Trei perle ale olimpiadelor de matematicăGabriel DOSPINESCU 1Problemele propuse la testele de selecţie pentru OIM sau la fazele naţionale dindiverse ţări se remarcă prin profunzimea (şi uneori simplitatea) ideilor care le rezolvă.În cele ce urmează, vom rezolva trei probleme propuse la astfel de teste de selecţieîn anii 2002 şi 2003, demonstrând dificultatea rezolvării problemelor de "matematicăelementară", precum şi tendinţa accentuată de a îmbina algebra, teoria numerelor şianaliza matematică în actul de concepere şi rezolvare a unor asemenea perle matematice.1. Un prim exemplu este următoarea problemă propusălaunuldintesteledeselecţie pentru OIM în anul 2002, in Vietnam. În rezolvare vom folosi doar câtevarezultate legate de ecuaţia de gradul al doilea. După cumseştie, multe problemedificile se rezolvărelativuşor folosind trinomul de gradul al doilea (metoda coborârii).Vom da doar două exemple,fără ainsistapreamult.1) Arătaţi că dacănumărul d = a bc + bca + c este întreg, iar a, b, c sunt numereabnaturale, atunci d este 1 sau 3.2) Arătaţi că, dacă numerele naturale distincte şi nenule a 1 , a 2 , ..., a n verificăa 2 1 + a 2 2 + ···+ a 2 n = na 1 a 2 ···a n , atunci ele sunt prime între ele două câtedouă.Încercaţi să rezolvaţi aceste două probleme înainte de abordarea problemei 1.PROBLEMA 1. Să sedemonstrezecăexistăunnumăr m ≥ 2002 şi m numerenaturale nenule a 1 , a 2 ,...,a m , distincte, astfel încâtmYn a 2 i − 4 Xi=1i=1a 2 isă fie pătratperfect.Soluţie. Vom folosi trinomul pentru a crea soluţii pentru anumite ecuaţii diofantice,deci în mod constructiv.Ar fi bine să disparămYi=1i=1a 2 i . Deci, să scriemexpresiasubformaÃmY nXm 2Ya 2 i − 4 a 2 i = a i − k!.i=1Pentru a "scăpa" şi de 4, luăm k =2.Aşadar am adus problema la o formă mai"acceptabilă" (dar nu mai puţin dificilă):Arătaţi că există m ≥ 2002 şi a 1 ,a 2 ,...,a m ∈ N ∗ distincte astfel încât1+a 2 1 + a 2 2 + ···+ a 2 m = a 1 a 2 ···a m . (1)Să căutăm m astfel încât m − 3 dintre necunoscutele ecuaţiei (1) să fie1. Aceastarevine la ecuaţiax 2 + y 2 + z 2 + m − 2=xyz. (2)Privind această ecuaţie ca una de gradul al doilea în z, vomîncercasăluăm discriminantulnul. Deci x 2 y 2 =4 ¡ x 2 + y 2 + m − 2 ¢ .Luăm x =2a, y =2b şi obţinemi=11 Student, Facultatea de Matematică-In<strong>format</strong>ică, Bucureşti16
m =4 ¡ a 2 − 1 ¢¡ b 2 − 1 ¢ − 2. Săconcluzionăm: putem alege b>a>2002 diferite şiputem lua m =4 ¡ a 2 − 1 ¢¡ b 2 − 1 ¢ − 2 > 2002. Atunci ecuaţia (2) va avea soluţiile(x, y, z) =(2a, 2b, 2ab). Rezultăcă ecuaţia (1) are soluţia (2a, 2b, 2ab, 1, 1,...,1).Dar putem scrie (1) şi sub forma1 2 − 1 · 2a · 2b · 2ab +(2a) 2 +(2b) 2 +(2ab) 2 + m − 3=0. (3)Din relaţiile lui Viète rezultă că şi 2a · 2b · 2ab − 1 este soluţie a ecuaţiei (3), încare în loc de 1 punem t. Aşadar am redus cu o unitate numărul celor m − 3 de 1 şiam obţinut o nouă soluţie a ecuaţiei (1): (2a, 2b, 2ab, 2a · 2b · 2ab − 1, 1, 1,...,1).Analog, scriem1 2 − 1 · 2a · 2b · 2ab (2a · 2b · 2ab − 1) + (2a) 2 +(2b) 2 +(2ab) 2 ++(2a · 2b · 2ab − 1) 2 + m − 4=0.Deci obţinem o altă soluţie a ecuaţiei (1), cunumăr şi mai mic de 1:(2a, 2b, 2ab, 2a · 2b · 2ab − 1, 2a · 2b · 2ab · (2a · 2b · 2ab − 1) − 1, 1, 1,...,1) .Astfel, rezultă că putem elimina pe rând fiecare 1 din m-upla (2a, 2b, 2ab, 1, 1,...,1).Riguros, aceasta înseamnă că folosind succesiv relaţiile lui Viète, obţinem câte o m-uplă (x 1 ,x 2 ,...,x k , 1, 1,...,1) în care este clar că 2a = x 1 < 2b = x 2 < 2ab = x 3 1 şi să luăm p cel mai mic factor prim al lui n.17
- Page 1 and 2: Al V-lea Congres internaţionalal m
- Page 3 and 4: Observatorul din Iaşi—90deanidel
- Page 5 and 6: Marea teoremă a lui Fermat pentru
- Page 7: şi, ca urmare, cel mai mare divizo
- Page 10 and 11: De la o problemă cu matrice la tra
- Page 12 and 13: T ij (a). Fie A =(a kl ) 1≤k,l≤
- Page 14 and 15: are schimbate între ele elementele
- Page 18 and 19: Atunci este clar că (n, p − 1) =
- Page 20 and 21: În legătură cuoproblemădeconcur
- Page 22 and 23: Asupra unei probleme propuse la O.
- Page 24 and 25: Asupra unei ecuaţii funcţionaleLo
- Page 26 and 27: Pentru x = y =0,obţinem f (0) = 1
- Page 28 and 29: Ca urmare, în condiţia impusă tr
- Page 30 and 31: Intersecţia celor două drepteseob
- Page 32 and 33: adică Y = X. Săobservăm în fina
- Page 34 and 35: Propoziţia 2. Fie A 1 A 2 ...A n u
- Page 36 and 37: Numărul polinoamelor ireductibile
- Page 38 and 39: Funcţiile lui Smarandache — prop
- Page 40 and 41: În legătură cuoproblemădearitme
- Page 42 and 43: funcţii f care satisfac ipotezele
- Page 44 and 45: Concurs de admitere 2003, IaşiFacu
- Page 46 and 47: 2. Aflaţi numărul termenilor raţ
- Page 48 and 49: anul în care ne aflăm mi-ar trebu
- Page 50 and 51: că p 3 = p 2 +2şi p 4 = p 2 +4. S
- Page 52 and 53: = 1 ·2n − 1+ 1 ¸(2n − 1) 2n·
- Page 54 and 55: (a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c
- Page 56 and 57: Soluţie. Ecuaţia dată esteechiva
- Page 58 and 59: Dacă facem notaţia log 2 b x = α
- Page 60 and 61: ⎛⎞⎛⎞λ 1 0 ... 0m 11 m 12 .
- Page 62 and 63: 1lentă cu − 1 ≤ y n+1 , ∀n
- Page 64 and 65: Soluţie. Adunând cele două rela
- Page 66 and 67:
câte trei elemente din mulţime, o
- Page 68 and 69:
qOR =qd 2 − d 2 1 , OC = d 2 −
- Page 70 and 71:
comună interioară cercurilor C 1
- Page 72 and 73:
k n .Avemk 1 + k 2 + ···+ k n =3
- Page 74 and 75:
Probleme propuseClasele primareP.64
- Page 76 and 77:
VII.47. Să serezolveînZ 2 ecuaţi
- Page 78 and 79:
XI.48. Se defineşte şirul (x n )
- Page 80 and 81:
A. Nivel licealL56. Fie ABCD patrul
- Page 82 and 83:
V.37; COHAL Călin: P(48,58,60,63),
- Page 84:
POSTEUCĂ Bogdan(Şc. nr. 5, Braşo