format .pdf, 0.9 MB - Recreaţii Matematice

Atunci este clar că (n, p − 1) = 1. Dar p | n | 2 n − 1 şi p | 2 p−1 − 1 (teorema luiFermat). Deci p | ¡ 2 n − 1, 2 p−1 − 1 ¢ . Se ştie că şirul (x n ) n≥1, x n =2 n − 1 este şirMersenne (adică (x m ,x n )=x (m,n) ). Rezultă că p | (x n ,x p−1 )=x (n,p−1) = x 1 =1,contradicţie. Aşadar n =1şi f este constanta 1. Cum,dacă f este soluţie, atunci şi−f este soluţie, deducem că polinoamele cerute sunt constantele −1 şi 1.3. Încheiem scurta incursiune prin matematica elementară cuoproblemăextremde dificilă, propusă la un test de selecţie în Vietnam, 2002. Dificultatea problemeiconstă mai ales în faptul că admite multe soluţii (care nici nu se intrezăresc uşor), iarfrumuseţea constă în îmbinarea algebrei cu analiza matematică şi teoria numerelor.Nu exagerăm dacă afirmăm că următoarea problemă este una dintre cele mai dificileşi frumoase probleme referitoare la polinoame, propuse la vreun concurs pentru elevi.PROBLEMA 3. Determinaţi toate polinoamele p ∈ Z [X] cu proprietatea căexistă un polinom q ∈ Z [X] pentru care q 2 (X) = ¡ X 2 +6X +10 ¢ p 2 (X) − 1.Soluţie. Evident, orice rezolvitor "sârguincios" va scrie relaţia din enunţ subforma q 2 (X − 3) = ¡ X 2 +1 ¢ p 2 (X − 3) − 1 şi va nota f(X) =p(X − 3), g(X) == q (X − 3). Deci ¡X 2 +1 ¢ f 2 (X) =g 2 (X)+1. (1)Aici este însă punctul de oprire, căci orice încercare ulterioarăderezolvareeşuează.Ca de obicei, vom putea presupune că f şi g au coeficienţii dominanţi pozitivi (căciputem schimba f cu −f sau g cu −g, fără asemodifica nimic). Deci există M astfelîncât pentru orice n>M să avemf (n) ,g(n) ∈ N.Apelăm acum la teoria numerelor. Este binecunoscut faptul că toate soluţiile înnumere naturale ale ecuaţiei Pell x 2 +1=2y 2 sunt date de¡ √ ¢ 2n−1 ¡ √ ¢ 2n−1 ¡ √ ¢ 2n−1 ¡ √ ¢ 2n−11+ 2 + 1 − 2 1+ 2 − 1 − 2x n =,y n =22 √ .2Ce se întâmplă dacăsubstituimx n în (1)? Obţinem g 2 (x n )+1=2(y n f (x n )) 2 .Da, şi perechea (g (x n ) ,y n f (x n )) este soluţie a ecuaţiei Pell şi aceasta se întâmplăpentru orice n>M. Deci există şirurile (a n ) n>M, (b n ) n>Mastfel încât g (x n )=x an ,y n f (x n )=y bn .Acum începe partea analizei matematice. Fie grad g = k , grad f = m. Avem³lim 1+ √ −1−k(2n−1) 2x an2´2an= limn→∞n→∞¡ √ ¢ k(2n−1)=1+ 2⎛⎞kg (x n )=2 lim ⎝x nn→∞ x k ¡ √ ¢⎠(2n−1)= finit.n 1+ 2Rezultă că şiruldenumereîntregi(2a n − 1 − k (2n − 1)) n>Meste convergent, decistaţionar. Aşadar, există n 0 > M astfel încât pentru n > n 0 să avem2a n − 1 − k (2n − 1) = u, pentruoconstantăîntreagă u. Ca urmare, pentru n>n 0avemá √ ¢ 2n−1 ¡ √ ¢ 2n−1! ¡ √ ¢ k(2n−1)+u ¡ √ ¢ k(2n−1)+u1+ 2 + 1 − 2 1+ 2 + 1 − 2g=.2218