Page 108 - MATINF Nr. 3

˘
108 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Clasa a XII-a

M 36. Pentru orice grup G s , i orice num˘ar natural nenul n not˘am

n
S n (G) = {a ∈ G | ax a = x, ∀ x ∈ G}.

∗
a) Pentru n ≥ 2, demonstrat ,i c˘a dac˘a S n (G) 6= Ø, atunci exist˘a m ∈ N astfel ˆıncˆat
m
x = e, ∀ x ∈ G (e reprezint˘a elementul neutru al lui G). R˘amˆane adev˘arat˘a afirmat ,ia pentru
n = 1?
b) Demonstrat ,i echivalent ,a: exist˘a un grup G astfel ˆıncˆat S n (G) \ {e} 6= Ø dac˘a s , i numai
dac˘a n este impar.

Marin Chirciu, Pites , ti
2
n
Solut ,ie. a) Fie a ∈ S n (G), deci ax a = x, ∀ x ∈ G, (1). Luˆand x = e ˆın (1) obt , inem c˘a a = e.
ˆ n (2).
Inmult , ind ˆın relat , ia (1) s , i la stˆanga s , i la dreapta cu a rezult˘a c˘a x = axa, ∀ x ∈ G,
Avem dou˘a cazuri.
∗
3
1) n = 2k, cu k ∈ N . Luˆand x = a ˆın (2) obt , inem c˘a a 2k = a , adic˘a e = a. Deci x 2k = x,
prin urmare x 2k−1 = e, ∀ x ∈ G.
∗ ˆ
2) n = 2k + 1, cu k ∈ N . Inlocuind x cu xa ˆın (2) obt , inem c˘a (xa) 2k+1 = axaa, adic˘a
k
(xaxa) x = axa. Folosind (2) rezult˘a c˘a x · x 2k+1 k x = x 2k+1 , prin urmare x 2k 2 = e, ∀ x ∈ G.
Concluzia nu r˘amˆane adev˘arat˘a pentru n = 1. De exemplu, pentru grupul multiplicativ
∗
m
∗
∗
∗
(R , ·) avem S 1 (R ) = {−1, 1} 6= Ø, dar nu exist˘a m ∈ N astfel ˆıncˆat x = 1, ∀ x ∈ R .
b) Dac˘a G este un grup astfel ˆıncˆat S n (G)\{e} 6= Ø, atunci conform demonstrat , iei punctului
a) rezult˘a c˘a n este impar. Reciproc, pentru n impar grupul multiplicativ G = {−1, 1} are
S n (G) = {−1, 1}, deci S n (G) \ {1} 6= Ø.
M 37. Fie s un num˘ar real apart ,inˆand intervalului (12, 18) s , i ABC un triunghi astfel ˆıncˆat
√
2
2
2
a + b + c = 6, a + b + c = s s , i R + r = 3 (a = BC, b = AC, c = AB, iar R s , i r sunt
raza cercului circumscris, respectiv raza cercului ˆınscris triunghiului ABC). Exprimat ,i aria
triunghiului ABC ˆın funct ,ie de s.
Leonard Giugiuc, Cristinel Mortici, Romˆania s , i Kadir Altintas, Turcia

Solut ,ie. Deoarece b + c > a s , i a + b + c = 6 rezult˘a c˘a a < 3. Analog, b < 3 s , i c < 3.
Not˘am x = 3 − a, y = 3 − b s , i z = 3 − c. Avem x, y, z > 0, x + y + z = 3 s , i xy +
18 − s √
xz + yz = . Aplicˆand formula lui Heron obt , inem c˘a aria 4ABC este S = 3q,
2
…
s − 12
2
unde q = xyz. Fie t = . Avem t ∈ (0, 1) s , i xy + xz + yz = 3(1 − t ). Cum
6 √
2
abc (3 − x)(3 − y)(3 − z) 9(1 − t ) − q 2S q √
R = = = √ s , i r = = √ , iar R + r = 3,
4S 4S 4 3q a + b + c 3
2
9(1 − t ) + 3q √ √ √ √
2
2
rezult˘a c˘a √ = 3, adic˘a q − 4 q + 3(1 − t ) = 0, deci q = 2 ± 1 + 3t . Dar,
4 3q
√ √ √
2
folosind Inegalitatea mediilor, avem 3 q ≤ 1, deci q ≤ 1. Astfel rezult˘a c˘a q = 2 − 1 + 3t .