RECREAŢ II MATEMATICE REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI

Transcription

1 Anul IX, Nr. Iulie Decembrie 007 RECREAŢ II MATEMATICE REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI e iπ = 1 Asociaţia Recreaţii Matematice IAŞI - 007

2 Semnificaţia formulei de pe copertă: iπ Într-o formă concisă, formula e = 1 leagă cele patru ramuri fundamentale ale matematicii: ARITMETICA reprezentată de 1 GEOMETRIA reprezentată de π ALGEBRA reprezentată de i ANALIZA MATEMATICĂ reprezentată de e Redacţia revistei : Petru ASAFTEI, Dumitru BĂTINEŢU-GIURGIU (Bucureşti), Cornelia - Livia BEJAN, Temistocle BÎRSAN, Dan BRÂNZEI, Cătălin - Cristian BUDEANU, Alexandru CĂRĂUŞU, Constantin CHIRILĂ, Eugenia COHAL, Adrian CORDUNEANU, Mihai CRĂCIUN (Paşcani), Gabriel DOSPINESCU (student, Paris), Paraschiva GALIA, Paul GEORGESCU, Mihai HAIVAS, Gheorghe IUREA, Lucian - Georges LĂDUNCĂ, Mircea LUPAN, Gabriel MÎRŞANU, Andrei NEDELCU, Gabriel POPA, Dan POPESCU (Suceava), Florin POPOVICI (Braşov), Maria RACU, Neculai ROMAN (Mirceşti), Ioan SĂCĂLEANU (Hârlău), Ioan ŞERDEAN (Orăştie), Dan TIBA (Bucureşti), Marian TETIVA (Bârlad), Lucian TUŢESCU (Craiova), Adrian ZAHARIUC (Bacău), Adrian ZANOSCHI, Titu ZVONARU (Comăneşti). Adresa redacţiei: Catedra de Matematică Universitatea Tehnică Gh. Asachi Iaşi Bd. Carol I, nr.11, , Iaşi Tel / int recreatii.matematice@gmail.com COPYRIGHT 007, ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE Toate drepturile aparţin Asociaţiei Recraţii Matematice. Reproducerea integrală sau parţială a textului sau a ilustraţiilor din această revistă este posibilă numai cu acordul prealabil scris al acesteia. TIPĂRITĂ LA SL&F IMPEX IAŞI Bd. Carol I, nr. 3-5 Tel simonaslf@yahoo.com

3 Anul IX, Nr. Iulie Decembrie 007 RECREAŢ II MATEMATICE REVISTĂ DE MATEMATICĂ PENTRU ELEVI Ş I PROFESORI e iπ = 1 Revistă cu apariţie semestrială publicată de ASOCIAŢIA RECREAŢII MATEMATICE IAŞI - 007

4

5 Al VI-lea Congres Internaţional al Matematicienilor Români În zilele de 8 iunie 4 iulie, 007, s-au desfăşurat la Bucureşti (Universitate) lucrările celui de-al VI-lea Congres Internaţional al Matematicienilor Români, sub auspiciile Academiei Române şi ale Universităţilor din Bucureşti, Piteşti şi Timişoara. Un rol central în organizarea Congresului l-a avut Institutul de Matematică "Simion Stoilov" al Academiei Române. Amintim că precedentele congrese, similare acestuia, s-au ţinut la Cluj (199), Turnu Severin (193), Bucureşti (1945), din nou Bucureşti (1956) şi Piteşti (003). Ideea organizării unor astfel de congrese s-a datorat lui Petre Sergescu, fostprofesor la Universităţile din Cluj şi Bucureşti, precum şi la Politehnica din Bucureşti (unde a avut şi funcţia de rector). Petre Sergescu va deveni, după stabilirea sa în Franţa (1946), preşedinte al Academiei Internaţionale de Istorie a Ştiinţei. El a fost sprijinit şi încurajat de către Gheorghe Ţiţeica şi Dimitrie Pompeiu, reprezentanţi proeminenţi ai matematicii româneşti în prima jumătate a sec. al XX-lea. Participarea matematicienilor străini a fost din ce în ce mai numeroasă, înregistrându-se un record de peste 100 la prezentul congres. De asemenea, numărul matematicienilor români din diasporă a fost considerabil, remarcându-se în special tinerii care-şi pregătesc doctoratul în diverse ţări. Menţionăm că toate ţările europene, din est şi din vest, au avut participanţi. Un număr de peste 0 participanţi au prezentat celelalte continente ale globului (toate). În cele opt secţii ale Congresului au fost prezentate peste 400 comunicări. În deschiderea Congresului au fost prezentate trei rapoarte, întocmite de colective desemnate de Comitetul de organizare: I Cercetarea matematică în România; II Învăţământul matematic în România; III Diaspora matematică românească. Au raportat Vasile Brânzănescu (Director al Institutului de Matematică "S. Stoilov"), Constantin Niculescu (Universitatea Craiova), Constantin Corduneanu (Academia Română) şi Dan Timotin (Institutul de Matematică). Dintre participanţii din străinătate (incluzând Diaspora), menţionăm câţiva reputaţi matematicieni ca H. T. Banks (SUA), Daniel Tătaru (SUA), Doina Ciorănescu (Franţa), Izu Vaisman (Israel), Vicenzo Cappasso şi Mimo Iannelli (Italia), Jean Mawhin (Belgia), Mitrofan Cioban (R. Moldova), Tudor Raţiu (Elveţia), Eugen Grebenikov (Rusia), Alexandra Bellow (SUA), Preda Mihăilescu (Germania), Florin Diacu (Canada). Mulţi participanţi tineri au prezentat comunicări, din cele mai noi domenii de cercetare matematică. Nici informatica nu a fost neglijată, precum şi matematicile aplicate la diverse alte domenii de cercetare: Mecanică, Fizica matematică, Probabilitate şi Statistică, Cercetare operaţională. Un alt fapt demn de remarcat şi foarte îmbucurător pentru noi este participarea cadrelor didactice din (practic) toate universităţile româneşti în care matematica apare ca disciplină de studiu. Congresul s-a bucurat de atenţia forurilor răspunzătoare pentru ştiinţa românească, începând cu Preşedinţia (mesaj trimis la deschidere), continuând cu Academia Română (prin preşedintele ei, acad. Ionel Haiduc), cu Universitatea Bucureşti (prin 77

6 rector, care a oferit şi o recepţie împreună cu Ministerul de Externe). O excursie a fost organizată în ziua de duminică 1 iulie, pentru mai bine de o sută de participanţi. S-au vizitat obiective turistice precum oraşul Sinaia şi Castelul Bran, iar la sfârşit Universitatea din Piteşti, unde a avut loc şi banchetul Congresului. Muzica şi dansul (cu specific românesc), costumele naţionale şi ambianţa plăcută ce a fost prezentă în timpul excursiei (minunatele privelişti de pe traseul Bran-Câmpulung-Muscel), au contribuit în mare măsură la reuşita acestei acţiuni, menită să amintească oaspeţilor de frumuseţile ţării noastre. Sperăm ca următorul congres, Al VII-lea Congres Internaţional al Matematicienilor Români, să aibă loc în anul 011, dacă se va respecta intervalul de patru ani între congrese consecutive. Constantin CORDUNEANU University of Texas at Arlington 78

7 Conjectura lui Poincaré Termenul conjectură înseamnă în matematică presupunere, ipoteză, în sensul unei afirmaţii nedemonstrate, care poate fi adevărată cu o probabilitate destul de mare (spre exemplu, este adevărată în mai multe cazuri particulare, ca în cazul inducţiei incomplete). Conjectura lui Poincaré se referă la caracterizarea sferei 3-dimensionale cu ajutorul unor proprietăţi topologice uşor de intuit şi a fost propusă de Poincaré în Jules Henri Poincaré (9 aprilie iulie 191) a fost unul dintre cei mai mari matematicieni francezi; a fost, în acelaşi timp, un mare fizician teoretic şi un filosof al ştiinţei. Poincaré este descris adesea ca Ultimul matematician universal, deoarece a excelat în toate domeniile matematice, cu adevărat importante, ce existau în perioada vieţii sale (relativ scurte). La moartea sa, a fost caracterizat ca matematician, geometru, filosof şi om de litere; a fost un poet al infinitului, un fel de bard al ştiinţei. Până în momentul formulării conjecturii, existau suficiente informaţii şi rezultate legate de caracterizarea suprafeţelor (varietăţi -dimenionale) orientabile, mărginite şi închise din spaţiul euclidian 3-dimensioanal. Aceste suprafeţe pot fi caracterizate de genul lor. Acesta este un număr întreg nenegativ (g 0) care poate fi descris intuitiv ca numărul de găuri ale suprafeţei. Spre exemplu, sfera uzuală, definită ca locul geometric binecunoscut în geometria euclidină clasică (sau ca frontiera bilei) are genul zero pentru cănuareniciogaură. Torul, asimilat cu suprafaţa unui covrig are genul 1 pentru că are o gaură. Mai departe, se pot imagina covrigi cu mai multe găuri, iar suprafeţele lor ne furnizează suprafeţe de genuri mai mari. A rezultat destul de uşor că două suprafeţe orientabile, închise şi mărginite (compacte) având acelaşi gen pot fi puse în corespondenţă biunivocă şi bicontinuă (sunt homeomorfe). În particular, sfera apare ca singura suprafaţă orientabilă, compactă degenzero. Problema ce apare în mod natural, este dacă există caracterizări de acelaşi fel pentru sfera 3-dimenională, gândită ca frontiera unei bile 4-dimensionale. Poincaré a imaginat o operaţie intuitivă deosebit de fructuoasă pentru dezvoltarea ulterioră a topologiei algebrice, o disciplină matematică nouă, extrem de importantă înmomentul actual. Este vorba despre deformarea continuă în interiorul unei anumite mulţimi, a unei curbe continue sau diferenţiabile din acea mulţime. O astfel de deformare poartă numeledehomotopie. În particular, este important cazul când curba este simplă închisă şi deformarea se face către un punct al ei. Intuitiv, putem să ne imaginăm procesul realizat cu un lasou lansat de un paznic de vite. Când acest lasou nu prinde gâtul niciunei vite, el se strânge înapoi în mâna paznicului. Când lasoul prinde o vită (sau un ciot de copac), a întâlnit o singularitate (o gaură) şi paznicul este nevoit sădeschidă lasoul (adică sărenunţe la continuitate) ca să-l poată desprinde. Acum putem formula mai precis conţinutul conjecturii lui Poincaré: Dacă o varietate M 3,netedă, compactă, de dimensiune 3, are proprietatea că orice curbă simplăînchisăsitutată în această varietate poate fi deformată continuu la un punct, rezultă că M 3 este homeomorfă cuosferă? Chiar Poincaré a notat oarecum prevăzător: Mais cette question nous entraînerait trop loin. Conjectura lui Poincaré a inspirat mulţi matematicieni şitentativeledeao demonstra au condus la multe progrese în înţelegerea topologiei varietăţilor de dimen- 79

8 siune trei şi nu numai. O extindere naturală a acestei conjecturi a fost formulatăchiar de Poincaré, care a afirmat, în mod eronat, că: orice varietate poliedrală compactă, având omologia unei sfere n-dimensionale este homeomorfă cusfera n-dimensională. Noţiunea de omologie a fost abordată, la început, în contextul topologiei combinatorii, disciplină ce studiază complexele simpliciale sau, mai general, celulare, apoi, această noţiune a fost studiată în condiţii mai generale, obţinându-se invarianţi topologici interesanţi. Pe la sfârşitul anilor 50 şi începutul anilor 60 s-au obţinut rezultate consistente în studiul conjecturii lui Poincaré, realizându-se că studiulvarietăţilor de dimensiuni maimarieramaiuşor de făcut decât al celor de dimensiune 3. Conjectura lui Poincaré a fost demonstrată în cazul unei dimensiuni mai mari decât 4, în 1960, de către S. Smale. Alte contribuţii au fost aduse de către J. Stallings, E. Zeeman şi A. Wallace. 0 de ani mai târziu, M. Freedman a folosit cup-produsul şi invariantul Kirby Siebenmann, pentru a demonstra conjectura lui Poincaré în dimensiunea 4. Pentru dimensiunea 3, toate tehnicile dezvoltate anterior nu au dat rezultate. In mod curios, la fel ca în problema găsirii structurilor diferenţiabile pe spaţiile euclidiene(undes-aufolositaşa numitele teorii de etalonare (gauge), specifice fizicii) soluţia a venit din partea geometriei diferenţiale. In geometria diferenţială problematicaeste centrată pe studierea proprietăţilor diverselor structuri geometrice pe varietăţi şi mai puţin pe probleme de tipul conjecturii lui Poincaré. A fost R. Hamilton care a propus pentru studiu fluxul Ricci, pentru care a oferit şi unele interpretări fizice. El a reuşit să construiască, în 003, o metrică de curbură constantă peorice3-varietate având curbura Ricci pozitivă. Ceva mai târziu, G. Perelman de la Sankt Petersburg a oferit o soluţie a conjecturii lui Poincaré, în câteva articole postate pe Internet. Această soluţie a trezit intersul mai multor grupuri de cercetători care au început să aprofundeze detaliile tehnice ale demonstraţiilor propuse de Perelman. Oricum, comunitatea matematică internaţională s-a arătat convinsă de argumentele lui G. Perelman şi, la Congresul Internaţional al Matematicienilor din august 006 de la Madrid, lui G. Perelman i s-a oferit medalia Fields (unpremiuasemănător cu premiul Nobel, care nu există pentru domeniul matematicilor). Trebuie spus că G. Perelman a refuzat, pentru prima dată în lumea matematicienilor, medalia Fields din diverse motive. În momentul actual, G. Perelman trece printr-o perioadă extrem de rea din viaţa sa, adoptând o atitudine de respingere a oricărei tentative de apropiere din partea confraţilor săi (o atitudine asemănătoare a adoptat şahistul american R. Fisher în anii 70, dupăobţinerea titlului de campion mondial). G. Perelman a refuzat şi un premiu al SocietăţiiEuropenedeMatematică (EMS) şi este pe cale să refuzeşi Premiul Mileniului. S-a retras de la Institutul Steklov, unde lucra, şi trăieşte izolat, alături de mama sa. Într-o ierarhie a celor mai importante descoperiri ştiinţifice din anul 006, realizată de prestigioasa revistă Science, soluţia dată de G. Perelman s-a situat pe primul loc, devansând o altă descoperire ştiinţifică extremdeimportantă din domeniul geneticii. Prof. dr. Vasile OPROIU Univ. "Al. I. Cuza", Iaşi 80

9 Tipurile subgrupurilor finite din GL (Z) Gabriel DOSPINESCU 1 Studiul care urmează este o continuare a celui început în [1]. Cu acel prilej am demonstrat o serie de rezultate care ne-au permis să găsim majorări pentru ordinele subgrupurilor finite ale lui GL n (Z). Ne-am bazat pe o teoremă de mare profunzime, cunoscută sub numele de Lema lui Serre. De fapt, rezultatul a fost obţinut de Minkowski şi extins de Selberg, drept pentru care îl vom numi în cele ce urmează Lema lui Selberg. Ne-a mai rămas, din planul nostru, să demonstrăm că îngl (Z) există exact nouă tipuri de grupuri finite (până la un izomorfism). Am adus deja în discuţie marea teoremă Jordan-Zassenhaus, care asigură căîngl n (Z) există unnumăr finit de clase de conjugare ale subgrupurilor finite, rezultat mult mai puternic şi mai greu de demonstrat decât ceea ce am numit noi "versiunea slabă"ateoremeijordan- Zassenhaus. De asemenea, pentru n 3, studiul subgrupurilor lui GL n (Z) devine foarte laborios şi complicat; de exemplu, in [] se demonstrează căexistă73declase de conjugare ale subgrupurilor finite din GL 3 (Z). Chiar studiul claselor de conjugare ale subgrupurilor finite din GL (Z) este dificil (de altfel, in finalul articolului vom discuta problema conjugării subgrupurilor ciclice ale lui GL (Z)). Teorema 5. Există exactnouă clase de izomorfism ale subgrupurilor finite ale lui GL (Z). Demonstraţie. Desigur, aici considerăm şi subgrupurile triviale. Deja ştim (din teorema ) că ordinul oricărui subgrup finit al lui GL (Z) divide pe 4; prin urmare, ordinul unui subgrup finit al lui GL (Z) poate fi doar unul dintre numerele: 1,, 3, 4, 6, 8, 1 sau 4. Să observăm că şapte clase de izomorfism se găsesc destul de repede. Într-adevăr, subgrupuri cu un element µ sau două segăsesc fără probleme, cu trei elemente putem 0 1 lua subgrupul generat de, pentru patru elemente putem alege subgrupul µ generat de (izomorf cu Z ) şi subgrupul format din matricile I, I, µ µ şi (izomorf cu Z Z ), iar pentru şase elemente putem lua µ 0 1 subgrupul generat de (izomorf cu Z ) şi subgrupul generat de matricile µ µ şi (izomorf cu grupul S al permutărilor de grad 3). Mai mult, teoremele de structură ale grupurilor cu cel mult şase elemente arată căacesteasunt singurele posibilităţi pentru subgrupurile lui GL (Z) cu cel mult 6 elemente. Ne mai rămâne să dovedimcăexistăcâteosingurăclasă de izomorfism pentru subgrupuri din GL (Z) cu 8 elemente şi tot una pentru cele cu 1 elemente. Un subgrup abelian cu opt elemente al lui GL (Z) (ca, de altfel, orice subgrup abelian cu opt elemente) ar trebui să fie izomorf cu Z 8,cuZ Z 4,saucuZ Z Z. 1 Student, École Normale Supérieure, Paris 81

10 Cum orice element din GL (Z) are ordinul, 3, 4, sau 6 (nu şi 8), nu există subgrup al lui GL (Z) izomorf cu Z 8. Acum să facem câteva observaţii generale despre matricile de ordin, 3 sau 4 din GL (Z). În primul rând se poate stabili (chiar cu mijloace elementare, fără a folosi adică noţiuni ca polinom caracterisitic, µ valori proprii, etc) că oricematricede x y ordin este fie I, fie are forma,cux, y, z numere întregi astfel încât z x x + yz =1. O matrice A de ordinul patru trebuie să verifice polinomul X 4 1, deci (fiind cu elemente numere întregi) trebuie să aibă valorileµ proprii ±1 sau ±i; x y cum A 6= I,rămâne a doua variantă, deci A = I şi A =,cux, y, z z x numere întregi astfel încât x + yz = 1. Însfârşit, argumente asemănătoare conduc la concluzia că, dacă A are ordinul 3, atunci valorile sale proprii sunt ε şi ε (ε fiind orădăcină µ cubică diferită de1aunităţii), deci A are urma 1 şi determinantul 1 şi x y A =,cux, y, z numere întregi astfel încât x z 1 x + x +1+yz =0. Acum să presupunem că existăîngl (Z) un subgrup izomorf cu Z Z Z şi să privim elementele lui ca matrici complexe. Fiind de ordinul al doilea, ele sunt diagonalizabile şi, deoarece ele comută două câte două, există obazăcomună de diagonalizare. În acea bază, matricile din G sunt diagonale şi au pe diagonala principală valorile lor proprii care sunt ±1 (căci toate, cu excepţia identităţii, au ordinul ). Astfel s-ar obţine existenţa a opt matrici de ordinul al doilea cu ±1 pe diagonala principală şi 0 în rest, evident absurd (acest argument funcţionează în general: ordinul maxim al unui subgrup al lui GL n () care are toate elementele de ordinul desigur, cu excepţia elementului neutru este n ; ceea ce furnizează şi odemonstraţie elegantă afaptuluică, pentru m 6= n, GL m (Z) nu este izomorf cu GL n (Z), oproblemăgreuderezolvataltfel). Existenţa unui subgrup µ al lui GL (Z) izomorf cu Z Z 4 ar µ implica şi existenţa a b x y adouămatricia =, de ordinul al doilea şi B =,deordinul c a z x 4, cu a, b, c, x, y, z numere întregi, a + bc =1şi x + yz = 1, care comută: AB = BA. Condiţia aceasta (de comutativitate) ne dă sistemulbz = cy, ay = bx, az = cx. Presupunerea că un element, oricare, al celor două matrici este nul conduce la o contradicţie (de exemplu, a =0implică bc =1şi yz = 1 şi acestea contrazic bz = cy). Dacă sunt nenule, a şi b sunt prime între ele, la fel x şi y; de aceea, din ay = bx rezultă a = ±x şi b = ±y, apoiobţinem şi c = ±z (semnele corespund), deci A = ±B, evident o contradicţie. De altfel, se constată uşor că, tot pe această cale, se poate obţine şi afirmaţia demonstrată mai sus: orice subgrup al lui GL (Z) format numai din elemente de ordin (cu excepţia elementului neutru) are cel mult patru elemente; desigur, în cazul general nu se poate proceda aşa. Un subgrup necomutativ cu opt elemente este izomorf fie cu grupul diedral, fie cu cel al cuaternionilor. Un subgrup al lui µ GL (Z) cuµ opt elemente, izomorf cu grupul diedral, este cel generat de matricile şi (omitem de fiecare dată verificările, acestea fiind imediate). Ne mai rămâne să demonstrăm că GL (Z) nu 8

11 are subgrupuri izomorfe cu grupul cuaternionilor. Presupunem că există un asemenea subgrup; asta ar însemna, de fapt, că există matricile A, B GL (Z), astfelîncâtab = B 3 A, A = B, B 4 = I şi ordinul lui B este 4; cum am văzut, asta înseamnă că A = B = I, ceea ce duce şi la AB = BA. Rezultă existenţa unor numere întregi µ a,b, c, x, y, z astfel µ încât a b x y a + bc +1 = x + yz +1 = 0 şi astfel încât A = şi B =. c a z x Egalitatea AB = BA implică şi ax + bz + cy =0;eliminândc, z din primele două relaţii şi folosind-o pe a treia, rezultă (bx ay) + b + y =0, deci b = y =0, ceea ce, evident, conduce la contradicţie. Să ne îndreptăm acum atenţia asupra subgrupurilor cu 1 elemente ale lui GL (Z); considerăm mai întâi un asemenea subgrup G neabelian. Să presupunem că printre numerele x,...,x q nu apare şi 1; cum ( ( 1))( 0) = 6 şi cum 1 ( x ) ( x q ), trebuie să avemx q =. Deciexistă a, b, cua+b =10astfel încât 1 k + a 0 k + b ( 1) k +( ) k, oricare ar fi k număr natural. Este clar că trebuie să avem atunci b =0, iar alegerea k =conduce iarăşi la o contradicţie. Astfel că trebuie să existeomatricea G cu urma egală cu1. Fie u, v valorile proprii ale matricii A (care verifică u + v =1). Cum A 1 = I, 1 u şi v au modulul 1, deci uv = 1 u + 1 = u + v = u + v =1. Din u + v = uv =1 v rezultă u 3 = v 3 = 1, decia 3 = I,adică A are ordinul 6. Să mai considerăm B G {A k 0 k 5} şi să observăm că vom avea atunci G = {A k 0 k 5} {BA k 0 k 5} şi că AB = BA 5. Într-adevăr, este clar (din modul în care l-am ales pe B) căexistă k 0 astfel încât AB = BA k, ceea ce înseamnă că matricile A k = B 1 AB şi A sunt similare, deci au aceleaşi valori proprii. Atunci mulţimile {u k, 1 } şi {u, 1 u k u } coincid, ceea ce duce imediat la posibilităţile k 1(mod6) sau k 5(mod6).CumGeste neabelian rămâne k 5(mod6) şi AB = BA 5. Aceasta se mai scrie (ţinând cont de A A + I =0,adicădeteoremaCayley-Hamilton) AB + BA = B, iar de aici obţinem tr(b) =tr(ab). Cum matricile de ordin 3 sau 6auurmaimpară, B trebuie să aibăordinulsau4. Să presupunem că B ar avea ordinul 4; ca mai sus va rezulta că B = I. Un scurt moment de reflecţie arată existenţa µ unor numere întregi µ a, b, c, x, y, z astfel încât a + bc +1 = x + yz +1 = 0 x y a b şi A =, B =. Atunci, din AB + BA = B, după un mic calcul z 1 x c a ³ y obţinem relaţia u ay u +1+ =0(u = x), egalitate evident imposibilă. b b Astfel rezultă că B are ordinul, deci singurul subgrup necomutativ de ordin 1 din GL (Z) ar putea fi cel diedral. Şi nici nu e greu să arătăm µ că existăîngl µ (Z) un subgrup izomorf cu D 6 : este cel generat de matricile: şi În fine, să presupunem că G ar fi un subgrup abelian cu 1 elemente al lui GL (Z). După cum am amintit (v. mai sus problema de olimpiadă), ordinul oricărei matrici din GL (Z) poate fi doar 1,, 3, 4 sau 6; prin urmare G ar putea fi izomorf (din cele două tipuri de grupuri comutative, adică Z 1 şi Z Z Z 3 ) doar cu Z Z Z 3 (deoarece Z 1 este generat de un element de ordin 1). 83

12 Să zicem că arfiîngl n (Z) un subgrup izomorf cu Z Z Z 3 ;acestaconţine mai mult de un element de ordin (prin urmare şi o matrice de ordin µ diferită de a b I ), precum şi elemente de ordin trei, deci atunci ar exista matricile A =, µ c a x y de ordin (a, b, c Z, a + bc =1) şi B = de ordin 3 (x, y, z Z, z 1 x x +x+1+yz =0)astfelîncâtAB = BA. Obţinem relaţiile bz = cy, ay = b(x+1) şi az = c(x +1); vedem imediat că deaicis-arobţine, dacă am presupune a =0, b(x +1) că b = c = 0, imposibil. De aceea a 6= 0 şi putem exprima y = şi a c(x +1) c = ;înlocuimînx + x +1+yz =0,maiţinem seama şi de bc =1 a a şi ajungem iar la o evidentă contradicţie: 3a +(x +1) =0; deci GL (Z) nu are subgrupuri comutative cu 1 elemente. Ne-a mai rămas să demonstrăm că nuexistă subgrupuri cu 4 de elemente în GL (Z). Dinpăcate, oricât ne-am străduit, nu am reuşit să găsim o astfel de demonstraţie caresăutilizeze ideile de mai sus. Se poate însă arăta acest fapt, trecând la un nivel superior al edificiului matematic. Avem, mai întâi Teorema 6. Orice subgrup finit al lui GL n (Z) este conjugat cu un subgrup al lui O n (R). Demonstraţie. Prin O n (R) înţelegem grupul matricilor ortogonale din GL n (Z). G fiind subgrupul finit despre care este vorba în enunţ, vom defini un nou produs scalar pe R n (undeelementeleseconsideră ca vectori coloană) prin hx, yi = g Ghgx, X gyi, unde h, i este produsul scalar obişnuit din C n. Deoarece fiecare matrice din G este inversabilă, se verifică uşor faptul că şi h, i este un produs scalar, precum şi că hgx, gyi = hx, yi, x, y C n, adică orice element din G este izometrie faţă de acest nou produs scalar. Prin urmare, matricile din G sunt matrici ortogonale într-o bază ortonormală relativ la acest produs, ceea ce reprezintă (reformulată) concluzia lemei. Acum putem demonstra Teorema 7. Orice subgrup finit al lui GL (Z) este fie ciclic, fie diedral. Demonstraţie. Fie, iar, G un subgrup finit al lui GL (Z), pe care, conform teoremei anterioare îl putem considera direct subgrup al lui O (R), şi fie H intersecţia lui G cu SO (R), adică cu grupul (matricilor) rotaţiilor lui R (matrici ortogonale cu determinantul 1). Indicele lui H în G este cel mult egal cu (deoarece, pentru orice x, y G, xy 1 este o matrice ortogonală care are determinantul 1 sau 1). În plus, H este un grup ciclic, deoarece este un grup finit de rotaţii şi se arată uşor că orice asemenea grup este generat de o rotaţie a sa de unghi minim (tot aşa cum se arată că orice subgrup al lui Z este generat de un element al său de modul minim). Acum, dacă intersecţia H areindicele1îng, evident vom avea G = H, decig este ciclic. Dacă indicele este, considerăm un element s G H, caretrebuiesăfie osimetriefaţă de o dreaptă ce trece prin origine. Se verifică atuncicuuşurinţă (fie prin calcul, fie recurgând la interpretarea geometrică pe un desen) că srs = r 1, 84

13 r fiind generatorul lui H. Cum s este identitatea şi G este generat de s şi de r (indicele lui H în G fiind ) obţinem imediat că, în acest caz, G este diedral. În fine, Teorema 5 rezultă din nou, sub forma: Teorema 8. Orice subgrup finit al lui GL (Z) are cel mult 1 elemente şi există doar o clasă de izomorfism a subgrupurilor lui GL (Z) cu 1 elemente. Demonstraţie. Totul rezulta din teorema anterioara si vesnica observatie ca matricile din GL (Z) au ordin 1,, 3, 4 sau 6. Evident, teorema 7 implică şi faptul că există doar 9 tipuri de clase de izomorfism pentru subgrupurile lui GL (Z), dar noi ne-am străduit mai sus (şi nu am reuşit în totalitate) să arătăm că se poate obţine acelaşi rezultat şi pe cale "elementară". Terminăm acest articol ţinându-ne o promisiune: stabilirea claselor de conjugare ale matricilor de ordin 3, 4, 6 din GL (Z). Nu vom trata cazul matricilor de ordin, din simplul motiv că necesită o cu totul altă metodă. Vom folosi fără demonstraţie un rezultat clasic de geometria numerelor, anume faimoasa teoremă a lui Minkowski: orice mulţime convexă, simetrică în raport cu originea şi de arie strict mai mare decât 4 din R conţine măcar un punct laticial nenul. Vom începe cu următoarea aplicaţie directă a teoremei lui Minkowski, care se va dovedi crucială în studiul claselor de conjugare ale matricilor de ordin finit: Lema 1. a) Dacă a, b, c sunt numere întregi astfel încât bc = a +1,atunci ecuaţia cx axy + by =1are soluţii în numere întregi. b) Dacă bc = a + a +1,atunciecuaţia cx (a +1)xy + by =1are soluţii întregi. Demonstraţia este uşoară dacă folosim teorema lui Minkowski şi foarte grea altfel. Ideea este următoarea (vom rezolva doar a), punctul b) fiind absolut identic): dacăconsiderăm A mulţimea punctelor (x, y) dinplanpentrucare cx axy+by <, un calcul imediat arata ca A are aria strict mai mare decat 4. Într-adevăr, putem în mod evident presupune b, c > 0 şi atunci condiţia se scrie z + t <, unde z = x c a y şi t = y. Deci A este imaginea cercului de arie π prin aplicatia c c liniara (z,t) ( z + at, ct). Or,aceastaaplicaţie conservă ariile,căci matricea asociată are determinantul 1. Deci A are aria π >4 si totul rezultă acum din teorema c lui Minkowki: A conţine un punct laticial nenul (x, y) şi pentru acest punct, mereu în ipoteza b, c > 0, avemînmodevident cx axy + by =1. Cum am spus, b) urmează exactaceeaşi cale de demonstraţie, deci rămâne în seama cititorului. Acum putem începe să studiem conjugarea matricilor de ordin 3, 4, 6. Maiprecis, vom demonstra următoarea: Teorema 9. Există exactoclasădeconjugareingl (Z) pentru matricile de ordin 3 din GL (Z). Aceeaşi concluzie este valabilă pentru matricile de ordin 4 şi pentru cele de ordin 6. Demonstraţie. Dacă A GL (Z) este de ordin 3, respectiv 6, amvăzut în timpul studiului tipului de izomorfism al subgrupurilor finite că A + A + I = O şi A A + I = O, respectiv. Să considerăm o matrice A de ordinul 3. Amvăzut 85

14 µ a b că A se poate scrie sub forma unde a, b, c Z verifică a c 1 a + a +1=bc. Aplicând lema, rezultăcăexistăunvector nenul e =(x, y) astfel încât det(e, Ae) =1 (aici (e, Ae) este matricea care are prima coloană egală cue şi pe cea de-a doua cu Ae): un calcul imediat arată că de fapt condiţia det(e, Ae) =1este echivalentă cu cx (a +1)xy + by =1. Aceasta înseamnă că (e, Ae) este o bază aluiz,în sensul că matricea (e, Ae) este în GL (Z). µ Or, A(Ae) =A e = Ae e, deci în 0 1 această bazămatricealuia este exact. Amarătat astfel căelementele 1 1 de ordin 3 sunt toate conjugate între ele. Cu exact aceleaşi argumente se arată că elementele de ordinul 4, respectiv 6 au aceeaşi proprietate. Cititorul ar putea să se întrebe în acest moment: de ce am inclus ultimul rezultat în acest articol? Răspunsul este simplu: cum în tot articolul am oscilat între algebră şi teoria numerelor şi cum am început cu algebra, preferăm să terminăm cu teoria numerelor. Şi, într-adevar, din ultima teoremă obţinem câteva rezultate foarte frumoase din acest domeniu. Să luăm, de exemplu, iarăşi cazul µ matricilor de ordin 3. a b Am văzut ca pentru o astfel de matrice, scrisă subforma, putem găsi µ c µ 1 a 0 1 x y P GL (Z) astfel încât A = P 1 P. Scriind P =, un scurt calcul 1 1 z t arată căexistă =detp { 1, 1} astfel încât a = (yz xy zt), b= (y yt + t ) şi c = (z xz + x ),d= (zt xt + xy), unde xt yz =. Aceasta este deci soluţia generală a ecuaţiei a + a +1 = bc în numere întregi. Încercaţi să demonstraţi aceasta prin alte mijloace şi veţi vedea avantajele acestei metode. Să mai subliniem un rezultat, deloc banal, care se poate obţine de aici. Să presupunem că p este un număr prim de forma 3k +1şi să luăm u orădăcină primitivă modulo p. Notând x = u p 1 3,obţinem imediat că x 6= 1şi x 3 =1, deci x + x +1=0(lucrăm in Z/pZ). Aceasta arată existenţa unui număr întreg a pentru care p a + a +1. Din cele observate anterior, rezultă că p se poate scrie sub forma x xy + y pentru niştenumereîntregix şi y. Amarătat astfel că orice număr prim de forma 3k +1 poate fi exprimat ca x xy + y (cu x, y întregi). Evident, lucrând cu matricile de ordin 4, ajungem cu aceleaşi argumente la frumoasa teoremă a lui Fermat: orice număr prim de forma 4k +1 sescriecasumaadouă pătrate de numere întregi. Încheiem aici scurta noastră vizită în lumea subgrupurilor lui GL (Z), nuînainte de a sugera cititorului temerar un studiu al claselor de izomorfism ale subgrupurilor finite ale lui GL 3 (Z). Bibliografie 1. G. Dospinescu - Câteva proprietăţi ale subgrupurilor finite din GL n (Z), Recreaţii Matematice 1/006.. Ken-Ichi Tahara - On the finite subgroups of GL 3 (Z), Nagoya Math. Journal. 86

15 Oproblemă cu cifrele unui număr Titu ZVONARU 1 Problema G.116, propusă demaria Miheţ în RecMat - 1/007, areurmătorul enunţ: Aflaţi toate numerele naturale N de patru cifre nenule distincte cu proprietatea că diferenţa dintre cel mai mare număr obţinut prin permutarea cifrelor lui N şi cel mai mic asemenea număr este tocmai N. Ne propunem să rezolvăm următoarea problemă mai generală: Aflaţi toate numerele naturale N cu cifre dictincte cu proprietatea că diferenţa dintre cel mai mare număr obţinut prin permutarea cifrelor lui N şi cel mai mic asemenea număr este tocmai N. Fie n numărul cifrelor lui N. Avemdeanalizaturmătoarele cazuri: A. n =.Fiea>bcifrele lui N. Celmaimarenumăr scris cu cifrele lui N este ab, iar cel mai mic este ba. Avem posibilităţile: i) ab ba = ab ba =0, ii) ab ba = ba 8a =19b şi nu obţinem soluţii. B. n =3.Fiea>b>ccifrele lui N. Avemabc cba = xyz,cu{a, b, c} = {x, y, z} şi obţinem z =10+c a, y =9+b b =9, x = a 1 c. Cum a este cea mai mare cifră, rezultă a =9şi {b, c} = {8 c, c +1}, adică 8 c = c, b = c +1.Obţinem soluţia = 495. C. n =4.Fiea>b>c>dcifrele lui N. Avemcă abcd dcba = xyzt şi notăm C = {a, b, c, d} = {x, y, z, t}. Obţinem: t =10+d a, z =9+c b, y = b 1 c, x = a d. Observăm că y + z =8, x + t =10şi deducem că {y, z} {{0, 8}, {1, 7}, {, 6}, {3, 5}}, {x, t} {{1, 9}, {, 8}, {3, 7}, {4, 6}}. Avem de analizat următoarele posibilităţi: {y,z} {x, t} (a, b, c, d) {0, 8} {1, 9} (9, 8, 1, 0) b 1 c =6/ C {0, 8} {3, 7} (8, 7, 3, 0) 9 + c b =5/ C {0, 8} {4, 6} (8, 6, 4, 0) b 1 c =1/ C {1, 7} {, 8} (8, 7,, 1) b 1 c =4/ C {1, 7} {4, 6} (7, 6, 4, 1) {, 6} {1, 9} (9, 6,, 1) b 1 c =3/ C {, 6} {3, 7} (7, 6, 3, ) a d =5/ C {3, 5} {1, 9} (9, 5, 3, 1) a d =8/ C {3, 5} {, 8} (8, 5, 3, ) a d =6/ C {3, 5} {4, 6} (6, 5, 4, 3) b 1 c =0/ C. 1 Comăneşti, tzvonaru@hotmail.com 87

16 Obţinem o singură soluţie: = D. n =5. Fie a>b>c>d>ecifrele lui N. Avem că abcde edcba = xyztu şi notăm C = {a, b, c, d, e} = {x, y, z, t, u}. Obţinem u =10+e a, t =9+d b, z =9, y = b 1 d, x = a e. Rezultăcăa =9şi e 6= 0(dacă e =0ar urma x =9, deci x = z). Observăm că y + t =8, x + u =10şi, cum 0 / C, deducem că: {y, t} {{1, 7}, {, 6}, {3, 5}}, {x, u} {{, 8}, {3, 7}, {4, 6}}, adică {y, t} {x, u} (a, b, c, d, e) {1, 7} {, 8} (9, 8, 7,, 1) b 1 d =4/ C {1, 7} {4, 6} (9, 7, 6, 4, 1) a e =8/ C {, 6} {3, 7} (9, 7, 6, 3, ) 9 + d b =5/ C {3, 5} {, 8} (9, 8, 5, 3, ) a e =7/ C {3, 5} {4, 6} (9, 6, 5, 4, 3) b 1 d =/ C. Nu obţinem soluţii. E. n =6.Fiea>b>c>d>e>f cifrele lui N. Avemcă abcdef fedcba = xyztuv şi notăm C = {a, b, c, d, e, f} = {x, y, z, t, u, v}. Obţinem v =10+f a, u =9+e b, t =9+d c, z = c 1 d, y = b e, x = a f. Observăm că z + t =8, y + u =9, x + v =10şi deducem că {z,t} {{0, 8}, {1, 7}, {, 6}, {3, 5}} {y, u} {{0, 9}, {1, 8}, {, 7}, {3, 6}, {4, 5}} {x, v} {{1, 9}, {, 8}, {3, 7}, {4, 6}}. Avem de analizat următoarele posibilităţi: {z, t} {y, u} {x, v} (a, b, c, d, e, f) {0, 8} {, 7} {1, 9} (9, 8, 7,, 1, 0) c 1 d =4/ C {0, 8} {, 7} {4, 6} (8, 7, 6, 4,, 0) b e =5/ C {0, 8} {3, 6} {1, 9} (9, 8, 6, 3, 1, 0) b e =7/ C {0, 8} {4, 5} {1, 9} (9, 8, 5, 4, 1, 0) b e =7/ C {0, 8} {4, 5} {3, 7} (8, 7, 5, 4, 3, 0) 10 + f a =/ C {1, 7} {0, 9} {, 8} (9, 8, 7,, 1, 0) c d 1=4/ C {1, 7} {0, 9} {4, 6} (9, 7, 6, 4, 1, 0) 9 + e b =3/ C {1, 7} {3, 6} {, 8} (8, 7, 6, 3,, 1) b e =5/ C {1, 7} {4, 5} {, 8} (8, 7, 5, 4,, 1) c 1 d =0/ C {, 6} {0, 9} {3, 7} (9, 7, 6, 3,, 0) b e =5/ C {, 6} {1, 8} {3, 7} (8, 7, 6, 3,, 1) b e =5/ C {, 6} {4, 5} {1, 9} (9, 6, 5, 4,, 1) a f =8/ C {, 6} {4, 5} {3, 7} (7, 6, 5, 4, 3, ) c 1 d =0/ C {3, 5} {0, 9} {, 8} (9, 8, 5, 3,, 0) b e =6/ C {3, 5} {0, 9} {4, 6} (9, 6, 5, 4, 3, 0) 9 + d c =8/ C {3, 5} {1, 8} {4, 6} (8, 6, 5, 4, 3, 1) a f =7/ C {3, 5} {, 7} {1, 9} (9, 7, 5, 3,, 1) a f =8/ C {3, 5} {, 7} {4, 6} (7, 6, 5, 4, 3, ) c 1 d =0/ C. 88

17 Nu obţinem soluţii. E. n =7.Fiea>b>c>d>e>f>gcifrele lui N. Avem abcdefg gfedcba = zyxtuvw şi la fel ca în cazul n =5deducem că a =9şi g 6= 0. Diferenţa dintre un număr şi răsturnatul său este multiplu de 9; cum suma cifrelor din baza 10 este de asemenea multiplu de 9, deducem că suma celor trei cifre nefolosite la scrierea lui N trebuie să fie multiplu de 9. Deoarece ştim că cifra0 nu este folosită, rămând de analizat doar următoarele posibilităţi: cifre nefolosite 0,1, = ,, = ,3, = ,4, = şi nu obţinem soluţii. F. n =8. Din acelaşi motiv ca în cazul n =7, avem doar posibilităţile: cifre nefolosite 0, = , = , = , = , = cu soluţia = G. n =9. Deoarece n este impar, rezultă căsinguracifră nefolosită lascrierea lui N este 0. Obţinem soluţia = H. n = 10.Obţinem soluţia = ERATĂ În numărul 1/007 al revistei Recreaţii Matematice s-au strecurat următoarele greşeli: 1. La pag., r. 1 în loc de 1866 se va citi În enunţul problemei XII.76 se va considera că funcţia f :[a, b] R este continuă, condiţiecareafostomisă. 89

18 O problemă de construcţie a unui triunghi Temistocle BÎRSAN 1 Problemele de construcţie cu rigla şi compasul au un specific şi un farmec aparte. Pe această linie, menţionăm remarcabila monografie Probleme de construcţii geometrice cu rigla şi compasul aluigh. Buicliu. Problema de care ne vom ocupa este de tipul următor: Se porneşte de la o figură F (un triunghi, de exemplu) şi prin diverse construcţii auxiliare se obţine o configuraţie F 0. Reţinând câteva elemente ale lui F 0 (adică ştergând o bună parte din configuraţia F 0 ), cum putem reconstrui cu rigla şi compasul figura iniţială F. Vom da câteva exemple cunoscute de acest fel: 1. SăseconstruiascăuntriunghiABC cunoscându-i centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor HBC, HCA şi HAB, unde H este ortocentrul acestuia ([1], Problema 64 ).. Să seconstruiască un triunghi cunoscând punctele de intersecţie a bisectoarelor interioare cu cercul circumscris triunghiul ([4], p. 105, Problema 88 ). 3. Să seconstruiascătriunghiulabc cunoscând poziţiile vârfurilor A 0, B 0, C 0 ale triunghiurilor echilaterale construite pe laturile lui şi în exterior ([1], Problema 637 ). 4. Să seconstruiască triunghiul ABC cunoscând centrele α, β, γ ale cercurilor adjuncte (CA), (AB), (BC) sau centrele α 0, β 0, γ 0 ale cercurilor adjuncte (BA), (CB), (AC) (se numeşte cerc adjunct (CA) cercul care trece prin B şi este tangent în C laturii CA)([1], Problema 640 ). 5. Să seconstruiască un triunghi cunoscându-i punctele O, H, I (cu semnificaţii uzuale); în ce condiţii există un astfel de triunghi? ([3]) Să începem prin a preciza notaţiile (de altfel uzuale, v. []) utilizate mai jos (fig. 1): I, I a, I b, I c centrele cercurilor înscris şi exînscrise triunghiului; H, H a, H b, H c ortocentrul şi proiecţiile lui pe laturile BC, CA şi respectiv AB; D, E, F punctele de contact ale cercului înscris I (I,r) I cu laturile BC, CA şi respectiv AB; D a, E a, F a etc. punctele de contact ale cercului exînscris I a (I a,r a ) I a etc. cu dreptele suport ale aceloraşi laturi; A 0, B 0, C 0 punctele date de {A 0 } = D b F b D c E c, {B 0 } = E c D c E a F a, {C 0 } = F a E a F b D b. Ne propunem să rezolvăm următoarea Problemă. Să se construiască cu rigla şi compasul triunghiul ABC cunoscând poziţiile punctelor A 0, B 0, C 0. 1 Prof. dr., Univ. Tehnică "Gh.Asachi",Iaşi 90

19 Vom face analiza problemei, adică pentru configuraţia construită, formată din 4ABC dat, 4I a I b I c al centrelor cercurilor exînscrise şi 4A 0 B 0 C 0 al punctelor de contact exterioare (F a, E a ; D b, F b şi E c, D c )vomindicaunnumăr de proprietăţi. Ca urmare, construcţia triunghiului A 0 B 0 C 0 va decurge cu uşurinţă. A E c I c F b A I b F c E b I B D c B Da H Ha C D b F a I a E a C Fig. 1 Propoziţia 1. Triunghiul A 0 B 0 C 0 are proprietăţile: 1) m( A c0 ) = 90 A, ) B 0 C 0 şi D b D c sunt antiparalele, 3) B 0 C 0 k I b I c,caşi analoagele acestora. Demonstraţie. 1) Deoarece BD b şi BF b sunt tangente la cercul I b, rezultă că 4BD b F b este isocel şi, deci, m( \BD b F b )=90 B. La fel, considerând 4CD ce c isoscel, deducem că m( \ CD c E c ) = 90 C. Ca urmare, în 4A0 D b D c avem că m( c A 0 )=90 A. Analog, se stabileşte că m(c B 0 )=90 B şi m(c C 0 )=90 C. 91

20 ) Întrucât m(cb 0 )=90 B = m( A\ 0 D b D c ),drepteleb 0 C 0 şi D b D c sunt antiparalele în raport cu 4A 0 B 0 C 0. 3) Considerăm dreapta d determinată de punctele B şi I b ca o secantă adreptelor B 0 C 0 şi I b I c şi arătăm că se formează unghiuri alterne interne egale. Se ştie că în4i a I b I c avem m( I b a )=90 A şi analoagele (m( I b a ) = 180 m([bic) = B + C = 90 A ). Atunci, din faptul că d I ai c deducem că µ m( \d, I b I c )=90 m( I b c )=90 90 C = C,iardind A0 C 0 avem că m( d, \ B 0 C 0 )=90 m( C c0 )= C. Observaţie. 4A 0 B 0 C 0 şi 4I a I b I c sunt omotetice, căci au laturile paralele două câte două. Centrul lor de omotetie este punctul de concurenţă adreptelora 0 I a, B 0 I b, C 0 I c, pe care-l notăm cu K 0. Propoziţia. Dreptele AA 0, BB 0, CC 0 sunt concurente în punctul H. Demonstraţie. Fie A punctul în care AA 0 intersectează dreaptabc. Pentru aarăta că AA 0 trece prin H, vomdemonstracă A coincide cu H a. Conform teoremei lui Menelaus aplicată 4BD b F b şi transversalei AA 0,avemrelaţia A B A = AB A0 F b D b AF b A 0. D b Cum AB = c şi AF b = BF b AB = p c (p fiind semiperimetrul 4ABC), rămâne să calculăm A 0 D b şi A 0 F b.sămai observăm că D b D c = BD b +CD c BC = p+p a = b + c. Acum, cu teorema sinusurilor în 4A 0 D b D c şi ţinând cont de punctele 1) şi ) ale Propoziţiei 1, obţinem relaţia A 0 D b cos C = D bd c cos A A 0 D b =(b + c) cos C cos A, iar A 0 F b = A 0 D b D b F b =(b + c) cos C cos A p sin B (din 4BD bf b ). Ca urmare, relaţia demaisussescrie A B A = c (b + c) cos C D b p c cos A p sin B (b + c) cos C cos A Utilizând formele de tipul cos A r p (p a) =, după calculederutinărezultăcă bc A B a b + c A = D b (b + c)(a + b c), 9.

21 de unde A B a b + c A B + A = D b (b + c)(a + b c)+a b + c A B = a b + c BD b a p A B = a b + c A B = c cos B, p p adică A este piciorul înălţimii AH a. Deci AA 0 trece prin H. Analog se aratăcăşi BB 0, CC 0 trec prin H, ceea ce încheie demonstraţia. Observaţie. 4A 0 B 0 C 0 şi 4ABC sunt omologice, H fiind centru de omologie. Se remarcăuşor căelesuntşi ortologice. Propoziţia 3. Punctul H este centrul cercului circumscris 4A 0 B 0 C 0,iarraza R 0 a acestui cerc este dată der 0 = HA + r a = HB + r b = HC + r c. Demonstraţie. Deoarece B 0 H AE a,avemcă m( \HB 0 C 0 )=m( HB \ 0 E a )= 90 m( AE \ a F a )= A.DinCH0 AF a şi procedând la fel, deducem că m( \HC 0 B 0 )= A. Deci 4HB0 C 0 este isoscel, adică HB 0 = HC 0. În mod analog, se arată că HB 0 = HA 0.Rezultăcă H este centrul cercului circumscris 4A 0 B 0 C 0. Pentruparteaadouadinenunţsăarătăm că AA 0 = r a.într-adevăr, în 4A 0 AF b avem: AF b = p c, m( \AA 0 F b )= B (analoagă uneia de mai sus) şi m( \A 0 F b A)= 90 + B (unghi exterior 4BD bf a isoscel). Cu teorema sinusurilor, obţinem că AA 0 =cos B p c r r p (p b) ac sin B =(p c) ac (p a)(p c) = S p a = r a. Atunci, R 0 = A 0 H = HA + AA 0 = HA + r a etc. Consecinţă. Dreptele A 0 D a, B 0 E b, C 0 F c sunt concurente în ortocentrul H 0 al 4A 0 B 0 C 0. Demonstraţie. Segmentele [AA 0 ] şi [I a D a ] au lungimi egale cu r a şi sunt paralele (ca fiind perpendiculare pe BC). Prin urmare, patrulaterul A 0 AI a D a este paralelogram şi, deci, A 0 D a k AI a.dinaceastaşi faptul că AI a B 0 C 0, rezultă că A 0 D a B 0 C 0,adică A 0 D a este înălţimea în 4A 0 B 0 C 0. În acelaşi fel, B 0 E b, C 0 F c sunt înălţimi în 4A 0 B 0 C 0 şi demonstraţia este completă. Propoziţia 4. Dreptele A 0 I a, B 0 I b, C 0 I c trec prin mijloacele laturilor [BC], [CA] şi repsectiv [AB] ale 4ABC. Demonstraţie. Vom dovedi numai afirmaţia relativă laa 0 I a.fie{u} = A 0 I a BC. Revinelaaarăta că BU = a. Din faptul că 4I a D a U 4A 0 H a U rezultă că UD a = r a UD a r a = UD a = a UH a r a + h a D a H a r a + h a p pc b = c b a, căci D a H a = BH a BD a = a cos B (p c) =c cos B p = pc b,iar r a r a + h a = 1 =1 + ha r a. µ + a h a p a (p a) r a a 93 a. µ =1 + S S p a = a a p.

22 În sfârşit, BU = BD a + UD a =(p c)+ c b = a şi demonstraţia este încheiată. Consecinţă. A 0 I a, B 0 I b, C 0 I c sunt simediane atât în 4A 0 B 0 C 0 cât şi în 4I a I b I c. Demonstraţie. Mijlocul U al segmentului [BC] este şi mijlocul lui [D b D c ],căci CD b = BD c = p a. Ţinând cont de punctul ) al Propoziţiei 1, în 4A 0 B 0 C 0 avem că A 0 I a trece prin mijlocul antiparalelei D b D c la B 0 C 0. Cum în orice triunghi o simediană este locul mijloacelor antiparalelelor la latura opusă [], p.55, deducem că A 0 I a este simediana prin A 0 a 4A 0 B 0 C 0.Însfârşit din omotetia observată maisus a triunghiurilor A 0 B 0 C 0 şi I a I b I c, rezultă că A 0 I a este simediana prin I a a 4I a I b I c (faptul rezultă şi observând că BC şi I b I c sunt antiparalele în 4I a I b I c ). Revenim la problema de construcţie propusă la început. Rezultatele precedente fac posibilă construcţia 4ABC, atunci când se dă 4A 0 B 0 C 0.Într-adevăr, cu rigla şi compasul putem parcurge fiecare dintre paşii următori: 1) se construieşte centrul H al cercului circumscris triunghiului A 0 B 0 C 0 (care va fi ortocentrul triunghiului ABC, conform Propoziţiei 3, iar conform Propoziţiei va trebui ca A, B, C să seaflepea 0 H, B 0 H, C 0 H,respectiv); ) în 4A 0 B 0 C 0 se construieşte simediana corespunzătoare vârfului A 0 ; 3) se ia în mod arbitrar un punct C 1 (HC 0 ) şi prin el construim perpendiculara pe A 0 H care intersectează (B 0 H) într-un punct B 1 ; 4) unim H cu mijlocul segmentului [C 1 B 1 ] pentru a avea locul mijloacelor segmentelor ce se sprijină pehc 0 şi HB 0 şi sunt perpendiculare pe A 0 H; 5) intersectăm acest loc geometric cu simediana prin A 0 construită lapasul) (conform Propoziţiei 4 şi Consecinţei sale, acest punct va fi mijlocul laturii [BC] căutate); 6) obţinem vârfurile C şi B ale triunghiului de construit ca intersecţii ale perpendicularei pe A 0 H dusă prin punctul construit la 5) cu (HC 0 ) şi respectiv (HB 0 ); 7) se construieşte vârful A ca intersecţie cu (HA 0 ) a perpendicularei prin B pe C 0 H. Bibliografie 1. Gh. Buicliu - Probleme de construcţii geometrice cu rigla şi compasul, Ed. Tehnică, Bucureşti, T. Lalescu - Geometria triunghiului, Ed. Tineretului, Bucureşti, F. Lo Jacomo - Enoncé 45, APMEP, Buletin no. 408, 1997, D. Smaranda, N. Soare - Transformări geometrice, Ed. Acad. R.S.R., Bucureşti,

23 Un şir strâns legat de şirul lui Wallis Adrian CORDUNEANU 1, Gheorghe COSTOVICI Scopul propus este studiul şirului (a n ) n 1 definit prin a n = Cn 0 Cn 1 1!!!! + 3!! C n 4!! 5!! C3 n 6!! + +( 1)n Cn n (n 1)!!. (1) (n)!! Vom stabili că este monoton descrescător şi convergent la zero şi vom pune în evidenţă legătura acestuia cu şirul lui Wallis (w n ) n 1 dat de w n = (n)!! 1 (n 1)!! n +1 () (despre care ştim că lim w n = π n ). Lemă ([1], p. 14 sau [], p. 350). Pentru orice k N avem Z π/ Z π/ (k 1)!! π cos k xdx= sin k xdx= k!!, k par 0 0 (k 1)!!., k impar k!! Demonstraţie. Dacă în una din cele două integrale efectuăm schimbarea t = x π, vom obţine pe cealaltă; deci integralele sunt egale. Fie I k valoarea comună lor. Integrând prin părţi, găsim: I k = Z π/ 0 = (k 1) =(k 1) cos k xdx= Z π/ 0 Z π/ 0 Z π/ 0 (sin x) 0 cos k 1 xdx= sin x cos k x ( sin x) dx = 1 cos x cos k xdx=(k 1) (I k I k ), de unde I k = k 1 k I k, k. Această relaţiederecurenţă şi faptul că I 0 = π şi I 1 =1conduc la rezultatul dorit. Propoziţie. Are loc identitatea (n 1)!! = Cn 0 C 1 1!! n (n)!!!! + 3!! C n 4!! + +( 1)n Cn n (n 1)!!. (3) (n)!! Demonstraţie. Obţinem (3) exprimând integrala I n în două moduri. Maiîntâi, 1 Prof. dr., Catedra de matematică, Univ. "Gh. Asachi", Iaşi Conf. dr., Catedra de matematică, Univ. "Gh. Asachi", Iaşi 95

24 (n 1)!! π conform Lemei, avem I n =. Apoi, folosind formula binomului, găsim: (n)!! Z π/ Z π/ I n = cos n xdx= 1 sin x n dx = = 0 Z π/ 0 0 C 0 n C 1 n sin x + C n sin 4 x C 3 n sin 6 x + +( 1) n C n n sin n x dx = = CnI 0 0 CnI 1 + CnI 4 CnI ( 1) n CnI n n = = π µ Cn 0 C 1 1!! n!! + 3!! C n 4!! 5!! C3 n 6!! + +( 1)n Cn n Egalând aceste două valori ale lui I n,obţinem (3). Corolarul 1. Sunt adevărate afirmaţiile: 1) a n = (n 1)!! (n)!! (n 1)!!, n N ; (4) (n)!! ) (a n ) n 1 este strict descrescător. Demonstraţie. Punctul 1) decurge din (1) şi (3), iar ) din faptul că a n+1 = a n n +1 n + < 1, n N. Corolarul. Sunt adevărate afirmaţiile următoare: 1) a n = 1 1, n N ; (5) wn n +1 ) (a n ) n 1 converge la zero. Demonstraţie. Punctul 1) rezultădin() şi (4), iar ) prin trecere la limită în (5) pentru n. Observaţie. Faptul că lim a n =0poate fi stabilit şi utilizând dubla inegalitate n 1 (n 1)!! 3 < < n (n)!! 1, n>1 ([3], p. 48). n. Bibliografie. 1. G. M. Fihtenholţ - Curs de calcul diferenţial şi integral, vol. II, Ed. Tehnică, Bucureşti, Gh. Sireţchi - Calcul diferenţial şi integral, vol. I, Ed. Ştiinţifică şi Enciclopedică, Bucureşti, *** - Probleme de matematică traduse din Kvant, vol. I, E. D. P., Bucureşti,

25 Asupra rădăcinilor polinomului X 3 + px + q Q [X] Adrian REISNER 1 I. Considerăm polinomul P = X 3 + px + q Q [X], avândrădăcinile complexe α 1, α, α 3. Notăm, ca de obicei, cu ε rădăcina primitivă deordin3 aunităţii (ε = i =cosπ 3 + i sin π 3 ). Propoziţia 1. Pentru α, β C, următoarele afirmaţii sunt echivalente: (i) 3αβ = p şi P (α + β) =0; (ii) α 3 şi p 3 sunt rădăcinile polinomului Q = X + qx p3 7. Demonstraţie. Cum P (α + β) =α 3 + β 3 +(3αβ + p)(α + β)+q, avemcă (i) α 3 + β 3 + q =0, 3αβ = p α 3 + β 3 = q, α 3 β 3 = p3 (ii). 7 Consecinţa 1. Dacă α, β C satisfac (i) sau (ii), atuncirădăcinile polinomului P sunt α + β, εα + ε β şi ε α + εβ. Demonstraţie. Dacă α şi β sunt rădăcinile cubice cu produs real ale celor două rădăcini ale polinomului Q, atunci perechile εα, ε β şi ε α, εβ au aceleaşi proprietăţi, deci are loc (ii). Deducem că P εα + ε β = P ε α + εβ =0, de unde concluzia. Observaţie. Dacă = q + 4p3 este discriminantul polinomului Q atunci: 7 1) Dacă > 0, atunci Q admite două rădăcini reale şi distincte, fie acestea A şi B. Notând cu α = 3 A, β = 3 B rădăcinile cubice reale, atunci α + β = 3 A + 3 B este unica rădăcină realăaluip. ) Dacă =0,atunciQ admite rădăcina reală dublă A. Notând α = β = 3 A R, rădăcinile polinomului P vor fi α + β = 3 A şi εα + ε β = ε α + εβ = 3 A (rădăcină dublă), toate reale. 3) Dacă < 0, atunci Q admite două rădăcini complexe conjugate A şi A. Notând cu α una dintre rădăcinile cubice ale lui A şi cu β conjugatul lui α, rădăcinile lui P vor fi α + α, εα + εα şi ε α + ε α, toate reale. II. Înceleceurmează, vom studia submulţimile lui C definite prin: A i = Q (α i )={R(α i ) R Q [X]}, i =1,, 3; A = Q (α 1,α,α 3 )={R(α 1,α,α 3 ) R Q [X 1,X,X 3 ]}. Propoziţia. În raport cu operaţiile deadunareşi înmulţire a numerelor complexe, A i se structurează cauncorpcomutativ. Înplus,A i este un Q-spaţiu vectorial de dimensiune cel mult 3. Demonstraţie. Faptul că A i este un inel integru, unitar şi Q-spaţiu vectorial se verifică imediat. Dacă R Q [X], dinteoremaîmpărţirii cu rest rezultă că R (X) = P (X) C (X)+λ + µx + νx şi, cum P (α i )=0, deducem că A i = λ + µα i + να i λ, µ, ν Q ª, 1 Cercetător, Centrul de Calcul E. N. S. T., Paris 97

26 prin urmare ª 1,α i,α i constituie un sistem de generatori pentru Q-spaţiul vectorial A i ;astfel,dim Q A i 3. În sfârşit, pentru orice a A i \{0}, aplicaţiile liniare A i A i definite prin x 7 ax şi x 7 xa sunt injective (A i fiind integru), deci surjective (A i fiind spaţiu vectorial de dimensiune finită) şi atunci există a 0,a 00 A i pentru care aa 0 = a 00 a =1.Urmeazăuşor că a 0 = a 00,deciA i este corp. Propoziţia 3. Mulţimea A se structurează canonic drept corp comutativ şi ca Q-spaţiu vectorial de dimensiune cel mult 6. Demonstraţie. Cum α 1 +α +α 3 =0, deducem că A = Q (α 1,α )=Q(α 1 )(α ). P (X) Dar α este rădăcină a polinomului = X + αx + α 1 X α + p A 1 [X], prin 1 urmare A va fi un A 1 -spaţiu vectorial de dimensiune cel mult. Rezultăcă dim Q A = dim A1 A dim Q A 1 6. Faptul că orice element nenul al lui A este inversabil se demonstrează caînpropoziţia. III. Automorfismele algebrei A. Să observăm că orice endomorfism al spaţiului vectorial A cu proprietăţile că u (1) = 1, u (xy) =u (x) u (y), x, y A este în mod necesar bijectiv: dacă u (x) =0, cu x 6= 0, atunci 1=u (1) = u xx 1 = u (x) u x 1 =0, contradicţie, deci u este injectiv, iar surjectivitatea urmează din faptul că dim A este finită. Un astfel de endomorfism (de algebre) u va fi numit automorfism, iarmulţimea tuturor acestor automorfisme o vom nota Aut A. În raport cu compunerea funcţiilor, Aut A se structurează în mod evident ca grup abelian. Propoziţia 4. În cazul în care P este un polinom reductibil peste Q, atunci dim A {1, }; maimultexistă doi indici distincţi i, j astfel încât A = A i = A j. Dacă dim A =1,atunci Aut A =1,iardacă dim A =,atunci Aut A =. Demonstraţie. Cum P este reductibil peste Q, atuncitoateceletreirădăcini sunt raţionale şi atunci A = A 1 = A = A 3 = Q, iardim Q A =1, sau o singură rădăcină, să zicem α 1, este raţională, caz în care A 1 = Q, A = A = A 3 este A 1 -spaţiu vectorial de dimensiune, deci dim Q A =. Pentru orice u Aut A şi x A, avemcă u (x n )=[u(x)] n, deci u (R (x)) = R (u (x)), R Q [X]. În particular, P (u (α i )) = u (P (α i )) = u (0) = 0, deci i {1,, 3}, j {1,, 3} a. î. u (α i )=α j ; altfel spus, un automorfism u realizează opermutarearădăcinilor. Dacă dim A =1, deci când A = Q, atunci pentru orice x A avem că u (x) = u (x 1) = xu (1) = x, deci Aut A = {1 A }. Dacă dim A =,fieα i Q, α,α 3 / Q, α 6= α 3.Pentruu Aut A vom avea că u (α 1 )=α 1.Dacău(α )=α, u (α 3 )=α 3, iar x = y + zα, y, z Q, este un element al lui A, atunci u (x) =y + zu (α )=x, deci u =1 A. Dacă u (α )=α 3, u (α 3 )=α,atunciu(x) =y + zα 3. Trebuie să avemu (xx 0 )=u(x) u (x 0 ), x, x 0 A, ceea ce revine la u α =[u (α )],iar această egalitate este realizată: am văzut în demonstraţia Propoziţiei 3 că α, α 3 sunt rădăcinile polinomului X +α 1 X + α 1 + p A 1 [X], deci α = α 1 α α 1 p, prin urmare u α = α1 α 3 α 1 p = α 3 =[u (α )]. Astfel, în acest caz avem că Aut A = {1 A,u}. Propoziţia 5. Dacă P este ireductibil peste Q, atunci: a) dima {3, 6}; 98