Societatea de Ştiinţe Matematice din România Ministerul Educaţiei Naţionale Olimpiada Naţională de Matematică Etapa Naţională, Braşov, 2 aprilie 2013

Transcriere

1 Societte de Ştiinţe Mtemtice din Români Ministerul Educţiei Nţionle Olimpid Nţionlă de Mtemtică Etp Nţionlă, Brşov, 2 prilie 213 Cls XII- Problem 1. Să se determine funcţiile continue f : R R cu propriette că oricre r fi, b R. ( 2 + b + b 2 ) f(x) dx = 3 Problem 2. Fie (A, +, ) un inel cre îndeplineşte simultn următorele două condiţii: (1) A nu este corp, (2) oricre r fi x un element neinversbil l lui A, există un număr întreg m 1, cre depinde de x, stfel încât Să se rte că: x = x 2 + x x 2m. () x + x =, oricre r fi x A, (b) x 2 = x, oricre r fi elementul neinversbil x A. Problem 3. Fie (, 1) şi C mulţime funcţiilor crescătore f : [, 1] [, ), stfel încât () mx (b) mx f(x) dx, ( f(x) ) 2dx. f(x) dx = 1. Să se determine: Problem 4. Fie n 2 un număr nturl, (K, +, ) un corp comuttiv cu propriette că , m = 2,..., n, f K[X] un polinom de grd m ori n şi G un subgrup l grupului ditiv (K, +), G K. Să se rte că există K, stfel încât f() G. Timp de lucru 4 ore. Fiecre problemă este nottă cu 7 puncte.

2 Societte de Ştiinţe Mtemtice din Români Ministerul Educţiei Nţionle Mtemtik tntárgyverseny Országos szksz, Brssó, 213. április 2. XII. OSZTÁLY 1. feldt. Htározd meg zokt z f : R R folytonos függvényeket, melyek bármely, b R esetén teljesítik z egyenlőséget! ( 2 + b + b 2 ) f(x) dx = 3 2. feldt. Adott z (A, +, ) gyűrű úgy, hogy egyidőben teljesül z lábbi két feltétel: (1) A nem test, (2) z A minden nem invertálhtó x eleme esetén létezik egy x-től függő m 1 egész szám úgy, hogy Igzold, hogy: x = x 2 + x x 2m. () x + x =, bármely x A esetén, (b) x 2 = x, bármely nem invertálhtó x A esetén! 3. feldt. Az (, 1) szám esetén legyen C zon növekvő f : [, 1] [, ) függvények hlmz, melyekre Számítsd ki: () mx (b) mx f(x) dx, ( f(x) ) 2dx. f(x) dx = feldt. Legyen n 2 egy természetes szám, (K, +, ) egy olyn kommuttív test, melyben , m = 2,..., n, f K[X] egy n-edfokú m drb polinom és G (K, +) dditív csoport egy részcsoportj (G K). Igzold, hogy létezik K úgy, hogy f() G. Munkidő 4 ór. Minden feldtr 7 pont szerezhető.

3 Societte de Ştiinţe Mtemtice din Români Ministerul Educţiei Nţionle Cls XII- Soluţii şi brem orienttiv Problem 1. Să se determine funcţiile continue f : R R cu propriette că oricre r fi, b R. ( 2 + b + b 2 ) f(x) dx = 3 Soluţie. Alegem = şi b = t >. Atunci t 2 F (t) = 3 t unde F (t) = t f(x) dx punct Prin derivre rezultă 2tF (t)+t 2 f(t) = 3t 2 f(t), deci 2t(tf(t) F (t)) =, dică ( F (t)) t =, pentru orice t (, ) puncte Rezultă că funcţi g(t) = F (t) t este constntă pe intervlul (, ), deci F (t) = kt, dică f(t) = k, t (, ) punct Procedând similr pe intervlul (, ), rezultă că există constntele k 1, k 2, k stfel încât k 1, t <, f(t) = k 2, t =, k, t > punct Cum f este continuă, rezultă k 1 = k 2 = k, deci f(t) = k, pentru orice t R. Se verifică imedit că funcţiile constnte pe R stisfc relti din enunţ punct Problem 2. Fie (A, +, ) un inel cre îndeplineşte simultn următorele două condiţii: (1) A nu este corp, (2) oricre r fi x un element neinversbil l lui A, există un număr întreg m 1, cre depinde de x, stfel încât x = x 2 + x x 2m. Să se rte că: () x + x =, oricre r fi x A, (b) x 2 = x, oricre r fi elementul neinversbil x A.

4 Soluţie. () Este suficient să demonstrăm că =. Fie x un element neinversbil, fie m N, stfel încât x = x 2 +x 3 + +x 2m, şi y = x+x 2 + +x 2m 1. În mod evident, xy = x, deci xy k = x, oricre r fi k N. Întrucât x este neinversbil, y este neinversbil, deci există p N, stfel încât y = ( y) 2 +( y) 3 + +( y) 2p 1 +( y) 2p = y 2 y 3 + y 2p 1 +y 2p. Prin urmre, x = xy = xy 2 xy 3 + xy 2p 1 + xy 2p = x x + x + x = x, i.e., x + x = puncte Fie x un element nenul şi neinversbil. Cum 2x =, rezultă că 2 este neinversbil, deci = şi 2 = m, unde m N. Relţi = implică 2 2 =, deci 2 k =, oricre r fi k 2. Prin urmre, 2 = m = punct (b) Fie x un element neinversbil l lui A şi m N, stfel încât x = x 2 + x x 2m. Atunci x 2 = x 3 +x 4 + +x 2m +1. Întrucât 1+1 =, prin dunre celor două relţii obţinem x 2m +1 = x punct Relţiile 1+1 = şi x 2m +1 = x implică (x 2 +x) 2m = x 2m+1 +x 2m = x 2m +1 x 2m 1 +x 2m = x x 2m 1 + x 2m = x 2m + x 2m = punct Vom răt că x 2 + x =, de unde concluzi. Fie y = x 2 + x şi k cel mi mic număr nturl nenul, stfel încât y k = un stfel de k există, deorece y 2m =. În czul în cre k > 1, elementul y k 1 este neinversbil în A şi există n N, stfel încât y k 1 = ( y k 1) 2 n +1 = y (k 1)(2n +1). Întrucât (k 1)(2 n + 1) k, rezultă că y (k 1)(2n +1) =, deci y k 1 = în contrdicţie cu minimlitte lui k. Prin urmre, k = 1 şi y = puncte Problem 3. Fie (, 1) şi C mulţime funcţiilor crescătore f : [, 1] [, ), stfel încât f(x) dx = 1. Să se determine: () mx (b) mx f(x) dx, ( f(x) ) 2dx. Soluţi 1. () Fie f o funcţie din mulţime C. Arătăm că Într-devăr, f(x) dx = f(x) dx f() dx (1 ) f(x). f(x) dx = f() dx =. f(x) dx (1 ) f(x) dx Cum pentru funcţi constntă f 1 re loc eglitte, rezultă că mximumul cerut este egl cu puncte (b) Mximumul cerut este, dcă 1/2, şi 1/(4(1 )), dcă > 1/2; ceste vlori sunt tinse, de exemplu, pentru f 1, în primul cz, şi, dcă x 2 1, f(x) = 1/(2(1 )), dcă 2 1 < x 1, 2

5 în l doile cz puncte În continure, vom răt că (f(x)) 2, dcă 1/2, 1/(4(1 )), dcă > 1/2. În cest scop, fie f o funcţie din mulţime C. Ţinând cont de condiţiile din enunţ, ( (f(x)) ) ( ) f() f(x) f(x) dx f(x) dx 1 = 1 ( ) ( ) 1 f(x) dx f(x) dx punct Să observăm că mx t(1 t): t = (1 ), dcă 1/2, 1/4, dcă > 1/2; în mbele czuri, mximumul este tins într-un singur punct: în t =, în primul cz, şi în t = 1/2, în l doile. Prin urmre, (f(x)) 2, dcă 1/2, 1/(4(1 )), dcă > 1/ puncte Soluţi 2. (b) Ţinând cont de exemplele din prim soluţie, este suficient să rătăm că (f(x)) 2, dcă 1/2, 1/(4(1 )), dcă > 1/2. Fie f o funcţie din mulţime C. Dcă f() < 1, tunci (f(x)) 2 (f()) 2 dx = (f()) 2 <. Dcă f() 1, considerăm funcţi ϕ: [, 1] [, ), ϕ(t) = t f(x) dx + (1 t)f(). Acestă funcţie este evident continuă, descrescătore pe intervlul închis [, ] şi crescătore pe intervlul închis [, 1]. Întrucât ϕ(1) = 1, rezultă că ϕ() 1 (cest lucru pote fi demonstrt şi în mod direct). Pe de ltă prte, ϕ() = f() 1, deci există un punct b în intervlul închis [, ], stfel încât ϕ(b) = 1, i.e., Fie g : [, 1] [, ), f(x) dx = 1 (1 b)f(). g(x) = f(x), dcă x b, f(), dcă b < x 1. 3

6 Este uşor de verifict că g prţine mulţimii C ; în plus, dcă x, tunci g(x) f(x), deci Pe de ltă prte, (g(x)) 2 dx (f(x)) 2 dx. ( ) (g(x)) 2 g() g(x) dx = f() f(x) dx + ( b)f() = f() (1 (1 b)f() + ( b)f()) = f() ( 1 (1 )f() ). Să observăm că mx t(1 (1 )t): t 1 =, dcă 1/2, 1/(4(1 )), dcă > 1/2; în mbele czuri, mximumul este tins într-un singur punct: în t = 1, în primul cz, şi în t = 1/(2(1 )), în l doile. Prin urmre, (f(x)) 2 (g(x)) 2, dcă 1/2, 1/(4(1 )), dcă > 1/2. Remrcă. Se pote răt că, exceptând punctele x = şi x = 1 căror li se dugă l (b) punctul x = 2 1, în czul în cre > 1/2, funcţiile cre relizeză mximumul integrlelor din enunţ sunt unic determinte; în punctele menţionte, pljele vlorice dmisibile rezultă din monotonie. Problem 4. Fie n 2 un număr nturl, (K, +, ) un corp comuttiv cu propriette că , m = 2,..., n, f K[X] un polinom de grd n şi G un subgrup l grupului m ori ditiv (K, +), G K. Să se rte că există K, stfel încât f() G. Soluţie. Fie g K[X] un polinom de grd m 2,..., n. Polinomul h(x) = g(x+1) g(x) re grdul m 1 şi, în plus, dcă Im g G, tunci şi Im h G puncte Presupunem că Im f G. Considerăm polinomele f, f 1,..., f n 1, definite stfel: f = f şi f k (X) = f k 1 (X + 1) f k 1 (X), k = 1,..., n 1. Din remrc nterioră, deg f k = n k şi Im f k G. În prticulr, deg f n 1 = 1 şi Im f n 1 G puncte Cum funcţi polinomilă f n 1 : K K este surjectivă, rezultă că Im f n 1 = K, deci G = K fls punct Remrcă. Problem rtă că, în condiţiile din enunţ, grupul ditiv l lui K este genert de imgine funcţiei polinomile f. În crcteristică zero, deg f pote să fie oricât de mre. În crcteristică p, unde p este prim, condiţi deg f < p este însă esenţilă. De exemplu, în czul în cre K = F 4, corpul cu ptru elemente, ir f = X 2 + X + 1, grupul ditiv genert de Im f este, 1 F 4. 4