Page 26 - RMGO 4

26 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

2
2
2
2
c˘a exist˘a a, b, c, d ≥ 0 cu a + b + c + d = 2 astfel ˆıncˆat a + b + c + d − k(abc +
abd + acd + bcd) > 2.
Solut ,ia 2 pentru punctul a) (Thuan Nguyen Hoang, Vietnam). Pentru a + b + c +
d − (abc + abd + acd + bcd) ≤ 0 concluzia este evident˘a. Fie acum a + b + c + d −
(abc + abd + acd + bcd) > 0. Inegalitatea dorit˘a este echivalent˘a cu f(a, b, c, d) ≥ 0,
h
2
2
2
2
2
2 3
2
2
unde f(a, b, c, d) = 2(a + b + c + d ) − (a + b + c + d)(a + b + c + d ) −
i 2
2(abc + abd + acd + bcd) . Putem presupune, f˘ar˘a a restrˆange generalitatea, c˘a
d = min{a, b, c, d}. Pentru (a, b, c, d) fixat, not˘am F(t) = f(a+t, b+t, c+t, d+t), cu
2
2
0
2
2
2
t ≥ −d. Avem F (t) = 24AB, unde A = a +b +c +d +2(a+b+c+d)t+4t ≥ 0,
2
3
B = abc+abd+acd+bcd+2(ab+ac+bc+ad+bd+cd)t+3(a+b+c+d)t +4t ≥ 0.
0
Astfel F (t) ≥ 0, deci F(t) ≥ F(−d), pentru orice t ≥ −d. Astfel F(0) ≥ F(−d),
adic˘a f(a, b, c, d) ≥ f(a−d, b−d, c−d, 0). Prin urmare, este suficient s˘a demonstr˘am
inegalitatea dorit˘a doar ˆın cazul d = 0, adic˘a a + b + c − abc ≤ 2, pentru
2
2
2
a + b + c = 2 s , i a, b, c ≥ 0. Utilizˆand Metoda uvw, este suficient s˘a ar˘at˘am
aceast˘a relat , ie doar ˆın urm˘atoarele dou˘a cazuri. Cazul 1. c = 0. Atunci avem de
p
ar˘atat c˘a a + b ≤ 2(a + b ), adev˘arat. Cazul 2. a = b. Atunci avem de ar˘atat
2
2
√ √
2
2
c˘a 2a + 2 − 2a − a 2 2 − 2a ≤ 2 pentru 0 ≤ a ≤ 1, relat , ie us , or de demonstrat.
Clasa a XII-a
∗
MGO 116. Fie a, b ∈ Z . Calculat ,i probabilitatea ca alegˆand un endomorfism f
23
∗
al grupului (Z , ·) acesta s˘a verifice relat ,ia f(a) = b.
23
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti
∗
Solut ,ie. Avem Z 23 = h 5 i, deci orice endomorfism f este bine determinat de
b
∗
b m
elementul f(5) = 5 ∈ Z , m = 0, 21. Rezult˘a c˘a avem 22 de endomorfisme,
b
23

b p
b k
b km
avˆand forma f 5 = 5 pentru orice k = 0, 21, unde m = 0, 21. Fie a = 5 s , i

b p
b q
b q
b q
b pm
b = 5 , cu p, q = 0, 21. Avem echivalent , ele: f(a) = b ⇔ f 5 = 5 ⇔ 5 = 5
⇔ pm ≡ q (mod 22), (1). Avem urm˘atoarele cazuri.
Cazul 1. p 6∈ {0, 2, 11}, adic˘a a 6∈ {1, 2, 22}. Atunci ecuat , ia (1) are solut , ie m
b b b
1
unic˘a pentru orice q, deci probabilitatea cerut˘a este P = , pentru orice b.
22
Cazul 2. p = 0, adic˘a a = 1. Subcazul 2.1. q = 0, adic˘a b = 1. Atunci ecuat , ia
b
b
22
(1) are ca solut , ie orice m = 0, 21, deci P = = 1. Subcazul 2.2. q 6= 0, adic˘a
22
b 6= 1. Atunci ecuat , ia (1) nu are solut , ii, deci P = 0.
b
Cazul 3. p = 2, adic˘a a = 2. Atunci ecuat , ia (1) devine 2m ≡ q (mod 22).
b
Subcazul 3.1. q = 2l, cu l = 0, 10, adic˘a b ∈ {1, 2, 4, 8, 16, 9, 18, 13, 3, 6, 12}.
b b b b b b b b b b b