Page 91 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 91

√
2 − 1
 ˜
Reciproc, demonstr˘am c˘a (1) are loc pentru orice k ∈ 0, s , i orice t ≥ 2. Este
√ 2
t−2 t
suficient s˘a ar˘at˘am c˘a 1 ≥ 2k(x − 1) 2 (x + 1) 2 , ∀x ∈ (1, 2). Evident, funct , ia f(x) =
t−2 t √ €√ Š
2k(x − 1) 2 (x + 1) 2 este strict cresc˘atoare pe (1, 2), deci f(x) < lim f(x) = 2k 2 + 1 ,
√
√ x% 2
√ €√ Š 2 − 1 €√ Š
ˆ
∀x ∈ (1, 2). Dar 2k 2 + 1 ≤ 2 · · 2 + 1 = 1. Demonstrat , ia este complet˘a. In
√ 2
 ˜
2 − 1
concluzie, k ∈ 0, s , i t ≥ 2.
2

Clasa a XII-a

M 96. Pe mult ,imea numerelor reale se consider˘a legea de compozit ,ie

Ê Ê
2
2
y + y + 1 x + x + 1 1
x ∗ y = (2x + 1) + (2y + 1) − , ∀x, y ∈ R.
3 3 2
a) Demonstrat ,i c˘a (R, ∗) este un grup abelian izomorf cu grupul (R, +).
b) Ar˘atat ,i c˘a 0 ∗ 0 ∗ . . . ∗ 0 ∈ Q.
| {z }
de 2019 ori 0

Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

√
−x
x
(e − e ) 3 − 2
Solut ,ie. a) Consider˘am funct , ia f : R → R, f(x) = . Avem f(x) ∗ f(y) =
√ √ 4 √
s s
– ™ 2 – ™ 2
−x
x
y
−y
y
x
x
e − e −x (e − e ) 3 3 e − e −y (e − e ) 3 3 1 e − e −x 3
+ + + − = · ·
2 4 4 2 4 4 2 2 4
√ √
y
e − e −y 3 1 3 1
−y
x
y
−x
(e + e ) + · · (e + e ) − = (e x+y − e −x−y ) − = f(x + y), ∀x, y ∈ R.
2 4 2 4 2 p
2
2y + 1 + 2 y + y + 1
Pentru orice y ∈ R ecuat , ia f(x) = y are solut , ia unic˘a x = ln √ , deci f este
√ 3
2
2x + 1 + 2 x + x + 1
bijectiv˘a, cu inversa f −1 : R → R, f −1 (x) = ln √ . Cum (R, +) este grup
3
abelian, rezult˘a c˘a s , i (R, ∗) este grup abelian, iar f este un izomorfism de la (R, +) la (R, ∗).
√

b) Avem f −1 0 ∗ 0 ∗ . . . ∗ 0 = 2019f −1 (0) = 2019 ln 3, deci
| {z }
de 2019 ori 0
€√ €√
h Š 2019 Š −2019 √
i
√ 3 − 3 3 − 2 3 1010 − 3 −1009 − 2
0 ∗ 0 ∗ . . . ∗ 0 = f(2019 ln 3) = = ∈ Q.
| {z } 4 4
de 2019 ori 0