Page 107 - RMGO 2

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 107

MGO 39. Dac˘a f : [0, 1] → R este o funct ,ie integrabil˘a, ar˘atat ,i c˘a are loc
inegalitatea

s
1 1 √ 1
Z Z 4 Z
2
4
f (x) + f(t) dt dx ≤ 2 · f (x) dx.
0 0 0
Florin St˘anescu, G˘aes , ti
1
Z
Solut ,ie. Dac˘a f(x) dx = 0, atunci inegalitatea din enunt , este evident˘a. Pre-
0
1 f(x)
Z
supunem ˆın continuare c˘a I = f(x) dx 6= 0. Luˆand a = ˆın inegalitatea
√ √ 0 I
4
2
4
1 + a ≤ 2(1−a+a ), ∀a ∈ R (echivalent˘a cu (a−1) ≥ 0) s , i integrˆand pe inter-
r
4
1 f (x) √ 1 f(x) 1 f (x)
2
Z Z Z
valul [0, 1], obt , inem c˘a 1 + 4 dx ≤ 2 1 − dx + 2 dx ,
0 I 0 I 0 I
Z √ Z 1
1 1 p 1 1 2
4
4
adic˘a I + f (x) dx ≤ 2 1 − · I + f (x) dx , de unde rezult˘a
I 2 0 I I 2 0
inegalitatea din enunt , .
MGO 40. Determinat ,i grupurile finite G cu proprietatea c˘a reuniunea oric˘aror
dou˘a subgrupuri ale lui G este tot un subgrup al lui G.
* * *
Solut ,ie. Demonstr˘am c˘a pentru orice dou˘a subgrupuri H s , i K ale lui G avem
ˆ
H ⊆ K sau K ⊆ H prin reducere la absurd. Intr-adev˘ar, ˆın caz contrar ar exista
h ∈ H \ K s , i k ∈ K \ H, deci h, k ∈ H ∪ K s , i hk 6∈ H ∪ K, contradict , ie cu faptul
c˘a H ∪ K este subgrup al lui G.
Fie x ∈ G a.ˆı. ord (x) = max{ord (t) | t ∈ G} (exist˘a, conform Teoremei
lui Lagrange). Pentru orice y ∈ G avem |hyi| = ord (y) ≤ ord (x) = |hxi|, deci
hyi 6⊃ hxi; astfel hyi ⊆ hxi, deci y ∈ hxi. Rezult˘a c˘a hxi = G, deci G este grup
ciclic, adic˘a G ' Z n , unde n = |G|.
m
Demonstr˘am c˘a n = p , cu p num˘ar prim s , i m ∈ N, prin reducere la absurd.
ˆ Intr-adev˘ar, ˆın caz contrar n ar avea printre divizori dou˘a numere prime distincte
p s , i q, deci bp ∈ hbpi \ hbqi s , i bq ∈ hbqi \ hbpi, s , i astfel hbpi * hbqi s , i hbqi * hbpi, contradict , ie.
Reciproc, grupul Z p , cu p num˘ar prim s , i m ∈ N, satisface condit , ia din enunt , ,
m
D E
b i
deoarece subgrupurile sale au forma p , i = 0, m, s , i pentru orice i ≤ j avem
D E D E
b i
p b j ⊆ p .