Page 31 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 31

Clasa a XII-a

∗
MGO 156. Fie p un num˘ar prim de forma p = 4k + 3, k ∈ N . Demonstrat ,i c˘a
2
2
ecuat ,ia x + k + 4 = 9 nu are solut ,ii ˆın Z p .
b
b
b
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti
2
Solut ,ie. Demonstr˘am ˆıntˆai c˘ ecuat , ia x = −1 nu are solut , ii ˆın Z p .
a
b
ˆ Intr-adev˘ar, dac˘a ar exista x ∈ Z p a.ˆı. x 2 = −1, atunci x 6= 0, deci
b
b
n o
\
\
x, 2x, 3x, . . . , (p − 1)x sunt distincte dou˘a cˆate dou˘a, x, 2x, 3x, . . . , (p − 1)x =
b b
b b
∗
\
\
Z s , i astfel obt , inem, succesiv: x · 2x · 3x · . . . · (p − 1)x = 1 · 2 · 3 · . . . · (p − 1);
p
b
b
b b b
b 2k+1
x p−1 = 1; x 4k+2 = 1; x 2 2k+1 = 1; (−1) = 1, fals.
b
b
b
b
a
Demonstr˘am acum c˘ ecuat , ia din enunt , nu are solut , ii prin reducere la absurd.
2
2
S˘a presupunem c˘a exist˘a x ∈ Z p a.ˆı. x + k + 4 = 9. Aceast˘a ecuat , ie poate
b
b
b

2
2
2
fi scris˘a sub forma x + k + 1 x + k + 7 = 0, deci x + k + 1 = 0 sau
b
b
b
b
b
b
b
b
2
x + k + 7 = 0.
b
b
b
2
2
2
Dar ecuat , ia x + k + 1 = 0 este echivalent˘a cu x + (2k + 1) = 0 (deoarece
\
b
b
b
b
2
−1
2
(2k + 1) = k(4k + 3) + k + 1), deci cu x · (2k + 1) = −1, deci nu are solut , ii.
\
b
2
2
2
a
\
Analog, ecuat , ia x + k + 7 = 0 este echivalent˘ cu x + (2k − 1) = 0 (deoarece
b
b
b
b
2
−1
2
(2k − 1) = (k − 2)(4k + 3) + k + 7), deci cu x · (2k − 1) = −1, deci nici ea
\
b
nu are solut , ii. Demonstrat , ia este ˆıncheiat˘a.
n
MGO 157. Fie n ∈ N, n ≥ 3. Rezolvat ,i ˆın R sistemul
+
5 2

 x + 3 = x + 3x 3
1
2


5 2

x + 3 = x + 3x 4
2 3 .
 . . .


5 2

x + 3 = x + 3x 2
n
1
Mih´aly Bencze, Bras , ov
n
P 5 2
Solut ,ie. Adunˆand ecuat , iile sistemului obt , inem x − x − 3x k + 3 = 0, adic˘a
k k
k=1
n
X 2 3 2
(x k − 1) x + 2x + 3x k + 3 = 0.
k k
k=1
2
3
Cum x + 2x + 3x k + 3 > 0, k = 1, n, rezult˘a c˘a x k = 1, k = 1, n, care verific˘a
k k
sistemul dat.