Page 82 - MATINF Nr. 6

˘
82 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

√
n
n
∗
M 107. Fie n ∈ N . Aflat ,i (a, z) ∈ R × C astfel ˆıncˆat |z| = a ≥ 2 s , i az n+1 − z − a = 0.
Daniel Jinga, Pites , ti
√
n
n
n
n
Solut ,ie. Avem z (az − 1) = a , deci |z| · |az − 1| = |a| . Dar |z| = a ≥ 2, deci |az − 1| = 1.
2
2
2
Astfel |az − 1| = 1, deci (az − 1)(az − 1) = 1. Rezult˘a c˘a a |z| − az − az = 0, adic˘a
a 3
4
3
a − az − az = 0, deci z + z = a . Notˆand z = x + yi, cu x, y ∈ R, rezult˘a c˘a x = , deci
2
2
2
2
a 3 a 6 a (2 − a )(2 + a )
2
2
2
2
z = + yi. Cum |z| = a, avem + y = a , deci y = . Dar y ≥ 0, deci
2 √ 4 √ 4 √
2
a ≤ 2. Cum, din ipotez˘a, a ≥ 2, rezult˘a c˘a a = 2, deci y = 0 s , i astfel z = 2. Obt , inem c˘a
€√ √ Š
(a, z) = 2, 2 , pereche ce verific˘a relat , iile din enunt , .
n
M 108. Fie n ∈ N, n ≥ 4 s , i U n = {z ∈ C | z = 1}. Determinat ,i cel mai mic num˘ar natural k
astfel ˆıncˆat orice submult ,ime cu k elemente a mult ,imii U n s˘a cont ,in˘a patru elemente cu suma
egal˘a cu zero.
Marin Ionescu, Pites , ti
Solut ,ie. Fie z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ∈ U n distincte astfel ˆıncˆat z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0. Avem |z 1 | = 1,
1 1 1 1 1 1 1 1
deci z 1 = s , i, analog, z 2 = , z 3 = , z 4 = . Rezult˘a c˘a + + + = 0, adic˘a
z 1 z 2 z 3 z 4 z 1 z 2 z 3 z 4
z 1 + z 2 z 3 + z 4
+ = 0, s , i cum z 3 + z 4 = −(z 1 + z 2 ) obt , inem c˘a (z 1 + z 2 )(z 1 z 2 − z 3 z 4 ) = 0, deci
z 1 z 2 z 3 z 4
z 1 + z 2 = 0 sau z 1 z 2 = z 3 z 4 .
Dac˘a z 1 + z 2 = 0, rezult˘a s , i z 3 + z 4 = 0, deci {z 1 , z 2 , z 3 , z 4 } = {z 1 , −z 1 , z 3 , −z 3 } ⊆ U n .
Dac˘a z 1 z 2 = z 3 z 4 , notˆand z 1 z 2 = (−z 3 )(−z 4 ) = p s , i z 1 + z 2 = (−z 3 ) + (−z 4 ) = s, rezult˘a c˘a
2
z 1 , z 2 respectiv −z 3 , −z 4 sunt r˘ad˘acinile ecuat , iei z − sz + p = 0, deci {z 1 , z 2 } = {−z 3 , −z 4 } s , i
astfel {z 1 , z 2 , z 3 , z 4 } = {z 3 , −z 3 , z 4 , −z 4 } ⊆ U n .
Dac˘a n este impar, atunci nu exist˘a r˘ad˘acini de ordinul n ale unit˘at , ii opuse.

∗
Dac˘a n = 2p, cu p ∈ N , atunci elementele mult , imii U n se pot scrie sub forma U n =
{z 1 , z 2 , . . . , z p , −z 1 , −z 2 , . . . , −z p }. Deoarece A 1 = {z 1 , −z 1 }, A 2 = {z 2 , −z 2 }, . . ., A p =
{z p , −z p } formeaz˘a o partit , ie a mult , imii U n , conform Principiului lui Dirichlet rezult˘a c˘a
pentru a fi siguri c˘a orice submult , ime cu k elemente a lui U n include dou˘a dintre submult , imile
n
A 1 , A 2 , . . . , A p trebuie s˘a lu˘am minim k = p + 2 = + 2. Acesta este num˘arul c˘autat.
2
2
3
M 109. Rezolvat ,i ecuat ,ia sin 6x · tg 3x = 2 sin 4x.
Titu Zvonaru, Com˘anes , ti

Solut ,ie. Condit , ia de existent , ˘a: cos 3x 6= 0. Folosind formule trigonometrice uzuale, ecuat , ia se
2
3
scrie, succesiv: sin 6x sin 3x = 2 sin 4x cos 3x, (1 − cos 12x) sin 3x = 2 sin 4x cos 3x(1 − cos 8x),
sin 3x − cos 12x sin 3x = (sin 7x + sin x)(1 − cos 8x), 2 sin 3x − sin 15x + sin 9x = 2 sin 7x +
2 sin x−sin 15x+sin x−sin 9x+sin 7x, 3 sin 7x+3 sin x−2 sin 9x−2 sin 3x = 0, 3 sin 4x cos 3x−
2
2 sin 6x cos 3x = 0, cos 3x 6 sin 2x cos 2x − 2 sin 2x(3 − 4 sin 2x) = 0, sin 2x cos 3x(3 cos 2x −
2
3 + 4 − 4 cos 2x) = 0, sin 2x cos 3x(1 + 4 cos 2x)(1 − cos 2x) = 0, deci, t , inˆand cont de condit , ia
§  ‹ ª
1 1
de existent , ˘a, are mult , imea solut , iilor S = {kπ | k ∈ Z} ∪ ± arccos − + kπ k ∈ Z .

2 4