Page 106 - MATINF Nr. 7
P. 106
˘
106 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI
√
x 2 1 y 2 1 z 2 1 169 − 15 5
s > 1. Din demonstrat , ia de mai sus, avem 2 + 2 + 2 + ≥ . Dar
s 2 s 2 s 2 64
x 2 1 y 2 1 z 2 1
ˆ
E (x, y, z) > + + + . In concluzie, ˆın acest caz nu exist˘a solut , ii.
s 2 2 s 2 2 s 2 2
Clasa a XII-a
∗
M 139. Ar˘atat ,i c˘a nu exist˘a n ∈ N \ {1} astfel ˆıncˆat inelul claselor de resturi (Z n , +, ·) s˘a
aib˘a exact 2020 de elemente inversabile.
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti
∗
k r
k 1
k 2
Solut ,ie. Fie n ∈ N \ {1}. Considerˆand descompunerea ˆın factori primi n = p · p · . . . · p ,
1
r
2
num˘arul de elemente inversabile ale inelului Z n este
ϕ(n) = ϕ(n 1 ) · ϕ(n 2 ) · . . . · ϕ(n r ), unde n i = p k i s , i ϕ(n i ) = p k i −1 (p i − 1),
i i
pentru orice i ∈ {1, . . . , r}. Observ˘am c˘a ϕ(n i ) este impar dac˘a s , i numai dac˘a p i = 2 s , i k i = 1,
adic˘a n i = 2. Evident, ϕ(2) = 1. Trebuie s˘a demonstr˘am c˘a ϕ(n) 6= 2020. S˘a presupunem, prin
reducere la absurd, ca ϕ(n) = 2020, adic˘a
2020 = ϕ(n 1 ) · ϕ(n 2 ) · . . . · ϕ(n r ).
2
Cum 2020 = 2 · 5 · 101, descompunerile lui 2020 ca produs de numere naturale pare sau egale
cu 1 sunt 2020 = 2020 = 1 · 2020 = 2 · 1010 = 1 · 2 · 1010 = 10 · 202 = 1 · 10 · 202, deci avem de
analizat urm˘atoarele cazuri.
Cazul 1. 2020 = 2020, adic˘a r = 1 s , i ϕ(n 1 ) = 2020. Atunci p k 1 −1 (p 1 − 1) = 2020. Pentru
1
k 1 = 1 rezult˘a p 1 = 2021, fals (2021 = 43 · 47). Pentru k 1 ≥ 2 rezult˘a c˘a p 1 divide 2020, deci
p 1 ∈ {2, 5, 101}, deci 2 k 1 −1 = 2020 sau 5 k 1 −1 · 4 = 2020 sau 101 k 1 −1 · 100 = 2020, fals.
Cazul 2. 2020 = 1 · 2020, adic˘a r = 2, ϕ(n 1 ) = 1 s , i ϕ(n 2 ) = 2020, fals (conform Cazului 1).
Cazul 3. 2020 = 2·1010, adic˘a r = 2, ϕ(n 1 ) = 2 s , i ϕ(n 2 ) = 1010. Atunci p k 2 −1 (p 2 −1) = 1010.
2
Pentru k 2 = 1 rezult˘a p 2 = 1011, fals (1011 se divide cu 3). Pentru k 2 ≥ 2 rezult˘a c˘a p 2 divide
1010, deci p 2 ∈ {2, 5, 101}, deci 2 k 2 −1 = 1010 sau 5 k 2 −1 · 4 = 1010 sau 101 k 2 −1 · 100 = 1010, fals.
Cazul 4. 2020 = 1 · 2 · 1010, adic˘a r = 3, ϕ(n 1 ) = 1, ϕ(n 2 ) = 2 s , i ϕ(n 3 ) = 1010, fals (conform
Cazului 3).
Cazul 5. 2020 = 10·202, adic˘a r = 2, ϕ(n 1 ) = 10 s , i ϕ(n 2 ) = 202. Atunci p k 2 −1 (p 2 −1) = 202.
2
Pentru k 2 = 1 rezult˘a p 2 = 203, fals (203 se divide cu 7). Pentru k 2 ≥ 2 rezult˘a c˘a p 2 divide 202,
deci p 2 ∈ {2, 101}, deci 2 k 2 −1 = 202 sau 101 k 2 −1 · 100 = 202, fals.
Cazul 6. 2020 = 1 · 10 · 202, adic˘a r = 3, ϕ(n 1 ) = 1, ϕ(n 2 ) = 10 s , i ϕ(n 3 ) = 202, fals (conform
Cazului 5).
ˆ
In concluzie, nu exist˘a n astfel ˆıncˆat ϕ(n) = 2020 s , i demonstrat , ia este ˆıncheiat˘a.
