 0. Se observ˘a c˘a x = 0 este o solut¸ie a ecuat¸iei. Ar˘ at˘ am c˘a este singura solut¸ie. √ Dac˘ a x ∈ (0, 1), ecuat √ ¸ia devine x = sin x. Deoarece sin x > 0 pentru orice x ∈ (0, ∞), deducem c˘a x < x, imposibil. √ 1 + sin x. Cum sin x > max{sin1, sin2} > Dac˘ a x ∈ √ [1, 2), ecuat¸ia devine √ x = √ 2 > √ x, deducem c˘a ecuat¸ia nu are solut¸ii. 2 sin 4 = 22 ¸si 1 + sin x > 1 + √ 2 > Dac˘ a x ∈ [2, 3), ecuat¸ia devine x = 2+sin x. Cum [2, 3) ⊂ 2 , π , avem 2+sin x > √ 2 > x, deci ecuat¸ia nu are solut¸ii. √ Dac˘ a x ∈ [3, 4), atunci ecuat¸ia devine x = 3 + [x]. Pe de alt˘a parte, 3 + sin x > 5. Din condit¸ia de existent¸a˘ avem x R (Z (0, 1)). Ecuat¸ia devine ([x] x )([x] x a) = 0. De aici rezult˘a [x] = x , i.e. x = 0 care nu convine sau x = [xa] . Cum x (0, 1) deducem [x] > a, deci [x] [a] + 1. a Obt¸inem S = k + k N, k [a] + 1 . k
π
π
5
√
2 > x, deci ecuat¸ia nu are solut¸ii. Dac˘ a x 4, din inegalitatea mediilor avem avem solut¸ii. A¸sadar S = 0 .
≥
√ x <
x+1
2
< [x]
− 1 ≤ [x] + sin x ¸si nu
{ } 7. Presupunme m ≥ n. Se observ˘a c˘ a x > 1, y > 1.
Caz I. n = 1. Din cele dou˘a ecuat¸ii din sistem rezult˘a x m = [x] + m + 1. (1) (i) Dac˘a m = 1, sistemul nu are solut¸ii. (ii) Dac˘a m = 2, ecuat¸ia (1) devine 3 + [x] = x2 [x]2 de unde rezult˘a [x] 1, 2 . Analizˆ and aceste cazuri g˘asim solut¸ia ( 5, 3). (iii) Dac˘a m 3, ar˘at˘ am c˘a (1) nu are solut¸ii pentru [x] 3. ˆIntr-adev˘ar, pentru [x] 3 avem
≥
√
∈{ }
≥
≥
m + 1 = x m
≥
m
− [x] ≥ [x] − [x] = [x]
m 1
− ([x] − 1) ≥ 2 · 3m−1 > m + 1,
deci ecuat¸ia (1) nu are solut¸ii. Analizˆand cazurile [x] = 1 ¸si [x] = 2, se obt¸ine solut¸ia ( m + 2, 2). Caz II. n 2. Adunˆ and cele dou˘a ecuat¸ii din sistem obt¸inem
√ ≥
m
(xm
n
− [x]) + (y − [y]) = m + n.
(2)
Dac˘ a m 3 ¸si [x], [y] 3, analog ca la cazul I (iii) demonstr˘am xm [x] > m ¸si n y [y] n, deci ecuat¸ia (2) nu are solut¸ii. Analiz˘amd celelalte cazuri g˘asim (i) Dac˘a m = n = 2 atunci solut¸iile sunt ( 3, 3), (2, 2); (ii) Dac˘a m 3, n 2 atunci solut¸ia este ( m + 1, n + 1).
≥ − ≥
≥
≥
Discut ¸ie
√ √ √
≥
m
−
√ n
∅ √ {( √ 5, 3)}; ≥ {( m + 2, 2)}; {(√ √ 3, √ 3), (2,√ 2)}; ≥ ≥ {( m + 1, n + 1)}. ∆ 8. Fie m = min x2 + ax + b | (a, b) ∈ A . Este evident mai ˆıntai c˘a m ≥ − , ∈ 4 pentru orice (a, b) ∈ A. Fie (a, b) ∈ A. Consider˘am funct¸ia f : R → R, f (x) = x2 + ax + b. Ar˘ at˘ am pentru ˆınceput c˘a ∆ ≤ 0. S˘a presupunem c˘a ∆ > 0; atunci ecuat¸ia f (x) = 0 are dou˘a r˘ad˘acini reale distincte x1 < x2 . Pe de alt˘a parte, din enunt¸ avem f (k) > 0,(∀) k ∈ Z. Deoarece f este negativ˘a pe intervalul (x1 , x2 ) va rezulta c˘a (x1 , x2 ) ∩ Z = ∅ deci 0 < |x1 − x2 | < 1. Mai departe ridic˘am la p˘atrat ¸si folosim Dac˘ a m = n = 1 atunci S = ; Dac˘ a n = 1, m = 2 atunci S = Dac˘ a n = 1, m 3 atunci S = Dac˘ a n = 2, m = 2 atunci S = Dac˘a n 2, m 3 atunci S = x R
m
n
m
relat¸iile lui Viete. Obt¸inem
− x2)2 < 1 ⇔ 0 < (x1 + x2)2 − 4x1x2 < 1 ⇔ 0 < a2 − 4b < 1. Se observ˘a c˘ a ultima egalitate este imposibil˘a deoarece a, b ∈ Z. A¸sadar ∆ ≤ 0. Demonstr˘ am acum c˘a nu putem avea ∆ ∈ {0, −1, −2} analizˆand fiecare caz ˆın 0 < (x1
parte.
Caz I. ∆ = 0 Atunci a 2 4b = 0 de unde deducem c˘a a este par, a = 2 p ¸si b = p2 , p Z. Inegalitatea din enunt¸ devine x2 + 2 p[x] + p2 > 0, ( ) x R, relat¸ie care nu este adev˘ arat˘ a pentru x = p.
−
∀ ∈
−
6
∈
∈ {−1, −2} Atunci a 2 ∈ {4b − 1, 4b − 2}. Aceast˘a situat¸ie este imposibil˘a deoarece orice p˘atrat Caz II. ∆
perfect d˘a restul 0 sau 1 la ˆımp˘art¸irea cu 4. ∆ 3 A¸sadar ∆ 3 de unde m = . (1) 4 4 ˆ S˘ a observ˘am acum c˘a (1, 1) A. Intr-adev˘ar, inegalitatea x2 +[x]+1 > 0, ( ) x R rezult˘ a u¸sor analiz˘and cazurile x ( , 1) ¸si x [ 1, ). Din (1, 1) A rezult˘a 3 m min x2 + x + 1 = . (3) x∈R 4
≤−
≤
{
≥− ∈ ∈ −∞ −
}
Din (1) ¸si (2) deducem c˘a m =
∈− ∞
∀ ∈
∈
3 . 4
1 9. ˆInlocuind n cu n 2 ˆın relat¸ia din enunt¸, g˘asim nx < , pentru orice n N. (1) 2 Ar˘ at˘ am mai ˆıntˆai c˘a x Z. ˆIntr-adev˘ar, ˆın caz contrar, x (0, 1) ¸si atunci exist˘a 1 1 1 k 0 astfel ˆıncˆat x < . Atunci k x < 1 de unde rezult˘a N 2k k 2 1 kx = k x ¸si se contrazice astfel relat¸ia (1) (pentru n = k ). Am ar˘ atat 2 c˘a x = 0, deci x Z. ˆInlocuim acum pe n cu 2n2 ˆın relat¸ia din enunt¸ ¸si obt¸inem nx 2 < 1 , pentru 2 orice n N. Cu acela¸si rat¸ionament ca mai sus avem x 2 Z. Cum x Z, din relat¸iile anterioare rezult˘a x = 0. a solut¸ie pentru a obt¸ine x Z ar˘atˆ and prin induct¸ie c˘a Obs. Se poate da o a alt˘ 1 x , pentru orice n N. De aici rezult˘a c˘a x = 0, i.e. x Z. 2n
∈ \ { } { } { { }} ≥ { } ∈
{ }
∈
≤{ }
{ } ∈ ≤ {}
√ ∈ {
∈
{ }≤
∈ { }
∈
∈
√
}
∈
∈
1 Z, deci exist˘ Z cu proprietatea k+1 10. Presupunem x / Z. Atunci x a k 2 1 1 k k+1 x < k . Rezult˘a 2 x < 1 ¸si 1 2 x < 2 de unde obt¸inem a k = 2k [x] 2 2 ¸si a k+1 = 2k [x] + 1. ˆIn aceste condit¸ii, numerele a k ¸si a k+1 nu sunt prime ˆıntre ele, ceea ce contrazice ipoteza. Rezult˘a deci x = 0, i.e. x Z.
∈
{}
{ } ∈ ≤ { } ≤
{ }
∈
≤
{}
∈
˘ . Dac˘ 11. Lema a [2m x] = 2m [x], pentru orice m N, atunci x Z. Demonstrat¸ie. Presupunem c˘a x / Z . Atunci x (0, 1) deci exist˘a m N 0 1 1 cu proprietatea m x < m−1 . Rezult˘a 1 2m x < 2 deci [2 m x ] = 1. 2 2 Atunci [2m x] = 2m [x] + [2 m x ] = 2m [x] + 1, ˆın contradict¸ie cu relat¸ia din enunt¸. A¸sadar x = 0 de unde x Z.
≤{ }
∈ ∈ { } ∈ ≤ { }
∈
{} ∈
∈ \ { } {}
{ } Dac˘ a a 1 ∈ Z, conform relat¸iei din enunt¸ rezult˘a c˘ a a 1 = a 2 = ... = a . ∈ Z. Conform Lemei, exist˘a m ∈ N\{0} cu proprietatea [2 Presupunem c˘a a1 2 [a1 ] (1). Pe de alt˘a parte, 2[x] ≤ [2x] < 2[x] + 2 pentru orice x ∈ R, deci [2x] ∈ {2[x], 2[x] + 1 }, (∀) x ∈ R (2) k
m
m
a1 ] =
Din (1) ¸si (2) rezult˘a [2m a1 ] = 2[2 m−1 a1 ] + 1. ˆIn baza relat¸iei din enunt¸ deducem [2m a2 ] =
ak ak m a k [2 a1 ] = 2 [2m−1 a1 ] + . a1 a1 a1 7
Din (2) ¸si din faptul c˘a ak = 0 se obt¸ine ak = a1 . Atunci rezult˘a imediat c˘a a1 = a 2 = ... = a k . Obs. ˆIn cazul k = 2 are loc urm˘atorul rezultat a c˘arui demonstrat¸ie este similar˘a cu cea de mai sus: Dac˘ a a1 , a2 sunt numere reale nenule astfel ˆıncˆat a1 [na2 ] = a2 [na1 ] pentru orice num˘ar natural n, atunci a1 = a 2 sau a 1 , a2 Z . Aceast˘a problem˘a a fost propusa la OIM 1998.
∈
12. α =
k +
√ k2 + 4 2
. Consider˘am a, b
∈ N.
{ }{ } − [αa]) (αb − [αb]) = α 2 ab − α(a[αb] + b[αa]) + [αa][αb].
ε
= αa αb = (αa
− k) = 1 avem
Deoarece α(α (α
− k)ε
Din faptul c˘a 0 < α
− (a[αb] + b[αa]) + α[αa][αb] − k[αa][αb]. = α(a b) − (a[αb] + b[αa]) − k[αa][αb].
= αab
− k < 1, din relat¸ia anterioar˘a obt¸inem [α(a b)] = a[αb] + b[αa] + kα[αa][αb].
Atunci (a b) c
= (a b)c + [α(a b)][αc] = abc + c[αa][αb] + a[αb][αc] + b[αc][αa] + k[αa][αb][αc]
Analog se calculeaz˘a a (b c). Obs. ˆIn cazul k = 1991 problema de mai sus a fost propusa la OIM 1991. 13. Din identitatea lui Hermite obt¸inem 1 a a < ; (i) 2a 2 1 (ii) 2a a a = 0 sau a ; 2 Caz I. f este cresc˘atoare. Avem 2n+1 x 2n x , pentru orice n N ¸si din (i) obt¸inem 2n x < 21 , pentru 1 orice n N. Ar˘at˘ am c˘a x = 0. ˆIn caz contrar exist˘a k N cu proprietatea k+1 2 1 1 k 1 k k x < k . Atunci 2 x < 1 ¸si deci 2 x = 2 x ¸ie. 2 , contradict 2 2 A¸sadar x Z. Caz II. f este descresc˘atoare. Avem 2n+1 x 2n x , pentru orice n N ¸si din (ii) obt¸inem 2n x = 0 sau 1 2n x N. 2 , pentru orice n Ar˘ at˘ am c˘a exist˘a m N cu proprietatea 2m x = 0. Presupunˆ and contrariul, din 1 N cele de mai sus rezult˘a 2n x , pentru orice n . Ar˘ a t˘ a m c˘a x = 0. ˆIn caz 2 1 1 1 contrar exist˘a k N cu proprietatea k+1 x < k . Atunci 2 k x < 1 ¸si 2 2 2
{ } ≥ { } ⇔ { } { } ≤ { } ⇔ { } { ∈
{}
{ { }≥
∈
{ } ≥
} ≥{ } {} ≤ {}
∈
{ }
}≤ { } ∈ ∈ { } ≥ ∈
∈ { }
∈ { } { { }} ≥
≤ { }
8
≤
{ }
∈
{ } ≤ { }
1 deci 2k x = 2k x , contradict¸ie. A¸sadar x 2 Ar˘ at˘ am prin induct¸ie c˘a
{ } { { }} ≥
∈ Z.
{x} ≥ 1 − 21 , (∀) n ∈ N.
n
(1.1)
1 a x 1 Pentru n = 0 ¸si n = 1, afirmat¸ia este evident˘a. Presupunem c˘ 2n 1 pentru un n N arbitrar ¸si s˘a ar˘at˘am c˘a x 1 . 2n+1 1 Din x 1 rezult˘a 2 n 1 2 n x < 2 n , de unde rezult˘a 2n x = 2n x = 2n 1 1 (2n 1) 2n x . De aici obt¸inem x 1 . 2 2n+1 1 A¸sadar (1) are loc pentru orice n N. Rezult˘a atunci 2 n , ( ) n N, 1 x contradict¸ie.
{ } ≥ −
∈ { }≥ − { } − − ≥
{ } ≥ −
− ≤ { } { } ≥ − ∈
{ } { { }}
≤ − { } ∀ ∈
14. Consider˘ am ecuat¸ia x 2
− 2n2x + n2 = 0 cu solut¸iile α = n2 + n n2 − 1, β = n 2 − n n2 − 1. Deoarece n ≥ 2, deducem c˘a α ∈ R \ Q ¸si β ∈ (0, 1). Atunci α + β = 2n2 ≡ 0 (mod n) αβ = n 2 ≡ 0 (mod n) de unde obt¸inem α + β ≡ 0 (mod n), pentru orice k ≥ 1. Deoarece β ∈ (0, 1) va rezulta [α ] ≡ −1 (mod n), i.e. n | [α ] + 1, pentru orice k ∈ N \ {0}. a problem˘a a fost propus˘a de Yugoslavia la OIM 1987. Obs. Aceast˘ √ m] < m ¸si cum 15. Ar˘ a t˘ a m mai ˆ ıntˆ a c˘ a 1 ∈ A. Fie m = min A. Dac˘ a m > 1, atunci [ √ [ m] ∈ A, se contrazice minimalitatea lui m; deci m = 1 ∈ A. Rezult˘a atunci c˘a 4 ∈ A pentru orice n ∈ N, de unde obt¸inem: √ 2 = [ 4 ] ∈ A, pentru orice n ∈ N. (1) Fie acum x ∈ N \{0} arbitrar. Este suficient s˘a demonstr˘am c˘a x 2 ∈ A pentru un n natural nenul. Pentru fiecare n ∈ N \ {0}, exist˘a p ∈ N astfel ˆıncˆat 2 ≤ x 2 < 2 +1 . Alegˆand
k
k
k
k
n n
n
n
n
p
p
n
n
n
n astfel ˆıncˆat 2n > 3m, din inegalitatea lui Bernoulli avem 2
n
1 1+ x
Atunci 2 p Din inegalitatea
≤ x2
n
n
< 2 p
n
+1
x2 < n
deducem
x2
apoi x2
−1
n
n
≤ [
<
n
≥ 1 + 2x
√ 2
2 p
√ 2
2 p
√ 2
n
2 p
n
n
+3
+3
< 2 p
n
+2
< (x + 1) 2 .
n
+3 ] < (x + 1)2
n
[ 22 p
n
n
< (x + 1)2
√ ≤ 9
> 4.
+3 ]
,
< (x + 1)2
−1
n
¸si dup˘a n pa¸si obt¸inem x
√ ≤ √ ∈ [ 22 p
...
n
+3 ]
... < x + 1,
(2)
unde num˘arul parantezelor drepte este n.
[ 22 p
Folosind (1) ¸si (2) va rezulta x = ...
n
+3 ]
∈
...
A. A¸sadar A = N
\ {0}.
16. Solut¸ia 1. Este evident c˘a orice x [0, 1) verific˘a cerint¸ele problemei. Ar˘at˘ am c˘a dac˘a x 1 are proprietatea din enunt¸, atunci x N . S˘a presupunem c˘a x N , deci x = [x] + ε, ε (0, 1). Conform ipotezei, putem alege k N suficient de mare astfel ˆıncˆat [xk ] = [x]k ¸si kε > 1. Din binomul lui Newton avem
≥
∈
∈
xk = ([x] + ε)k > [x]k + C k1 [x]k−1 ε
k
≥ [x]
∈
∈
+ kε > [x]k + 1.
Din relat¸ia anterioar˘a deducem [xk ] [x]k + 1, contradict¸ie. A¸sadar solut¸iile problemei sunt x (0, 1) N. at˘ am c˘a x nu este solut¸ie a problemei. Deoarece Solut ¸ ia 2. Fie x (1, ) N. Ar˘ k x Z deducem x > [x] deci lim N x = + . Rezult˘a c˘a exist˘ a k0 k →∞ [x] k x astfel ˆıncˆat > 2, pentru orice k k0 . Atunci xk > 2[x]k [x]k + 1, [x] ( ) k k 0 deci [xk ] [x]k + 1, pentru orice k k 0 . Deducem atunci c˘a mult¸imea k N ; [xk ] = [x]k este finit˘a, i.e. x nu este solut¸ie a problemei. Evident orice x (0, 1) N verific˘a cerint¸ele problemei.
∈
≥
∪
∈ ∞\
∈
∀ ≥ { ∈
∈
∞
∈
≥
≥ }
≥
≥
∪
17. ˆImp˘art¸im relat¸ia din enunt¸ prin n. Prin trecere la limit˘a avem [log a (bn + a)] [logb (an + a)] loga b = lim = lim = logb a. n→∞ n→∞ n n Deoarece a,b > 1, din relat¸ia anterioar˘a rezult˘a a = b. 18. Not˘a m cu ( pn )n≥1 ¸sirul numerelor prime ¸si fie f : R ¸stie c˘a k f (x) lim = αi . (1) x→∞ x i=0
→ R, f (x) =
k i=1
[xαi ]. Se
Pe de alt˘a parte, deoarece mult¸imea A este finit˘a, exist˘a n0 N cu proprietatea pn A, pentru orice n n 0 . Atunci pn x p , pentru orice n n 0 . ˆIn baza relat¸iei (1) am obt¸inut c˘a
≥ f ( pn ) pn
|
n
∈ ≥
∈
k
este un ¸sir de numere naturale care converge la n n0
≥
αi .
i=0 k
≥ 1 cu proprietatea f ( p ) = p α , =0 , pentru orice n ≥ m ¸si i ∈ {1, 2,...,k }.
Rezult˘ a c˘a ¸sirul este stat¸ionar, deci exist˘a m
n
n
i
i
≥
pentru orice n m. Atunci [αi pn ] = α i pn Evident de aici deducem α i Z, 1 i k.
∈
≤ ≤
− Q ∈ R[X ]. Dac˘a grad f ≥ 1, atunci →±∞ lim |f (x)| = ∞ deci exist˘a a > 0 astfel ˆıncˆat |f (x)| > 1 pentru orice x ∈ R, |x| ≥ a. Rezult˘a atunci |P (k) − Q(k)| > 1, pentru orice k ∈ Z cu |k| ≥ a ¸si astfel relat¸ia (ii) din enunt¸ nu are
19. Consider˘ am f = P
x
10
loc. Obt¸inem grad f 1, adic˘a f = constant. Atunci f = f (0), deci P = Q + f (0). Cum f (0) Z (din (i)), din (ii) avem f (0) = 0, deci P Q. Obs. Putem ˆınlocui condit¸ia (i) din ipoteza cu P (0) Q(0) Z.
≤
∈
≡ − ∈ ¸ ia 1. Dac˘ 20. Solut a x ∈ [0, 1] atunci inecuat¸ia { nx} ≤ α are solut¸ia x ∈ S := −1 k k + α . Evident |S | = α . Alegem acum n0 ∈ N \ {0} cu proprietatea , n n =0 1−α α < . Atunci n
n
n
k
k
n
k
n0
n0
| −
S k = α n (1 + α + α2 + ...) <
k
Deducem atunci c˘a
≥n
∈ − ∈ −
astfel ˆıncˆat x /
k
≥n
|
0
0
0
1
− α, 1 \ 1 n0 ≥ S , i.e. {nx} > α k
k
− α.
n0
∅
S k = , deci exist˘a 1
n0
n
1
pentru orice n
− 1 n−0 α < x < 1
≥ n0. Dac˘a n < n0, din
(1 − α)n { } − > α ≥ α . Am obt¸inut deci n0 n0 {nx} > α , pentru orice n2 ∈ N \ {0}. Solut ¸ia 2. Deoarece n α → 0 (n → ∞ ), putem alege m ∈ N cu proprietatea 1 α < 2 pentru orice n ≥ m ¸si fie s ∈ N cu proprietatea α < 31 . F˘ar˘ a a restrˆange 2n 2s generalitatea, putem presupune m > max{1, }. 3(1 − α) √ Ar˘ at˘ am c˘a x := { m2 − 1} verific˘a cerint¸ele problemei. Dac˘ a n ≥ m, atunci 1 {nx} = n m2 − 1 − [nx] ≥ n√ m2 −11 + [nx] > 2nm ≥ 2n1 2 > α . √ Presupunem ˆın continuare m < n. Folosind inegalitatea m2 − 1 > m − 32 (care se demonstreaza ridicˆand ambii membri la p˘atrat) rezult˘a nm − 1 < n m − 32 < √ n m2 − 1 < nm, de unde deducem x
1
1
α
n
, 1 rezult˘a nx > 1
n
n
n
s
n
{nx} =
{ n
m2
− 1} > n
m
−
2 3m
−
(nm
m
m
2n − 1) = 1 − 3m .
2n 1 ≤ n < m, atunci 1 − 3m > > α ¸si relat¸ia din enunt¸ este demonstrat˘a. 3 2n 2s Dac˘ a n < s, atunci 1 − > 1− > α > α ¸si inegalitatea din enunt¸ este 3m 3m n
Dac˘ a s
n
demonstrat˘ a.
11
Bibliografie [1] D. Anca, Asupra unei probleme din Gazeta Matematic˘a, Gazeta Matematic˘ a , 9/2003. [2] D. Busneag, I.V. Maftei, Teme pentru cercurile ¸si concursurile de matematic˘a ale elevilor, Ed. Scrisul Romˆanesc, Craiova, 1981. [3] M. Ganga, Teme ¸si probleme de matematic˘a, Ed. Tehnic˘a, Bucure¸sti, 1991. [4] C. Mortici, In legatura cu identitatea lui Hermite, Gazeta Matematic˘ a , 10-11/1997.
12