Al V-lea Congres internaţional. ale matematicienilor români.

Transcript

1 Al V-lea Congres internaţional al matematicienilor români Piteşti, - 8 iunie, 00 Incepând cu anul 199, s-au organizat, până în prezent, cinci congrese internaţional ale matematicienilor români. Primul Congres a avut loc în anul 199 la Cluj având ca promotor pe Petre Sergescu, dar având concursul celor mai reputaţi matematicieni români din acea perioadă. Al II-lea Congres a avut loc la Turnu Severin în 19, bucurându-se ca şi primul de participarea unor mari matematicieni ai timpului, Paul Montel, Arnaud Denjoy, Waclaw Sierpinski şi alţii. Al III-lea Congres s-a desfăşurat la Bucureşti în 1945, cu o participare modestă a matematicienilor străini, date fiind condiţiile dificile de la sfârşitul celui de-al doilea război mondial. Cel de-al IV-lea Congres a fost organizat tot la Bucureşti, cu o pregătire specială, în anul Statul român a făcut un efort special ŝi prestigiul de care se bucurau matematicienii romani (toţi formaţi în marile şcoli din occident) au permis invitarea unui număr însemnat de matematicieni străini, de faimă internaţională. Din Franţa au participat Jacques Hadamard şi Arnaud Denjoy, din Japonia - Masuo Hukuhara, dingermania - W. Blaschke, dinstatele Unite - Einar Hille şi S. Eilenberg, dinuniunea Sovietică - I. Vekua, dinpolonia - K. Kuratowski şi T. Wazewski. A fost un prilej de reîntâlnire a matematicienilor români din generaţia lui Grigore Moisil, Gheorghe Vrănceanu, Miron Nicolescu, Simion Stoilow, Nicolae Teodorescu, Tiberiu Popoviciu cu foştii lor mentori sau colegi. După o întrerupere de 47 de ani, s-a organizat cel de-al V-lea Congres la Universitatea din Piteşti, al cărei Rector dr. Gheorghe Barbu este el însuşi matematician (format la Iaşi şi Bucureşti). Domnia sa şi-a asumat sarcinile dificile ale organizării congresului, eveniment organizat sub egida Academiei Române, a Universităţii Bucureşti şi a Institutului de Matematică "S. Stoilow" al Academiei Române. Organizarea congresului a fost reuşită, datorită în primul rând comitetului local de organizare, autorităţilor locale şi sprijinului acordat de la Bucureşti. Ca o nouă caracteristică a acestui congres, subliniem prezenţa unui număr însemnat de matematicieni români care-şi desfăşoară acum activitatea în ţări străine (a se vedea Libertas Mathematica, vol.xxiii,în care se află numele şi adresele a peste 00 de matematicieni români ce deţin catedre în universităţi din străinătate, pe toate continentele Terrei). "Ziarul de Azi" din Piteşti, în timpul desfăşurării congresului, a publicat numeroase relatări şi informaţii privind participarea unor reputaţi matematicieni străini, dar şi a multor matematicieni români care au activat sau activează în alte ţări. Printre cei din ultima categorie vom aminti academicienii Nicolae Cristescu şi Nicolae Dinculeanu, Sergiu Klainerman (Princeton), Dan Burghelea (Columbus - Ohio), Daniel Tataru (Berkeley, CA), Henri Moscovici (Columbus - Ohio), M. Epstein (Tel Aviv), Radu Theodorescu (Laval, Canada). Spre deosebire de multe alte congrese sau conferinţe cu participare internaţională, congresele internaţionale ale matematicienilor români au fost întotdeauna caracteri- 1

2 zate printr-o largă reprezentare a tuturor domeniilor de bază din cercetarea matematică. Astfel, cele peste 400 de comunicări anunţate pentru Congresul al V-lea, au fost distribuite în 15 secţii, începând cu Logica, Algebra şi Teoria numerelor, mergând până laistoria şi Filozofia matematicii şi Pedagogia matematicii. Aufost reprezentate Geometria, Analiza clasică şi modernă, Ecuaţiile diferenţiale, Teoria controlului optimal, Teoria probabilităţilor şi Statistica matematică, Cercetarea operaţională, Mecanica şi Astronomia, Fizica matematică. Lucrările s-au desfăşurat atât în plenul congresului (începând cu şedinţa de deschidere la care Ambasadorul Franţei la Bucureşti, E. S. Philippe Étienne, elînsuşi matematician şi admirabil vorbitor, a captivat audienţa), precum şi în numeroase secţii pe specialităţi. Pe lângă matematicienii străini care au participat la Congres, venind din Statele Unite, Canada, Franţa, Germania, Rusia, Ungaria, Italia şi alte ţări, trebuie să remarcăm prezenţa destul de însemnată a matematicienilor din Republica Moldova. Este destul de dificil să prezentăm o vedere de ansamblu asupra desfăşurării Congresului al V-lea al matematicienilor români, dată fiind varietatea domeniilor abordate de către participanţi. Vom sublinia totuşi faptul că programul şi desfăşurarea lucrărilor congresului s-au încadrat în standardele internaţionale. O criticăces-a adus organizatorilor a fost aceea că data congresului a coincis cu multiple activităţi academice, cum ar fi: examenele studenţeşti, examenul de licenţă şi altele. În felul acesta, mulţi doritori din ţară de a participa au fost absenţi. Vom încheia subliniind faptul că acest al V-lea Congres a ilustrat vitalitatea matematicii româneşti, încadrarea ei reuşită în comunitatea matematică internaţională. Săsperăm că următorul congres va avea loc după o perioadă nuatâtde îndelungată capânăacum. Constantin CORDUNEANU University of Texas at Arlington

3 Observatorul din Iaşi 90 de ani de la înfiinţare Înfiinţarea observatoarelor astronomice din Bucureşti (în 1908) şi apoi din Iaşi (în 191) face parte dintr-un proces mai amplu de modernizare a învăţământului universitar şi a cercetării ştiinţifice, proces impulsionat de Legea Haret din 1898 şi care se va maturiza în condiţiile social-politice şi culturale din România Întregită. Încă din momentul înfiinţării în 1860 a Universităţii din Iaşi, în programa "secţiei ştiinţelor pozitive din facultatea de filozofie" sunt prevăzute şi cursuri de mecanică şi astronomie, dar catedrele aferente vor căpăta fiinţă mai târziu. Prin legea învăţământului din 1864, care se pune în aplicare începând cu data de 5 febr. 1865, se creează Facultatea de ştiinţe, desprinsă din Facultatea de filozofie şi având trei secţii distincte: fizică, matematică şi ştiinţe naturale; una din cele 1 catedre ale noii facultăţi este cea de geodezie teoretică şi astronomie. La 15 febr este numit profesor titular al acestei catedre Neculai Culianu, care o va ocupa până în 1906, anul pensionării sale. N. Culianu trece licenţa în ştiinţe matematice la Sorbona, este atras de astronomie şi de Observatorul din Paris, cunoaşte aici şi rămâne prieten pentru toată viaţa cu astronomul francez Camille Flammarion. N. Culianu este autor al unui Curs de cosmografie pentru liceu (două ediţii, 189 şi 190). Universitatea din Iaşi a primit, chiar din momentul înfiinţării, de la Societatea de Medici şi Naturalişti din Iaşi un bun instrument de observaţii astronomice, care aparţinuse poetului moldovean Costache Conachi şi pe care moştenitorii îl donaseră acesteia. După înfiinţarea Catedrei de astronomie (în 1864) au fost achiziţionate şi alte instrumente; ele au fost depozitate într-o cămăruţă a vechiului local al universităţii încât nici nu puteau fi arătate studenţilor. Cu toate insistenţele nu s-a reuşit timp îndelungat obţinerea fondurilor pentru construirea unui observator astronomic. Constantin Popovici este licenţiat al Facultăţii de ştiinţe din Iaşi (1900). Pleacă la Paris cu o bursă "Adamachi" unde obţine din nou licenţa în matematici (1905) şi apoi doctoratul la Sorbona (1908) în domeniul ecuaţiilor diferenţiale. În 1909 este numit la Catedra de geometrie analitică auniversităţii ieşene, iar în 1910 este trimis în Franţa pentru specializare în astronomie şi documentare în privinţa construirii viitorului observator din Iaşi. Se reîntoarce şi este numit în 1911 la Catedra de astronomie, geodezie şi mecanică cerească, Universitatea din Iaşi. C. Popovici este fondatorul Observatorului astronomic din Iaşi, amplasat pe dealul Copou; piatra de temelie a clădirii a fost pusă la 1 sept. 191, iar recepţia s-a făcut la mijlocul lui decembrie 191. C. Popovici este primul director al Observatorului (în perioada ). Primele instrumente intrate în dotarea acestuia au fost cele provenite de la cabinetul de astronomie înfiinţat de N. Culianu. Prin strădaniile lui C. Popovici şi ale elevului şi colaboratorului său, Vintilă Şiadbei, aufostachiziţionate noi instrumente: o lunetă meridiană, un ecuatorial Ressel, două cronometre (pentru timpul mediu şi cel sideral), un fotometru Graff şi altele necesare procesului didactic. În anul 198 Catedra de astronomie este transformată într-o conferinţă iar C. Popovici se transferă labucureşti. În perioada , Vintilă Şiadbei a suplinit conferinţa de astronomie.

4 Ca urmare a evacuării Observatorului, prilejuită de cel de-al doilea război mondial, o bună parte a aparaturii din dotarea acestuia s-a deteriorat sau a fost sustrasă. În 1948 Victor Nadolschi ocupă prin concurs conferinţa de astronomie şi devine directorul Observatorului din Iaşi, funcţie deţinută până în anul V. Nadolschi este un eminent continuator al lui C. Popovici şi al lui V. Şiadbei. Acesta reorganizează şi relansează activitatea şi pune bazele astronomiei fotografice la Iaşi. V. Nadolschi achiziţionează unastrograf Zeiss (1956), un fotometru fotoelectric (1959), un ecuatorial Zeiss cotit (1960), un aparat pentru măsurat clişee (196), un teodolit zenital Meopta (196) etc. Începând cu anul 1966 activitatea didactică şi de cercetare este coordonată de Iulian Breahnă, absolvent al Universităţii din Bucureşti, secţia de astronomie. Din 1966 funcţionează în cadrul Observatorului din Iaşi un atelier de mecanică fină şi un laborator electronic necesare întreţinerii şi cercetării. A fost achiziţionat un orologiu cu cuarţ care, completat ulterior cu alte anexe, constituie şi în prezent un cronograf digital de precizie. În anul 1980 a fost achiziţionat un planetariu Zeiss destinat învăţământului astronomiei, care a fost instalat în incinta Universităţii din Iaşi. Studenţii au astfel posibilitatea de a-şi însuşi mai uşor o multitudine de fenomene privind cinematica şi dinamica sistemului planetar al Soarelui. Planetariul a atras până în prezent câteva mii de vizitatori. Cu prilejul eclipsei totale de Soare din 11 august 1999 s-a achiziţionat un astrograf CCD (dispozitiv cu cuplaj de sarcină) de performanţă şi o cameră Astrovidpentru înregistrări continue de imagini. În perioada , pe lângă Observatorşi prin grija personalului acestuia a funcţionat o staţie seismică. Observaţiile efectuate de aceasta au pus în evidenţă două focare seismice: unul la circa 5 km dincolo de Prut şi al doilea în zona Bârlad- Zorleni. Activitatea de cercetare desfăşurată pelângăobservatoruldiniaşi s-a concretizat în peste 140 lucrări. C. Popovici a generalizat legea Newton-Coulomb prin considerarea unei forţe neconservative, rezultată dintr-o combinaţie a gravitaţiei newtoniene cu presiunea luminii. V. Şiadbei obţine rezultate noi privind traiectoriile meteorilor şi cometelor şi face observaţii asupra eclipselor de Lună şi Soare, stabilind relaţii mai simple pentru calculul acestora. V. Nadolschi s-a preocupat de teoria statisticii grupurilor de pete solare, continuă tradiţia observării eclipselor şi are meritul de a fi pus bazele astronomiei fotografice la Iaşi. Abordarea unor teme din domeniul radioastronomiei s-a dovedit deosebit de dificilă, deşi s-au depus eforturi susţinute pentru crearea bazei materiale necesare unei astfel de cercetări. Cu toate că de-alungultimpuluiaufostdeînlăturat multe dificultăţi şi obstacole, la Observatorul din Iaşi s-a reuşit să sedesfăşoare o activitate care l-a făcut cunoscut în ţară şi în străinătate. Aceste afirmaţii sunt dovedite şi de acordarea titlului de membru al Uniunii Astronomice Internaţionale următorilor astronomi ieşeni: Constantin Popovici, Vintilă Şiadbei, Victor Nadolschi şi Iulian Breahnă. Redacţia revistei 4

5 Marea teoremă a lui Fermat pentru polinoame Temistocle BÎRSAN 1 1. Odată cucăderea Constantinopolului (145), mulţi învăţaţi bizantini s-au îndreptat spre Europa de Vest aducând cu ei manuscrise preţioase - manuscrisele care supravieţuiseră devastării Bibliotecii din Alexandria se adunaseră de-alungul timpului în această capitală a lumii. Prin hazardul împrejurărilor, şase din cele 1 volume ale Aritmeticii lui Diofant au ajuns în Franţa. Învăţatul şi amatorul de matematică francezclaude Gaspar Bachet de Méziriac îşi dăseamadeimportanţa cărţii lui Diofant şi publică în161 o versiune în limba latină aaritmeticii, care cuprinde peste o sută de probleme şi rezolvările detaliate ale lui Diofant. Pentru Pierre Fermat ( ) Aritmetica lui Diofant a fost cartea care l-a pus în contact cu bogatele cunoştinţe ale popoarelor antice în direcţia teoriei numerelor şi sursa de inspiraţie pentru noi şi subtile probleme pe care singur şi le formula. Fermat obişnuia să noteze pe marginile cărţii lui Diofant comentarii, calcule şi schiţe de demonstraţii. Nu s-a preocupat să-şi publice rezultatele şi demonstraţiile, dar se amuza comunicându-şi rezultatele altor matematicieni ai timpului şi provocându-i la rezolvarea acestora. În Cartea a II-a a Aritmeticii, Fermatgăseşte informaţii bogate relativ la tripletele pitagoreice, adică trei numere naturale ce verifică ecuaţia lui Pitagora x + y = z. (1) Ştia că Euclid demonstrase că există o infinitate de astfel de triplete. Ce se întâmplă, însă, dacă înlocde(1) se consideră ecuaţia x n + y n = z n, () unde n? Răspunsul lui Fermat, notat ca observaţie pemargineacărţii lui Diofant, este cu totul surprinzător: nu există niciosoluţie a ecuaţiei () cu numere x, y, z nenule, dacă n =, 4,....Urmeazănotat următorul comentariu: Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detex hanc marginis exiguitas non caperet [4]. (Mă aflu în posesia unei demonstraţii minunate a acestei afirmaţii, dar marginea paginii este prea strâmtă pentru a o cuprinde.) Această extraordinară descoperire, care astăzi poartănumeledemarea teoremă aluifermat,câtşi alte rezultate, ar fi putut să rămână necunoscute lumii matematicienilor şi să sepiardă, dacă, după moartea lui Fermat, fiul său cel mai mare n-ar fi examinat însemnările scrise de tatăl său pe margini şi n-ar fi publicat Aritmetica lui Diofant conţinând şi observaţiile lui Pierre de Fermat (Toulouse, 1670). Pe parcursul câtorva secole, cele mai sclipitoare minţi de matematicieni au încercat şi şi-au adus contribuţia la rezolvarea acestei enigme (şi, totodată, provocări) lăsatădefermat: Euler, Sophie Germain, Dirichlet, Legendre, Lamé, Cauchy, Kummer ş. a. Drumul ce duce la demonstrarea Marii teoreme a lui Fermat este 1 Prof. dr., Catedra de matematică, Univ. Tehnică "Gh.Asachí",Iaşi 5

6 presărat cu reuşite parţiale, ambiţii, înfrângeri, decepţii, orgolii, intrigi, tentative de sinucidere etc. [4]. În anul 1995, după opt ani de muncă neîntreruptă, în completă izolarefaţă de colegii săi şi păstrând o discreţie totală asupra cercetărilor sale, englezul Andrew Wiles pune capăt enigmei de peste 50 de ani: Marea teoremă aluifermateste demonstrată! Demonstraţia dată de Wiles este, însă, accesibilă unuinumăr restrâns de specialişti; în fapt, Wiles pentru a atinge scopul a dovedit justeţea Conjecturii Taniyama - Shimura utilizând o aparatură matematică modernă şi sofisticată: curbe eliptice, forme modulare, reprezentări Galois ş. a. [5].. Este cunoscut faptul că inelulz al numerelor întregi şi inelul C [X] al polinoamelor cu coeficienţi numere complexe au proprietăţi asemănătoare. De aceea apare ca firească problemarezolvării ecuaţiilor (1) şi () în C [X]. În privinţa ecuaţiei (1) constatăm uşor, ca şi în cazul numeric, că areoinfinitate de soluţii: p, q C [X], luăm x (X) =[p (X)] [q (X)], y(x) =p (X) q (X), z(x) =[p (X)] +[q (X)] şi verificăm direct că tripleta(x (X),y(X),z(X)) este o soluţie a ecuaţiei (1) în C [X]. Similar cu Marea teoremă a lui Fermat se formulează Teorema lui Fermat pentru polinoame ([], [5]). Dacă n este un întreg, n, atunciecuaţia () nu are soluţii în C [X] cu polinoame neconstante şi relativ prime. Surprinzător, spre deosebire de Marea teoremă a lui Fermat, pentru acest rezultat se cunoaşte o demonstraţie elementară şi simplă, accesibilă unui elev de liceu. Rezultatul este cunoscut din sec. al XIX-lea şi a fost demonstrat utilizând cunoştinţe de geometrie algebrică. Demonstraţia elementară la care ne-am referit se sprijină pe oteoremădedată recentă datorată matematicienilor W. Stothers (1981) şi, independent, R. C. Mason (198), teoremă foarte importantă şi în sine. Sunt necesare câteva (puţine!) pregătiri. Fie p C [X] un polinom neconstant având rădăcinile a 1, a,..., a k cu ordinele de multiplicitate respective m 1, m,...,m k ; deci p se scrie sub forma ky p (X) =α (X a i ) mi, α C. () i=1 Notăm gradul polinomului p şi numărul rădăcinilor sale distincte cu deg p şi respectiv n 0 (p), adică deg p = m 1 + m + + m k, n 0 (p) =k. Menţionăm că, dacă p, q C sunt neconstante, avem deg (pq) =degp +degq, n 0 (pq) n 0 (p)+n 0 (q), cu egalitate dacă şi numai dacă p şi q sunt relativ prime. Derivata formală apolinomuluip dat de () este p 0 (X) =α[m 1 (X a 1 ) m1 1 (X a ) m (X a k ) m k m k (X a 1 ) m1 (X a k 1 ) m k 1 (X a k ) mk 1 ] 6

7 şi, ca urmare, cel mai mare divizor comun al polinoamelor p şi p 0 are forma (p, p 0 )=β(x a 1 ) m1 1 (X a ) m 1 (X a k ) mk 1. Atunci deg (p, p 0 )=(m 1 1) + (m 1) + +(m k 1) = deg p n 0 (p), de unde obţinem relaţia deg p =deg(p, p 0 )+n 0 (p). (4) Teorema Mason - Stothers. Fie p, q, r C [X] neconstante şi relativ prime. Dacă are loc egalitatea p + q = r, atunci max {deg p, deg q, deg r} n 0 (pqr) 1. (5) Demonstraţie (datădenoah Snyder [], p.0). Vom începe cu douăobservaţii utile. Mai întâi, în prezenţa condiţiei p+q = r, polinoamele p, q, r sunt relativ prime dacă şi numai dacă sunt prime două câte două. Apoi, întrucât enunţul teoremei este simetric în p, q, r (căci putem scrie egalitatea şi sub forma p + q + r = 0), nu restrângem generalitatea dacă vom presupune că polinomul r are gradul cel mai ridicat. Ca urmare, inegalitatea de demonstrat se scrie deg r n 0 (pqr) 1. (5 0 ) Avem p 0 q pq 0 = p 0 (p + q) p (p 0 + q 0 )=p 0 r pr 0. Constatăm că (p, p 0 ) şi (q, q 0 ) divid membrul stâng, iar (r, r 0 ) divide membrul drept, deci şi pe cel stâng. Cum p, q, r sunt prime două câte două, urmează că produsul (p, p 0 ) (q, q 0 ) (r, r 0 ) divide p 0 q pq 0.Înconsecinţă, deg (p, p 0 )+deg(q, q 0 )+deg(r, r 0 ) deg (p 0 q pq 0 ) deg p +degq 1 sau, datorită relaţiei (4) şi analoagelor ei, deg p n 0 (p)+degq n 0 (q)+degr n 0 (r) deg p +degq 1, deci deg r n 0 (p)+n 0 (q)+n 0 (r) 1. Cum p, q, r sunt prime două câte două, obţinem în final deg r n 0 (pqr) 1, care este tocmai relaţia (5 0 ) de demonstrat. Demonstraţia Teoremei lui Fermat pentru polinoame. Presupunem că ecuaţia () pentru n ar avea o soluţie (x (X),y(X),z(X)) cu polinoame neconstante relativ prime. Aplicăm teorema Mason - Stothers polinoamelor p(x) =[x(x)] n, q (X) =[y (X)] n şi r (X) =[z (X)] n.obţinem deg [x (X)] n n 0 ([x (X)] n [y (X)] n [z (X)] n ) 1 sau n deg x (X) n 0 (x (X) y (X) z (X)) 1. 7

8 Ţinând seama că x (X), y (X) şi z (X) sunt prime două câte două şi de faptul că n 0 (p) deg p, p C [X], vomavea n deg x (X) n 0 (x (X)) + n 0 (y (X)) + n 0 (z (X)) 1 deg x (X)+degy(X)+degz(X) 1. Obţinem astfel inegalitatea n deg x (X) deg x (X)+degy(X)+degz(X) 1, precum şi inegalităţile analoage scrise pentru y (X) şi z (X), care adunate dau n (deg x (X)+degy(X)+degz(X)) (degx (X)+degy(X)+degz(X)), adică (n ) (deg x (X)+degy(X)+degz(X)). Evident, dacă n, această relaţie ne conduce la o absurditate, ceea ce încheie demonstraţia.. Analogia care există între inelele Z şi C [X] pune în mod firesc problema "translării" teoremei Mason - Stothers de la polinoame la numerele întregi astfel încât Marea teoremă aluifermatsăpoată fidemonstratăelementar. D. Masser şi J. Oesterle (1986) au ajuns la aşa - numita conjectură abcca urmare a unor consideraţii de geometrie algebrică şi teoria funcţiilor modulare (şi nu în legătură cu teorema Mason - Stothers). Dacă m N Q are descompunerea în factori primi m = k p mi i,atuncivomnumi i=1 Q radicalul lui m numărul N 0 (m) = k p i. i=1 Conjectura abc ([], []). Dat ε > 0, există o constantă C (ε) astfel încât pentru orice întregi a, b, c nenuli şi relativ primi cu a + b = c avem inegalitatea max { a, b, c } C (ε)(n 0 (abc)) 1+ε. Această conjectură spune că, dacă în descompunerea numerelor a, b, c există factori primi cu exponenţi mari, aceşti factori sunt compensaţi prin factori primi mai mulţi, dar cu exponentul 1. Să enunţăm acum aşa - numita Teorema lui Fermat asimptotică. Există un întreg pozitiv n 1 cu proprietatea că, dacă n n 1,atunciecuaţia () nu are soluţii cu x, y, z întregi şi xyz 6= 0. Cu aceleaşi argumente ca în cazul polinoamelor se poate dovedi următoarea Teoremă ([], []). Conjectura abc implică Teorema lui Fermat asimptotică. Demonstraţie. Fie date x, y, z pozitive şi relativ prime astfel încât tripleta (x, y, z) să fie soluţie a ecuaţiei (), adică x n + y n = z n. Notăm a = x n, b = y n şi c = z n şi observăm că N 0 (abc) =N 0 (x n y n z n )=N 0 (xyz) xyz. Utilizând conjectura abc obţinem x n C (ε)(xyz) 1+ε, y n C (ε)(xyz) 1+ε, z n C (ε)(xyz) 1+ε. 8

9 Prin înmulţire, rezultăcă (xyz) n [C (ε)] (xyz) +ε, de unde (n ε)log(xyz) logc (ε) şi cum xyz >, obţinem logc (ε) n< ++ε. log Notăm logc (ε) n 1 = ++ε. (6) log Urmează că ecuaţia () nu are soluţii ce verifică condiţiile specificate dacă n n 1, ceea ce trebuia demonstrat. Observaţie. Această calenuoferă o demonstraţie a Marii teoreme a lui Fermat. Într-adevăr, numărul n 1 definit de (6) depinde de C (ε) (putem considera ε =1şi C (1) pentru a fixa ideile). Determinarea efectivă a constantei C (ε) nu este cunoscută. Dacă, de exemplu, C (1) s-ar putea efectiv determina, atunci demonstraţia Marii Teoreme a lui Fermat s-ar reduce la un număr finit de cazuri, care ar putea fi abordate prin calcul direct. 4. Interesul pentru Marea teoremă a lui Fermat nu s-a stins nici după demonstrarea ei. Au rămas întrebări fără răspuns, sunt formulate altele noi. Dacă Fermat nu a dat decât o demonstraţie eronată, care ar putea fi natura greşelii făcute? Dacă această demonstraţie ar fi corectă, care este acel argument ingenios produs de geniul lui Fermat ce a scăpat atâtor matematicieni iluştri? Este posibilă o demonstraţie elementară, accesibilă şi unor persoane cu cunoştinţe obişnuite de matematică? În 1966, Andrew Beal instituie un premiu pentru demonstrarea sau infirmarea aşa - numitei Conjecturi Beal, care este o generalizare a problemei lui Fermat: Ecuaţia x p + y q = z r, p, q, r numere întregi mai mari ca, nuareniciosoluţie cu x, y, z întregi pozitivi şi relativ primi ([6], [1]). Bibliografie 1. A. Corduneanu - Despre Marea teoremă a lui Fermat, Recreaţii Matematice, 1 (1999), nr.1, S. Lang - Old and new conjectured diophantine inequalities, Bull. AMS, (1990), S. Lang - Math Talks for Undergraduates, Springer, S. Singh - Marea teoremă aluifermat, Humanitas, Bucureşti, A. Wiles - Modular elliptic curves and Fermat s Last Theorem, Annals of Math., 14 (1995), *** - Beal s Conjecture, The New Zealand Math. Mag., 5 (1998), no., 8. 9

10 De la o problemă cu matrice la transformări elementare Marian TETIVA 1 1. Introducere. Problema la care ne referim în titlu este următoarea: Să searatecănuexistămatricepătratice X, Y M n (C) astfel încât XY YX=I n, I n fiind matricea unitate de ordinul n. Este o problemă cunoscută, care poate fi întâlnită în mai multe manuale sau culegeri, care s-a dat la concursuri etc. şi nu este tocmai simplă: un elev mediu este întotdeauna descurajat de enunţuri de tipul "să searatecăexistă/nuexistă... ". Mai mult, în această situaţie nu prea avem altă caledeabordareînafaraceleicare utilizează noţiunea de urmă a unei matrice şi proprietăţile sale. Istoria problemei este cam aşa: prin anii 70 ai secolului trecut ea era propusă la olimpiadă, prin anii 80 a pătruns în manuale pentru ca în anii 90 să ajungă a fi parte din diverse teste de bacalaureat sau admitere la facultate; aceasta spune ceva despre felul în care au evoluat programele învăţământului matematic elementar în România. Noi credem că elevul mediu din ziua de azi se află înacelaşi impas ca şi cel de acum douăzeci sau treizeci de ani (sau poate chiar mai rău) atunci când este confruntat cu asemenea probleme. De aceea această notă i se adresează, dar numai dacă estecuadevărat interesat de matematică. Amintim că urma matricei A = (a ij ) 1 i, j n M n (C) este, prin definiţie, numărul Tr (A) =a 11 + a + + a nn (suma elementelor situate pe "diagonala principală" a matricei). Sunt cunoscute următoarele proprietăţi ale urmei: 1 Tr (A + B) =Tr(A)+Tr(B), A, B M n (C), Tr (αa) =α Tr (A), α C, A M n (C), Tr (AB) =Tr(BA), A, B M n (C). Primele două egalităţi se mai pot scrie condensat în forma Tr (αa + βb) = = α Tr (A) +β Tr (B), oricare ar fi α, β C şi A, B M n (C) şi exprimă liniaritatea urmei: Tr : M n (C) C este aplicaţie liniară (sau morfism de C -spaţii vectoriale). De aici deducem Tr (XY YX)=Tr(XY ) Tr (YX)=0pentru orice X, Y M n (C) şi aceasta explică deceegalitateadinenunţ nu poate avea loc pentru nici o pereche de matrice X, Y : matricea XY YX are urma nulă, deci nu poate fi egală cui n,acărei urmă esten. Remarcăm că matricea I n din enunţ poate fi înlocuită cuoricematricedeordinul n având urma nenulă, enunţul şi rezolvarea rămânând valabile; problema poate fi uşor reformulată astfel: Dacă pentru o matrice A M n (C) există X, Y M n (C) astfel încât A = XY YX, atunci Tr (A) =0. Atunci se naşte în mod natural întrebarea dacă reciproca acestei afirmaţii este adevărată, adică se pune problema valabilităţii următorului enunţ: Fie A o matrice pătratică deordinn cu elemente numere complexe. Dacă urma matricei A este nulă, atunci există X, Y M n (C) astfel încât A = XY YX. 1 Profesor, Colegiul Naţional "Gh. Roşca Codreanu", Bârlad 10

11 În cele ce urmează ne propunem să rezolvăm această problemă; mai precis, să arătăm că răspunsul la întrebare este afirmativ. Ideea rezolvării este săcăutăm nişte matrice Y,Z M n (C) astfel încât A să poată fi scrisă înformaa = Z YZY 1 (Y fiind inversabilă, desigur); atunci problema va fi rezolvată: e suficient să alegemx = ZY 1 şi avem A = ZY 1 Y Y ZY 1 = = XY YX. Aici cititorul poate avea o nemulţumire: de unde şi până unde aceste matrice Y,Z în locul lui Xşi Y din enunţ? Să remarcăm că din proprietatea rezultă căavemşi 4 Tr (A) =Tr CAC 1, C M n (C), C inversabilă (sedovedeşte imediat, căci A = AC 1 C). Matricele de forma A şi CAC 1 sunt asemenea, iar proprietetea 4 spune că acestea au aceeaşi urmă. Desigur, problemele abia încep. Sunt necesare câteva pregătiri.. Matrice asemenea şi transformări elementare. Fie K un corp comutativ; cititorul mai puţin familiarizat cu această noţiune abstractă poate considera K o notaţie pentru unul dintre corpurile numerice uzuale Q, R sau C. Două matricex, Y M n (K) se numesc matrice asemenea ( sau similare) dacă există U M n (K) cu det U 6= 0astfel încât Y = UXU 1 (vom nota X Y ). Cititorul poate verifica uşor faptul cărelaţia de asemănare (similaritate) este o relaţie de echivalenţă pemulţimea M n (K). Transformările elementare care se fac asupra unei matrice sunt, în principiu, cele mai simple modificări care nu îi afectează rangul, adică interschimbarea a două linii (sau coloane), adunarea unei linii (coloane) înmulţite cu un număr (în general: element al corpului K) laaltă linie (respectiv coloană), sau chiar înmulţirea unei linii (coloane) cu un număr nenul. Una din cele mai simple aplicaţii ale lor este calculul rangului unei matrice; de asemenea, se pot folosi aceste transformări pentru rezolvarea sistemelor de ecuaţii liniare. Să începem prezentarea transformărilor elementare cu aşa numitele matrice elementare; legăturavaapărea curând. Vom nota cu E ij matricea pătratică deordin n peste corpul K ale cărei elemente sunt toate nule, cu excepţia elementului de pe linia i şi coloana j care este egal cu 1. Se verifică uşor că matricele E ij, 1 i n, 1 j n formează obazăaspaţiului vectorial M n (K) peste K, precum şi relaţiile E ij E kl =0 n, j 6= k şi E ij E jl = E il. Se numesc matrice elementare următoarele tipuri de matrice pătratice de ordinul n, cuelementedink: 1) Matricele T ij (a) =I n +ae ij ;aicia K şi i, j {1,,...n} sunt indici diferiţi. Matricea T ij (a) se obţine din matricea unitate făcându-i o singură modificare: elementul de pe linia i şi coloana j devine a. Se constată imediat că (vezi proprietăţile matricelor E ij ) T ij (0) = I n,t ij (a) T ij (b) =T ij (a + b), T ij (a) GL n (K),T ij (a) 1 = T ij ( a), a, b K, unde GL n (K) ={U M n (K) det U 6= 0} - grupul general liniar de ordin n peste corpul K. Deci {T ij (a) a K} formează, pentru i 6= j fixate, un grup izomorf cu grupul (K, +). Să vedem ce efect are înmulţirea unei matrice oarecare cu o matrice 11

12 T ij (a). Fie A =(a kl ) 1 k,l n omatricedinm n (K), care mai poate fi scrisă şi nx A = a kl E kl.atunci k,l=1 µ X n T ij (a) A =(I n + ae ij ) a kl E kl = = nx a kl E kl + k,l=1 k,l=1 nx aa jl E il. l=1 nx a kl E kl + k,l=1 nx aa kl E ij E kl = k,l=1 Ce înseamnă asta? Înseamnă că elementele matricei T ij (a) A rămân aceleaşi ca ale matricei A, cu excepţia celor de pe linia i: aici, în locul elementului a il apare acum a il + aa jl,adicămatriceat ij (a) A se obţine din A prin adunarea la linia i a liniei j înmulţite cu a, cu alte cuvinte înmulţirealastângacuomatricet ij (a) realizează o transformare elementară amatriceia. De asemenea, se poate verifica în acelaşi fel că matriceaat ij (a) se obţine din A prin adunare la coloana j a coloanei i înmulţite cu a. ) Matricele Q ij = T ij ( 1) T ji (1) T ij ( 1) (i, j {1,,...,n},i6= j) intră şi ele în categoria matricelor elementare. Avem Q ij = T ij ( 1) T ji (1) T ij ( 1) = (I n E ij )(I n + E ji )(I n E ij )= =(I n + E ji E ij E ii )(I n E ij )=I n + E ji E ij E ii E ij E jj + E ij = = I n E ii E jj E ij + E ji, deci Q ij este matricea care se obţine din matricea unitate prin schimbarea a patru elemente: elementele de pe diagonala principală, de pe linia i, coloana i şi de pe linia j, coloana j se înlocuiesc cu zerouri; în locul elementului de pe linia i şi coloana j avem 1, iar în locul celui de pe linia j şi coloana i se găseşte 1. La fel ca mai sus, să calculăm µ X n Q ij A =(I n E ii E jj E ij + E ji ) a kl E kl = = nx a kl E kl k,l=1 = nx a kl E ii E kl k,l=1 nx a kl E kl k,l=1 nx a kl E jj E kl k,l=1 nx a il E il l=1 nx a jl E jl l=1 k,l=1 nx a kl E ij E kl + k,l=1 nx a jl E il + l=1 nx a kl E ji E kl = k,l=1 nx a il E il ; aşadar, matricea Q ij A se obţine din A prin înlocuirea liniei i, respectiv j, cu linia j înmulţită cu 1, respectiv cu linia i. Asemănător, se poate observa că schimbările pe care le produc asupra lui A înmulţirea cu matricea Q ij la dreapta sunt următoarele: coloana i se înlocuieşte cu coloana j, iar coloana j se înlocuieşte cu coloana i înmulţită cu 1. Sămaispunemcă, fiind produs de matrice inversabile, Q ij este, de asemenea, matrice inversabilă; avem Q 1 ij = T ij ( 1) 1 T ji (1) 1 T ij ( 1) 1 = T ij (1) T ji ( 1) T ij (1) şi, deci, Q 1 ij = Q ij. 1 l=1

13 ) Un alt tip de matrice elementare sunt matricele D i (d) =I n +(d 1) E ii, 1 i n, d K fiind nenul; o astfel de matrice se obţine din matricea unitate modificându-i un singur element: în locul lui 1 de pe linia i şi coloana i punem d. Nu egreudevăzut că înmulţirea unei matrice A oarecare cu D i (d) la stânga (respectiv la dreapta) îi modifică doar linia (respectiv coloana) i, anume o înlocuieştepeaceasta cu linia (respectiv coloana) i înmulţită cud. De asemenea, D i (d) este inversabilă şi are inversa D i (d) 1 = D i d 1. 4) Vom folosi matricele P ij pe care le definim prin P ij = D i ( 1) Q ij = Q ij D j ( 1) = I n E ii E jj + E ij + E ji. Verificaţi aceste egalităţi! Observaţi forma matricei P ij şi efectul său la înmulţire: matricea AP ij (respectiv P ij A)seobţine din A prin interschimbarea liniilor (respectiv coloanelor) i şi j. Şi nu în ultimul rând, arătaţi că P ij este inversabilă şi Pij 1 = P ij.. Rezolvarea problemei. Să demonstrăm aşadar următoarea Propoziţie. Fie K un corp comutativ infinit şi A M n (K) omatriceacărei urmă este zero. Atunci există matricele X, Y M n (K) astfel încât A = XY YX. Demonstraţie. Pentru început vom presupune că nuexistă nici o submulţime amulţimii {a 11,a,...,a nn } a elementelor de pe diagonala principală amatriceia pentru care suma elementelor să fienulă, desigur, cu excepţia întregii mulţimi (vom vedea imediat la ce ne foloseşte această presupunere, iar la sfârşit ne vom da seama că nu este prea restrictivă). Deoarece, conform ipotezei, avem a 11 + a + + a nn =0, se pot determina elementele a 1,a,...,a n K astfel încât a 11 = a 1 a, a = a a,...,a n 1,n 1 = a n 1 a n,a nn = a n a 1. Eclarcă, datorită ipotezei suplimentare pe care am făcut-o, oricare două dintre elementele a 1,a,...,a n sunt distincte; vom folosi acest lucru mai departe. Putem scrie pe A în forma A = B C, unde a a a 1... a 1,n 1 a 1n a 1 a B = a n 1,1 a n 1,... a n 1 0,C= 0 a... a,n 1 a n a n a n 1,n. a n1 a n... a n,n 1 a n a 1 Aşa cum am arătat la început, pentru rezolvarea problemei ar fi suficient să arătăm că matricele B şi C sunt asemenea. În acest scop, vom arăta că B B 0, C C 0, unde a a B 0 = 0 a ,C0 = 0 a a n a 1 şi B 0 C 0. Folosind faptul că asemănarea matricelor este o relaţie de echivalenţă, obţinem că B C. Să leluăm pe rând. Ne amintim că înmulţirea unei matrice cu matricea P ij la stânga (respectiv la dreapta) schimbă între ele liniile (respectiv coloanele) i şi j ale acelei matrice. De aceea, pentru M M n (K), matricea P ij MPij 1 = P ij MP ij 1

14 are schimbate între ele elementele de pe diagonala principală situate pe liniile (şi coloanele) i şi j; de asemenea, mai sunt afectate şi celelalte elemente de pe liniile şi coloanele i şi j. Aceasta nu are însă importanţă în cazul unor matrice precum B 0 sau C 0, la care toate elementele din afara diagonalei principale sunt zerouri; astfel P ij B 0 Pij 1 = P ij B 0 P ij este o matrice care diferă deb 0 doar prin aceea că şi-au schimbat între ele locurile două elemente de pe diagonala principală, anume a i şi a j. Cum orice permutare e produs de transpoziţii, e clar că după unnumăr finit de asemenea transformări o putem aduce pe B 0 la orice formă în care pe diagonala principală aparelementelea 1,a,...,a n permutate cumva (şi în rest, zerouri). În particular, B 0 este asemenea cu C 0. Să arătăm acum că B B 0 (şi nu vom mai face demonstraţia pentru C C 0,ea fiind întru totul asemănătoare). Începem prin a observa următorul calcul: µ µ µ µ µ 1 0 α α 0 α 0 = =, a 1 β γ α 1 a (α γ)+β γ 0 γ dacă a este ales convenabil, adică dacă a = β/(γ α); desigur, asta se poate face numai în cazul în care α 6= γ. Un calcul asemănător se poate face şi pentru matrice de ordin n. Dacăvom considera T ij (a) BT ij (a) 1 = T ij (a) BT ij ( a), undei>j,elementula ij din poziţia (i, j) se înlocuieşte cu a (a j a i )+a ij şi a poate fi ales astfel încât acest element să devină nul(căci am presupus că a i 6= a j ). Mai sunt afectate şi celelalte elemente ale liniei i (la care se adună liniaj înmulţită cua) şi ale coloanei j (lacareseadună coloana i înmulţităcu a). Remarcăm că aceste transformări oricum nu pot modifica zerourile de deasupra diagonalei principale, care rămân intacte, şi nici elementele de pe diagonala principală. Acumeclarceavemdefăcut: mai întâi calculăm T 1 (a) BT 1 (a) 1 care, pentru un a bine ales reprezintă omatriceb 1 asemenea cu B care are în poziţia (, 1) pe zero (asta dacă nu era dinainte; de altfel se poate vedea uşor că, dacă a 1 =0, atunci a care ne trebuie este a =0deci T 1 (a) =T 1 (0) este, de fapt, matricea identică). Apoi, pentru această matrice calculăm T 1 (a) B 1 T 1 (a) 1,carepentruun anumit a este o matrice asemenea cu B 1 (deci şi cu B) şi are 0 în poziţia (, 1); se poate vedea că elementul0 obţinut la pasul anterior nu va fi afectat. Continuăm astfel, lucrând cu matrice de forma T i1 (a) până cândtoateelementeledepeprima coloană "de sub" a 1 devin zerouri, apoi trecem şi facem zerouri pe coloana a doua, "sub" a, folosind transformări de tip T (a),...,t n (a) (adică înmulţim cu acestea la stânga şi cu inversele lor la dreapta; la fiecare pas similaritatea matricelor se păstrează), în ordine, alegând, desigur, de fiecare dată valoare care trebuie pentru a. Elementele nule obţinute pe prima coloană nu vor fi afectate, la fel cele de pe sau de deasupra diagonalei principale, Tot aşa vom proceda până când, la urmă, ajungem la o matrice care are partea de deasupra diagonalei principale neschimbată, la fel diagonala principală, iar sub diagonala principală are numai zerouri, adică ajungem la B 0 şi la concluzia dorită că aceasta este asemenea cu B. În concluzie, am arătat că matriceleb şi C sunt asemenea, deci am ajuns acolo unde ne-am propus: există V GL n (K) astfel încât C = VBV 1 ; atunci A = = B C = B VBV 1 şi notând X = BV 1, Y = V avem A = XY YX. Demonstraţia ar fi încheiată, dacă n-armaifiunmicamănunt de lămurit: ce 14

15 facem cu ipoteza suplimentară pecareamimpus-o(şi de care, s-a dovedit pe parcurs, avem mare nevoie, căci dacă elementele de pe diagonală nu sunt distincte, nu-l putem alege pe a astfel încât T ij (a) să producăunzeroînloculluia ij )? Răspunsul nu e atât de greu şi arată, cum spuneam, că restricţia dată de aceastăipoteză nu este chiar atât de... restrictivă. E suficient să împărţim mulţimea elementelor de pe diagonală în submulţimi disjuncte două câte două, fiecare dintre acestea având suma elementelor 0 şi fiecare nemaiavând altă submulţime (strictă) pentru care suma elementelor este 0. Sănumimb 1,...,b k elementele unei asemenea submulţimi (a căror sumă este, aşadar, zero); pentru acestea putem determina c 1,c,...,c k astfel încât b 1 = c 1 c, b = c c,...,b k 1 = c k 1 c k, b k = c k c 1. Mai mult, oricare două dintre c 1,c,...,c k sunt distincte două câte două şi proprietăţile lor se păstrează dacăle înlocuim cu c 1 + t, c + t,...,c k + t, t K. Găsim câte o grupare de asemenea c-uri distincte două câte două pentru fiecare submulţime de b-uri a mulţimii elementelor de pe diagonala principală, iar apoi alegem câte un t pentru fiecare astfel de grupare încât toate c-urile să fie distincte două câte două (ceea ce sigur se poate face în cazul în care corpul K este infinit; gândiţi-vă de ce!). Mai departe totul decurge la fel, deoarece putem scrie matricea noastră ca diferenţa a două matrice, una inferior, alta superior triunghiulară, fiecare dintre aceste elemente sunt distincte două câte două. Propoziţia este complet demonstrată. Noi ne-am propus să rezolvăm problema în cazul corpurilor uzuale de numere: Q, R, C, de aceea ipoteza pe care am făcut-o asupra infinităţii corpului K nu ne deranjează foarte mult; totuşi, se prea poate ca această presupunere să fie strict legată de rezolvarea pe care am dat-o aici şi să nu fie esenţială. Aşadar, rămâne întrebarea dacă este valabil enunţul propoziţiei demonstrate şi în cazul unui corp finit. În încheiere, să mai spunem că nuexistăniciopretenţiedeoriginalitateînelaborarea acestei note; este foarte posibil ca această soluţie să fie cunoscută, atâta doar că autorul nu are nici un fel de referinţă pentruproblemadiscutată, pe care o cunoaşte doar din folclor (în urmă cu câţiva ani această problemă mi-a fost comunicată "prin viu grai" de către un elev, actualmente student strălucit al Facultăţii de Matematică din Bucureşti; aşa că îi mulţumesc pe această cale lui Dragoş Deliu, care m-a făcut să caut să rezolv această problemă, căutări din care s-a născut şi această notă). Recreaţii matematice 1. Să se îndepărteze patru segmente din figura alăturată (alcătuită din şase pătrate) astfel încât noua figură să fie formată dintreipătrate. Notă. Soluţia problemei se poate găsi la pagina 9. 15

16 Trei perle ale olimpiadelor de matematică Gabriel DOSPINESCU 1 Problemele propuse la testele de selecţie pentru OIM sau la fazele naţionale din diverse ţări se remarcă prin profunzimea (şi uneori simplitatea) ideilor care le rezolvă. În cele ce urmează, vom rezolva trei probleme propuse la astfel de teste de selecţie în anii 00 şi 00, demonstrând dificultatea rezolvării problemelor de "matematică elementară", precum şi tendinţa accentuată de a îmbina algebra, teoria numerelor şi analiza matematică în actul de concepere şi rezolvare a unor asemenea perle matematice. 1. Un prim exemplu este următoarea problemă propusălaunuldintestelede selecţie pentru OIM în anul 00, in Vietnam. În rezolvare vom folosi doar câteva rezultate legate de ecuaţia de gradul al doilea. După cumseştie, multe probleme dificile se rezolvă relativuşor folosind trinomul de gradul al doilea (metoda coborârii). Vom da doar două exemple,fără ainsistapreamult. 1) Arătaţi că dacănumărul d = a bc + b ca + c este întreg, iar a, b, c sunt numere ab naturale, atunci d este 1 sau. ) Arătaţi că, dacă numerele naturale distincte şi nenule a 1, a,..., a n verifică a 1 + a + + a n = na 1 a a n, atunci ele sunt prime între ele două câtedouă. Încercaţi să rezolvaţi aceste două probleme înainte de abordarea problemei 1. PROBLEMA 1. Să sedemonstrezecăexistăunnumăr m 00 şi m numere naturale nenule a 1, a,...,a m, distincte, astfel încât my n a i 4 X i=1 i=1 a i să fie pătrat perfect. Soluţie. Vom folosi trinomul pentru a crea soluţii pentru anumite ecuaţii diofantice, deci în mod constructiv. Ar fi bine să dispară my i=1 i=1 a i. Deci, să scriemexpresiasubforma à my nx m Y a i 4 a i = a i k!. i=1 Pentru a "scăpa" şi de 4, luăm k =.Aşadar am adus problema la o formă mai "acceptabilă" (dar nu mai puţin dificilă): Arătaţi că există m 00 şi a 1,a,...,a m N distincte astfel încât 1+a 1 + a + + a m = a 1 a a m. (1) Să căutăm m astfel încât m dintre necunoscutele ecuaţiei (1) să fie1. Aceasta revine la ecuaţia x + y + z + m =xyz. () Privind această ecuaţie ca una de gradul al doilea în z, vomîncercasăluăm discriminantul nul. Deci x y =4 x + y + m.luăm x =a, y =b şi obţinem i=1 1 Student, Facultatea de Matematică-Informatică, Bucureşti 16

17 m =4 a 1 b 1. Săconcluzionăm: putem alege b>a>00 diferite şi putem lua m =4 a 1 b 1 > 00. Atunci ecuaţia () va avea soluţiile (x, y, z) =(a, b, ab). Rezultăcă ecuaţia (1) are soluţia (a, b, ab, 1, 1,...,1). Dar putem scrie (1) şi sub forma 1 1 a b ab +(a) +(b) +(ab) + m =0. () Din relaţiile lui Viète rezultă că şi a b ab 1 este soluţie a ecuaţiei (), în care în loc de 1 punem t. Aşadar am redus cu o unitate numărul celor m de 1 şi am obţinut o nouă soluţie a ecuaţiei (1): (a, b, ab, a b ab 1, 1, 1,...,1). Analog, scriem 1 1 a b ab (a b ab 1) + (a) +(b) +(ab) + +(a b ab 1) + m 4=0. Deci obţinem o altă soluţie a ecuaţiei (1), cunumăr şi mai mic de 1: (a, b, ab, a b ab 1, a b ab (a b ab 1) 1, 1, 1,...,1). Astfel, rezultă că putem elimina pe rând fiecare 1 din m-upla (a, b, ab, 1, 1,...,1). Riguros, aceasta înseamnă că folosind succesiv relaţiile lui Viète, obţinem câte o m- uplă (x 1,x,...,x k, 1, 1,...,1) în care este clar că a = x 1 < b = x < ab = x < < <x k.lasfârşit (căci după celmultm paşi am eliminat toţi de 1), obţinem o soluţie (a 1,a,...,a m ) a ecuaţiei (1), încarea 1 <a < <a m. Această m-uplă va satisface condiţiile enunţului.. Continuăm cu o frumoasă problemă propusă laultimarundăaolimpiadei poloneze în anul 00. Simplitatea soluţiei care urmează nuareînsă nici o legătură cu dificultatea problemei, căci multe metode de atacare a problemei nu duc la nici un rezultat. PROBLEMA. Determinaţi polinoamele cu coeficienţi întregi f cu proprietatea că pentru orice n natural avem f (n) n 1. Soluţie. Evident, problema ar fi banalădacăs-ardemonstracăexistăoinfinitate de numere n pentru care n 1 este număr prim. Dar, dupa cum vom vedea, problema acceptă şi soluţii mai "blânde". Cum este clar că nu putem afla prea multe despre divizorii şi factorii primi ai lui n 1, vomîncercasălucrăm cu divizori ai numerelor de forma f(n). Primul lucru care ne vine în minte, ţinând seama că f are coeficienţi întregi, este să folosim rezultatul următor: m n f (m) f (n). Deci, va trebui să căutăm m şi n astfel încât f(m) f(n). Dupăcăutări mai mult sau mai puţin lungi, găsim că f (n) =n + f (n) n f (n + f (n)) f (n). Deci f (n) f (n + f (n)). În acest moment, jumătate din problemă esterezolvată. Într-adevăr, schimbând f cu f, putem presupune că f are coeficientul dominant pozitiv. Atunci există M astfel încât pentru n>msăavemf (n) N. Fixăm un n>m.avemf(n) n 1 şi f (n) f (n + f (n)) n+f(n) 1=( n 1) f(n) + f(n) 1 (evident, n+f (n) N), deci f (n) f(n) 1. Dacă am putea demonstra că singurulnumăr natural n pentru care n n 1 este 1, atunci ar rezulta că pentrun>m avem f(n) =1,adică f ar fi constanta 1. Dar faptul că n n 1 implică n =1este binecunoscut şi destul de simplu. Să presupunem că n>1 şi să luăm p cel mai mic factor prim al lui n. 17

18 Atunci este clar că (n, p 1) = 1. Dar p n n 1 şi p p 1 1 (teorema lui Fermat). Deci p n 1, p 1 1. Se ştie că şirul (x n ) n 1, x n = n 1 este şir Mersenne (adică (x m,x n )=x (m,n) ). Rezultă că p (x n,x p 1 )=x (n,p 1) = x 1 =1, contradicţie. Aşadar n =1şi f este constanta 1. Cum,dacă f este soluţie, atunci şi f este soluţie, deducem că polinoamele cerute sunt constantele 1 şi 1.. Încheiem scurta incursiune prin matematica elementară cuoproblemăextrem de dificilă, propusă la un test de selecţie în Vietnam, 00. Dificultatea problemei constă mai ales în faptul că admite multe soluţii (care nici nu se intrezăresc uşor), iar frumuseţea constă în îmbinarea algebrei cu analiza matematică şi teoria numerelor. Nu exagerăm dacă afirmăm că următoarea problemă este una dintre cele mai dificile şi frumoase probleme referitoare la polinoame, propuse la vreun concurs pentru elevi. PROBLEMA. Determinaţi toate polinoamele p Z [X] cu proprietatea că există un polinom q Z [X] pentru care q (X) = X +6X +10 p (X) 1. Soluţie. Evident, orice rezolvitor "sârguincios" va scrie relaţia din enunţ sub forma q (X ) = X +1 p (X ) 1 şi va nota f(x) =p(x ), g(x) = = q (X ). Deci X +1 f (X) =g (X)+1. (1) Aici este însă punctul de oprire, căci orice încercare ulterioară derezolvareeşuează. Ca de obicei, vom putea presupune că f şi g au coeficienţii dominanţi pozitivi (căci putem schimba f cu f sau g cu g, fără asemodifica nimic). Deci există M astfel încât pentru orice n>m să avemf (n),g(n) N. Apelăm acum la teoria numerelor. Este binecunoscut faptul că toate soluţiile în numere naturale ale ecuaţiei Pell x +1=y sunt date de n 1 n 1 n 1 n x n =,y n =. Ce se întâmplă dacăsubstituimx n în (1)? Obţinem g (x n )+1=(y n f (x n )). Da, şi perechea (g (x n ),y n f (x n )) este soluţie a ecuaţiei Pell şi aceasta se întâmplă pentru orice n>m. Deci există şirurile (a n ) n>m, (b n ) n>m astfel încât g (x n )=x an, y n f (x n )=y bn. Acum începe partea analizei matematice. Fie grad g = k, grad f = m. Avem ³ lim 1+ 1 k(n 1) x an an = lim n n k(n 1) = 1+ k g (x n ) = lim x n n x k (n 1) = finit. n 1+ Rezultă că şiruldenumereîntregi(a n 1 k (n 1)) n>m este convergent, deci staţionar. Aşadar, există n 0 > M astfel încât pentru n > n 0 să avem a n 1 k (n 1) = u, pentruoconstantăîntreagă u. Ca urmare, pentru n>n 0 avem à n 1 n 1! k(n 1)+u k(n 1)+u g =. 18

19 Rezultă că x 1 g x pentru orice x din mulţimea = x k 1+ µ u + 1 k u 1 x () n 1+ n 1 o n>n0. Aducând la acelaşi numitor în (), obţinem o identitate polinomială adevărată pentru o infinitate de valori ale variabilei, deci () este adevărată pentruoricex nenul. După ce aducem la acelaşi numitor şi egalăm coeficienţii dominanţi în (), deducem că k 1 1+ u = αk, unde α k este coeficientul dominant al lui g. Dar aceasta implică u =0. Aşadar, pentru orice x nenul, avem x 1 g x = µ x k + 1 k x. () Dacă notăm x = t + t +1,din() obţinem că pentru orice t avem k t + 1+t + t t +1 k g(t) =. (4) Luăm în (1) x = i şi obţinem că g (i) = 1. Deci, folosind (4), obţinem i k = 1, adică k este impar. Din (4) şi (1) rezultă princalculcă " X + f X +1 k + X +1 X k # (X) =, k impar. (5) X +1 Cum f este polinom şi are coeficientul dominant pozitiv, deducem din (5) că X + X +1 k + X +1 X k f (X) =. (6) X +1 Dar, dacă f verifică (1), atunci şi f verifică aceeaşi relaţie. Mai mult, polinomul din membrul drept al relaţiei (6) are coeficienţi întregi. Rezultă căexistădouătipuri de polinoame care verifică relaţia (1) X + X +1 k + X +1 X k ±, k impar. (7) X +1 În sfârşit, obţinem că polinoamele p cerute se obţin din polinoamele (7) înlocuind X cu X +. Ce-ar mai fi de adăugat după prezentarea acestor trei nestemate din şiragul nesfârşit al problemelor elementare de matematică? Şlefuite cu răbdarea bijutierului, cele trei probleme adaugă o paletă de lumini începând cu actul creator al conceperii lor şi terminând cu soluţiile propuse. Fiecare dintre noi are nevoie de asemenea perle, iar această scurtă prezentare se înscrie pe această linie. 19

20 În legătură cu o problemă de concurs Dan Ştefan MARINESCU 1 La etapa finală a Olimpiadei de matematică din anul 1989 prof. univ. dr. T. Precupanu a propus următoarea problemă: Z b Dacă f :[a, b] R este o funcţie integrabilă, continuă pe(a, b) şi f (x) dx 6= 0, a atunci pentru fiecare n N există n numere distincte x 1,x,...,x n (a, b) astfel ca Z b n (b a) f (x) dx = 1 a f (x 1 ) + 1 f (x ) (1) f (x n ) Enunţul şi o soluţie a problemei pot fi aflate în []. prezenta o generalizare a acestei frumoase probleme. Pentru ceea ce ne-am propus, avem nevoie de (enunţ parţial) În cele ce urmează vom Propoziţia 1. Fie f,g :[0, 1] R două funcţii cu următoarele proprietăţi: i) f, g continue pe [0, 1], ii) f, g derivabile pe (0, 1), iii) f (1) 6= f (0) şi g 0 (x) 6= 0, x (0, 1). Atunci pentru orice n N şi orice α 1,α,...,α n > 0 cu α 1 + α + + α n =1 există x 1,x,...,x n (0, 1) cu x 1 <x < <x n astfel încât nx α i g0 (x i ) g (1) g (0) f 0 = (x i ) f (1) f (0). () i=1 f (x) f (0) Demonstraţie. Fie h :[0, 1] R, h (x) = ;evidenth este continuă f (1) f (0) pe [0, 1], derivabilăpe(0, 1) şi h (0) = 0, h (1) = 1. Pentru orice k {1,,...,n 1} considerăm funcţia continuă h k :[0, 1] R, P h k (x) =h (x) k α i. Cum h 1 (0) = α 1 < 0, h 1 (1) = h (1) α 1 =1 α 1 > 0, i=1 conchidem, din continuitatea funcţiei h 1,căexistă c 1 (0, 1) cu h 1 (c 1 )=0 h (c 1 )=α 1. Analog, h (c 1 )=h(c 1 ) α 1 α = α < 0, h (1) = h (1) α 1 α = =1 α 1 α > 0, de unde acelaşi raţionament conduce la existenţa unui c (c 1, 1) astfel încât h (c )=0 h(c )=α 1 + α. Inductiv, găsim 0 <c 1 <c < < <c n 1 < 1 astfel încât h (c 1 )=α 1, h(c )=α 1 + α,..., h(c n 1 )=α 1 + α α n 1. () Fie c 0 =0şi c n =1, atunci pentru orice k {1,,...,n} funcţiile h şi g verifică condiţiile din teorema lui Cauchy pe intervalul [c k 1,c k ]; ca urmare, deducem că există x 1 (c 0,c 1 ), x (c 1,c ),...,x n (c n 1,c n ) astfel încât h 0 (x 1 ) g 0 (x 1 ) = h (c 1) h (c 0 ) g (c 1 ) g (c 0 ), h 0 (x ) g 0 (x ) = h (c ) h (c 1 ) g (c ) g (c 1 ),..., h 0 (x n ) g 0 (x n ) = h (c n) h (c n 1 ) g (c n ) g (c n 1 ), de unde, împreună cu(), avem: 1 Profesor, Liceul Teoretic "Iancu de Hunedoara", Hunedoara 0