Page 94 - MATINF Nr. 8

˘
94 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Solut ,ie. Domeniul de definit , ie al ecuat , iei este D = (0, 1) ∪ (1, ∞).

3
2
5
Cazul 1. x ∈ (0, 1). Atunci log a < 0, deci x+a 6 log a +x·a 6 log a < 1+1+1 = 3 < a +a +a ,
x
x
x
prin urmare ecuat , ia nu are solut , ii x ∈ (0, 1).
1
t
Cazul 2. x ∈ (1, ∞). Notˆand log a = t > 0, de unde x = a, deci x = a t , iar ecuat , ia devine
x
2 3 5 1 6t 1 +6t
f(t) = a + a + a , unde f : (0, ∞) → R, f (t) = a t + a + a t .
′′
Prin calcule us , oare obt , inem c˘a f (t) > 0 pentru orice t > 0, deci funct , ia f este strict
1 1
2
3
5
a
convex˘a. Rezult˘ c˘ ecuat , ia f(t) = a + a + a are cel mult dou˘ solut , ii. Cum t 1 = s , i t 2 =
a
a
2 3
2
verific˘a ecuat , ia, rezult˘a c˘a acestea sunt singurele sale solut , ii. Prin urmare x 1 = a s , i x 2 = a 3
sunt singurele solut , ii ale ecuatiei din enunt , .
Clasa a XII-a

M 160. a) Determinat ,i n ∈ N, n ≥ 2 pentru care inelul (Z n , +, ·) al claselor de resturi modulo
n are exact 11 divizori ai lui zero (diferit ,i de zero).

b) Care este cardinalul minim al unui inel cu exact 11 divizori ai lui zero (diferit ,i de zero)?

* * *

Solut ,ie. a) Num˘arul de divizori ai lui zero din inelul Z n este n−1−φ(n), unde φ(n) (Indicatorul
lui Euler) reprezint˘a num˘arul de numere naturale mai mici decˆat n s , i prime cu n s , i poate fi
p
calculat cu formula φ(n) = p k 1 −1 k 2 −1 . . . p k r −1 (p 1 −1)(p 2 −1) . . . (p r −1), unde n = p p . . . p k r
k 1 k 2
1 2 r 1 2 r
este descompunerea lui n ˆın factori primi. Presupunem c˘a p 1 < p 2 < . . . < p r . Astfel condit , ia
ca inelul Z n s˘ aib˘ exact 11 divizori ai lui zero este n − φ(n) = 12, adic˘
a
a
a
p k 1 −1 k 2 −1 . . . p k r −1 [p 1 p 2 . . . p r − (p 1 − 1)(p 2 − 1) . . . (p r − 1)] = 12.
p
1 2 r
Pentru r ≥ 3, notˆand p i − 1 = q i , i = 1, r, avem p 1 p 2 . . . p r − (p 1 − 1)(p 2 − 1) . . . (p r − 1) =
(1 + q 1 )(1 + q 2 ) . . . (1 + q r ) − q 1 q 2 . . . q r ≥ 1 + q 1 + q 2 + q 3 + q 1 q 2 + q 1 q 3 + q 2 q 3 ≥ 1 + 1 + 2 + 4 +
1 · 2 + 1 · 4 + 2 · 4 > 12, deci nu avem solut , ie.

Pentru r = 1 obt , inem p k 1 −1 = 12, fals.
1
a
Pentru r = 2 obt , inem p k 1 −1 k 2 −1 (p 1 + p 2 − 1) = 12. Dac˘ p 1 > 2 ar rezulta c˘ p 1 + p 2 − 1 ≥
p
a
2
1
3 + 5 − 1 = 7 este un divizor impar al lui 12, fals. Deci p 1 = 2 s , i 2 k 1 −1 k 2 −1 (p 2 + 1) = 12. Cum
p
2
p 2 + 1 ≥ 4 rezult˘ k 1 ≤ 2. Pentru k 1 = 1 obt , inem p k 2 −1 (p 2 + 1) = 12, p 2 ≥ 3 impar, cu solut , iile
a
2
2
p 2 = 3 s , i k 2 = 2, deci n = 2 · 3 = 18, sau p 2 = 11 s , i k 2 = 1, deci n = 2 · 11 = 22. Pentru k 1 = 2
2
obt , inem p k 2 −1 (p 2 + 1) = 6, p 2 ≥ 3 impar, cu solut , ia p 2 = 5 s , i k 2 = 1, deci n = 2 · 5 = 20.
2
ˆ
In concluzie, n ∈ {18, 20, 22}.
b) Evident, n ≥ 13. Este cunoscut c˘a, pentru p num˘ar prim, orice inel cu p elemente este
izomorf cu Z p , iar, pentru p, q numere prime distincte, orice inel cu pq elemente este izomorf cu
Z pq . Astfel n = 13, n = 14 s , i n = 15 nu convin. Deoarece inelul Z 4 × Z 4 are 16 − 2 · 2 − 1 = 11
a
a
divizori ai lui zero, rezult˘ c˘ num˘arul minim cerut este n = 16.