CRETCP – IAȘI
PRINCIPII SI METODE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR DE MATEMATICA - selecție de probleme pentru clasa a VII-a · · · · · · ·
Principul parității Probleme de numărare Principiul Dirichlet Principiul invariantului Probleme de logică Probleme de ordonare Metoda reducerii la absurd
Profesor: SILVIU BOGA,
[email protected] Surse bibliografice utilizate: 1. Matematică pentru grupele de performanță - clasele VI-VIII, V. Pop, V. Lupșor, Ed. Dacia Educațional 2. Matematica gimnazială dincolo de manual, A. Ghioca, L. Cojocaru, Ed. GIL 3. Probleme elementare de matematică, M. Ganga, Ed. MATHPRESS
Iași – 23 octombrie 2010
CUPRINS Principiul parității – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ....................................................................... pag.01 Probleme de numărare – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ................................................................ pag.02 Principiul Dirichlet – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ..................................................................... pag.04 Principiul invariantului – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ............................................................... pag.06 Probleme de logică – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ..................................................................... pag.07 Probleme de ordonare – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ................................................................. pag.10 Metoda reducerii la absurd – prezentare și probleme rezolvate (CEX VI) ......................................................... pag.11 Principiul parității – probleme propuse (CEX VI) .............................................................................................. pag.14 Probleme de numărare – probleme propuse (CEX VI)........................................................................................ pag.15 Principiul Dirichlet – probleme propuse (CEX VI) ............................................................................................ pag.16 Principiul invariantului – probleme propuse (CEX VI) ...................................................................................... pag.17 Probleme de ordonare – probleme propuse (CEX VI) ........................................................................................ pag.18 Metoda reducerii la absurd – probleme propuse (CEX VI) ................................................................................ pag.19 Principiul parității – indicații la problemele propuse (CEX VI) ......................................................................... pag.20 Probleme de numărare – indicații la problemele propuse (CEX VI)................................................................... pag.22 Principiul Dirichlet – indicații la problemele propuse (CEX VI) ....................................................................... pag.26 Principiul invariantului – indicații la problemele propuse (CEX VI) ................................................................. pag.29 Probleme de ordonare – indicații la problemele propuse (CEX VI) ................................................................... pag.30 Metoda reducerii la absurd – indicații la problemele propuse (CEX VI) ........................................................... pag.32 Probleme de numărare – prezentare și probleme rezolvate (CEX VII) .............................................................. pag.33 Principiul Dirichlet – prezentare și probleme rezolvate (CEX VII) .................................................................... pag.35 Probleme de numărare. Principiul Dirichlet – probleme propuse (CEX VII)...................................................... pag.41 Probleme de numărare. Principiul Dirichlet – indicații la problemele propuse (CEX VII)................................. pag.42 Probleme de numărare – prezentare și probleme rezolvate (CEX VIII) ............................................................. pag.43 Probleme de numărare – probleme propuse (CEX VIII)..................................................................................... pag.51 Probleme de numărare – indicații la problemele propuse (CEX VIII)................................................................ pag.54 Probleme de numărare – prezentare și probleme rezolvate (Ghioca) ................................................................. pag.63 Probleme de numărare – probleme propuse (Ghioca)......................................................................................... pag.79 Probleme de numărare – indicații la problemele propuse (Ghioca).................................................................... pag.81 Principiul Dirichlet în algebra – prezentare și probleme rezolvate (Ganga) ...................................................... pag.85 Principiul Dirichlet în geometrie – prezentare și probleme rezolvate (Ganga) .................................................. pag.96
3.Câteva principii i metode de rezolvare a problemelor de matematic 3.1. Principiul parit ii În matematica elementar întâlnim multe probleme care folosesc no iunea de paritate. Principiul parit ii const în separarea cazurilor pare i impare dintr-o situa ie. Regulile parit ii: - suma a dou numere pare este un num r par - suma a dou numere impare este un num r par - suma dintre un num r par i altul impar este un num r impar - produsul a dou numere pare este un num r par - produsul a dou numere impare este un num r impar - produsul dintre un num r par i un num r impar este un num r par. Prezent m în continuare câteva probleme rezolvate care folosesc principiul parit ii. R3.1.1. Demonstra i c dac suma a dou numere întregi este un num r impar, produsul lor este un num r par. Solu ie. Fie a i b numerele. Din ipotez a b 2n 1 , n N . Deci unul din Atunci numerele a sau b este par. Fie a 2k . b 2n 1 a 2n 1 2k 2( n k ) 1 , adic b este impar. Atunci a b este produsul dintre un num r par i altul impar, deci va fi impar. R3.1.2. Demonstra i c 2 n (n 2, n N ) se poate scrie ca o sum de dou numere naturale impare consecutive, iar 3n se poate scrie ca o sum de trei numere naturale consecutive i ca sum a trei numere impare consecutive. Solu ie. Pentru orice n 2 , n N , 2 n este num r par. Avem:
2n
2 2n
2n
1
1
2n
(2 n
1
1
1) ( 2 n
1
1)
Pentru n 2 , n N , 2 n 1 1 i 2 n 1 1 sunt impare consecutive. Pentru orice n 2 , n N , 3n N i
3n
3 3n
Numerele 3n Mai avem c
3n
unde 3
n 1
3n
1
2, 3n 1 , 3n
1
3n
1
3n
1 , 3n i 3n
1
3 3n 1
1
3n
1
1
1
3n
(3 n
1) 3n
(3 n
1
1)
1 sunt consecutive pentru n
2.
3n
1
1
(3 n
1
1
2 sunt impare consecutive.
2) 3 n
1
(3n
1
2) ,
irul numerelor naturale de la 1 la 1979 adic : R3.1.3. Se consider 1,2,3,4,...,1977,1978,1979. Lua i la întâmplare oricare dou numere din acest ir i înlocui i-le cu modulul diferen ei lor. La fiecare opera ie de acest fel num rul numerelor din ir scade cu unu (fiindc am înlocuit dou numere cu unul) i vom ob ine, în final, un singur num r. Ar ta i c acest num r este par. Solu ie. La fiecare etap a opera iei descrise, num rul numerelor impare din ir r mâne neschimbat sau descre te cu doi, deoarece dac , în primul caz, lu m un num r -1-
par i unul impar, modulul diferen ei lor este impar, deci num rul impar l-am înlocuit cu altul impar, iar în al doilea caz dac lu m dou numere impare, modulul diferen ei lor este un num r par, deci num rul numerelor impare scade cu doi. În irul 1,2,3,...,1979 avem (1+1979):2 numere impare, adic 990. La fiecare pas r mâne un num r par de numere impare i atunci ultimul num r va fi cu siguran par. R3.1.4. Se consider numerele impare k , n1 , n2 ,..., n k . S se demonstreze c
n1 n2 n2 n3 n n k n k n1 , ,..., k 1 , exist un num r impar de 2 2 2 2
printre numerele:
numere impare. Solu ie. Suma a dou
n1
2
n 2 n2 ,
2
n3
,...,
nk
2
n1
numere impare este un num r par, deci numerele sunt naturale. S presupunem c printre acestea se afl
un num r par de numere impare. Atunci suma lor
n1
2
n2
n2
2
n3
...
nk
2
n1
n1
n2
... nk
este un num r par. Dar aceea i sum este suma unui num r impar de numere impare deci este un num r impar. Contradic ie. Deci presupunerea f cut a fost fals , deci printre numerele considerate în ipotez exist un num r impar de numere impare. 3.2. Probleme de num rare Probleme de num rare întâlnim în diverse situa ii din via a cotidian . În matematica colar sunt frecvente problemele de num rare ca de exemplu: num rul divizorilor unui num r, num rul triunghiurilor, num rul patrulaterelor dintr-o anumit configura ie, num rul cifrelor unui num r, num rul termenilor unui ir, etc. Prezent m în continuare câteva probleme care conduc la opera ia de num rare. 3.2.1. Num rul divizorilor i suma divizorilor unui num r natural 3.2.1.1. a) Num rul divizorilor unui num r natural Fie a un num r natural compus ce are urm toarea descompunere în factori primi: a p1 1 p 2 2 .... p n n , unde p1 , p 2 ,..., pn sunt numere prime iar 1
,
2
,...,
n
N, n N . Pentru a ob ine num rul divizorilor lui a form m tabelul: p10 p 02 ...
p11 p12 ...
p12 p 22 ...
... ... ...
p1 1 p2 2 ...
p 0n
pn1
p n2
...
pn n
-2-
2
1 termeni 1 termeni
n
1 termeni
1
(1)
Observ m c : 1) Oricare num r din tabel este un divizor pentru a. 2) Linia întâi con ine 1+1 termeni, linia a doua con ine 2+1 termeni,..., ultima linie con ine n+1 termeni. 3) Dac înmul im pe rând fiecare num r din linia întâi cu fiecare num r din linia a doua ob inem ( 1 1)( 2 1) divizori ai lui a. Înmul ind apoi pe fiecare din aceste numere cu fiecare num r din linia a treia ob inem ( 1 1)( 2 1)( 3 1) numere i fiecare din acestea sunt divizori ai lui a. Continuând ra ionamentul ob inem ( 1 1)( 2 1)( 3 1)...( n 1) numere care sunt divizori ai lui a. 4) În num rul acestor divizori este inclus num rul însu i i divizorul 1. Am ob inut astfel urm toarea Teorema 3.2.1. Num rul divizorilor num rului a p1 1 p 2 2 .... p n n este
(
1
1)(
1)...(
2
n
1) .
3.2.1.2. b) Suma divizorilor unui num r natural S calcul m întâi suma:
S 1 x x 2 ... x n
Avem
x S
x x 2 ... x n
1
Din (3) i (2) sc zute membru cu membru ob inem:
x S S
x 3 ... x n
(x x2
care se mai scrie S ( x 1)
xn
1
xn
1
(3)
x n 1 ) (1 x x 2 ... x n )
1 , de unde S
cu x
xn
(2)
1.
xn 1 1 x 1
(4)
Scriem produsul de n sume, având termenii pe cele n linii din tabelul (1) i ob inem: (1 p1 p12 ... p1 1 )(1 p 2 p 22 ... p2 2 )...(1 p n pn2 ... p n n ) (5) Cu rela ia (4), (5) devine
p1 1 1 1 p2 2 1 1 pn n 1 1 ... p1 1 p2 1 pn 1
Am ob inut astfel Teorema 3.2.2. Suma divizorilor num rului a
S
p1 1 p2 2 .... pn n este
pn n 1 1 p1 1 1 1 p2 2 1 1 ... p1 1 p2 1 pn 1
-3-
Probleme rezolvate R3.2.1. Fie S suma divizorilor naturali ai num rului 2001. S se arate c 5 S este num r natural p trat perfect. Solu ie. Fiindc 2001=31 231 291, suma divizorilor num rului 2001 este:
32 1 232 1 29 2 1 S 4 24 30 3 1 23 1 29 1 (2 3 3 5) 2 120 2 , deci 5 S este p trat perfect.
Atunci 5 S R3.2.2. S se arate c p tratul produsului tuturor divizorilor naturali ai num rului 2001 este 20018. Solu ie. Avem urm toarea Lema 3.2.1. Dac d1 , d 2 ,..., d n sunt to i divizorii naturali ai num rului n atunci avem rela ia: (d1 d 2 ...d k ) 2 n k (*) Fiindc 1 i n sunt i ei divizori, considerând d1
d1
n , d2 dk
n
dk
rela ii care înmul ite membru cu membru dau
d1 d 2 ...d k de unde ( d1 d 2 ...d k ) 2
1
,..., d k
d2
n d1
... d k ob inem:
n n n ... d k d k 1 d1
nk .
În cazul nostru 2001 31 231 291 , num rul divizorilor lui 2001 este: (1+1)(1+1)(1+1)=8. Pentru cei opt divizori naturali ai num rului 2001 avem rela ia (*) (d1 d 2 ...d 8 ) 2 20018 . 3.3. Principiul lui Dirichlet Matematicianul german Peter Gustav Dirichlet (1805-1859) a elaborat un principiu extrem de simplu cu aplica ii nea teptate în variate domenii, principiu care-i poart numele i pe care-l enun m mai jos, fiind o metod de demonstra ie de tipul urm tor. "Dac repartiz m n 1 obiecte în n cutii, atunci cel pu in dou obiecte vor fi în aceea i cutie." Justificare: Consider m cazul cel mai nefavorabil a ezând în fiecare cutie câte un obiect. Deci am folosit n cutii i n obiecte. Obiectul cu num rul n 1 trebuie pus i el într-o cutie oarecare. Dar în acea cutie exist deja un obiect. A adar în acea cutie exist deja un obiect pus anterior. În acea cutie vor fi dou obiecte. Forma general a principiului lui Dirichlet este urm toarea: "Dac a ez m kn 1 obiecte în n cutii, atunci cel pu in k 1 obiecte, k N , vor fi în aceea i cutie." -4-
În literatura matematic principiul lui Dirichlet este întâlnit i sub denumirea de "principiul cutiei", cu precizarea c denumirea de "cutie" desemneaz "grupe de obiecte", stabilite dup anumite criterii, iar "obiectele" desemneaz lucruri, numere, figuri geometrice, etc. Prezent m în continuare câteva probleme ale c ror solu ii se bazeaz pe principiul de mai sus. Probleme rezolvate R3.3.1. La un turneu de ah au participat n 2 ahi ti. S se demonstreze c în orice moment al turneului dinaintea ultimei runde cel pu in doi ahi ti au acela i num r de victorii. Solu ie. În orice moment al turneului dinaintea ultimei runde, fiecare ahist a jucat maximum n 2 partide i a putut ob ine 0,1,2,..., n 2 victorii, deci în total n 1 posibilit i (cutii). Fiindc la turneu au participat n ahi ti rezult c cel pu in doi ahi ti au acela i num r de victorii înaintea ultimei runde. R3.3.2. Ar ta i c în orice mul ime format din 5 numere naturale exist dou a c ror diferen este divizibil cu 4. Solu ie. La împ r irea unui num r cu 4 ob inem unul din resturile 0,1,2,3 (deci patru cutii). Fiindc avem 5 numere (5 obiecte i 4 cutii) rezult c cel pu in dou numere vor da acela i rest la împ r irea cu 4. Ele sunt de forma x 4k r i y 4l r . Atunci diferen a lor este x y 4( k l ) , adic un num r divizibil cu 4. R3.3.3. Într-o coal sunt 367 elevi. S se demonstreze c exist cel pu in doi elevi care- i serbeaz ziua în aceea i zi a anului. Solu ie. Un an are 365 sau 366 zile. Considerând cazul cel mai nefavorabil când în fiecare zi a anului ar fi n scut câte un elev, înseamn c în total ar fi n scu i 365 sau 366 elevi, dar în total sunt 367 elevi. Deci al 367-lea elev a fost i el n scut într-o zi a anului în care a mai fost n scut un elev. Deci într-o zi s-au n scut 2 elevi, deci cei doi î i vor serba ziua de na tere în aceea i zi. R3.3.4. Fiind date n 1 numere naturale (n 0) atunci cel pu in dou dintre ele dau acela i rest la împ r irea cu n. Solu ie. Folosim teorema împ r irii cu rest. Fiind date numerele naturale a i b (b 0) exist în mod unic numerele naturale q i r astfel ca a b q r cu r b . În cazul problemei noastre numerele fiind împ r ite la n exist pentru rest n valori posibile: 0,1,2,...,n-1. Fiindc împ r im n+1 numere vor exista n+1 resturi, dintre care cel mult n sunt diferite. Rezult c cel pu in dou dintre cele n+1 numere împ r ite la n dau acela i rest. R3.3.5. S se arate c oricum am alege 7 numere p trate perfecte (distincte) exist cel pu in dou a c ror diferen se divide cu 10. Solu ie. Dac a este num rul a c rui p trat este a 2 atunci la împ r irea cu 10 a lui a ob inem unul din resturile: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Atunci a 2 , la împ r irea cu 10 va da unul din resturile: 0,1,4,5,6,9. Fiindc avem 7 p trate perfecte i numai resturile 0,1,4,5,6,9, deci exist cel pu in dou p trate perfecte care dau acela i rest la împ r irea cu 10, deci diferen a lor se divide cu 10. -5-
3.4. Principiul invariantului Invariantul este o m rime, o rela ie, sau o proprietate care r mâne neschimbat în urma aplic rii sau interven iei unei transform ri. Deci o situa ie ini ial este supus în mod repetat unor transform ri. De obicei se cere s se demonstreze c în urma acestor transform ri nu se poate ajunge la o anumit form . Aceasta se poate face alegând caracteristica obiectului care a fost supus transform rii, adic "invariantul" transform rii. Dac în final obiectul nu posed "invariantul" atunci el nu poate fi ob inut în urma transform rilor descrise. Probleme rezolvate R3.4.1. Consider m un num r natural c ruia îi schimb m în mod arbitrar ordinea cifrelor. Este posibil ca diferen a dintre num rul ini ial i cel final s fie 2003? Solu ie. Restul împ r irii num rului la 9 este acela i cu restul împ r irii sumei cifrelor sale la 9. Suma cifrelor este aceea i, rezult c restul împ r irii num rului la 9 este un invariant. R3.4.2. Pe o tabl sunt scrise semne de "+" i " ". tergem dou semne i le înlocuim cu un semn, dup urm toarea regul : dac cele dou semne terse sunt identice le înlocuim cu "+", iar dac tergem dou semne diferite le înlocuim cu " ". Ar ta i c ultimul semn care r mâne dup un num r de pa i nu depinde de ordinea alegerii perechilor. Solu ie. În acest caz paritatea num rului de minusuri va fi invariantul. Dac la început num rul de minusuri este impar, ultimul semn care va r mâne este minus, iar dac la început num rul de minusuri este par, la sfâr it va r mâne plus. R3.4.3. Trei greieri se g sesc pe o dreapt în ordinea: A, B, C. Ei încep s sar capra, adic s sar unul peste altul (dar nu peste doi odat ). Pot fi în aceea i ordine dup 2003 s rituri? Solu ie. În urma unei s rituri de acest fel num rul perechilor de greieri inversa i cre te sau se mic oreaz cu 1 (proprietatea invariant ). Dup un num r impar de s rituri (2003) va exista un num r impar de perechi de greieri inversa i. Deci nu se poate ob ine ordinea ini ial (ce nu con ine o astfel de pereche). R3.4.4. O camer are dimensiunile podelei de 7m i 10m. În cele patru col uri ale camerei se a eaz câte un dulap având baza p trat cu latura de 1m. S se arate c r mâne din suprafa a podelei nu poate fi acoperit cu pl ci dreptunghiulare de dimensiuni 3m 1m. Solu ie. Se împarte camera într-o re ea de p trate cu latura 1m pe care le vopsim în trei culori: ro u, alb, negru ca mai jos: RANRANRANR ANRANRANRA NRANRANRAN RANRANRANR ANRANRANRA NRANRANRAN RANRANRANR -6-
Ob inem 24 de R, 23 de A, 23 de N. Eliminând col urile r mân 20 de p tr ele ro ii, 23 de p tr ele albe, 23 de p tr ele negre. Dar oricum am a eza o plac de 3 1 ea acoper un p tr el ro u, unul alb i unul negru. Dac s-ar putea acoperi suprafa a cu un num r întreg de pl ci ar trebui s existe acela i num r de p tr ele pentru fiecare culoare. 3.5. Probleme de logic Am inclus aici câteva probleme a c ror rezolvare se realizeaz printr-o serie de judec i logice ce solicit inventivitate, perspicacitate, etc. i foarte pu in calcul. Probleme rezolvate R3.5.1. Mama a observat c din dulap au disp rut cinci tablete de ciocolat . Ele puteau fi luate de cei trei copii: A, B, C. Fiind tra i la r spundere, ei au dat mai întâi urm toarele r spunsuri: A: N-am luat nici o ciocolat ! B: N-am luat nici o ciocolat ! C: N-am luat nici o ciocolat ! Dup un nou "interogatoriu" copiii au f cut urm toarele declara ii: A: B a luat mai multe tablete decât C! B: (c tre A): Min i! C: Toate au fost luate de A i B! A (c tre C): Min i! Afla i câte tablete de ciocolat au fost luate de c tre fiecare copil, tiind c fiecare a f cut atâtea declara ii false câte tablete de ciocolat a luat. Solu ie. Fiindc au "disp rut" 5 ciocolate i s-au f cut 7 declara ii, rezult c cinci declara ii erau false iar 2 (7-5) adev rate. La al doilea "interogatoriu" prima afirma ie a lui A este fie adev rat i atunci afirma ia lui B este fals , fie este fals i atunci afirma ia lui B este adev rat . Tot din "interogatoriul" al doilea afirma ia lui C este fie adev rat i atunci cea de-a doua afirma ie a lui A este fals , fie este fals i atunci cea de-a doua afirma ie a lui A este adev rat . Deci rezult c cele dou afirma ii adev rate au fost f cute la cel de-al doilea "interogatoriu", deci la primul "interogatoriu" to i copiii au f cut declara ii false, de unde rezult c fiecare din cei trei copii a luat cel pu in o ciocolat . Deci a doua afirma ie a lui C este fals , deci C a luat dou tablete de ciocolat . B face numai dou afirma ii, deci el nu poate lua mai multe ciocolate decât C, rezult c la al doilea "interogatoriu" prima afirma ie a lui A este fals , deci afirma ia lui B este adev rat . Deci A a luat dou ciocolate, B a luat o ciocolat , iar C a luat dou ciocolate. R3.5.2. Într-un bloc locuiesc familiile A, B, C, D, E, F, G, H, I, K, L, M, N, O, P, R. La parter i la fiecare etaj locuiesc câte dou familii. Se mai tie c : Familia A locuie te cu dou etaje mai jos ca familia B, iar aceasta cu ase etaje mai sus ca familia C. Familiile F i G locuiesc la acela i etaj. Familia M locuie te cu patru etaje mai sus -7-
ca familia N i cu dou etaje mai jos ca familia F. Un etaj deasupra familiei N locuie te familia O. Familia A locuie te cu trei etaje mai sus ca familia R, iar familia P locuie te cu cinci etaje mai jos decât familia G. a) Câte etaje are blocul? b) La ce etaj locuie te familia A? Solu ie. a) Fiindc la parter i la fiecare etaj locuiesc dou familii, iar în tot blocul locuiesc 16 familii, rezult c blocul are opt nivele (parter i apte etaje). b) Diagramele al turate (stabilite conform enun ului) pun în eviden modul cum sunt distribuite în bloc familiile N, O, M, F, G, P precum i C, R, A, B. Blocul având opt nivele, rezult c familia N poate locui numai la parter sau la etajul întâi. Aceea i remarc i pentru familia C. Familiile N i C nu pot locui la acela i nivel, pentru c ar trebui ca familiile O, P, R s locuiasc la acela i etaj, situa ie imposibil , pentru c la un nivel pot locui numai dou familii. Dac familia N locuie te la parter atunci familia C ar trebui s locuiasc la etajul întâi, situa ie imposibil deoarece ar rezulta c familiile O, P, C locuiesc la acela i etaj. Dac familia N locuie te la etajul întâi, atunci familia C locuie te la parter. Urm rind comparativ diagramele observ m c este o situa ie posibil pentru c la un nivel pot locui numai dou familii. Acestea fiind precizate putem stabili distribu iile familiilor în bloc: Familiile F i G la etajul apte, familia B la etajul ase, familia M la etajul cinci, familia A la etajul patru, familiile P i O la etajul doi, familiile N i R la etajul întâi, iar familia C la parter. În cele ase locuri neocupate se vor distribui familiile D, E, H, I, K, L dup voie. F
G
M
O
B
A
P
R C
N
R3.5.3. La un turneu de fotbal particip 15 echipe, fiecare dintre acestea jucând cu toate celelalte. Pentru victorie se acord 3 puncte, pentru meci egal 2 puncte, iar pentru înfrângere un punct. În clasamentul întocmit la sfâr itul turneului nu exist echipe cu acela i num r de puncte. tiind c ultima echip are 21 de puncte, s se arate c prima a f cut cel pu in un meci nul. Solu ie. Fiecare echip a disputat 14 meciuri. Num rul meciurilor disputate a fost
14 15 105 deoarece fiecare meci a fost num rat de dou ori ( i când a jucat A 2
cu B i când a jucat B cu A). Fiindc echipa clasat pe ultimul loc are 21 de puncte, iar în clasament nu sunt echipe cu acela i num r de puncte rezult c num rul de puncte este mai mare sau egal cu -8-
21 (21 1) (21 2) ...(21 14)
21 15
14 15 2
420
Fiindc la fiecare meci s-au acordat 4 puncte, rezult c num rul de puncte acordat a fost 105 4=420. Deci echipele au ob inut punctajele: 21, 22,23,...,34, 35. S ar t m c echipa de pe locul întâi cu 35 puncte a f cut cu siguran cel pu in un meci nul. Presupunem c nu a f cut nici un meci nul. Atunci dac x este num rul victoriilor i y num rul înfrângerilor avem: x y 14 i 3x y 35 , de unde x
21 i y 2
7 . Dar x, y trebuie s fie naturale. Deci presupunerea f cut 2
este fals , atunci echipa de pe locul întâi a f cut cel pu in un meci nul.
R3.5.4. La un concurs de atletism particip trei echipe: A1 , A2 , A3 , fiecare cu trei concuren i. Concurentul care sose te primul prime te 18 puncte, cel care sose te al doilea 16 puncte, cel care sose te al treilea 14 puncte,..., cel care sose te ultimul prime te dou puncte. Punctajul unei echipe este suma punctelor ob inute de cei trei reprezentan i ai s i. Afla i ce loc a ocupat fiecare echip tiind c : i) Primele trei locuri au fost ocupate de concuren i de la echipe diferite. ii) Fiecare concurent de la echipa A2 avea în fa a sa un concurent de la echipa
A1 .
iii) Concuren ii echipei A3 au sosit unul dup altul. Solu ie. Din prima i a treia condi ie rezult c cei trei reprezentan i ai echipei A3 au sosit al treilea, al patrulea i al cincilea. Din primele dou condi ii rezult c
primul a sosit un concurent de la echipa A1 , iar al doilea un concurent de la echipa A2 . Din cele de mai sus i din a doua condi ie rezult c al aselea i al optulea au sosit concuren ii de la echipa A1 , iar al aptelea i al nou lea au fost concuren ii de la echipa
A2 . Deci echipa A1 a acumulat 18+8+4=30 (puncte), echipa A2 a acumulat 16+6+2=24 (puncte), iar echipa A3 a acumulat 14+12+10=36 (puncte). Deci pe locul
întâi se afl echipa A3 , pe locul doi echipa A1 , iar pe locul trei echipa A2 . R3.5.5. Opt ahi ti particip la un turneu, jucând fiecare cu fiecare. Pentru fiecare victorie un juc tor prime te un punct, pentru remiz un jum tate de punct, iar pentru înfrângere nu prime te nici un punct. La sfâr itul turneului primii doi clasa i au ob inut punctaje diferite, iar cel de-al doilea a ob inut atâtea puncte câte au ob inut ultimii patru ahi ti împreun . S se afle cum s-a încheiat partida dintre ahi tii clasa i pe locurile trei i cinci. Solu ie. Fiindc au fost opt juc tori i fiecare a jucat cu fiecare, un ahist a jucat apte partide i ar fi putut câ tiga cel mult apte puncte (când învingea în toate cele apte partide). Ultimii patru ahi ti au jucat între ei ase partide. (Dac A, B, C , D sunt ultimii ahi ti, au jucat: A cu B , A cu D , B cu C , B cu D i C cu D ). -9-
Deci ultimii patru ahi ti au realizat împreun cel pu in ase puncte. Deci ahistul de pe locul doi a ob inut cel pu in ase puncte (deoarece el a ob inut un num r egal de puncte cu suma ultimilor patru). Fiindc primii doi juc tori au punctaje diferite înseamn c al doilea a ob inut exact ase puncte, c ci dac ob inea 6,5 puncte primii doi aveau acela i punctaj, iar dac ar fi ob inut apte puncte era pe primul loc. Deci ahi tii de pe ultimele patru locuri au ob inut exact ase puncte, aceasta înseamn c ei au pierdut toate partidele jucate împotriva primilor patru clasa i. Deci ahistul de pe locul cinci a pierdut partida sus inut cu cel de pe locul trei. R3.5.6. În trei co uri sunt mere. Câte mere sunt în fiecare co tiind c în primele 2 împreun este un m r, în ultimele 2 împreun este cel pu in un m r, iar în ultimul i al treilea împreun , numai unul. Solu ie. Dac m rul din primele 2 co uri s-ar afla în primul co , atunci din a treia condi ie ar rezultat c în al treilea co nu se afl nici un m r, deci al doilea i al treilea co ar fi goale i astfel nu ar avea loc a doua condi ie. În concluzie primul co este gol, al doilea co con ine un m r, iar al treilea co con ine tot un m r. 3.6. Probleme de ordonare Pentru a stabili care dintre dou numere a i b este mai mare, putem folosi mai multe procedee, dintre care cele mai des întrebuin ate sunt: 1) Stabilim semnul diferen ei a b . Dac a b 0 , atunci a b . Dac a b 0 , atunci a b . Dac a b 0 , atunci a b . 2) Dac numerele a i b sunt pozitive i b
a 1 , atunci a b . b a Dac 1 , atunci a b . b a Dac 1 , atunci a b . b
0 , compar m raportul
a cu 1. b
Dac
3) În unele situa ii este suficient s demonstr m existen a unui num r c situat între cele dou numere (exemplu: din a c b , rezult a b ). În unele situa ii avem nevoie de metode ingenioase pentru a rezolva problemele. Exist cazuri când opera ia de ordonare ajut la dovedirea egalit ii a dou numere x i y prin stabilirea simultan a inegalit ilor x y i y x . Probleme rezolvate R3.6.1. Compara i numerele 3111 cu 1714 . - 10 -
817
Solu ie. 3111 3211 (2 5 )11 2 55 2 56 (2 4 )14 R3.6.2. Scrie i în ordine cresc toare numerele: 4 22 ,334 ,2 44 ,637 .
1614 1714 .
Solu ie. 637
4 22
917
64 7
(2 6 ) 7 2 42 2 44 (2 2 ) 22 334 . Deci 637 2 44 4 22 334 .
(3 2 )17
2 51
(23 )17
R3.6.3. S se arate c pentru orice numere naturale a i b avem
Solu ie. 2
360
Atunci ob inem c 360
a 2 1 b 3240 51800 (55 ) 360
1800
Rezult c 5
a 2 360 b 51800 a3240 b 71440 8120 ; 3 240 (3 2 )120
(2 3 )120 2360 3 240 , de unde rezult
3125360 ; 71440 1440
7
(7 4 ) 360
9120 . c a 2 360
a 3240
i deci
2401360
, de unde rezult c b 5
1800
b 7
1440
b 51800 i deci b 71400
Deci prima frac ie din ipotez este subunitar iar a doua este supraunitar rela ia cerut este adev rat . R3.6.4. Compara i frac iile A i B unde
1.
i atunci
2 2 2 2 3 ... 21997 1 1 1 ... 2 22 21997
3 32 ... 31331 A i B 1 1 1 ... 3 32 31331 Solu ie. Amplific m prima frac ie cu 21998 i a doua cu 31332 i ob inem: 21998 (2 2 2 2 3 ... 21997 ) A 21998 (2 3 ) 666 8666 1998 1997 2 2 ... 2 31332 (3 3 2 ... 31331) B 31332 (32 ) 666 9 666 . 2 1331 3 3 ... 3 Deci A B .
3.7. Metoda reducerii la absurd Metoda reducerii la absurd este o metod specific de demonstra ie în matematic . La baza acestei metode st una din legile fundamentale ale logicii clasice: legea ter ului exclus, ce are urm torul enun : Din dou propozi ii contradictorii una este adev rat , cealalt fals , iar a treia posibilitate nu exist .
- 11 -
Legea ter ului exclus nu ne precizeaz care din cele dou propozi ii este adev rat i care este fals . Când la dou propozi ii contradictorii aplic m legea ter ului exclus este suficient s stabilim c una dintre ele este fals pentru a deduce c cealalt este adev rat . Metoda reducerii la absurd const în a admite în mod provizoriu, ca adev rat propozi ia contradictorie propozi iei de demonstrat, apoi pe baza acestei presupuneri se deduc o serie de consecin e care duc la un rezultat absurd, deoarece ele contrazic sau ipoteza problemei date sau un adev r stabilit mai înainte. Mai departe ra ion m astfel: dac presupunerea ar fi fost adev rat , atunci în urma ra ionamentelor logic corecte ar fi trebuit s ajungem la o concluzie adev rat , deoarece am ajuns la o concluzie fals , înseamn c presupunerea noastr a fost fals . Aceasta duce la concluzia c presupunerea f cut nu este posibil i r mâne ca adev rat concluzia propozi iei date. Metoda reducerii la absurd nu se reduce la propozi ia c "a demonstra o propozi ie este acela i lucru cu a demonstra contrara reciprocei ei", deoarece pot ap rea i situa ii în care nu se contrazice ipoteza ci o alt propozi ie (un rezultat cunoscut, o axiom , o teorem ). Metoda reducerii la absurd se folose te atât în rezolvarea problemelor de calcul (de aflat) cât i la rezolvarea problemelor de "demonstrat". Metoda este des utilizat în demonstrarea teoremelor reciproce, precum i în demonstrarea teoremelor de unicitate. Probleme rezolvate
39n 4 este ireductibil . 26 n 3 Solu ie. Presupunem c frac ia este reductibil i fie d (39 n 4, 26n 3) cu N frac ia
R3.7.1. Ar ta i c pentru orice n
d N * , d 1 . Din d | (39n 4) i d | ( 26n 3) ob inem c d | (78n 8) i d | (78n 9) , de unde rezult c d | [78n 9 (78n 8)] , deci d | 1 , de unde rezult d 1 . Fals.
R3.7.2. S se arate c nu exist numere întregi a pentru care numerele
14a 5 17a 5 i s fie simultan întregi. 9 12
14a 5 17a 5 i 9 12 17a 5 b i c , de unde 12
Solu ie. Presupunem c exist numere întregi a astfel ca s fie simultan întregi, adic pentru b, c
Z,
14a 5 9
14a 5 9b i 17 a 5 12c i sc zând prima rela ie din a doua ob inem: 3a 10 12c 9b , de unde 10 3a 12c 9b sau 10 3(a 4c 3b) . Atunci
ob inem c 3 divide pe 10, ceea ce este absurd.
- 12 -
R3.7.3. Consider m trei drepte diferite d1 , d 2 , d 3 concurente într-un punct O. Ar ta i c cel pu in unul din unghiurile formate are m sura mai mare sau cel pu in egal cu 60 . Solu ie. Folosim metoda reducerii la absurd. Presupunem concluzia fals , adic nu exist un unghi cu m sura mai mare sau egal cu 60 . Atunci cele ase unghiuri formate ar avea suma m surilor mai mic decât 360 . Am ajuns la o contradic ie deoarece suma m surilor unghiurilor în jurul unui punct este 360 . Deci presupunerea f cut este fals , deci exist cel pu in un unghi cu m sura de 60 .
- 13 -
- 14 -
- 15 -
- 16 -
- 17 -
- 18 -
- 19 -
- 20 -
- 21 -
- 22 -
- 23 -
- 24 -
- 25 -
- 26 -
- 27 -
- 28 -
- 29 -
- 30 -
- 31 -
- 32 -
6. Probleme de num rare Multe probleme din via a cotidian cer num rarea elementelor unor mul imi finite, ale p r ilor unei mul imi, etc. i de aici importan a aprofund rii opera iei de num rare prin probleme care conduc la num rarea elementelor unor mul imi diverse. Domeniul matematicii în care se studiaz astfel de probleme se nume te combinatoric . Pentru a aborda diverse probleme de num rare un rol important îl joac no iunea de partea întreag , num rul divizorilor naturali ai unui num r natural, forma canonic a unui num r natural n (descompunerea în mod unic în produs de factori primi), etc. 1) Prin partea întreag a unui num r x în elegem cel mai mare num r întreg care nu îl dep e te pe x i se noteaz [x]. Avem x 1 [ x ] x . Folosim partea întreag , de exemplu când num r m multiplii unui num r natural p cuprins în mul imea: {1,2,3,...,n}. 2) Orice num r natural n, diferit de zero, se descompune în mod unic într-un produs de factori primi: n p1 1 p 2 2 ... pk k , (1)
unde p1 , p2 ,..., p k sunt numere prime, iar 1 , 2 ,..., k sunt numere nenule. Rela ia (1) se nume te forma canonic a lui n. Num rul divizorilor naturali ai lui n este: ( 1 1)( 2 1)...( k 1) . Vom prezenta în continuare câteva probleme de aritmetic , teoria numerelor, geometrie, care se încadreaz la aceast problematic . R6.1. Care este exponentul lui 3 în descompunerea în factori primi a num rului 100! (100!=1 2 3 ... 100). Solu ie. Dintre numerele 1,2,3,4,...,100 fiecare al treilea este divizibil cu 3. Fiindc 100=3 33+1, rezult c de la 1 la 100 sunt 33 de numere divizibile cu 3. Dintre aceste 33 de numere fiecare al treilea este divizibil cel pu in cu puterea a 2-a a lui 3. Fiindc 33:3=11, rezult c sunt 11 numere divizibile cu 32. Dintre cele 11 fiecare al 3lea este divizibil cu 33. Fiindc 11=3 3+1, rezult c sunt 3 astfel de numere. Dintre aceste 3 numere unul este divizibil cu 34. Nu exist nici un num r dintre primele 100, divizibil cu 35 pentru c 35>100. Atunci exponentul lui 3 din descompunerea în produs de factori primi a num rului 100! este: 33+11+3+1=48. Fiindc la împ r irile efectuate am re inut numai câturile, acestea reprezint de fapt p r ile întregi ale numerelor:
100 100 100 100 , , , . Deci exponentul lui 3 din 3 32 33 3 4
descompunerea în factori primi a num rului 100! este:
100 3
100 32
100 33
100 34
33 11 3 1 48 .
Cu acela i ra ionament se arat c exponentul num rului prim p din descompunerea în factori primi a lui n! (n!=1 2 3...n) este: - 33 -
n p
n p2
n p3
...
R6.2. Se consider într-un plan 5 puncte, oricare trei necoliniare. a) Câte drepte determin aceste puncte? b) Câte triunghiuri determin aceste puncte? c) Dac avem n puncte (oricare trei necoliniare), câte drepte i câte triunghiuri determin ? Solu ie. a) Fie A1,A2,A3,A4,A5 punctele din ipotez . Punctul A1 determin cu celelalte 4 puncte un num r de 4 drepte. Din cele 5 puncte pleac 4 5=20 semidrepte. Fiecare dreapt a fost num rat de dou ori (de exemplu A1A2 i A2A1). Atunci num rul dreptelor care trec prin cele 5 puncte este 20:2=10. În general, dac avem n puncte (n 3) i oricare trei sunt necoliniare atunci ele determin
n (n 1) drepte. 2
Fie punctele A1,A2,...,An. Fixând punctul Ai, acesta va determina cu celelalte puncte n-1 drepte. Având n puncte, din ele pleac n(n-1) semidrepte. Fiecare dreapt este num rat de dou ori: AiAk i AkAi. Atunci n puncte (oricare trei necoliniare) determin
n (n 1) drepte. 2
b)-c) Pentru num rul de triunghiuri consider m cazul când avem n puncte (oricare trei necoliniare). Fix m un vârf Ai de exemplu, fapt ce poate fi realizat în n moduri. Fix m al doilea vârf Aj, realizabil în n-1 moduri (dup prima fixare). Fix m al 3-lea vârf Ak, realizabil în n-2 moduri. inând seama cum au fost alese vârfurile, ob inem n (n 1)(n 2) variante. Fiecare triunghi AiAjAk a fost num rat de 6 ori: AiAjAk, AiAkAj, AjAiAk, AjAkAi, AkAjAi, AkAiAj. Atunci num rul de triunghiuri determinat de n puncte (oricare trei necoliniare) este (n 4).
n(n 1)(n 2) . 6
R6.3. Determina i num rul diagonalelor unui poligon convex cu n laturi
Solu ie. Din fiecare vârf pleac n-3 diagonale pentru c un vârf i cu dou adiacente nu determin diagonale. Fiind n vârfuri avem n(n-3) segmente. Dar fiecare diagonal a fost num rat de dou ori, deci num rul diagonalelor unui poligon convex cu n laturi este
n(n 3) . 2
Altfel. Dac avem n puncte distincte (oricare trei necoliniare), ele determin
n(n 1) drepte. Pentru a afla num rul diagonalelor trebuie s sc dem num rul 2
laturilor. Ob inem:
n( n 1) n 2
n2
n 2n 2 - 34 -
n 2 3n 2
n(n 3) . 2
R6.4. S se determine num rul minim de monede de 1, 3, 5 euro de care avem nevoie pentru a pl ti orice sum întreag cuprins între 1 i 5n euro. Solu ie. i) Pentru a pl ti orice sum întreag cuprins între 1 i 5n euro avem nevoie de cel pu in n 2 monede: pentru a pl ti sumele de 2 euro i 5n euro avem nevoie de dou monede de un euro i înc cel pu in n monede. ii) Pentru a pl ti toate sumele întregi între 1 euro i 5n euro sunt suficiente n 2 monede: dou monede de 1 euro, o moned de trei euro i n 1 monede de 5 euro. Orice num r natural cuprins între 1 i 5n inclusiv are una din formele 5k 1,5k 2,5k 3,5k 4,5k 5 unde 0 k n 1 . Sumele de forma 5k 1 pot fi pl tite cu k din cele n 1 monede de 5 euro ( n 1 k ) i una dintre monedele de 1 euro. Sumele de forma 5k 2 pot fi pl tite cu k monede 5 euro i monedele de 1 euro. Sumele de forma 5k 3 i 5k 4 le putem pl ti cu orice monede de 5 euro i moneda de 3 euro respectiv k monede de 5 euro o moned de 3 euro i una de 1 euro. Sumele de forma 5k 5 ( n 1 k ) pot fi pl tite cu k monede de 5 euro i cu monede de 1 i 3 euro. Deci num rul minim cerut este n 2. 6.2. Principiul cutiei sau principiul lui Dirichlet Sunt multe probleme de matematic cu enun uri inedite ce pot fi abordate cu mijloace ale gândirii cotidiene, f r a fi nevoie de metode rafinate. Un exemplu elocvent este principiul cutiei sau principiul lui Dirichlet. Ceea ce caracterizeaz problemele în care acest principiu se folose te este dificultatea de a le aborda pe c i cunoscute. Într-o formulare f r preten ii acest principiu revine la observa ia c dac avem dou cutii în care trebuie puse trei obiecte, într-una din ele va trebui s a ez m cel pu in dou obiecte. Mai general, dac repartiz m un num r mai mare de n obiecte în n clase, atunci cel pu in într-o clas vor fi cel pu in dou obiecte. Deci avem Teorema 6.2.1. Consider m o mul ime nevid A i A1,A2,...,An o parti ie a mul imii A (adic A1 A2 ... An=A i Ai Aj= , pentru i j. Dac avem n+1 elemente din A: a1,a2,...,an,an+1 atunci exist o submul ime Ai a parti iei care s con in cel pu in dou elemente ale mul imii {a1,a2,...,an,an+1}. În general principiul cutiei este un principiu de num rare. În ultimul timp acest principiu a c p tat o mare popularitate, fiind pus la baza unui mare num r de probleme, dintre care unele deosebit de dificile. Vom prezenta câteva exemple în care se folose te acest principiu în aritmetic , geometrie. R6.2.1. Consider m mul imea A {a1 , a2 ,..., a n } cu elementele numere întregi. S se demonstreze c A are cel pu in o parte nevid cu proprietatea c suma elementelor sale se divide cu n. Solu ie. Dac a este num r întreg i n num r natural, exist numerele q i r unice astfel încât a n q r cu q Z i r {0,1,2,..., n 1} . Vom aplica principiul - 35 -
cutiei. Consider m urm toarele n submul imi ale lui A: A1
A3
{a1 , a 2 , a3 } ,..., An Dac
S1
a1 , S 2
{a1 , a 2 ,..., an } .
{a1} , A2
{a1 , a2 } ,
not m cu S i cu i 1, n suma elementelor fiec rei mul imi avem:
a1
a2 , S 3
a1 a 2
a3 ,..., S n
Dac unul din numerele S i cu i
a1 a2 ... a n .
1, n se divide cu n problema este rezolvat .
Dac nu, cele n resturi ob inute prin împ r irea cu n a numerelor S i apar in mul imii {1,2,3,...,n-1} ce are n-1 elemente diferite. Deci exist cu siguran
S j care dau acela i rest la împ r irea cu n. Fie S i Sj
a1 a 2 ... a j cele dou numere. Fie i
rezult c submul imea c utat este B
dou numere S i i
a1
a2 ... ai
j . Fiindc n divide pe S j
i
Si
{ai 1 , ai 2 ,..., a j } .
R6.2.2. S se arate c oricum am alege cinci numere întregi, exist dou dintre acestea, care au suma sau diferen a divizibile cu 7. Solu ie. La împ r irea cu 7 a unui num r se ob ine unul din resturile 0,1,2,3,4,5,6. P tratul s u va da la împ r irea cu 7 unul din resturile 0,1,2,4. Deoarece avem cinci numere a,b,c,d,e, cele cinci p trate ale lor nu pot da la împ r irea cu 7 decât unul din cele patru resturi: 0,1,2,4. Conform principiului cutiei cel pu in dou din aceste cinci p trate dau la împ r irea cu 7 acela i rest. Deci exist x, y {a, b, c, d , e} astfel încât x 2 y 2 se divide cu 7. Deci 7 divide pe x 2 y 2 ( x y )( x y ) , dar fiind i prim rezult c 7 divide pe x y sau 7 divide pe x y . R6.2.3. Patru drepte distincte situate într-un plan, îl împart în mai multe regiuni distincte. S se arate c oricum s-ar a eza 12 puncte în acest plan astfel încât nici unul s nu apar in dreptelor date, cel pu in dou dintre ele se afl în aceea i regiune. Solu ie. Dreptele fiind distincte pot fi amplasate în felul urm tor:
a)
b)
c)
d)
- 36 -
e)
f)
g)
h)
i) Num rul maxim de regiuni este 11 i se ob ine în cazul i). Regiunile în care a fost împ r it planul vor fi "c su ele" din principiul cutiei. Dac am a eza câte un punct în fiecare regiune am avea nevoie de 11 puncte. Având îns 12 puncte, rezult c în cel pu in o regiune vor fi dou puncte. R6.2.4. Consider m nou puncte într-un p trat cu latura de lungime 1. S se demonstreze c exist un triunghi cu vârfurile în trei din cele nou puncte a c rui arie
s fie cel mult egal cu
1 . 8
Solu ie. Unind dou
câte dou
mijloacele laturilor opuse în p tratul dat,
ob inem o împ r ire a acestuia în patru p trate de arie
1 . Oricum am plasa cele nou 4
puncte, întotdeauna trei se vor afla în interiorul sau pe laturile aceluia i p trat. Fie A, B, C cele trei puncte situate în p tratul EFGH. S ar t m c aria triunghiului ABC este mai mic sau egal cu
1 . Ducem prin A, B, C paralele la EH. Una dintre acestea se va 8
afla între celelalte dou , deci va intersecta latura opus vârfului prin care trece. Fie AQ aceast paralel la EH, Q [BC]. Ducem BN AQ i CP AQ (N,P AQ). Atunci avem:
S[ABC]
S[ABQ] S[ACQ]
AQ BN 2
- 37 -
AQ CP 2
AQ (BN CP) 2
1 1 1 1 1 EH HG S[ EHGF ] . 2 2 2 4 8 1 S[ ABC ] . Egalitatea are loc dac i numai dac Deci 8 AQ(BN CP) EH HG , deci NQ=HF i BN+CP=HG. Deci egalitatea se ob ine
când o latur a triunghiului coincide cu o latur triunghiului se afl pe latura opus . E
F
a p tratului i cel lalt vârf al
E
L
F P Q
H
R
G
B
C
N
A
M
T
K
H
G
R6.2.5. Consider m 17 drepte care împart un p trat în dou patrulatere care au raportul ariilor
1 . S se arate c cel pu in 5 dintre aceste drepte trec prin acela i punct. 6
Solu ie. Fiecare din cele 17 drepte nu poate t ia dou laturi consecutive ale p tratului, deoarece atunci p tratul ar fi împ r it într-un triunghi i un pentagon. Deci fiecare dreapt împarte p tratul în dou trapeze dreptunghice care au aceea i în l ime. Fie a una din aceste drepte care taie laturile AB i CD în punctele T i R. Dac L i K sunt mijloacele laturilor AD respectiv BC, iar E1 este punctul de intersec ie al dreptelor Q i TR, avem:
S[BTRC] S[ATRD]
(TB RC) BC 2 (AT DR) AD 2
KE1 E 1L
1 6
Am inut seama c trapezele au în l imile egale i liniile mijlocii au lungimile:
E1 K
TB RC , LE1 2
AT DR . 2
Pe dreapta LK exist dou puncte care împart segmentul LK în raportul al doilea punct E2. Atunci avem:
KE1 E1 L
E2K E2L
1 . Fie 6
1 . 6
Fiindc într-un p trat exist numai dou segmente care unesc mijloacele laturilor opuse rezult c în interiorul p tratului exist exact patru puncte: E1,E2,E3,E4 care împart liniile mijlocii ale p tratului în raportul
- 38 -
1 . deci oricare din cele 17 drepte 6
trece prin unul din punctele E1,E2,E3,E4. Fiindc avem 17 drepte care trec prin patru puncte, conform principiului "cutiei" cel pu in 5 drepte trec prin acela i punct. R
D
E2
L
A a
E1
C
K
B
T
R6.2.6. S se arate c oricum am a eza 37 puncte în interiorul unui triunghi echilateral cu latura de lungime 1, exist cel pu in dou puncte astfel încât distan a dintre ele s nu dep easc 0,1(6). Solu ie. Împ r im fiecare latur a triunghiului în 6 segmente cu lungimea Prin punctele de diviziune ducem paralele la laturile triunghiului 1+3+5+7+9+11=36=62 triunghiuri echilaterale cu latura de lungime
1 . 6
i ob inem
1 . Considerând 6
37 puncte în triunghiul ini ial, cel pu in dou dintre acestea se vor afla în interiorul (sau pe laturi) unui triunghi cu latura mult
1 . 6
1 6
0,1(6) , i deci distan a dintre acestea va fi cel
R6.2.7. S se arate c , oricum am a eza n 2 1 puncte în interiorul unui triunghi echilateral cu latura de lungime 1, exist cel pu in dou puncte astfel încât distan a dintre ele s nu dep easc
1 . n
Solu ie. Împ r im fiecare latur a triunghiului în n segmente cu lungimea
1 . n
Ducând paralele la laturile triunghiului prin punctele de diviziune, triunghiul se descompune în 1 3 5 7 ... (2n 1) n 2 triunghiuri echilaterale cu latura de
1 . C su ele din principiul cutiei sunt acum cele n 2 triunghiuri echilaterale. n Considerând n 2 1 puncte în interiorul triunghiului ini ial evident cel pu in dou lungime
- 39 -
dintre acestea se vor afla în interiorul unui triunghi (sau pe laturi) cu latura de lungime
1 1 i distan a dintre acestea va fi cel mult . n n A
B
C
- 40 -
- 41 -
- 42 -
1. Probleme de num rare Rezumat: În cadrul temei se vor prezenta elementele de baz ale combinatoricii, regula sumei, produsului, precum i aplicarea lor în diferite probleme de algebr , aritmetic , respectiv geometrie combinatoric (probleme de num rare, colorare, descompunere). 1.1 Reprezentarea regulei sumei, respectiv produsului, i aplica ii ale acestor reguli în studierea unor probleme de combinatoric , respectiv a unor probleme de num rare 1.1.1. Regula sumei Dac un anumit obiect poate fi ales în m moduri, iar un alt obiect poate fi ales în n moduri , atunci alegerea lui A sau B poate fi realizat în m+n moduri (trebuie avut grij ca nici o alegere a lui A s nu coincid cu nici o alegere a lui B ).Dac totu i exista astfel de coinciden e, atunci regula sumei de mai sus d m+n-k moduri de alegere a lui A sau B unde k este num rul de coinciden e. 1.1.2. Regula produsului Dac un obiect A se poate alege în m moduri si dac dup fiecare astfel de alegere, un obiect B se poate alege în n moduri, atunci alegerea perechii (A,B) în aceast ordine poate fi realizat în m n moduri. 1.1.3. Principiul cutiei (Dirichlet) Dac n cutii i mai mult de n+1 obiecte trebuie aranjate în cele n cutii, atunci cel pu in 2 obiecte se afl în aceea i cutie. 1.1.4. Principiul induc iei matematice Fie P(n),n k o propozi ie matematic , k N fixat, n N. Dac sunt îndeplinite urm toarele condi ii: I. P(k) A II. Dac P(p) A , ( ) p= k, n atunci P(n+1) A Atunci p(n) A , ( ) n k Schi de demonstra ie P(k) A =>P(k+1) A =>P(k+2) A =>
- 43 -
1.1.5. Principiul includerii i excluderii |A B|=|A|+|B|-|A B| |A B C|=|A|+|B|+|C|-|A B|-|A C|-|B C|+|A B C| |A1
An|=
n
i 1
| Ai |
| Ai
1 i j n
n
AJ | ... ( 1) |
n i 1
Ai |
unde A,B,C, A1,A2, ,An mul imi finite 1.2. Probleme rezolvate (Algebr ) 1.2.1. Mul imi ordonate O mul ime împreun cu o ordine bine determinat de dispunerea elementelor sale este o combina ie (sau mul ime ordonat ). Se nume te aranjament de n elemente luate câte k orice combina ie alc tuit din k elemente ale mul imii A. Dou aranjamente de n elemente luate câte k se deosebesc prin natura elementelor sau prin ordinea lor. Ank=num rul aranjamentelor de n elemente luate câte k= n(n-1) ... (n-k+1) = 1
n! (n k )! 2
n moduri
n-1 moduri
k
n-k+1 moduri
Prima pozi ie a unui aranjament se poate completa în n moduri. A doua pozi ie în n-1 moduri etc. Total, conform regulii produsului = n(n-1)
(n-k+1)=
0!=1, 1!=1.
n! , unde n!=1 2 3 ( n k )!
1.2.2. Permut ri Pentru A={a1,a2, ,an} consider m un aranjament de n elemente luate câte n. Acest aranjament se nume te permutare de n elemente. Num rul permut rilor de n elemente =Pn=n(n-1) 1=n!, Pn=n!, n 1. 1.2.3. Num rul de func ii f:A B (|A|=m, |B|=n) Num rul de func ii f:A B (|A|=m, |B|=n) este nm. - 44 -
n,
Rezolvare BA={f|f:A B} |BA|=|B||A| A={a1, ,am}, B={b1, ,bn} f : A B este bine determinat dac tim care sunt valorile lui f(a1), f(a2) , , f(am) care se pot alege conform regulii produsului dintre elementele lui B în num r de n moduri= nm moduri =>|BA|=nm. nn m ori 1.2.4. Func ii injective f:A
B injectiv
Func ii surjective f :A B surjectiv Func ii bijective f :A B bijectiv
Num f :A Num f :A
(
(
) x1,x2 A, x1 x2 => f(x1) f(x2) ( )x1,x2 A, f(x1) = f(x2) => x1 = x2 ecua ia f(x)=y are cel mult o solu ie în A. ) y B, ecua ia f(x)=y are cel pu in o solu ie în A Im f =B
func ie injectiv + surjectiv ( )y B, ecua ia f(x)=y are exact o solu ie în A. rul de func ii injective =Amn, n m. B a.î. |A|=n, |B|=m. rul de func ii bijective B, |A|=|B|=n este Pn=n!.
Observa ii f :A B bijectiv => |A|=|B|, A,B-finite 1.2.5. Combin ri Dac A este o mul ime cu n elemente, atunci submul imile lui A formate din k elemente 0 k n se numesc combin ri de n elemente luate câte k. Num rul lor se noteaz
C
n! ,0 k!(n k )!
n, n
elementelor =
k
k
n
n
k N.
1.2.6. Mul imea p r ilor unei mul imi date Fie A o mul ime. P(A)={B|B A} Dac |A|=n, atunci |P(A)|=2 . Rezolvare I. Verific m dac P(0) este adev rat . - 45 -
A
k
n
k!
deoarece nu conteaz
ordinea
A= , |A|=0 Singura submul ime a lui A este =>|P(A)|=1=20 adev rat . II. Presupunem c dac |A|=p, 0 p n, atunci |P(A)|=2p,A este o mul ime oarecare Fie B a.î.|B|==n+1, B={a1,a2, ,an,an+1}. P(B)=T S T={mul imea submul imilor lui B, cu proprietatea c a n 1 unei altfel de submul imi}. S={mul imea submul imilor lui B, cu proprietatea c an+1 unei altfel de submul imi}. |S|=|T| S={U {an+1}|U T} |T|=|P ({a1, a n})|=2n =>|P(B)|=|T S|=|T|+|S|=2n+2n =2n+1. Din I i II => |P(A)|=2|A| ( ) A mul ime finit Observa ie. Din aceast rela ie rezult Probleme rezolvate
C C 0
1
n
n
...
C 2 n
n
n
R1.2.1. Se consider un tablou în form de p trat astfel încât pe fiecare linie i fiecare coloan s avem n c su e (n 2) care se completeaz cu numere întregi. Determina i în câte moduri poate fi completat tabloul dac produsul numerelor de pe fiecare linie, coloan este 5 sau -5. Rezolvare Pentru început determin m num rul de aranj ri ale numerelor 5 sau -5. Dac pe o linie, coloan apare 5 sau -5, atunci pe acea linie, coloan nu va mai ap rea 5 sau -5. Este suficient s vedem în câte moduri putem completa liniile cu 5, respectiv -5.
Linia 1 Linia 2 Linia n sau -5
2n posibilit i de completare cu 5 sau -5 2(n-1) posibilit i de completare cu 5 sau -5 2 posibilit i de completare cu 5 sau -5 Din regula produsului rezult c avem 2n n ! posibilit i de completare cu 5 2
În continuare pentru fiecare completare a unei linii cu 5 sau -5 mai avem 2n -n posibilit i de completare cu 1,-1= num rul func iilor definite pe o mul ime cu n²-n elemente (pozi iile r mase libere) cu valori în mul imea {-1,1}. În total num rul de complet ri este 2 ·n!·2 ² = 2 ²·n!
R1.2.2. Fie n 3 un num r întreg. Demonstra i c este posibil ca eliminând cel mult dou dintre elementele mul imii {1,2, ,n} s ob inem o mul ime care are suma elementelor p trat perfect. - 46 -
Rezolvare
n( n 1) S= 1+2+3+ +n= 2
2n 2 2
n2 .
Se consider S,S-1,S-2, ,S-2n+1 sumele formate cu elementele mul imii A din care ori nu scoatem nici un element, ori un element, respectiv 2 elemente (am ales aici sumele distincte). Presupunem c nici un num r nu este p trat perfect => ( ) k n a.î. (k-1)²< S2n+1
contradic ie, ele fiind cel pu in S-S+2n-1+1=2n numere i 2k-2<2n. Deci cel pu in unul dintre numerele de mai sus este p trat perfect. R1.2.3. La un turneu de tenis au participat de dou ori mai mul i b ie i decât fete. Fiecare pereche de participan i a jucat exact o dat i nu au fost rezultate egale. Raportul dintre num rul victoriilor ob inute de fete, fa de cele ob inute de b ie i a fost de
7 . Câ i participan i au fost la acest turneu? 5
Rezolvare n-num rul fetelor 2n-num rul b ie ilor 3n-num r participan i
3n (3n 1) . . Num rul total de victorii ale C 2 5 5 2 5n(3n 1) b ie ilor reprezint din total, deci C 3n . Meciurile jucate între 12 12 8 Num rul total de meciuri =
b ie i sunt în num r de
5n(3n 1) n(2n-1) 8
C
2
= 2n
2
= 3n
2n( 2n 1) =n(2n-1)- considerate victorii ale b ie ilor. 2
15n-5 16n-8
n 3.
Analiz m cazurile n=1, n=2, nu convin. n=3 convine. Num rul participan ilor este 9. R1.2.4. Se consider un dreptunghi de dimensiuni1x n, n 1num r natural i dale p trate de dimensiuni 1 x 1 de patru culori. Se paveaz dreptunghiul cu dale astfel încât oricare dou dale al turate s aib culori diferite. a) Câte pav ri simetrice exist ? b) Câte pav ri au proprietatea c oricare trei dale consecutive au culori diferite? Rezolvare a) Cazul I n=2k, imposibil efectuarea unei pav ri simetrice ca mai sus, cele dou dale din mijloc având aceea i culoare Cazul II n=2k+1 vom discuta modalit ile de pavare în func ie de dala din mijloc spre dreapta, inând cont c pavarea este simetric . - 47 -
k+1 k+2 k+3
2k+1
4 posibilit i
3 posibilit i Total, conform regulii produsului 4·3k posibilit i. b) 1 2 3 4 n
4 posibilit i 3 posibilit i
2 posibilit i
Total, 4·3·2 ²=3·2 posibilit i. R1.2.5.S se determine num rul de diagonale ale unui patrulater convex cu n laturi. Rezolvare Num rul de diagonale = num rul de segmente determinate de cele n vârfuri din care scoatem cele n laturi
C
2
= n
n( n 1) 2
n
n( n 3) . 2
R1.2.6. Care sunt poligoanele convexe care au proprietatea: num rul diagonalelor lor este egal cu num rul punctelor de intersec ie ale acestor diagonale situate în interiorul poligonului i nu exist trei diagonale concurente în interiorul poligonului? Rezolvare Num rul diagonalelor =
n(n 3) 2
Num rul punctelor date =
C
4 n
= deoarece intersec ia a dou diagonale în interiorul
patrulaterului convex reprezint intersec ia diagonalelor în patrulaterul convex determinat de 4 vârfuri ale poligonului corespunz toare celor dou diagonale i reciproc 4 vârfuri ale poligonului determin dou diagonale care se intersecteaz în interiorul poligonului. Deci r mâne de rezolvat ecua ia
C
4
= n
n(n 3) ,n 4 2
(n-1)(n-2)=12
n=5
Poligoanele c utate sunt pentagoanele convexe. R1.2.7. Care este num rul maxim de unghiuri ascu ite pe care le poate avea un poligon convex cu n laturi? Rezolvare Consider m c poligonul are k unghiuri ascu ite. Deci suma unghiurilor sale este mai mic decât k·90º+(n-k)·180º. Pe de alt parte suma unghiurilor unui poligon cu n laturi
- 48 -
este egal cu (n-2)·180º. Deci (n-2)·180º< k·90º+(n-k)·180º => k<4 => k=3 num rul maxim (vezi cazul unui triunghi ascu itunghic). R1.2.8. Fiec rui punct din plan i se asociaz un num r real astfel încât num rul asociat centrului cercului înscris într-un triunghi s fie egal cu media aritmetic a numerelor asociate vârfurilor triunghiului, oricare ar fi acesta. S se arate c tuturor punctelor din plan le este asociat acela i num r. Rezolvare Fie ABCDEF hexagon regulat D,E alese arbitrar, de la ele pornind construc ia. A(a), B(b), C(c), D(d), E(e), X(x) unde {X}=AF BC ACE i BDF - triunghiuri echilaterale cu centrul 0 => a + c + e = b + f + d. XBF i XAC au acelea i centru pentru cercurile înscrise datorit simetriei fa de dreapta OX. x + b + f = x + a + c => b + f = a + c => d = e q.e.d, D i E fiind alese arbitrar. O este centrul hexagonului regulat
X A
B
F
O
E
C
D
R1.2.9. În interiorul unui p trat de latur 1 se consider 9 puncte. S se arate c putem alege 3 dintre acestea s fie vârfurile unui triunghi cu aria cel mult egal cu 1/8. Rezolvare A
P
B Se iau mijloacele laturilor p tratului ca în figur .
R D
N Q
Conform principiului lui Dirichlet, cel pu in 3 se afl într-un p trat mic. C - 49 -
A
P F G
S
F
E
G
M
R
Ducem ES || MR (cazul când una din laturile triunghiului este paralel cu o latur a p tratului sau inclus în ea este trivial).
A[EFG]=A[FES]+A[ESG]=
h1 SE 2
h2 SE 2
SE (h1 h2 ) 2
1 1 2 2 = 1 q.e.d. FF =h GG =h 1 2 2 8
Bibliografie Manual cls. X-a - M.Ganga-Editura Math Press Probleme elementare de matematic -M.Ganga-Editura Math Press 2003 Probleme de teoria numerelor i combinatoric pentru juniori- L.Panaitopol, D. erb nescu Olimpiade balcanice pentru juniori- D.Brânzei, I. erdean, V. erdean
- 50 -
- 51 -
- 52 -
- 53 -
- 54 -
- 55 -
- 56 -
- 57 -
- 58 -
- 59 -
- 60 -
- 61 -
- 62 -
- 63 -
- 64 -
- 65 -
- 66 -
- 67 -
- 68 -
- 69 -
- 70 -
- 71 -
- 72 -
- 73 -
- 74 -
- 75 -
- 76 -
- 77 -
- 78 -
- 79 -
- 80 -
- 81 -
- 82 -
- 83 -
- 84 -
- 85 -
- 86 -
- 87 -
- 88 -
- 89 -
- 90 -
- 91 -
- 92 -
- 93 -
- 94 -
- 95 -
- 96 -
- 97 -
- 98 -
- 99 -
- 100 -
- 101 -
- 102 -
- 103 -
- 104 -
- 105 -
- 106 -
- 107 -
- 108 -
