Page 31 - RMGO 6

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 31

MGO 197. Fie (R, ∗) un monoid astfel ˆıncˆat
xy
x ∗ 2 ∗ y = + x + y, ∀ x, y ∈ R.
2

a) Calculat ,i 2 ∗ 2 ∗ . . . ∗ 2.
| {z }
2021 de 2
b) Calculat ,i 1 ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1.
| {z }
2021 de 1
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

Solut ,ie. a) Avem x ∗ 2 ∗ 2 = 2x + 2, pentru orice x ∈ R. Rezult˘a c˘a 2 ∗ 2 ∗ 2 = 6,
2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 = 6 ∗ 2 ∗ 2 = 14, deci, prin induct , ie, 2 ∗ 2 ∗ . . . ∗ 2 = 2 n+2 − 2, pentru
| {z }
2n+1 de 2
∗
orice n ∈ N . Prin urmare, 2 ∗ 2 ∗ . . . ∗ 2 = 2 1012 − 2.
| {z }
2021 de 2
e 2
b) Fie e elementul neutru al monoidului. Atunci 2 = e ∗ 2 ∗ e = + 2e, deci
√ 2
2
e + 4e − 4 = 0, prin urmare e = −2 ± 2 2.
√
Cazul 1. e = −2 + 2 2. Pentru orice t ∈ R, avem t ∗ 2 = t ∗ 2 ∗ e =
te Ä √ ä √ √
+ t + e = t −1 + 2 + t − 2 + 2 2 = 2(t + 2) − 2. Pentru orice x, y ∈ R,
2
√ x + 2
luˆand x = 2(t + 2) − 2, adic˘a t = √ − 2, rezult˘a c˘a x ∗ y = t ∗ 2 ∗ y =
2
ty 1 1
+ t + y = (t + 2)(y + 2) − 2 = √ (x + 2)(y + 2) − 2. Prin induct , ie se obt , ine
2 2 2 2
1
Å ã n−1
n
c˘a x ∗ x ∗ . . . ∗ x = √ (x + 2) − 2, pentru orice n ∈ N, n ≥ 2 s , i orice
2 2
| {z }
n de x
1 3
Å ã 2020 2021
x ∈ R. Prin urmare, 1 ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1 = √ · 3 2021 − 2 = − 2.
2 2
| {z } 2 3030
2021 de 1
√ 1
a
Cazul 2. e = −2 − 2 2. Analog, obt , inem c˘ x ∗ y = − √ (x + 2)(y + 2) − 2,
2 2
Å ã 2020 2021
1 3
pentru orice x, y ∈ R s , i 1 ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1 = − √ · 3 2021 − 2 = − 2.
2 2
| {z } 2 3030
2021 de 1
3 2021
ˆ
a
Ambele legi verific˘ ipoteza. In concluzie, 1 ∗ 1 ∗ . . . ∗ 1 = − 2.
| {z } 2 3030
2021 de 1
∗
MGO 198. Fie m, n ∈ N s , i a > 0. Calculat ,i integrala
Z
1 dx, x ∈ (0, ∞).
n
x (x + a) m
Daniel Jinga, Pites , ti