Metoda Reducerii La Absurd PDF [PDF]

Zitiervorschau

Cuprins 1 O privire de ansamblu asupra metodei 1.1 Un joc cu jetoane colorate . . . . . . . . . . . . . 1.2 O problem˘a amuzant˘a . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 S¸coala lui Pitagora ¸si numerele irat¸ionale . . . . 1.4 Cˆate numere prime exist˘a? . . . . . . . . . . . . 1.5 Condit¸ii necesare ¸si suficiente . . . . . . . . . . . 1.6 O problem˘a celebr˘a, Teorema lui Steiner-Lehmus 1.7 Cˆateva probleme cu segmente colorate . . . . . . 1.8 Stabilit¸i dac˘a exist˘a... . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

1 2 3 3 4 4 6 7 9

2 Probleme propuse 11 2.1 Clasele V-VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Clasele VII-VIIII . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.3 Clasele IX-X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 3 Solut¸ii 25 3.1 Clasele V-VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.2 Clasele VII-VIIII . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3.3 Clasele IX-X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 ˆ In loc de postfat¸˘ a

53

iii

Prefat¸˘ a Cartea are un caracter metodic, propunˆandu-¸si s˘a init¸ieze cititorul ˆın utilizarea rat¸ionamentului prin reducere la absurd. Metoda reducerii la absurd este prezent˘a ˆın matematica ¸scolar˘a ˆıncepˆand din primele clase gimnaziale. De obicei, se consider˘a c˘a aceast˘a metod˘a nu ridic˘a probleme deosebite ¸si se ˆınvat¸˘a ”din mers”. Am scris aceast˘a carte pentru a atrage atent¸ia asupra valorii acestei metode, care ˆın ciuda aparentei simplit˘a¸ti, permite solut¸ionarea unor probleme frumoase, dificile, din domenii variate. Cartea se adreseaz˘a elevilor din gimnaziu ¸si primele clase liceale. ˆIn prima parte se face o prezentare general˘a a metodei, cu exemple de probleme ˆın care ea se aplic˘a; primele probleme sunt menite s˘a faciliteze ˆınt¸elegerea rat¸ionamentului prin reducere la absurd de c˘atre cei mai mici elevi. Din exemplele tratate ¸si comentate nu lipsesc probleme celebre, ca ¸si probleme dificile, ˆın spiritul concursurilor de matematic˘a. Partea a doua a c˘art¸ii cont¸ine probleme propuse, iar partea a treia, solut¸iile acestora. Pentru u¸surint¸a utiliz˘arii materialului, am ˆımp˘art¸it problemele ˆın trei sect¸iuni: pentru clasele 5-6, pentru clasele 7-8 ¸si pentru clasele 9-10. Desigur c˘a aceast˘a ˆımp˘art¸ire este orientativ˘a. ˆIn cadrul fiec˘arei sect¸iuni, am ˆıncercat o gradare a problemelor. Am ˆınceput cu probleme simple, ce se preteaz˘a a fi lucrate la clas˘a, terminˆand cu probleme de concurs. Marea majoritate a problemelor au solut¸ii complete. Exist˘a cˆateva probleme la care nu am dat solut¸ii, deoarece acestea se rezolv˘a foarte u¸sor, pe baza indicat¸iei subˆant¸elese: se aplic˘a metoda reducerii la absurd. Materialul poate fi lucrat la clas˘a sau la cercul de matematic˘a sau poate reprezenta obiect de studiu independent, mai ales pentru acei elevi pentru care matematica a devenit o pasiune. A¸s dori s˘a fac unele recomand˘ari elevului care utilizeaz˘a aceast˘a carte sau diverse culegeri de probleme ¸si materiale cu caracter metodologic. C˘art¸ile de matematic˘a nu se citesc precum romanele. Dac˘a te m˘argine¸sti ca dup˘a ce vezi enunt¸ului problemei s˘a te gˆande¸sti doar o clip˘a, spunˆ and apoi c˘a problema este prea grea ¸si te gr˘abe¸sti s˘a cite¸sti solut¸ia, atunci eficient¸a acestei activit˘a¸ti este minim˘a. Citirea enunt¸ului este doar prima etap˘a, urmat˘ a apoi de ˆıncercarea de a ˆınt¸elege problema ˆın profunzime. Asigur˘a-te c˘a st˘apˆane¸sti not¸iunile matematice la care face referire problema. Caut˘a s˘a exprimi problema ˆın limbajul propriu. Nu exist˘a ret¸ete prin care s˘a ajungi la solut¸ie, dar familiarizarea cu problema este v

vi

PREFACE

primul pas. Poate fi util˘a considerarea unor cazuri particulare, realizarea unor figuri, scheme, considerarea altor probleme care pot avea leg˘atur˘a cu problema considerat˘a. Dragostea pentru matematic˘a apare atunci cˆand ai g˘asit solut¸ia unei probleme care s-a ˆıncˆap˘a¸tˆanat s˘a-t¸i reziste mai mult timp. Consultarea solut¸iei publicate ˆın carte trebuie s˘a fie o etap˘a ulterioar˘a. Dac˘a ai g˘asit o rezolvare, este util s˘a o compari cu o alt˘a rezolvare; studiul solut¸iei publicate trebuie s˘a te ajute de asemenea la ˆımbun˘at˘a¸tirea stilului de redactare a textului matematic. Chiar in cazul ˆın care nu ai g˘asit solut¸ia, efortul depus pentru c˘autarea ei te face receptiv la ˆınt¸elegerea solut¸iei autorului. Activitatea de rezolvitor nu ar trebui s˘a se ˆıncheie odat˘ a cu aflarea solut¸iei, ci implic˘a mult mai multe aspecte: ˆınt¸elegerea solut¸iei pe etape, dar ¸si ˆın ansamblul ei, g˘asirea ideii decisive, ˆıncercarea de a ˆınt¸elege cum a fost inventat˘a problema ¸si cum s-ar putea ea generaliza, cum se leag˘a problema rezolvat˘a de alte probleme. ˆInchei cu un cunoscut aforism al fizicianului G.C. Dichtemberg: ”Ceea ce at¸i fost obligat¸i s˘a descoperit¸i singuri v˘a las˘a ˆın minte o urm˘a pe care o putet¸i folosi din nou, atunci cˆand apare nevoia”.

Craiova, 2007

Liliana Niculescu

Capitolul 1

O privire de ansamblu asupra metodei O descoperire mare rezolv˘ a o problem˘ a mare, dar exist˘ a un gr˘ aunte de descoperire ˆın solut¸ia oric˘ arei probleme. George P´ olya

Reducerea la absurd este un procedeu prin care dovedim c˘ a o propozit¸ie p este adev˘ arat˘ a, ˆın mod indirect, ar˘ atˆ and c˘ a negat¸ia ei, non p, este fals˘ a. Demonstrat¸ia prin reducere la absurd este numit˘ a ¸si demonstrat¸ie indirect˘ a. Practic, pentru a demonstra c˘ a propozit¸ia p este adev˘ arat˘ a, presupunem c˘ a ea ar fi fals˘ a, apoi analizˆ and consecint¸ele acestei presupuneri, ar˘ at˘ am c˘ a se ajunge la un rezultat absurd sau contradictoriu. Contradict¸ia obt¸inut˘ a arat˘ a c˘ a p nu poate fi fals˘ a. Invers, dac˘ a avem de demonstrat c˘ a propozit¸ia p este fals˘ a, presupunem c˘ a ea ar fi adev˘ arat˘ a ¸si ar˘ at˘ am c˘ a aceast˘ a presupunere conduce la o contradict¸ie. Dup˘ a George P´ olya [13], demonstrat¸ia prin reducere la absurd seam˘ an˘ a cu manevra unui orator abil care ˆı¸si combate adversarul folosind arma ironiei: se preface c˘ a este de acord cu afirmat¸ia adversarului, adic˘ a accept˘ a aceast˘ a afirmat¸ie pentru moment ¸si o analizeaz˘ a, o reliefeaz˘ a, ar˘ atˆ and c˘ a are consecint¸e evident absurde. Suportul teoretic al metodei reducerii la absurd const˘ a ˆın urm˘ atoarele: • Propozit¸ia p este adev˘ arat˘ a atunci ¸si numai atunci cˆ and negat¸ia ei, non p, este fals˘ a (vezi tabelul de adev˘ ar al negat¸iei; A semnific˘ a adev˘ arul iar F, falsul). p non p A F F A 1

2

CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI • Dac˘ a o propozit¸ie p implic˘ a o propozit¸ie fals˘ a, atunci p este fals˘ a (vezi tabelul de adev˘ ar al implicat¸iei). p A A F F

q A F A F

p −→ q A F A A

In cazul ˆın care propozit¸ia ce trebuie demonstrat˘ a este de forma p → q (p este ipoteza iar q, concluzia), demonstrat¸ia prin reducere la absurd porne¸ste de la a presupune c˘ a implicat¸ia p → q este fals˘ a. Dar, ˆın ce caz o implicat¸ie este fals˘ a? Cˆ and ipoteza este adev˘ arat˘ a iar concluzia, fals˘ a. Deci, vom presupune p adev˘ arat˘ a ¸si q fals˘ a ¸si de aici, printr-un rat¸ionament logic, vom ajunge la un rezultat care contrazice fie ipoteza, fie o axiom˘ a, fie o teorem˘ a cunoscut˘ a. Vom ilustra ideile de mai sus printr-o serie de probleme rezolvate ¸si comentate, probleme ˆın care metoda reducerii la absurd reprezint˘ a abordarea cea mai natural˘ a sau chiar singura metod˘ a de rezolvare. Pentru ˆınceput, pentru a ˆınt¸elege cum funct¸ioneaz˘ a metoda, vom considera ni¸ste probleme ce nu implic˘ a not¸iuni de matematic˘ a.

1.1

Un joc cu jetoane colorate

La un joc particip˘ a doi copii, Andrei ¸si Bogdan, ˆımpreun˘ a cu un conduc˘ ator de joc. Acesta le arat˘ a copiilor trei jetoane (cerculet¸e) din hˆartie: unul ro¸su ¸si dou˘a, albastre. Dup˘a ce copiii sunt legat¸i la ochi, li se lipe¸ste pe frunte cˆate un jeton albastru; jetonul ro¸su r˘amas este ascuns, apoi copiilor li se dezleag˘a ochii. Conduc˘atorul jocului ˆıl ˆıntreab˘a pe Andrei: -Ce culoare are jetonul pe care ˆıl ai pe frunte? A r˘aspunde: -Nu ¸stiu. Apoi, lui Bogdan i se pune ˆıntrebarea: -Ce culoare are jetonul de pe fruntea ta? -S˘a m˘a gˆandesc, r˘ aspunde Bogdan. Dup˘a put¸in˘a gˆandire, Bogdan r˘aspunde: -Acum ¸stiu. Este albastru. Cum a judecat Bogdan? ”Dac˘a jetonul meu ar fi fost ro¸su, atunci Andrei, ¸stiind c˘a un singur jeton este ro¸su, ar fi tras concluzia c˘ a al lui este albastru, deci ar fi dat r˘aspunsul. Dar Andrei a spus c˘a nu ¸stie. ˆInseamn˘a c˘a jetonul meu nu este ro¸su, deci este albastru.” Observ˘ am c˘ a Bogdan a judecat prin reducere la absurd.

˘ AMUZANTA ˘ 1.2. O PROBLEMA

1.2

3

O problem˘ a amuzant˘ a

Cu mult¸i ani ˆın urm˘ a, a circulat ˆın Europa o problem˘ a-ghicitoare, pe cˆ at de amuzant˘ a, pe atˆ at de instructiv˘ a. ˆIn compartimentul unui tren c˘al˘atoreau trei doamne; s˘a le numim A, B ¸si C. La un moment dat, privindu-se una pe alta, au v˘azut c˘a fiecare are fat¸a mˆanjit˘a (probabil de la funinginea ce intrase pe fereastra deschis˘a a trenului, care funct¸iona cu c˘arbuni) ¸si toate trei au izbucnit ˆın rˆas, crezˆand c˘a numai celelalte dou˘a sunt murdare. La un moment dat, doamna A s-a oprit din rˆas, ¸si-a scos din po¸set˘a batista ¸si a ˆıncercat s˘a-¸si curet¸e fat¸a. ˆInt¸elesese c˘a celelalte rˆad ¸si de ea. Cum a judecat? Prin reducere la absurd. ”Dac˘a fat¸a mea nu ar fi murdar˘a, atunci B ¸si-ar da seama c˘a C rˆade de ea ¸si atunci B n-ar mai rˆade. Cum B continu˘a s˘a rˆad˘a, ˆınseamn˘a c˘a ¸si eu sunt murdar˘a pe fat¸˘a”.

1.3

S ¸ coala lui Pitagora ¸si numerele irat¸ionale

S˘ a ne ˆıntoarcem ˆın timp cu aproximativ 2500 de ani, cˆ and se pare c˘ a a fost realizat˘ a prima demonstrat¸ie prin reducere la absurd. Ea apart¸ine matematicianului ¸si filosofului grec Hippasus, reprezentant al S ¸ colii lui Pitagora. Membrii acestei ¸scoli considerau c˘ a la baza organiz˘ arii universului se afl˘ a numerele. Prin numere, ei ˆınt¸elegeau numerele naturale ¸si init¸ial erau convin¸si c˘ a raportul lungimilor oric˘ aror dou˘ a segmente se poate exprima sub forma unui raport de numere naturale, adic˘ a, pentru oricare dou˘ a lungimi, se poate g˘ asi o unitate de lungime comun˘ a. Hippasus ˆıns˘ a a dovedit c˘ a exist˘ a lungimi pentru care nu se poate g˘ asi o unitate comun˘ a, adic˘ a exist˘ a segmente incomensurabile. Mai precis, el a ar˘ atat c˘ a diagonala ¸si latura p˘ atratului sunt incomensurabile. Folosind limbajul de √ ast˘ azi, putem spune c˘ a Hipassus a demonstrat irat¸ionalitatea lui 2. Hippasus folosea un limbaj geometric. ˆ Incercˆ and s˘ a exprime sub forma unui raport de numere ˆıntregi raportul dintre diagonala ¸si latura p˘ atratului, a ajuns la contradict¸ie. Transcris ˆın limbajul din zilele noastre, rat¸ionamentul s˘ au (pe care ˆıl cunoa¸stem din cartea lui Euclid, ”Elementele”) este urm˘ a torul: √ S˘ a demonstr˘am c˘a 2 este irat¸ional. √ √ m Presupunem c˘a 2 este rat¸ional, deci 2 = , unde m, n ∈ N∗ . Putem n m presupune c˘a fract¸ia a fost deja simplificat˘a, adic˘a m ¸si n sunt prime ˆıntre n √ m ele. Din relat¸ia 2 = , rezult˘a m = 2n2 , deci m este par, adic˘a exist˘a p ∈ N∗ n astfel ˆıncˆat m = 2p. ˆInlocuind, obt¸inem 2p2 = n2 , deci ¸si n este par. Dar, pe de alt˘a parte, deoarece m este par iar m ¸si n sunt prime ˆıntre ele, n ar trebui s˘a fie a c˘a √ impar. Cum n nu poate s˘a fie ˆın acela¸si timp ¸si par ¸si impar, ˆınseamn˘ 2 nu poate fi scris ca raport de numere ˆıntregi. √ Dup˘ a modelul demonstrat¸iei irat¸ionalit˘ a¸tii lui 2 se poate demonstra un rezultat mai general:

4

CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI

√ Dac˘a n este un num˘ar natural care nu este p˘atrat perfect, atunci n este irat¸ional. √ Presupunem c˘a n este rat¸ional, deci exist˘a numerele naturale prime ˆıntre √ a ele a, b astfel ˆıncˆat n = . Aceast˘a relat¸ie se scrie a2 = nb2 . Deoarece n nu b este p˘atrat perfect, ˆın descompunerea ˆın factori primi ai lui n exist˘a cel put¸in un factor prim p care apare la o putere impar˘a. Fie 2m + 1 (unde m ∈ N) , puterea la care apare p, deci n = p2m+1 q, unde q este un num˘ar ˆıntreg nedivizibil cu p. Din faptul c˘a a2 se divide cu p2m+1 , rezult˘a c˘a a se divide cu pm+1 (aceast˘ a afirmat¸ie se probeaz˘ a tot prin reducere la absurd). Deci a = pm+1 r, unde r ∈ N∗ . Atunci, relat¸ia a2 = nb2 devine p2m+2 r2 = p2m+1 q, de unde q = pr2 , contradict¸ie!

1.4

Cˆ ate numere prime exist˘ a?

O alt˘ a celebr˘ a demonstrat¸ie prin reducere la absurd apart¸ine lui Euclid (matematician grec care a tr˘ ait ˆın jurul anului 300 ˆı.Hr.). Opera sa cea mai important˘ a intitulat˘ a ”Elementele”, reprezint˘ a un manual care cuprinde toate cuno¸stint¸ele epocii sale ˆın domeniul geometriei ¸si teoriei numerelor, ˆıntr-o construct¸ie logic˘ a deductiv˘ a. Euclid a introdus metoda axiomatic˘ a ˆın geometrie. Valoarea acestui manual vechi de 24 de secole este recunoscut˘ a ¸si ˆın zilele noastre. In sect¸iunea a IX-a a c˘ art¸ii, dedicat˘ a teoriei numerelor, g˘ asim urm˘ atoarea Teorem˘ a. Exist˘a o infinitate de numere prime. Demonstrat¸ie. Presupunem c˘a exist˘a numai un num˘ar finit de numere prime. Atunci, exist˘a un num˘ar prim p mai mare decˆat toate celelalte numere prime. A¸sez˘am numerele prime ˆıntr-un ¸sir cresc˘ator: 2, 3, 5, 7, 11, . . . , p. Consider˘am num˘arul q = 2 · 3 · 5 · ... · p + 1. Cum q este mai mare decˆat cel mai mare num˘ar prim p, ˆınseamn˘a c˘a q este num˘ar compus, deci el se divide cu un num˘ar prim, adic˘a cu unul dintre numerele 2, 3, 5, ..., p. Dar pe de alt˘a parte, se observ˘a c˘a q d˘a restul 1 la ˆımp˘art¸irea cu fiecare num˘ar prim. Deci, presupunerea c˘a exist˘a un num˘ar finit de numere prime ne-a condus la contradict¸ie. Rezult˘a c˘a exist˘a o infinitate de numere prime.

1.5

Condit¸ii necesare ¸si suficiente

De multe ori, cˆ and avem de demonstrat o propozit¸ie de forma p ⇔ q, dup˘ a ce implicat¸ia direct˘ a (adic˘a p ⇒ q) a fost demonstrat˘ a printr-un procedeu oarecare,

1.5. CONDIT ¸ II NECESARE S¸I SUFICIENTE

5

implicat¸ia reciproc˘ a q ⇒ p se demonstreaz˘ a u¸sor prin reducere la absurd, ca ˆın exemplul urm˘ ator: Lema lui Carnot. Fie M, N, P, trei puncte situate respectiv pe laturile [BC], [CA] ¸si [AB] ale triunghiului ABC. Atunci perpendicularele duse ˆın M, N, P respectiv pe BC, CA ¸si AB sunt concurente dac˘a ¸si numai dac˘a M B 2 − M C 2 + N C 2 − N A2 + P A2 − P B 2 = 0.

(1.1)

Solut¸ie. Cunoscˆınd c˘a perpendicularele duse ˆın M, N, P pe laturi sunt concurente, not˘am cu O, punctul lor de intersect¸ie (vezi Figura 1.1) ¸si aplicˆand teorema lui Pitagora ˆın triunghiurile OBM, OCM, OCN, OAN, OAP, OBP, obt¸inem relat¸ia (1.1).

Figura 1.1 Reciproc, ¸stiind c˘a are loc relat¸ia (1.1), trebuie s˘a demonstr˘am c˘a perpendicucularele duse ˆın M, N, P pe laturi sunt concurente. Dac˘a perpendicularele ˆın M pe BC ¸si ˆın N pe AC ar fi paralele, ar rezulta c˘a punctele A, B, C sunt coliniare, contradict¸ie! Deci perpendicularele ˆın M pe BC ¸si ˆın N pe AC se taie ˆıntr-un punct pe care ˆıl not˘am cu O. Presupunem c˘a perpendiculara ˆın P pe AB nu trece prin O. Fie Q, proiect¸ia lui O pe AB. Q 6= P (vezi Figura 1.2).

Figura 1.2 Folosind implicat¸ia direct˘a (demonstrat˘a mai sus), avem: M B 2 − M C 2 + N C 2 − N A2 + QA2 − QB 2 = 0.

(1.2)

6

CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI

Din relat¸iile (1.1) ¸si (1.2) rezult˘a P A2 − P B 2 = QA2 − QB 2 . Ultima relat¸ie se scrie P A2 − (AB − P A) obt¸inem P A = QA, contradict¸ie!

1.6

2

2

= QA2 − (AB − QA) de unde

O problem˘ a celebr˘ a, Teorema lui SteinerLehmus

Printre primele probleme de geometrie pe care le ˆıntˆ alne¸ste un ˆıncep˘ ator, ˆındat˘ a ce a studiat cazurile de congruent¸a ˘ ale triunghiurilor, sunt: Ar˘atat¸i c˘a dac˘a un triunghi are dou˘a mediane congruente, atunci triunghiul este isoscel. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a un triunghi are dou˘a ˆın˘alt¸imi congruente, atunci triunghiul este isoscel. Este natural s˘ a ne punem ˆıntrebarea dac˘ a un enunt¸ asem˘ an˘ ator are loc ¸si pentru bisectoare, adic˘ a dac˘ a din congruent¸a a dou˘ a bisectoare ale unui triunghi rezult˘ a congruent¸a laturilor corespunz˘ atoare. Celebritatea de care se bucur˘ a problema de mai sus se explic˘ a probabil prin contrastul ce exist˘ a ˆıntre enunt¸ul atˆ at de simplu ¸si dificultatea deosebit˘ a a demonstrat¸iei. Problema a fost formulat˘ a ˆın anul 1840 de c˘ atre C.L. Lehmus, care init¸ial nu avea o solut¸ie. La rugamintea sa, vestitul geometru elvet¸ian Jakob Steiner s-a concentrat asupra problemei, descoperind ˆın 1844 o demonstrat¸ie bazat˘ a pe calcul, folosind formula bisectoarei. Apoi, in anul 1850, Lehmus ˆınsu¸si a g˘ asit o alt˘ a demonstrat¸ie. Faptul c˘ a enunt¸ul problemei poate fi ˆınt¸eles de orice ˆıncep˘ ator ˆın geomerie, a constituit o provocare atˆ at pentru matematicieni cˆ at ¸si pentru amatori. Se cunosc ˆın prezent peste 80 de demonstrat¸ii ale acestei teoreme. Exist˘ a demonstra¸tii directe prin calcul algebric sau trigonometric, ˆıns˘ a demonstrat¸iile pur geometrice se bazeaz˘ a pe metoda reducerii la absurd. Chiar ¸si ˆın situat¸iile ˆın care s-ar p˘ area c˘ a nu s-a folosit aceast˘ a metod˘ a, la o analiz˘ a mai atent˘ a se vede c˘ a argumentat¸ia folose¸ste rezultate ajut˘ atoare care la rˆ andul lor au fost demonstrate prin reducere la absurd.

Teorema lui Steiner-Lehmus. Dac˘a un triunghi are dou˘a bisectoare congruente, atunci el este isoscel. Demonstrat¸ie. Fie ABC, un triunghi ˆın care bisectoarele BB ′ ¸si CC ′ sunt congruente (vezi Figura 1.3).

ˆ 1.7. CATEVA PROBLEME CU SEGMENTE COLORATE

7

Figura 1.3 Presupunem c˘a unghiurile B ¸si C nu sunt congruente. F˘ar˘a a restrˆange generalitatea, putem presupune c˘a b < C. b B

(1.3)

B ′ C < C ′ B.

(1.4)

Atunci, din triunghiurile B ′ BC ¸si C ′ CB, deducem

Paralela dus˘a prin B la CC ′ ¸si paralela dus˘a prin C la AB se taie ˆın D. Patrulaterul BC ′ CD este paralelogram, deci C ′ B = CD.

(1.5)

Din relat¸iile (1.4) ¸si (1.5) rezult˘a B ′ C < CD, de unde deducem c˘a ′ DC < DB ′ C. \ \ B

(1.6)

Dar BB ′ = CC ′ = BD, de unde ′ D. \′ = BB \ BDB

(1.7)

′ C. Cum BDC ′ C, \ < BB \ \ = BC \ Adunˆand relat¸iile (1.6) ¸si (1.7) rezult˘a BDC b b ′ C < BB ′ C, adic˘ b − B , de unde C b < B, b b − C < 180◦ − C \ \ obt¸inem BC a 180◦ − B 2 2 ˆın contradict¸ie cu relat¸ia (1.3). b 6= C b a condus la o contradict¸ie, deci este fals˘a. Presupunerea B

1.7

Cˆ ateva probleme cu segmente colorate

Problema 1. S ¸ ase puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite dou˘a cˆate dou˘a prin segmente. Unele segmente se coloreaz˘a cu ro¸su, iar celelalte cu albastru. Demonstrat¸i c˘a exist˘a cel put¸in un triunghi (cu vˆarfurile ˆın trei dintre cele ¸sase puncte) cu laturile colorate la fel.

8

CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI

Solut¸ie. Presupunem c˘a niciunul dintre triunghiuri nu are laturile colorate la fel. Alegem dintre cele ¸sase puncte unul, pe care ˆıl not˘am cu A. Din A pornesc 5 segmente printre care exist˘a (cel put¸in) 3 colorate la fel, de exemplu cu ro¸su. Not˘am aceste segmente cu [AB], [AC], [AD]. Deoarece triunghiurile ABC, ABD ¸si ACD au cˆate dou˘a laturi ro¸sii, pe baza presupunerii f˘acute la ˆınceputul rezolv˘arii, rezult˘a c˘a [BC], [BD] ¸si [CD] sunt albastre. Dar atunci triunghiul BCD are toate laturile albastre, ˆın contradict¸ie cu presupunerea f˘acut˘ a. Contradict¸ia la care am ajuns dovede¸ste c˘a exist˘a triunghiuri cu laturile la fel colorate. ˆ In problema de mai sus, pentru a demonstra c˘ a afirmat¸ia p este adev˘ arat˘ a am ar˘ atat c˘ a non p implic˘a p. De aici rezult˘ a c˘ a non p este fals˘ a, deci p este adev˘ arat˘ a. S˘ a consider˘ am acum problema urm˘ atoare: Problema 2. Ar˘atat¸i c˘a ˆıntre oricare ¸sase persoane, exist˘a ˆıntotdeauna trei care s˘a se cunoasc˘a ˆıntre ele sau trei care nu se cunosc deloc. Solut¸ie. Putem asocia fiec˘arei persoane, cˆate un punct ˆın plan astfel ˆıncˆat oricare trei puncte s˘a fie necoliniare. Convenim s˘a unim dou˘a puncte printr-un segment ro¸su dac˘a persoanele nu se cunosc ¸si printr-un segment albastru dac˘a persoanele se cunosc. Existent¸a a trei persoane care nu se cunosc ˆınseamn˘a existent¸a unui triunghi ro¸su. Tot a¸sa, existent¸a a trei persoane care se cunosc ˆınseamn˘ a existent¸a unui triunghi albastru. Astfel, am ar˘atat c˘a cele dou˘a probleme sunt ”identice”, doar limbajul este diferit. Sau, altfel spus, problema cu segmente reprezint˘a un model matematic al problemei cu cele ¸sase persoane. Urm˘ atoarea problem˘ a a fost dat˘ a la a VI-a O.I.M.: Problema 3. Fiecare membru al unui grup de 17 savant¸i corespondeaz˘a cu tot¸i ceilalt¸i. ˆIn corespondent¸a lor este vorba numai despre trei teme. Fiecare pereche de savant¸i corespondeaz˘a numai pe o singur˘a tem˘ a. Demonstrat¸i c˘ a exist˘a cel put¸in trei savant¸i care corespondeaz˘a pe aceea¸si tem˘a. Solut¸ie. Problema poate fi reformulat˘a astfel (pentru a o ˆınt¸elege mai bine ¸si a ne exprima mai u¸sor): 17 puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite dou˘a cˆate dou˘ a prin segmente. Fiecare segment se coloreaz˘a cu ro¸su, albastru sau verde. Demonstrat¸i c˘a exist˘a cel put¸in un triunghi (cu vˆarfurile ˆın trei dintre cele 17 puncte) cu laturile colorate la fel. Presupunem c˘a niciunul dintre triunghiuri nu are laturile colorate la fel. Alegem dintre cele 17 puncte unul, pe care ˆıl not˘am cu M . Din M pornesc 16 segmente printre care exist˘a 6 colorate la fel (justificarea se face prin reducere la absurd), de exemplu cu verde. Not˘am aceste segmente cu M A1 , M A2 , ..., M A6 . Atunci punctele A1 , A2 , ..., A6 sunt unite prin segmente ro¸sii ¸si albastre. Deci punctele A1 , A2 , ..., A6 verific˘a condit¸iile Problemei 1. Cu aceasta, demonstrat¸ia este ˆıncheiat˘a. Propunem elevilor s˘ a rezolve problema urm˘ atoare:

˘ EXISTA... ˘ 1.8. STABILIT ¸ I DACA

9

Problema 4. 50 de puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite dou˘a cˆate dou˘a prin segmente. Fiecare segment se coloreaz˘a cu ro¸su, albastru, galben sau verde. Demonstrat¸i c˘ a exist˘a cel put¸in un triunghi (cu vˆarfurile ˆın trei dintre cele 50 de puncte) cu laturile colorate la fel.

1.8

Stabilit¸i dac˘ a exist˘ a...

ˆ Intˆ alnim adesea probleme ˆın care se cere s˘ a demonstr˘ am sau s˘ a infirm˘ am existent¸a unui obiect matematic cu propriet˘ a¸ti date. Pentru a demonstra existent¸a, este suficient s˘ a d˘ am exemplu de obiect care ˆındepline¸ste condit¸iile problemei. De exemplu, dac˘ a ni se cere s˘ a demonstr˘ am c˘ a ecuat¸ia x2 + y 2 = z 2 are cel put¸in o solut¸ie ˆın numere ˆıntregi, este suficient s˘ a indic˘ am tripletul (3, 4, 5) , care verific˘ a ecuat¸ia. Dac˘ a se cere s˘ a demonstr˘ am c˘ a nu exist˘ a obiecte matematice cu propriet˘ a¸ti date, metoda reducerii la absurd este de obicei util˘ a. Iat˘ a un exemplu: Demonstrat¸i c˘a ecuat¸ia x2 − y 2 = 4z + 2 nu are solut¸ii ˆın numere ˆıntregi. Solut¸ie. Presupunem c˘a exist˘a triplete (x, y, z) de numere intregi care verific˘a ecuat¸ia. Atunci (x − y) (x + y) = 2 (2z + 1) . Produsul dintre x − y ¸si x + y este par, deci unul dintre factori este par. Dar, dac˘a unul dintre factori este par, atunci ¸si cel˘alalt este par, deoarece suma dintre x − y ¸si x + y este par˘a. Atunci (x − y) (x + y) se divide cu 4. Dar 4z + 2 d˘a restul 2 la ˆımp˘art¸irea cu 4. Contradict¸ia la care s-a ajuns dovede¸ste c˘a nu exist˘a solut¸ie (x, y, z) cu x.y.z ∈ Z.

De¸si ˆın manuale, culegeri de probleme sau reviste g˘ asim numeroase probleme al c˘ aror enunt¸ ˆıncepe cu: ”Demonstrat¸i c˘ a exist˘ a...” sau ”Demonstrat¸i c˘ a nu exist˘ a...”, mai apropiate de spiritul cercet˘ arii matematice sunt problemele ˆın care r˘ aspunsul nu este cunoscut dinainte. De exemplu, trebuie s˘ a stabilim dac˘ ao anumit˘ a ecuat¸ie are solut¸ie. Cum proced˘ am ˆın acest caz? Presupunem existent¸a solut¸iei ¸si analiz˘ am diferite propriet˘ a¸ti legate de solut¸ie, apoi implicat¸iile acestor propriet˘ a¸ti, care pot s˘ a ne conduc˘ a fie la g˘ asirea unei solut¸ii, dac˘ a exist˘ a, fie la o contradict¸ie care dovede¸ste c˘ a nu exist˘ a solut¸ie. De exemplu: Stabilit¸i dac˘a exist˘a numere prime x, y, z astfel ˆıncˆat x2 + y 2 + z 2 = 2008. Solut¸ie. Presupunem c˘a exist˘a. Cum ecuat¸ia este simetric˘a ˆın raport cu x, y, z, putem considera c˘a x ≤ y ≤ z.

10

CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI

Dac˘a x este diferit de 2, atunci x2 + y 2 + z 2 estei impar, contradict¸ie! Deci x = 2 ¸si y 2 + z 2 = 2004. Dac˘a y este mai mare decˆat 6, el este de forma 6m ± 1 cu m ∈ N∗ (numerele de forma 6m ± 2 nu pot fi prime pentru c˘a se divid cu 2 iar cele de forma 6m + 3 se divid cu 3) . Atunci y 2 = 36m2 ± 12m + 1,

deci y 2 = M12+1. Analog se arat˘a c˘a z 2 = M12+1. Atunci y 2 +z 2 = M12+2, adic˘a y 2 + z 2 nu poate s˘a fie egal cu 2004 pentru c˘a 2004 se divide cu 12. Contradict¸ia la care s-a ajuns arat˘a c˘a y ∈ {2, 3, 5} . Dac˘a y = 2, avem z 2 = 2000, ecuat¸ie care nu are solut¸ie ˆın N. Dac˘a y = 3, avem z 2 = 1995, ecuat¸ie care nu are solut¸ie ˆın N. Dac˘a y = 5, avem z 2 = 1979, ecuat¸ie care nu are solut¸ie ˆın N. Deci r˘aspunsul problemei este negativ. O ˆıntrebare care se pune ˆın mod natural este: cum ne d˘ am seama dac˘ a o problem˘ a se preteaz˘ a a fi rezolvat˘ a prin reducere la absurd? Nu exist˘ a reguli ˆın aceste sens; intuit¸ia sau experient¸a rezolvitorului poate s˘ a-l conduc˘ a ˆın alegerea judicioas˘ a a metodei de abordare. Cˆ ateva indicii sunt totu¸si utile. Metoda reducerii la absurd este de multe ori folositoare dac˘ a ˆın formularea propozit¸iei ce trebuie demonstrat˘ a intervine o negat¸ie (cuvˆ antul ”nu” sau un simbol matematic de tipul ”6=” sau ” ∈”), / sau cˆ and enunt¸ul problemei cont¸ine expresii ca ”cel mult” sau ”cel put¸in”. Metoda reducerii la absurd are o arie de aplicabilitate destul de larg˘ a, atˆ at din punctul de vedere al domeniilor abordate (algebr˘ a, geometrie, combinatoric˘ a, teoria numerelor etc), cˆ at ¸si din punctul de vedere al gradului de dificultate (de la simple exercit¸ii ”¸scol˘ are¸sti” la probleme nonstandard ¸si probleme dificile, de concurs), a¸sa cum se va vedea ˆın problemele ce urmeaz˘ a. Imp˘ art¸irea acestora pe clase este orientativ˘ a.

Capitolul 2

Probleme propuse 2.1

Clasele V-VI

1. Suma a trei numere naturale este 2008. Demonstrat¸i c˘a cel put¸in unul dintre numere este mai mare sau egal cu 670. 2. Ioana a citit ˆıntr-o s˘apt˘amˆan˘a o carte de 281 de pagini. S¸tiind c˘a luni a citit mai put¸in de 11 pagini, dovedit¸i c˘a exist˘a o zi a s˘apt˘amˆanii ˆın care a citit mai mult de 45 de pagini. 3. Demonstrat¸i c˘a dac˘a x + y + z < a + b + c, atunci x < a sau y < b sau z < c. 4. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nici un num˘ar natural care ˆımp˘art¸it la 60 s˘a dea restul 45 ¸si ˆımp˘art¸it la 84 s˘a dea restul 83. 5. Demonstrat¸i c˘a dac˘a suma a 100 de numere naturale nenule este 5049, atunci cel put¸in dou˘a numere sunt egale. 6. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nici un num˘ar natural n a¸sa ˆıncˆat n, n + 2, n + 6, n + 14, n + 18 ¸si n + 20 s˘a fie simultan numere prime. 7. Fie a, b, c, d, e, f, numere naturale astfel ˆıncˆat 1 . n 2mn Dumitru Bu¸sneag, Concurs Gheorghe Tit¸eica

27. La un concurs, se ¸stie c˘a ˆın orice grup format din patru participant¸i, exist˘a unul care ˆıi cunoa¸ste pe ceilalt¸i trei. (Vom considera c˘ a dac˘a X ˆıl cunoa¸ste pe Y, atunci ¸si Y ˆıl cunoa¸ste pe X). Demonstrat¸i c˘a exist˘a un concurent care ˆıi cunoa¸ste pe tot¸i ceilalt¸i. 28. Color˘am numerele 1, 2, ..., 99, unele cu ro¸su ¸si celelalte cu galben. Not˘am cu R, mult¸imea numerelor ro¸sii ¸si cu G, mult¸imea numerelor galbene. Fie A = B C

= =

{100 + r | r ∈ R} ,

{100 + g | g ∈ G} , {r + g | r ∈ R, g ∈ G} .

Se ¸stie c˘a mult¸imile R ¸si G sunt nevide iar A, B, C sunt disjuncte dou˘a cˆate dou˘a. (a) Este posibil ca primele 9 numere s˘a fie galbene iar 10 s˘a fie ro¸su? (b) Determinat¸i mult¸imile R, G, A, B, C. Cˆate posibilit˘a¸ti exist˘a? Claudiu Coand˘ a, Concurs ”Ion Ciolac”, 2003 29. Demonstrat¸i c˘a un poligon convex nu poate avea decˆat cel mult trei unghiuri ascut¸ite. 30. Laturile unui patrulater convex sunt diametrele a patru discuri. Demonstrat¸i c˘a aceste discuri acoper˘a ˆın ˆıntregime interiorul patrulaterului.

18

CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE

31. Exist˘a un triunghi ale c˘arui ˆın˘alt¸imi au lungimile de 1cm, 2cm ¸si 3cm? 32. Se consider˘a 5 cercuri, dintre care oricare patru au un punct comun. Demonstrat¸i c˘a toate cele cinci cercuri au un punct comun. 33. Demonstrat¸i c˘a oricum s-ar colora planul cu 3 culori, exist˘a (cel put¸in) dou˘a puncte la distant¸˘a 1, colorate la fel. 34. Demonstrat¸i c˘a oricum s-ar colora planul cu dou˘a culori, exist˘a un triunghi echilateral cu toate vˆarfurile colorate la fel. 35. Se dau cinci segmente cu proprietatea c˘a oricare trei dintre ele pot forma un triunghi. Demonstrat¸i c˘a cel put¸in unul dintre triunghiuri este ascut¸itunghic. 36. Demonstrat¸i c˘a nu se pot numerota muchiile unui cub cu numerele 1, 2, . . ., 12 astfel ˆıncˆat sumele numerelor corespunz˘atoare celor trei muchii care ajung ˆın fiecare vˆarf s˘a fie egale pentru toate cele opt vˆarfuri. Kvant 37. Demonstrat¸i c˘a pentru orice tetraedru exist˘a cel put¸in un vˆarf astfel ˆıncˆ at muchiile care pleac˘a din el pot forma un triunghi. A X-a O.I.M. 38. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nici un poliedru cu 7 muchii. 39. Demonstrat¸i c˘a ˆın orice poliedru exist˘a cel put¸in dou˘a fet¸e cu acela¸si num˘ ar de muchii. 40. Demonstrat¸i c˘a ˆın orice poliedru exist˘a cel put¸in dou˘a vˆarfuri din care pornesc acela¸si num˘ar de muchii.

2.3

Clasele IX-X

1. Demonstrat¸i c˘a: (a) suma dintre un num˘ar rat¸ional ¸si un num˘ar irat¸ional este irat¸ional˘ a; (b) produsul dintre un num˘ar rat¸ional nenul ¸si un num˘ar irat¸ional este irat¸ional˘a. (c) radicalul unui num˘ar irat¸ional pozitiv este un num˘ar irat¸ional. 2. Demonstrat¸i c˘a: √ √ (a) 2 + 3 ∈ R − Q; √ √ √ (b) 2 + 3 + 5 ∈ R − Q; √ √ (c) 2 + 3 5 ∈ R − Q.

19

2.3. CLASELE IX-X 3. Demonstrat¸i c˘a dac˘a a, b, c sunt numere rat¸ionale cu proprietatea √ √ 3 3 a + b 2 + c 4 = 0, atunci a = b = c = 0.

4. Ar˘atat¸i c˘a orice mult¸ime A de numere naturale consecutive cu proprietatea c˘a X 1 √ 1 1 1 1 a+b+c< + + a b c a < b < c. Demonstrat¸i c˘a a < 1 < b. 7. Fie A o mult¸ime de numere naturale ¸si f : A → A, o funct¸ie cu propriet˘a¸tile: i) exist˘a x0 ∈ A astfel ˆıncˆ at f (x0 ) 6= x0 ;

ii) f (m) − f (n) = m − n pentru orice m, n ∈ A. Demonstrat¸i c˘a mult¸imea A este infinit˘a. Mircea Becheanu, Gazeta Matematic˘ a 8. Demonstrat¸i c˘a dac˘a a, b, c sunt numere ˆıntregi impare, atunci ecuat¸ia ax2 + bx + c = 0 nu are solut¸ii rat¸ionale. 9. Demonstrat¸i c˘a oricare ar fi numerele reale a, b ∈ [4, ∞), cel put¸in una dintre ecuat¸iile x2 + ax + b x2 + bx + a are r˘ad˘acini reale.

= 0 = 0

20

CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE

10. Fie x1 ¸si x2 r˘ad˘acinile ecuat¸iei x2 − 6x + 1 = 0 ¸si En = xn1 + xn2 , unde n ∈ N. Demonstrat¸i c˘a pentru orice n natural, En este num˘ar ˆıntreg nedivizibil cu 5. 11. Demonstrat¸i c˘a dac˘a a, b, c ∈ Z, atunci cel put¸in una dintre ecuat¸iile ax2 + 2bx + 1 bx2 + 2cx + 1

= 0 = 0

cx2 + 2ax + 1

= 0

are r˘ad˘acini reale. 12. Demonstrat¸i c˘a dac˘a a, b, c sunt numere reale distincte, atunci ecuat¸iile ax2 + 2bx + 1 bx2 + 2cx + 1

= 0 = 0

cx2 + 2ax + 1

= 0

nu au nici o r˘ad˘ acin˘a comun˘a. 13. Demonstrat¸i c˘a sistemul 

x5 y 3 = 81 10x + 6y = 27

nu admite solut¸ii (x, y) ∈ R × R. 14. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nicio funct¸ie f : N → N cu proprietatea c˘ a f (f (n)) = n + 1 pentru orice n ∈ N. 15. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nicio funct¸ie f : R → R definit˘a prin relat¸ia f (x) = ax2 + bx + c (unde a, b, c ∈ R, a 6= 0) care s˘a ia valori rat¸ionale pentru orice valoare irat¸ional˘a a variabilei. Olimpiad˘ a, Republica Moldova 16. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a funct¸ii f, g : R → R care s˘a ˆındeplineasc˘a simultan urm˘atoarele condit¸ii: i) f (f (x) + y) = x + g (y) , pentru orice x, y ∈ R;

ii) exist˘a α 6= β ∈ R, ¸si n ∈ N∗ , n ≥ 2 pentru care
n 1 + g 2 (α) + g 2 (β) = 1 + ng 2 (α) + ng 2 (β) . Raluca Ciurcea, Concursul ”Ion Ciolac”, Craiova 2004

21

2.3. CLASELE IX-X 17. Fie f, g : R → R, dou˘a funct¸ii astfel ˆıncˆat g (x) = ax2 + bx + c unde a 6= 0 ¸si

f (g (x)) = f 2 (x) + 1, ∀x ∈ R.

Demonstrat¸i c˘a ac > 0.

18. Pentru fiecare pereche (a, b) de numere reale strict pozitive, definim mult¸imea de funct¸ii 
Fa,b = f : R → R | f 2 (x) + f (x) < f ax2 + b , ∀x ∈ R . (a) Ar˘atat¸i c˘a exist˘a a > 0 ¸si b > 0 astfel ˆıncˆat Fa,b 6= ∅. 1 (b) Demonstrat¸i c˘a dac˘a Fa,b 6= ∅, atunci ab > . 4 (c) Demonstrat¸i c˘a mult¸imea Fa,b nu cont¸ine funct¸ii strict descresc˘atoare. Dan Secl˘ aman, revista Cardinal 19. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a funct¸ii f : R → R astfel ˆıncˆat funct¸ia g (x) = f (3x + 1) − x s˘a fie cresc˘atoare iar funct¸ia h (x) = f (5x + 2) − x s˘a fie descresc˘atoare. 20. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nicio funct¸ie f : R → R astfel ˆıncˆat  √ 2 dac˘a x ∈ Q f (f (x)) = . 0 dac˘a x ∈ R − Q 21. Demonstrat¸i c˘a pentru orice num˘ar natural n > 2, ˆıntre n ¸si n! exist˘a cel put¸in un num˘ar prim. 22. Rezolvat¸i sistemul



x2 + 2y 2 = u2 2x2 + y 2 = v 2

ˆın mult¸imea numerelor ˆıntregi. 23. Demonstrat¸i c˘a un num˘ar prim nu se poate scrie ˆın dou˘ a moduri diferite ca sum˘a de dou˘a p˘atrate perfecte. 24. Ar˘atat¸i c˘a nu exist˘a nici un polinom care s˘a satisfac˘a relat¸ia: (X − 1) P (X) + XP (X + 1) = 2. V. Berinde, Concursul ”Grigore Moisil”

22

CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE

25. Demonstrat¸i c˘a polinomul X 4 + 2X 2 + 2X + 2 nu poate fi scris ca produsul a dou˘a polinoame de forma X 2 + aX + b ¸si X 2 + cX + d unde a, b, c, d ∈ Z. Olimpiad˘ a, Ungaria

26. Fie k ∈ Z ¸si polinomul P (X) = X 1997 − X 1995 + X 2 − 3kX + 3k + 1. Ar˘atat¸i c˘a: (a) polinomul P (X) nu are r˘ad˘acini ˆıntregi; (b) numerele P (n) ¸si P (n) + 3 sunt prime ˆıntre ele oricare ar fi n ∈ Z. Stefan Smarandache, Olimpada Nat¸ional˘ a 1997 27. Fie a, b, c, numere ˆıntregi distincte. Demonstrat¸i c˘a nu exist˘a nici un polinom P (X) cu coeficient¸i ˆıntregi a¸sa ˆıncˆat P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a. Olimpiad˘ a S.U.A. 28. Consider˘am polinoamele: P (X) = X 2 − X + 2, Q (X) = X 3 − 5. Este posibil ca prin adun˘ari, sc˘aderi ¸si ˆınmult¸iri efectuate cu polinoamele date s˘a obt¸inem ˆın final polinomul T (X) = X 10 + 3X 7 − 1? 29. Fie f : N → N o funct¸ie cu proprietatea c˘a mult¸imea A = {k ∈ N | f (k) ≤ k} este finit˘a. Ar˘atat¸i c˘a oricare ar fi funct¸ia g : N → N, mult¸imea B = {k ∈ N | g (f (k)) ≥ g (k) este infinit˘a. V. Alexandru, Baraj 1990 30. Fiind date 2002 numere ˆıntregi strict pozitive a1 , a2 , ...a2002 astfel ˆıncˆ at 1 1 1 1 + 3 + ... + 3 = , 3 a1 a2 a2002 2 demonstrat¸i c˘a cel put¸in trei dintre ele sunt egale. Problem˘ a propus˘ a de Iugoslavia pentru J.B.M.O., 2002

23

2.3. CLASELE IX-X 31. G˘asit¸i toate numerele naturale N cu urm˘atoarele propriet˘a¸ti: i) N are exact 16 divizori: 1 = d1 < d2 < ... < d16 = N. ii) dd5 = (d2 + d4 ) d6 .

J.B.M.O., 2002, propus˘ a de Ivan Tonov, Bulgaria 32. Demonstrati c˘a pentru orice poligon, exist˘a dou˘a laturi de lungimi a ¸si b cu proprietatea a 1 ≤ < 2. b 33. Fie M o mult¸ime de puncte ˆın plan cu proprietatea c˘a orice punct din mult¸imea M este mijlocul unui segment ale c˘arui capete apart¸in de asemenea lui M. Demonstrat¸i c˘a mult¸imea M este infinit˘a. 34. Demonstrat¸i c˘a dac˘a o mult¸ime finit˘a de puncte ˆın plan are proprietatea c˘a orice dreapt˘a care trece prin dou˘a puncte ale mult¸imii mai trece ¸si printr-un al treilea punct, atunci toate punctele mult¸imii sunt coliniare. Teorema lui Sylvester-Gallai 35. Demonstrat¸i c˘a pe cercul de ecuat¸ie x2 + y 2 = 3 nu exist˘a nici un punct cu ambele coordonate rat¸ionale. 36. Se consider˘a mult¸imea   1 A = (x, y) ∈ R × R | max (|x| , |y|) = . 2 Demonstrat¸i c˘a pentru orice funct¸ie f : A → {1, 2, 3} , exist˘a (x1 , y1 ) ∈ A ¸si (x2 , y2 ) ∈ A astfel ˆıncˆat 2

2

f (x1 , y1 ) = f (x2 , y2 ) ¸si (x1 − x2 ) + (y1 − y2 ) ≥

65 . 64

Capitolul 3

Solut¸ii 3.1

Clasele V-VI

1. Not˘am numerele cu a, b, c. Presupunem c˘a niciunul dintre numere nu este mai mare sau egal cu 670. Rezult˘a a ≤ 669, b ≤ 669, c ≤ 669, deci a + b + c ≤ 669 · 3 = 2007, contradict¸ie! 4. Presupunem c˘a exist˘a un num˘ar n cu propriet˘a¸tile din enunt¸. Not˘am cu a ¸si b, cˆaturile celor dou˘a ˆımp˘art¸iri. Avem: n = 60a + 45 = 84b + 83. Rezult˘a 60a − 84b = 38, adic˘a 2 (15a − 21b) = 19.

Dar ultima egalitate este imposibil˘a, pentru c˘a membrul stˆang este par iar cel drept este impar. 5. Dac˘a numerele ar fi distincte, suma lor ar fi S ≥ 1 + 2 + ... + 100 = 5050, contradict¸ie! 6. Presupunem c˘a exist˘a n prim a¸sa ˆıncˆat n + 2, n + 6, n + 14, n + 18 ¸si n + 20 s˘a fie prime. Dac˘a n = 2, atunci n + 2 = 4 nu este prim. Dac˘a n = 3, atunci n + 6 = 9 nu este prim. Dac˘a n = 5, atunci n + 20 = 25 nu este prim. Dac˘a n > 5, n fiind num˘ar prim, nu se divide cu 5, deci n = 5k + r cu k ∈ {1, 2, 3, 4}. Pentru k = 1, n + 14 se divide cu 5; pentru k = 2, n + 18 se divide cu 5, etc. 7. Presupunem c˘a niciunul dintre numere nu este prim. Atunci a + b + c + d + e + f ≥ 4 + 6 + 8 + 9 + 10 + 12 = 49, contradict¸ie! 25

26

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II 8. Sunt cel mult 4 bile din fiecare culoare. 9. Fiecare cutie cont¸ine cel put¸in 4 bile. Dac˘a fiecare cutie ar comt¸ine un num˘ar diferit de bile, atunci num˘arul total ar fi de cel put¸in 4 + 5 + 6 + . . . + 13 = 85, contradict¸ie!

10. ˆIn caz contrar, ar exista cel mult 4 culori ¸si cel mult 3 bile din fiecare culoare, deci ˆın total cel mult 12 bile. 11. Fie mn + 1 bile colorate. Atunci, printre ele exist˘a m + 1 bile colorate la fel, sau n + 1 bile de culori diferite. ˆIntr-adev˘ar, dac˘ a presupunem c˘a nu exist˘a m + 1 bile colorate la fel, sau n + 1 bile de culori diferite, ˆınseamn˘a c˘a exist˘a cel mult n culori ¸si cel mult m bile din fiecare culoare, deci num˘arul total de bile este de cel mult mn. 12. Presupunem c˘a este posibil. Not˘am astfel: a b d e g h

numerele din c˘asut¸ele p˘atratului, c f . i

La fiecare operat¸ie, e se m˘are¸ste cu o unitate. Rezult˘a c˘a au avut loc 18 operat¸ii. Pe de alt˘a parte, la fiecare operat¸ie, exact unul dintre numerele a, c, g, i se m˘are¸ste cu 1. Deci num˘arul operat¸iilor ar trebui s˘a fie 4 + 9 + 7 + 6 = 26. Contradict¸ia la care s-a ajuns arat˘a c˘a r˘aspunsul problemei este negativ. 13. Not˘am cu r1 , r2 , r3 , resturile ˆımp˘art¸irii celor trei numere la 5. Presupunem c˘a r1 6= 0. Rezult˘a r1 + r2 = 5, r1 + r3 = 5 ¸si r2 + r3 = 5, de unde 5 r1 = r2 = r3 = , contradict¸ie! Deci r1 = 0 ¸si rezult˘a r2 = r3 = 0. 2 15. (a) Not˘am a = dx, b = dy unde x, y ∈ N. Dac˘a x ¸si y ar avea un divizor comun c > 1, atunci a ¸si b ar avea un divizor comun cd > d , contradict¸ie! (b) m = aα = bβ, unde α, β ∈ N. Dac˘a α ¸si β ar avea un divizor comun m p > 1, atunci ar rezulta c˘a este un multiplu comun al lui a ¸si b, mai p mic decˆat m, contradict¸ie! 16. Presupunem c˘a exist˘a. Dac˘a printre cele 9 numere s-ar afla num˘arul 2, atunci suma ar fi par˘a par˘a, contradict¸ie! Deci suma numerelor este S ≥ 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23 + 29 = 127, contradict¸ie! Rezult˘a c˘a r˘aspunsul problemei este negativ.

27

3.1. CLASELE V-VI

17. Dac˘a unul dintre numere este 0, concluzia este evident˘ a. Fie acum cazul numerelor nenule. Ar˘at˘am c˘a dintre cele 10 numere cel put¸in unul se divide cu 3. In caz contrar, suma lor ar fi S ≥ 1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 8 + 10 + 11 + 13 + 14 = 75, contradict¸ie! Deci cel put¸in un num˘ar se divide cu 3. Analog se arat˘a c˘a cel put¸in unul dintre numere se divide cu 4 ¸si cel put¸in unul cu 5. 18. Pentru orice num˘ar natural m, se noteaz˘a 1 · 2 · 3 · . . . · m = m! (cite¸ste m factorial ). Presupunem c˘a n ∈ Z. Atunci ¸si n · 1999! ∈ N. Dar n · 1999! = 1999! + ... + 1 +

1 ∈ / N, 2000

contradict¸ie! 19. Presupunem c˘a P este impar, deci a1 − b1 , a2 − b2 , ..., a2007 − b2007 sunt impare. Rezult˘a c˘a suma lor S este impar˘a. Dar, pe de alt˘a parte, S = (a1 + a2 + ... + a2007 ) − (b1 + b2 + ... + b2007 ) = 0, contradict¸ie! 20. 1 + 2 + ... + 7 d˘a restul 1 la ˆımp˘art¸irea cu 9, deci orice num˘ar scris cu cifrele 1, 2, ..., 7 (fiecare cifr˘a o singur˘a dat˘a) este de forma M9 + 1. Dac˘a presupunem c˘a exist˘a dou˘a astfel de numere care se divid unul pe altul, ˆınseamn˘a c˘a exist˘a k, m, n ∈ N a¸sa ˆıncˆat 9k + 1 = m(9n + 1), deci m − 1 7654321 se divide cu 9 ceea ce este fals, deoarece 1 < m ≤ < 7. 1234567 21. Fie a1 , a2 , ..., a5 , numerele date ¸si d, cel mai mare divizor comun al lor. Ar˘at˘am c˘a d = 1. Dac˘a presupunem c˘a d 6= 1, cum d|25, rezult˘a d ≥ 5 ¸si deoarece d|ai , avem ai ≥ 5 pentru orice i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} . Suma numerelor fiind 25, ˆınseamn˘a c˘a toate cele 5 numere sunt egale cu 5, contradict¸ie! 22. Presupunem c˘a scrierea este posibil˘a. Not˘am cu s suma zecilor numerelor considerate iar cu u, suma unit˘a¸tior. Deci 10s + u = 100. Dar, pe de alt˘a parte, u + s = 0 + 1 + 2 + ... + 9 = 45. Rezult˘a 10s + 45 − s = 100

55 de unde s = , absurd, deoarece s, fiind suma unor cifre, trebuie s˘a fie 9 num˘ar natural.

28

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

23. Presupunem c˘a af ≥ 0. Din ipotez˘a deducem c˘a a 6= 0 ¸si f 6= 0, deci af > 0. Dac˘a a > 0 ¸si f > 0, din ipotez˘a rezult˘a: a − b + c − d + e < 0 ¸si b − c + d − e + f < 0. Adunˆand inegalit˘a¸tile, g˘asim a + f < 0, absurd! Analog se trateaz˘a cazul cˆand a < 0 ¸si f < 0. 24. Presupunem c˘a numerele sunt distincte ¸si le not˘am: x1 < x2 < ... < x1000 . Avem x1 ≥ 1, x2 ≥ 2, ..., x1000 ≥ 1000, deci 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + ≤ 1 + + ... + < 1 + + ... + = x1 x2 x1000 2 1000 2 1023       1 1 1 1 1 1 = 1+ + + + ... + + ... + + ... + < 2 3 22 23 − 1 29 210 − 1 1 1 1 < 1 + 2 · + 22 · 2 + ... + 29 · 9 = 10, 2 2 2 ceea ce contrazice ipoteza. 25. (a) Presupunem c˘a ˆıntre 3n ¸si 3n+1 (unde n ∈ N) nu se afl˘a nicio putere a lui 2. ˆInseamn˘a c˘a exist˘a m ∈ N astfel ˆıncˆat 2m < 3n < 3n+1 < 2m+1 . 2m+1 3n+1 > n , adic˘a 2 > 3, absurd. m 2 3 (b) Presupunem c˘a ˆıntre 3n ¸si 3n+1 (unde n ∈ N) se afl˘a mai mult decˆ at dou˘a puteri ale lui 2. ˆInseamn˘a c˘a exist˘a m ∈ N astfel ˆıncˆat Rezult˘a

3n < 2m < 2m+1 < 2m+2 < 3n+1 . Rezult˘a

3n+1 2m+2 > m , adic˘a 3 > 4, absurd. n 3 2

26. Presupunem c˘a scrierea este posibil˘a. Not˘am cu x ¸si y numerele vecine lui 16. Cum x ∈ {1, 2, ..., 15} , rezult˘a x + 16 ∈ {17, 18, ..., 31} . x + 16 fiind p˘atrat perfect, rezult˘a x + 16 = 25, deci x = 9; analog se arat˘a c˘a y = 9, contradict¸ie! 27. Presupunem c˘a AM ≥ max(AB, AC) deci AM ≥ AB ¸si AM ≥ AC. b ≥ m(AM b ≥ m(AM \ \ Rezult˘a m(B) B) ¸si m(C) C). Prin adunare, avem ◦ b b m(B) + m(C) ≥ 180 , absurd!

29

3.1. CLASELE V-VI

Figura 3.1.1

28. Presupunem c˘a triunghiul AM B nu este echilateral ¸si lu˘am punctul N ˆın interiorul p˘atratului dat, astfel ˆıncˆat triunghiul AN B s˘a fie echilateral.

Figura 3.1.2

\ \ \ \ Se calculeaz˘a m˘asurile unghiurilor N AD, N DA, N DC, N CD. Punctele M ¸si N sunt distincte, dar \ \ \ \ m(M DC) = m(N DC) = m(M CD) = m(N CD) = 15◦ , contradict¸ie! BC . Din AM ≤ BM 2 b ≤ BAM b ≤ CAM \ ¸si C \ de unde prin adunare avem ¸si AM ≤ CM rezult˘a B ◦ b b b b B + C ≤ A. Rezult˘a m(A) ≥ 90 , ceea ce contrazice ipoteza. Deci AM > BC BC > . Analog se arat˘a c˘a dac˘a unghiul A este obtuz, atunci AM < . 2 2 BC b nu este ascut¸it. Dac˘a este Reciproc, dac˘a AM > , presupunem c˘a A 2 BC BC drept, atunci AM = , iar dac˘a este obtuz, atunci AM < etc. 2 2

29. S¸tiind c˘a unghiul A este ascut¸it, presupunem AM ≤

30

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

Figura 3.1.3

30. Presupunem c˘a AB ≥ AC. Din aceast˘a relat¸ie ¸si din ipotez˘a rezult˘ a \ \ \ BD < CD, deci BCD < DBC. Din AB ≥ AC rezult˘a ¸si c˘a ABC ≤ \ Folosind tranzitivitatea, putem scrie: ACB. \≤\ \ < DBC \ < ABC, \ ABC ACB < BCD absurd!

Figura 3.1.4

31. Not˘am lungimile segmentelor cu a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ a10 . Presupunem c˘a nu exist˘a trei segmente care pot forma un triunghi. Atunci: a3 ≥ a1 + a2 ≥ 2, a4 ≥ a2 + a3 ≥ 3, a5 ≥ a3 + a4 ≥ 5, a6 ≥ 8, a7 ≥ 13, a8 ≥ 21, a9 ≥ 34, a10 ≥ 55, contradict¸ie. 32. ˆImp˘art¸im camera ˆın p˘atrate cu latura de 1m. Color˘am toate p˘atratele cu except¸ia celor ocupate de sobe, cu 3 culori (notate 1,2,3), astfel:

1 2 3 1 2

1 2 3 1 2 3 1

2 3 1 2 3 1 2

3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3 1

2 3 1 2 3 1 2

3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3 1

2 3 1 2 3 1 2

1 2 3 1 2

31

3.2. CLASELE VII-VIIII

Presupunem c˘a este posibil˘ a pardosirea camerei f˘ar˘a a t˘aia nici o plac˘a. Cum fiecare plac˘a cu dimensiunile 1 × 3 acoper˘a cˆate un p˘atrat de fiecare culoare, rezult˘a c˘a num˘arul p˘atratelor colorate cu fiecare culoare este acela¸si. Dar num˘arˆand, g˘asim 23 de p˘atrate ˆın culoarea 1, 23 ˆın culoarea 2 ¸si 20 ˆın culoarea 3. Deci acoperirea nu este posibil˘a f˘ar˘a a t˘aia unele pl˘aci.

3.2

Clasele VII-VIIII

2. Presupunˆand c˘a exist˘a o astfel de funct¸ie, d˘am lui x pe rˆand valorile 0 ¸si 1. Se ajunge la contradict¸ie. 3. Din enunt¸ se obt¸ine: a2 + ab = b2 + bc = c2 + ac. Presupunem c˘a a < b. Din a2 + ab = b2 + bc rezult˘a a2 − b2 = b (c − a) ¸si cum a2 − b2 < 0, rezult˘a c < a, deci c < b. Din b2 + bc = c2 + ac rezult˘a b2 − c2 = c (a − b) ceea ce este imposibil pentru c˘a b2 − c2 > 0 iar c (a − b) < 0.

Analog se ajunge la contradict¸ie dac˘a presupunem c˘a a > b. Rezult˘a a = b. ˆInlocuind ˆın relat¸ia a2 − b2 = b (c − a) , se obt¸ine a = c. 4. (a) Presupunˆand contrariul, avem a2 − 2b < −1, b2 − 2c < −1, c2 − 2d < −1, d2 − 2a < −1, de unde, prin adunare, (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 + (d − 1)2 < 0, absurd. 5. Dac˘a ar exista solut¸ia (x, y, z), din inegalitatea Cauchy-Schwarz x2 + y 2 + z 2




ar rezulta 14 ≥ 16, absurd!


2 12 + 22 + 32 ≥ (x + 2y + 3z)

6. Evident, funct¸iile constante ˆındeplinnesc condit¸ia problemei. Presupunem c˘a exist˘a o funct¸ie neconstant˘a f cu proprietatea din enunt¸. Atunci exist˘a x1 ¸si x2 astfel ˆıncˆat f (x1 ) 6= f (x2 ) . F˘ar˘a a mic¸sora generalitatea, putem presupune c˘a f (x1 ) > f (x2 ) . Dac˘a a ¸si b sunt numere reale astfel ˆıncˆat a − b = x1 ¸si a + b = x2 , avem f (a − b) > f (a + b) , contradict¸ie!

32

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II 1 , pentru orice k ∗ n ∈ N . Aceast˘ a afirmat¸ie este fals˘  a (ˆıntr-adev˘ar, exist˘a numere naturale 1 1 mai mari decˆat , de exemplu, + 1). k k

7. Presupunem c˘a a 6= b ¸si not˘am k = |a − b| > 0, deci n ≤

8. Presupunem c˘a mult¸imea A nu este inclus˘a ˆın (−∞, 0], adic˘a A cont¸ine ¸si elemente strict pozitive. Fie a ∈ A, a > 0. Din ipotez˘a rezult˘a: a + |a| = = 2a ∈ A, 2a+|2a| = 4a ∈ A, 4a+|4a| = 8a ∈ A ¸s.a.m.d., 2n a ∈ A, pentru orice n ∈ N∗ , deci A este infinit˘a, ceea ce contrazice ipoteza. Rezult˘ a A ⊂ (−∞, 0]. 9. Presupunem c˘a exist˘a; x este impar, deci x = 2n + 1, n ∈ Z. ˆInlocuind, obt¸inem: 2n2 + 2n + 4z − y 2 − 1 = 0, deci y este impar. Fie y = 2m + 1, m ∈ Z. Rezult˘a: n(n + 1) + 2z = 2m(m + 1) + 1, ceea ce este fals, pentru c˘a partea stˆang˘a este par˘a iar cea dreapt˘a, impar˘ a. p √ √ 11. Presupunem c˘a n + n = a ∈ N⋆ deci n = a2 − n ∈ N⋆ . Rezult˘a c˘ a n = m2 , m ∈ N⋆ , deci avem succesiv: m 2 + m = a2 , 4m2 + 4m + 1 = 4a2 + 1, (2m + 1 − 2a)(2m + 1 + 2a) = 1, 2m + 1 − 2a = 2m + 1 + 2a = 1,

de unde a = 0, contradict¸ie! 12. Presupunem n2 + 8n − 8 = 144a, a ∈ Z, deci (n + 4)2 = 24(6a + 1); (n + 4)2 se divide cu 3 ¸si fiind p˘atrat perfect, se divide cu 9. Din 9|24(6a+1) rezult˘ a 3|8(6a + 1), fals! 13. N = (n − 1)(n + 4) + 15. Presupunem c˘a N se divide cu 25, atunci unul dintre numerele n − 1 sau n + 4 se divide cu 5. Dar, cum diferent¸a celor dou˘a numere este 5, dac˘a unul se divide cu 5 atunci ¸si cel˘alalt se divide, deci produsul lor se divide cu 25 ¸si atunci N d˘a restul 15 la ˆımp˘art¸irea cu 25, contradict¸ie! 14. Presupunem c˘a unul dintre juc˘atori, A, nu are nici o fis˘a cˆa¸stig˘atoare ; atunci unul dintre vecinii lui, notat cu B, are un num˘ar par, iar cel˘alalt, H, un num˘ar impar. Numim juc˘atorii ˆın ordine: A, B, C, D, E, F , G, H. (vezi Figura 3.2.1).

33

3.2. CLASELE VII-VIIII

Figura 3.2.1

Din enunt¸ rezult˘a c˘a lui C ˆıi corespunde un num˘ar impar, lui D ¸si E cˆate un num˘ar par, lui F un num˘ar impar ¸si lui G, un num˘ar par. Atunci, juc˘atorii vecini F, G ¸si H au ˆımpreun˘a un num˘ar par de fise, contradict¸ie! 15. (a) Presupunem c˘a m nu se poate scrie ca o putere a lui 2 ¸si atunci m = 2k n, unde k ∈ N ¸si n este un num˘ar impar, n > 1. Rezult˘a c˘a  k n k 2m + 1 = 22 n + 1 = 22 +1 k

se divide cu 22 + 1, ceea ce contrazice faptul c˘a 2m + 1 este prim. 16. Pentru m = 2, nu exist˘a solut¸ie. Pentru m = 3, g˘asim x = 3, n = 2. Presupunem c˘a exist˘a solut¸ie cu m > 3. Dac˘a n este par, n = 2k, avem 2m + 1 = x2k deci 2m = (xk − 1)(xk + 1). Rezult˘a c˘a exist˘a p, q ∈ N a¸sa ˆıncˆat xk − 1 = 2p , xk + 1 = 2q , p + q = m, q > m. Deci 2 = 2q − 2p = 2p (2q−p − 1), de unde p = 1, q = 2, m = 3, contradict¸ie! Dac˘a n este impar, putem scrie:
2m = xn − 1 = (x − 1) xn−1 + xn−2 + ... + x + 1 .

Dar cum x este impar, num˘arul xn−1 + xn−2 + ... + x + 1 este impar (sum˘a cu un num˘ar impar de termeni impari) ¸si divide pe 2m deci este egal cu 1, de unde x = 0, contradict¸ie! Singura solut¸ie este m = x = 3, n = 2. 17. Presupunem c˘a exist˘a n ∈ N⋆ astfel ˆıncˆat niciunul dintre numerele n, n + 1, ..., 2n

34

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II s˘a nu fie p˘atrat perfect. Atunci, toate numerele n, n + 1, ..., 2n sunt cuprinse ˆıntre dou˘a p˘atrate perfecte consecutive, adic˘a exist˘a m ∈ N a¸sa ˆıncˆat m2 < n < 2n < (m + 1)2 . Rezult˘a m2 ≤ n − 1 < 2n + 1 ≤ (m + 1)2 de unde (m + 1)2 − m2 ≥ (2n + 1) − (n − 1), deci 2m + 1 ≥ n + 2 > m2 + 2, ceea ce implic˘a (m − 1)2 < 0, absurd!

18. Dac˘a n ¸si n2 + 3n + 3 ar fi cuburi perfecte, atunci ¸si produsul lor, n3 + 3n2 + 3n, ar fi cub perfect, ceea ce ˆıns˘a nu este posibil pentru c˘a n3 + 3n2 + 3n este 3 cuprins ˆıntre dou˘a cuburi perfecte consecutive, n3 ¸si (n + 1) . 19. Presupunem c˘a exist˘a. Not˘am x3 +3y = a3 ¸si y 3 +3x = b3 . Avem a3 > x3 , deci a > x, de unde a ≥ x + 1. Analog b ≥ y + 1. Rezult˘a x3 + 3y + y 3 + 3x ≥ (x + 1)3 + (y + 1)3 , adic˘a 0 ≥ 3x2 + 3y 2 + 2, contradict¸ie! 20. Presupunem c˘a exist˘a. Dac˘a m ≤ n, avem: 2

n2 < n2 + 4m ≤ n2 + 4n < (n + 2)

¸si cum n2 + 4m este p˘atrat perfect, rezult˘a n2 + 4m = (n + 1)2 de unde 4m = 2n + 1, absurd! Cazul m > n este analog. 21. Presupunem c˘a m 6= n ¸si fie de exemplu m < n. Avem (x + m)2 < (x + m) (x + n) < (x + n)2 . Prin urmare, dac˘a (x + m) (x + n) este p˘atrat perfect, atunci acest num˘ ar poate lua valorile (x + m + 1)2 , (x + m + 2)2 , ..., (x + n − 1)2 , adic˘a exist˘a numai un num˘ar finit de valori (cel mult n − m − 1) ale lui x pentru care (x + m) (x + n) este p˘atrat perfect, contradict¸ie!

35

3.2. CLASELE VII-VIIII

22. Presupunem c˘a exist˘a num˘arul n ∈ N, n > 1, ¸si k1 < k2 < ... < kn ∈ N astfel ˆıncˆat n + ki2 = a2i cu ai ∈ N⋆ , i = 1, n. Avem: n = (a1 − k1 )(a1 + k1 ) = (a2 − k2 )(a2 + k2 ) = ... = (an − kn )(an + kn ). Deoarece k1 < k2 < ... < kn , rezult˘a a1 < a2 < ... < an , deci k1 + a1 < k2 + a2 < ... < kn + an . Numerele k1 +a1 , k2 +a2 , ..., kn +an sunt divizori distinct¸i ai num˘arului n, deci apart¸in mult¸imii {1, 2, , ..., n}. Rezult˘a k1 + a1 = 1, deci a1 − k1 = n, 1−n de unde k1 = < 0, absurd! 2 23. Observ˘am c˘a (0, 0, 0, 0) este solut¸ie. Presupunem c˘a ar exista o solut¸ie (x, y, z, u) diferit˘a de solut¸ia nul˘a, unde x, y, z, u ∈ Z. Not˘am cu d, cel mai mare divizor comun al numerelor x, y, z, u. Atunci x = dx1 , y = dy1 , z = dz1 ¸si u = du1 unde x1 , y1 , z1 , u1 sunt numere ˆıntregi. ˆInlocuind ˆın ecuat¸ie, g˘asim x41 + 4y14 = 2z14 + 8u41 . Deducem c˘a x1 este par, deci x1 = 2x2 , unde x2 ∈ Z. ˆInlocuind ˆın ecuat¸ie, obt¸inem 8x42 + 2y14 = z14 + 4u41 , de unde deducem c˘a z1 este par. Analog se arat˘a c˘a y1 ¸si u1 sunt pare, deci x, y, z, u se divid prin 2d, ceea ce contrazice faptul c˘a d este cel mai mare divizor comun al lor. Deci, singura solut¸ie a ecuat¸iei este solut¸ia nul˘a. 24. Presupunem c˘a exist˘a puterile 2m ¸si 2n scrise cu acelea¸si cifre, ˆın alt˘a ordine. Presupunem c˘a m > n. Numerele 2m ¸si 2n dau resturi egale la ˆımp˘art¸irea cu 9, deci 9 divide 2m − 2n = 2n (2m−n − 1) , de unde 9| (2m−n − 1) . Dar 2m ¸si 2n au acela¸si num˘ar de cifre, deci 2m < 10 · 2n , adic˘a 2m−n < 10. Atunci 2m−n − 1 ∈ {1, 2, ..., 8} ; dar ˆın aceast˘a mult¸ime nu exist˘a numere divizibile cu 9. 25. Presupunem c˘a exist˘a n ∈ N, n ≥ 4, astfel ˆıncˆat n2 are toate cifrele egale. Dac˘a not˘am cifra unit˘a¸tilor lui n cu b, atunci n se poate scrie sub forma n = 10a + b, deci n2 = (10a + b)2 = 100a2 + 20ab + b2 . Folosind aceast˘a relat¸ie, deducem urm˘atoarele: Dac˘a b ∈ {1, 9}, atunci n2 se termin˘a cu 1 iar cifra zecilor este par˘a.

36

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II Dac˘a b ∈ {2, 8}, atunci n2 se termin˘a cu 4 iar cifra zecilor este par˘a. Dac˘a b ∈ {3, 7}, atunci n2 se termin˘a cu 9 iar cifra zecilor este par˘a.

Dac˘a b ∈ {4, 6}, atunci n2 se termin˘a cu 6 iar cifra zecilor este impar˘a. Dac˘a b = 5, atunci n2 se termin˘a cu 5 iar cifra zecilor este par˘a.

Cum n2 are cifra zecilor egal˘a cu cifra unit˘a¸tilor, singura posibilitate este n2 = 444...4. Dar, din n2 = 22 · 111...1 rezult˘a c˘a ¸si 111...1 este p˘atrat perfect, contradict¸ie! 26. Din ipotez˘a, avem 6n2 > m2 , ¸si cum 6n2 ¸si m2 sunt numere naturale, rezult˘a 6n2 ≥ m2 + 1. (3.1) Presupunem c˘a 6n2 = m2 + 1. Atunci m nu se divide cu 6. Dac˘a m = M6 ± 1, atunci m2 + 1 = M6 + 2. Dac˘a m = M6 ± 2, atunci m2 + 1 = M6 + 5. Dac˘a m = M6 + 3, atunci m2 + 1 = M6 + 4. Am ar˘atat c˘a m2 + 1 nu se divide cu 6, deci 6n2 6= m2 + 1. Din (3.1) ¸si (3.2) rezult˘a 6n2 ≥ m2 + 2, de unde √ √ m2 + 2 6≥ . n Presupunem c˘a

√

m 1 ≤ . n 2mn Atunci, din (3.3) ¸si (3.4), obt¸inem prin tranzitivitate √ m2 + 2 1 m ≤ + . n 2mn n 6−

(3.2)

(3.3)

(3.4)

Dar, ultima inegalitate este echivalent˘a cu 4m2 ≤ 1, fals! 27. Presupunem c˘a niciun concurent nu-i cunoa¸ste pe tot¸i ceilalt¸i, deci exist˘ a doi concurent¸i care nu se cunosc. ˆIi not˘am cu A ¸si B. Fie C ¸si D, alt¸i doi partcipant¸i. ˆIn grupul A, B, C, D exist˘a un participant care ˆıi cunoa¸ste pe ceilalt¸i trei. Acesta nu este nici A nici B, deci este C sau D. F˘ ar˘ a a mic¸sora generalitatea, putem presupune c˘a este C. Deci, C cunoa¸ste pe A, B ¸si D. Fie acum un concurent arbitrar, M. ˆIn grupul A, B, C, M exist˘a un participant care ˆıi cunoa¸ste pe ceilalt¸i trei. Acesta nu este nici A nici B, deci este C sau M. Rezult˘a c˘a C ¸si M se cunosc. Am ar˘ atat c˘a C cunoa¸ste pe toat˘a lumea, ceea ce contrazice presupunerea f˘acut˘ a la ˆınceputul rezolv˘ arii.

37

3.2. CLASELE VII-VIIII

28. (a) Presupunem c˘a este posibil. Dac˘a 99 ∈ G, avem pe de o parte, 109 = = 99 + 10 ∈ C iar pe de alt˘ a parte 109 = 100 + 9 ∈ B, ceea ce contrazice faptul c˘a B ∩ C = ∅. Dac˘a 99 ∈ R, avem pe de o parte 108 = 99 + 9 ∈ C iar pe de alt˘a parte 108 = 100 + 8 ∈ B ceea ce contrazice faptul c˘a B ∩ C = ∅. Deci, r˘aspunsul problemei este negativ.

(b) Observ˘am c˘a A ∩ B = ∅ ¸si A ∪ B = {101, 102, ..., 199} . Din A ∩ C = ∅ ¸si B ∩ C = ∅ rezult˘a C ⊂ {1, 2, ..., 100} .

Cazul I: 99 ∈ G. Dac˘a presupunem c˘a 2 ∈ R, rezult˘a 101 ∈ C, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a C ⊂ {1, 2, ..., 100} . Deci 2 ∈ G. Analog se arat˘a c˘a 3, 4, ..., 98 ∈ G. Cum R 6= ∅, rezult˘a R = {1} . Deci G = {2, 3, ..., 99} , A = {101} , B = {102, 103, ..., 199} , C = {3, 4, ..., 100} . Cazul II: 99 ∈ R. Analog, obt¸inem: G = {1} , R = {2, 3, ..., 99}, B = = {101}, A = {102, 103, ..., 199} , C = {3, 4, ..., 100} .

29. Suma unghiurilor interioare ale poligonului este 180◦ (n − 2), unde n este num˘arul laturilor, deci suma unghiurilor exterioare este 180◦ n − 180◦ (n − 2) = 360◦ . Dac˘a poligonul ar avea mai mult de 3 unghiuri ascut¸ite, ar exista cel put¸in 4 unghiuri exterioare obtuze ¸si suma acestora ar dep˘a¸si 360◦ . 30. Not˘am patrulaterul cu ABCD. Presupunem c˘a exist˘a un punct M situat ˆın interiorul patrulaterului, dar ˆın exteriorul fiec˘arui disc. Atunci un\ \ \ \ ghiurile AM B, BM C, CM D ¸si DM A sunt ascut¸ite, deci suma lor este mai mic˘a decˆat 360◦ , contradict¸ie!

Figura 3.2.2 31. Presupunem c˘a exist˘a. Not˘am lungimile laturilor cu a, b, c. Aria este S=

a 3c =b= . 2 2

38

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

a a + < a, contradict¸ie! 2 3 32. Not˘am cercurile cu C1 , C2 ,. . . , C5 . Fie M punctul de intersect¸ie al cercurilor C1 , C2 , C3 ¸si C4 , N punctul de intersect¸ie al cercurilor C1 , C2 , C3 ¸si C5 ¸si P punctul de intersect¸ie al cercurilor C1 , C2 , C4 ¸si C5 . Presupunem c˘ a cele cinci cercuri nu au un punct comun. Atunci punctele M , N , P sunt distincte ¸si prin ele trec dou˘a cercuri C1 ¸si C2 , ceea ce este absurd. Rezult˘a b + c =

33. Presupunem c˘a nu exist˘a dou˘a puncte la distant¸a 1, colorate la fel. Atunci, orice triunghi echilateral de latur˘a 1 are vˆarfurile colorate ˆın cele 3 culori. Deducem c˘a orice romb de latur˘a 1, cu un unghi ascut¸it de 60◦ are vˆarfurile corespunz˘atoare unghiurilor ascut¸ite colorate la fel. Construim dou˘a romburi ABCD ¸si AEF G de latur˘a 1, avˆand vˆarful A, comun, unghiurile \ ¸si EAG [ de cˆate 60◦ astfel ˆıncˆat distant¸a CF s˘a fie egal˘a cu 1. (vezi BAD Figura 3.2.3).

Figura 3.2.3 Atunci, punctele C ¸si F sunt colorate la fel cu A. Contradict¸ia la care s-a ajuns arat˘a c˘a presupunerea f˘acut˘a a fost fals˘a. 34. Presupunem c˘a nu exist˘a un triunghi echilateral cu vˆarfurile colorate la fel, deci orice triunghi echilateral are dou˘a vˆarfuri de o culoare ¸si unul de alt˘a culoare. Consider˘am un hexagon regulat ABCDEF ¸si not˘am centrul s˘au cu O. (vezi Figura 3.2.4).

Figura 3.2.4

39

3.2. CLASELE VII-VIIII

Pentru u¸surint¸a exprim˘arii, numim cele dou˘a culori, ro¸su ¸si albastru. F˘ar˘a a mic¸sora generalitatea, putem presupune c˘a O este ro¸su. Dac˘a toate vˆarfurile poligonului ar fi albastre, ar exista triunghiul echilateral ACE cu toate vˆarfurile albastre, ˆın contradict¸ie cu presupunerea f˘acut˘a; deci exist˘a un vˆarf ro¸su, fie acesta, A. Triunghiurile echilaterale AOB ¸si AOF au vˆarfurile A ¸si O, ro¸sii deci F ¸si B sunt albastre. Atunci, cum triunghiul BDF este echilateral, D este ro¸su ¸si din triunghiul echilateral OCD, rezult˘a c˘a C este albastru. Not˘am cu M punctul de intersect¸ie al dreptelor AB ¸si CD. Triunghiurile BCM ¸si ADM sunt echilaterale ¸si, oricum ar fi colorat punctul M, unul dintre aceste dou˘a triunghiuri are vˆarfurile la fel colorate, ˆın contradict¸ie cu presupunerea f˘acut˘a. 35. Presupunem c˘a toate triunghiurile ce se formeaz˘a sunt obtuzunghice sau dreptunghice, deci ˆın fiecare triunghi, p˘atratul laturii celei mai mari este mai mare sau egal ca suma p˘atratelor celorlalte dou˘a laturi. Not˘am lungimile celor cinci segmente cu a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e. Atunci c2 ≥ a2 + b2 , d2 ≥ b2 + c2 , e2 ≥ c2 + d2 , de unde rezult˘a

e2 ≥ a2 + b2 + b2 + c2 ≥ a2 + b2 + 2bc ≥ a2 + b2 + 2ab = (a + b)2 ,

adic˘a e ≥ a + b, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a a, b, e pot forma un triunghi. 36. S˘a presupunem c˘a se pot numerota muchiile astfel ˆıncˆ at s˘a fie ˆındeplinit˘a condit¸ia din enunt¸. Not˘am cu S suma care corespunde fiec˘arui vˆarf. Pentru c˘a sunt 8 vˆarfuri ¸si fiecare muchie une¸ste dou˘a vˆarfuri, avem: 8S = 2 (1 + 2 + ... + 12) , 39 , contradict¸ie! 2 37. Presupunem c˘a nu exist˘a un vˆarf cu propriet˘a¸tile din enunt¸. Fie AD, cea mai lung˘a dintre muchiile tetraedrului. de unde S =

AD, AB ¸si AC nu pot forma un triunghi, deci AD ≥ AB + AC.

AD, DB ¸si DC nu pot forma un triunghi, deci AD ≥ DB + DC.

Adunˆand cele dou˘a relat¸ii, obt¸inem 2AD ≥ AB + AC + DB + DC.

Dar, pe de alt˘a parte, din AD < AB + BD ¸si AD < AC + CD, prin adunare, obt¸inem 2AD < AB + AC + DB + DC, contradict¸ie.

38. Presupunem c˘a exist˘a un poliedru cu 7 muchii. Atunci, toate fet¸ele sunt triunghiulare. Intr-adev˘ar, dac˘a ar exista o fat¸˘a cu m muchii, m ≥ 4, deoarece din fiecare vˆarf al acestei fet¸e mai pleac˘a cel put¸in ˆınc˘a o muchie, num˘arul muchiilor ar fi cel put¸in 8, contradict¸ie! Fie n num˘arul fet¸elor. 3n Num˘arul muchiilor este = 7 (pentru c˘a fiecare fat¸˘a are trei muchii ¸si 2 14 fiecare muchie apart¸ine la dou˘a fet¸e) deci n = , absurd! 3

40

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

39. Fie n, num˘arul fet¸elor poliedrului. Presupunem c˘a fiecare fat¸˘a are un num˘ar de muchii diferit. Not˘am cu m1 < m2 < ... < mn numerele care arat˘a cˆate muchii au fet¸ele. Avem: m1 ≥ 3, m2 ≥ 4,. . . , mn ≥ n + 2. Ar ˆınsemna ca o fat¸˘a s˘a se ˆınvecineze cu cel put¸in n + 2 de alte fet¸e, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a num˘arul total al fet¸elor este n. 40. Solut¸ie asem˘an˘ atoare celei din problema precedent˘ a.

3.3

Clasele IX-X

√ √ √ √ 2. (a) Presupunem c˘a 2 + 3 ∈ Q; not˘am a = 2 + 3 ¸si rezult˘a a2 = √ √ a2 − 5 ∈ Q, contradict¸ie! = 5 + 2 6, de unde 6 = 2 √ √ √ √ √ √ (b) Presupunem c˘a 2 + 3 + 5 ∈ Q; not˘am a = 2 + 3 + 5 , de unde obt¸inem succesiv: 

√ 2 √ √ 2 5 = 2+ 3 , √ √ a2 − 2a 5 = 2 6, √ a4 − 4a3 5 + 20a2 = 24,

a−

√ a4 + 20a2 − 24 5= ∈ Q; contradict¸ie! 4a3 (c) Presupunem c˘a

√ √ √ √ 2 + 3 5 ∈ Q; not˘am a = 2 + 3 5 ¸si obt¸inem

 √ 3 √ √ 5 = a − 2 = a3 − 3a2 2 + 6a − 2 2 √ a3 + 6a − 5 2= ∈ Q; contradict¸ie! 3a2 + 2 √ 3. ˆInmult¸im relat¸ia dat˘a cu 3 2, ¸si obt¸inem √ √ 3 3 2c + a 2 + b 4 = 0. √ Reducˆand pe 3 4 ˆıntre cele dou˘a relat¸ii, rezult˘a:
√ 3 ab − 2c2 + b2 − ac 2 = 0. de unde

√ 3

2c2 − ab ∈ Q, contradict¸ie! b2 − ac 2 2 Deci b = ac ¸si 2c = ab. Dac˘a presupunem c˘a a 6= 0, rezult˘a b 6= 0 ¸si √ b2 b4 a c = , deci 2 2 = ab, de unde 3 2 = ∈ Q, contradict¸ie! Rezult˘a a = 0, a a b apoi b = 0, c = 0. Dac˘a presupunem c˘a b2 −ac 6= 0, rezult˘a

2=

41

3.3. CLASELE IX-X 4. Presupunem c˘a A cont¸ine p˘atratele perfecte k 2 ¸si (k + 1)2 . Atunci

X 1 2k + 2 1 1 1 1 √ ≥ √ +√ ≥ = 2, +√ + ... + q 2 2 2 a k+1 2 k +1 k +2 k a∈A (k + 1) contradict¸ie! n o 1 2 2 2 , deci 5. Presupunem c˘a min ab (1 − c) , bc (1 − a) , ca (1 − b) > 16 2

ab (1 − c) >

1 1 1 2 2 , bc (1 − a) > , ca (1 − b) > . 16 16 16

Aplicˆand inegalitatea mediilor, rezult˘a 1 < 2

q a + b + (1 − c) + (1 − c) 4 2 ab (1 − c) ≤ , 4

de unde a + b > 2c. Analog b + c > 2a ¸si a + c > 2b. Adunˆand cele trei relat¸ii se ajunge la contradict¸ie. 6. Dac˘a presupunem c˘a a ≥ 1, atunci rezult˘a b > 1, c > 1, deci a+b+c>3>

1 1 1 + + , a b c

contradict¸ie! Deci a < 1. Din ipotez˘a deducem: 1 1 1 1 1 1 + b + c < a + b + c < + + < bc + + . bc a b c b c Relat¸ia 1 1 1 + b + c < bc + + bc b c este echivalent˘a cu (c − 1) (b − 1) (bc − 1) > 0. Din abc > 1 ¸si a < 1, rezult˘ a bc > 1, deci (c − 1) (b − 1) > 0. Deducem c˘a b 6= 1. Dac˘a presupunem b < 1, rezult˘a c < 1, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a bc > 1. Deci b > 1. 7. Din ii) avem f (m) − m = f (n) − n pentru orice m, n ∈ A, deci f (n) − n este constant˘a. Not˘am f (n) − n = k. Presupunem c˘a mult¸imea A este finit˘a. Fie a cel mai mic element ¸si b, cel mai mare element al lui A. Rezult˘a f (a) ≥ a ¸si f (b) ≤ b, adic˘a a + k ≥ a ¸si b + k ≤ b, de unde k = 0. Atunci f (n) = n, ∀n ∈ A, ceea ce contrazice i).

42

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II 8. Presupunem c˘a ecuat¸ia are cel put¸in o solut¸ie rat¸ional˘a. Atunci ∆ = = b2 − 4ac este p˘atrat perfect. Dar ∆ este impar, deci exist˘a n ∈ N astfel 2 ˆıncˆat b2 − 4ac = (2n + 1) . Notˆand b = 2m + 1 relat¸ia devine 4m2 + 4m + 1 − 4ac = 4n2 + 4n + 1, de unde ac = m (m + 1) − n (n + 1) ; dar aceast˘a egalitate este imposibil˘ a pentru c˘a ac este impar iar m (m + 1) − n (n + 1) este par. 9. Presupunem c˘a niciuna dintre ecuat¸ii nu are r˘ad˘acini reale. Atunci, avem: ∆1 ∆2

= =

a2 − 4b < 0, b2 − 4a < 0.

Rezult˘a 4b > a2 ¸si 4a > b2 , de unde 16ab > a2 b2 . Cum a ¸si b sunt strict pozitive, deducem c˘a 16 > ab, ceea ce contrazice faptul c˘a a, b ∈ [4, ∞). 10. Din relat¸iile x21 − 6x1 + 1 = 0 ¸si x22 − 6x2 + 1 = 0, deducem En = 6En−1 − En−2 . Folosind aceast˘ a relat¸ie ¸si faptul c˘a E0 = 2, E1 = 6, prin induct¸ie matematic˘a rezult˘a c˘ a En ∈ Z oricare ar fi n ∈ N. Presupunem c˘a En se divide cu 5. Atunci, cum En = 5En−1 + En−1 − En−2 , rezult˘a c˘a En−1 − En−2 se divide cu 5. Dar En−1 − En−2 = 5En−2 − En−3 , deci En−3 se divide cu 5. Continuˆand procedeul, rezult˘a c˘a En−6 se divide cu 5, ¸s.a.m.d. Ar ˆınsemna c˘a E0 , E1 sau E2 se divide cu 5, ceea ce este fals. 11. Presupunem c˘a niciuna dintre ecuat¸ii nu are r˘ad˘acini reale. Atunci b2 < a, c2 < b, a2 < b, de unde, prin adunare, a (a − 1)+b (b − 1)+c (c − 1) < 0. Rezult˘a c˘a dintre numerele a (a − 1) , b (b − 1) , c (c − 1) , cel put¸in unul este strict negativ. Dac˘a, de exemplu, a (a − 1) < 0, rezult˘a a ∈ (0, 1) , ˆın contradict¸ie cu faptul ca a ∈ Z. 12. Presupunem c˘a ecuat¸iile au o r˘ad˘acin˘a comun˘a x0 . Din ax20 + 2bx0 + 1 = 0 2 (c − b) ¸si bx20 + 2cx0 + 1 = 0, ¸tinˆand seama c˘a x0 6= 0, obt¸inem x0 = . a−b 2 (a − c) Analog, x0 = . Rezult˘a b−c a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca

de unde a = b = c, contradict¸ie! 13. Presupunem c˘a exist˘a o solut¸ie (x, y) ∈ R × R. Din x5 y 3 = 81, rezult˘ a c˘ a x ¸si y au acela¸si semn, iar din 10x + 6y = 27, deducem c˘a x > 0, y > 0. Aplicˆand inegalitatea mediilor pentru numerele x, x, x, x, x, y, y, y, avem p 5x + 3y ≥ 8 x5 y 3 . 8

43

3.3. CLASELE IX-X

√ √ 27 Cum perechea (x, y) verific˘a sistemul, rezult˘a ≥ 8 81, adic˘a 27 ≥ 16 3, 16 ceea ce este fals. 14. Presupunem c˘a exist˘a o funct¸ie cu proprietatea din enunt¸. Rezult˘a f (n + 1) = f (f (f (n))) = f (n) + 1 pentru orice n ∈ N. Adunˆand egalit˘a¸tile f (1) = f (2) =

f (0) + 1 f (1) + 1 .....

f (n) =

f (n − 1) + 1

obt¸inem f (n) = f (0) + n de unde f (f (n)) = f (f (0) + n) = 2f (0) + n. 1 Relat¸ia f (f (n)) = n + 1 implic˘a f (0) = , contradict¸ie! 2 15. Presupunem a f (x) = ax2 + bx√+
c cu proprietatea din enunt¸. √
c˘a exist˘ √ √ Din f 2 = 2a + b 2 + c ∈ Q ¸si f − 2 = 2a − b 2 + c ∈ Q rezult˘a √
√
√
√
f 2 +f − 2 2a + c = ∈ Q . Analog, din P 3 ∈ Q ¸si P − 3 ∈ 2 √ Q deducem 3a + c ∈ Q; deci a ∈ Q, c ∈ Q. Atunci, din 2a + b 2 + c ∈ Q √ √
/ Q, contradict¸ie! rezult˘a b = 0. Dar, ˆın acest caz avem f 3 2 = a 3 4 + c ∈ 16. Presupunem c˘a exist˘a funct¸ii cu proprietatea din enunt¸.

Demonstr˘am mai ˆıntˆai c˘a g (α) = g (β) = 0. Presupunˆand contrariul, avem k > 0, unde am notat k = g 2 (α) + g 2 (β) . Se arat˘a prin induct¸ie c˘a (1 + k)n > 1 + nk pentru orice n ∈ N, n > 1, ceea ce contrazice relat¸ia ii). Deci g (α) = g (β) = 0. Din condit¸ia i), rezult˘a f (f (x)) = x + g (0) ¸si se arat˘a c˘a funct¸ia f este injectiv˘a. Din i) rezult˘a: f (f (x) + α)

=

x + g (α) = x

f (f (x) + β)

=

x + g (β) = x,

¸si atunci, din injectivitate, rezult˘a f (x) + α = f (x) + β, deci α = β, contradict¸ie! 17. Presupunem c˘a ac ≤ 0. Atunci ecuat¸ia g (x) = x are discriminantul 2

∆ = (b − 1) − 4ac ≥ 0 deci exist˘a x0 ∈ R astfel ˆıncˆ at g (x0 ) = x0 . Rezult˘a f (x0 ) = f 2 (x0 ) + 1, imposibil!

44

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II


18. (a) Pentru f (x) = x, relat¸ia f 2 (x) + f (x) < f ax2 + b devine x2 + x < < ax2 + b; pentru a = 2 ¸si b = 1, relat¸ia se verific˘a oricare ar fi x ∈ R. Deci F2,1 6= ∅. (b) Presupunem c˘a ab ≤ 1/4. Atunci ecuat¸ia ax2 + b = x are cel put¸in o
r˘ad˘acin˘a real˘a, fie aceasta x0 . Din relat¸ia f 2 (x0 ) + f (x0 ) < f ax20 + b rezult˘a atunci c˘a f 2 (x0 ) < 0, absurd!

(c) Presupunem c˘a exist˘a f strict descresc˘atoare ˆın mult √¸imea Fa,b . Conform punctului (b), avem ab > 1/4, deci a + b ≥ 2 ab > 1. Rezult˘ a f (a + b) < f (1) ; dar, din enunt¸, avem f 2 (1) + f (1) < f (a + b) ¸si atunci f 2 (1) < 0, absurd! 19. Presupunem c˘a exist˘a funct¸ii cu propriet˘a¸tile din enunt¸. Avem g (5x + 2) = f (15x + 7) − 5x − 2,

h (3x + 1) = f (15x + 7) − 3x − 1,

deci funct¸ia definit˘a prin u (x) = g (5x + 2) − h (3x + 1) = −2x − 1 este descresc˘atoare. Pe de alt˘a parte, cum funct¸ia u este diferent¸a dintre o funct¸ie cresc˘atoare ¸si o funct¸ie descresc˘atoare, u este cresc˘atoare, contradict¸ie! √
20. Presupunem c˘a exist˘a. Not˘am f (0) = a ¸si f 2 = b. Avem √ f (a) = f (f (0)) = 2,  √  f (b) = f f 2 = 0,

de unde f (f (a)) = b ¸si f (f (b)) = a. (3.5) √ √
√ Dac˘a a ∈ Q, din (3.5) rezult˘a b = 2. Atunci f (b) = f 2 = b = 2, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a f (b) = 0. √ Dac˘ √a
a ∈ R − Q, din (3.5) rezult˘a b = 0 ¸si apoi a =√ 2. Atunci f (a) = f 2 = b = 0, ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a f (a) = 2.

21. Presupunem contrariul. Atunci n! − 1 este compus, deci are un divizor prim p, care este cel mult egal cu n. Din faptul c˘a p ∈ {2, 3, ..., n} , rezult˘ a c˘a p divide n!, ceea ce este ˆın contradict¸ie cu faptul c˘a p divide n! − 1. 22. Observ˘am c˘a (0, 0, 0, 0) este solut¸ie. Presupunem c˘a exist˘a o solut¸ie (x0 , y0 , u0 , v0 ) ∈ Z4

diferit˘a de solut¸ia nul˘a. Fie d, cel mai mare divizor comun al numerelor x0 , y0 , u0 , v0 . Atunci x0 = dx1 , y0 = dy1 , u0 = du1 ¸si v0 = dv1 iar (x1 , y1 , u1 , v1 ) ∈ Z4

45

3.3. CLASELE IX-X

verific˘a sistemul ¸si cel mai mare divizor comun al numerelor x1 , y1 , u1 , v1 este 1. Dac˘a x1 ¸si y1 sunt pare, rezulta c˘a ¸si u1 ¸si v1 sunt pare, contradict¸ie! Dac˘a x1 ¸si y1 sunt impare, atunci x21 + 2y12 este de forma M4 + 3, deci nu poate fi p˘atrat perfect. Dac˘a x1 este par ¸si y1 , impar, atunci x21 + 2y12 este de forma M4 + 2, deci nu poate fi p˘atrat perfect. Analog, dac˘a x1 este impar ¸si y1 , par, atunci 2x21 + y12 nu poate fi p˘atrat perfect. Deci, singura solut¸ie este cea nul˘a. 23. Presupunem c˘a exist˘a un num˘ar prim p astfel ˆıncˆat p = a2 + b2 = c2 + d2 , cu {a, b} 6= {c, d}, unde a, b, c, d ∈ N⋆ . Evident, p > 2, deci a 6= b si c 6= d. Putem presupune c˘a a > b, c > d ¸si a > c ¸si rezult˘a b < d. Avem

p2 = a2 + b2 c2 + d2 ,

deci p2 poate fi scris sub formele p2 p

2

= (ac + bd)2 + (ad − bc)2 2

2

= (ac − bd) + (ad + bc) .

(3.6) (3.7)

Dar (ac + bd) (ad + bc) = a2 cd + abc2 + abd2 + b2 cd =

= cd a2 + b2 + ab c2 + d2 = p (cd + ab) ,

de unde rezult˘a c˘a p divide unul dintre numerele ac + bd sau ad + bc. Dac˘a p divide ac + bd, fie n ∈ N∗ astfel ˆıncˆat ac + bd = np. ˆInlocuind ˆın relat¸ia (3.6), obt¸inem
2 p2 1 − n2 = (ad − bc) .


b a 2 Cum p2 1 − n2 ≤ 0 ¸si (ad − bc) ≥ 0, rezult˘a ad = bc, deci = , ceea c d a b ce este absurd pentru c˘a > 1, iar < 1. Analog se ajunge la contradict¸ie c d dac˘a presupunem c˘a p divide ad + bc.

24. Presupunem c˘a exist˘a P (X) de gradul n cu proprietatea cerut˘a. Egalitatea verificat˘a de P (X) se poate scrie sub forma: X (P (X) + P (X + 1)) = P (X) + 2. Dar polinomul din membrul drept are gradul n iar cel din membrul stˆang are gradul n + 1, contradict¸ie!

46

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

25. Presupunem c˘a scrierea este posibil˘a. Identificˆand coeficient¸ii, avem a + c = 0, d + ac + b = 2, ad + bc = 2, bd = 2. Din ultima relat¸ie rezult˘a b ∈ {−2, −1, 1, 2} . Analizˆand fiecare caz, se ajunge la contradict¸ie. 26. (a) Presupunem c˘a polinomul are o r˘ad˘acin˘a ˆıntreag˘a α, deci P (X) = (X − α) Q (X) , unde Q (X) este un polinom cu coeficient¸i ˆıntregi. Rezult˘a P (−1) P (0) P (1) = (−1 − α) (−α) (1 − α) Q (−1) Q (0) Q (1) . Dar, dintre numerele ˆıntregi consecutive, −1−α, −α ¸si 1−α, unul se divide cu 3. Rezult˘a c˘a dintre numerele P (−1) , P (0) , P (1) , cel put¸in unul este divizibil cu 3, ceea ce este fals, pentru c˘a P (−1) = 6k + 2, P (0) = 3k + 1 ¸si P (1) = 2. (b) Presupunem c˘a exist˘a un num˘ar natural n pentru care P (n) + 3 ¸si P (n) nu sunt prime ˆıntre ele. Fie d, cel mai mare divizor comun al lor. d divide diferent¸a celor dou˘a numere, deci d = 3. Dar P (n) = (n − 1) n1995 (n + 1) − 3k (n − 1) + n2 + 1. Din faptul c˘a 3 divide P (n) , rezult˘a c˘a 3 divide n2 + 1, ceea ce nu este posibil. 27. Pentru orice polinom P (X) cu coeficient¸i ˆıntregi ¸si pentru orice x, y ∈ Z, P (x) − P (y) se divide cu x − y. Deci, dac˘a presupunem c˘a exist˘a P (X) cu proprietatea din enunt¸, atunci exist˘a m, n, p ∈ Z astfel ˆıncˆat P (a) − P (b) = m(a − b), P (b) − P (c) = n (b − c) , P (c) − P (a) = p (c − a) ,

de unde b−c c−a a−b

= = =

m (a − b) , n (b − c) , p (c − a) .

ˆInmult¸ind ultimele trei relat¸ii, rezult˘a mnp = 1 deci m, n, p ∈ {±1}. Dac˘ a m = −1 rezult˘a a = c, contradict¸ie! La fel, dac˘a n = −1 sau p = −1. Deci m = n = p = 1. Din a − b = b − c = c − a se obt¸ine a = b = c, contradict¸ie! 28. Presupunem c˘a r˘aspunsul problemei este afirmativ. Atunci, T (1) se obt¸ine prin adun˘ari, sc˘aderi ¸si ˆınmult¸iri din P (1) = 2 ¸si Q (1) = −4, deci T (1) este par. Dar, pe de alt˘a parte, T (1) = 3. Contradict¸ia obt¸inut˘a dovede¸ste c˘a r˘aspunsul problemei este negativ.

47

3.3. CLASELE IX-X

29. Presupunem c˘a mult¸imea B este finit˘a. Fie a, cel mai mare element al mult¸imii A ¸si b, cel mai mare element al mult¸imii B. Fie c, un num˘ar natural cu proprietatea c > a ¸si c > b. Atunci, pentru orice n ≥ c avem f (n) > n ¸si g (f (n)) < g (n) . Dac˘a not˘am fn = f ◦ f ◦ ..... ◦ f , atunci | {z } avem pentru orice n ≥ c ¸si orice m ∈ N∗ :

de n ori

fm (n) > fm−1 (n) > ... > f (n) > n ≥ c deci g (fm (n)) < g (fm−1 (n)) < ... < g (f (n)) < g (n) adic˘a ar ˆınsemna c˘a pentru n fixat exist˘a o infinitate de numere naturale mai mici decˆat g (n) , contradict¸ie! 30. Evident, ai 6= 1 pentru orice i = 1, 2002. Dac˘a nu ar exista 3 numere egale, atunci fiecare valoare ar putea s˘a se repete cel mult de dou˘a ori, deci am avea   1 1 1 1 1 1 1 = + + ... + < 2 + + ... + < 2 a31 a32 a32002 23 33 10023   1 1 1 < 2 + + ... + = 1·2·3 2·3·4 1001 · 1002 · 1003 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − = = 1·2 2·3 2·3 3·4 1001 · 1002 1002 · 1003 1 1 1 = − < , 2 1002 · 1003 2 contradict¸ie!

31. Fie N = pk11 pk22 ...pknn unde p1 , p2 , ..., pn sunt numere prime distincte ¸si ki ∈ N∗ . Avem: (k1 + 1) (k2 + 1) ... (kn + 1) = 16, (3.8) de unde rezult˘a n ≤ 4.

Observ˘am c˘a N este par. In caz contrar d2 ¸si d4 ar fi impare, deci dd5 ar fi par, contradict¸ie! Deci d2 = 2. (3.9) Din dd5 > d6 rezult˘a d5 > 6 deci d5 ≥ 7.

(3.10)

d2 + d4 = 2 + d4 este divizor al lui dd5 , deci este divizor al lui N , ¸si fiind mai mare strict decˆat d4 , rezult˘a d4 + 2 ≥ d5 > d4 . Din (3.10) ¸si (3.11), obt¸inem d4 ≥ 5.

(3.11)

48

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II Din (3.11) rezult˘a dou˘a posibilit˘a¸ti: d5 = d4 + 1 sau d5 = d4 + 2. Presupunem c˘a d5 = d4 + 1; atunci N este divizibil cu trei numere consecutive: d4 , d4 + 1 ¸si d4 + 2, deci este divizibil cu 3. ˆInnseamn˘a c˘a d3 = 3 ¸si un divizor este 6. T ¸ inˆand seama de (3.10), rezult˘a c˘a d4 = 6, d5 = 7 deci dd5 = 8d6 . N este divizibil cu 8, deci un factor ar trebui s˘a fie 4, ceea ce este fals. R˘amˆane cazul d5 = d4 + 2. Presupunem c˘a 4|N. Folosind (3.8) deducem c˘a 8|N. Din (3.10) rezult˘a d6 ≥ 8, deci 8 ∈ {d4 , d5 , d6 }. Se arat˘a c˘a fiecare dintre aceste trei cazuri conduce la contradict¸ie. Deci N nu se divide cu 4. Rezult˘a c˘a d3 este prim. Dac˘a presupunem c˘a d3 = 3, avem 6|N ¸si deci d4 = 6, d5 = 8 de unde 4|N, fals! Deci N nu se divide cu 3. Rezult˘a d3 ≥ 5, d4 ≥ 7. Cum d4 ¸si d4 + 2 nu se divid cu 3, avem d4 = 3k + 2, dar d4 este impar, deci k = 2m + 1. Rezult˘a d4 = 6m + 5, m ∈ N. Dar 7 ≤ d4 ≤ 14 (pentru c˘a d5 ≤ 16) ¸si rezult˘a d4 = 11, d5 = 13. d3 este prim, 3 < d3 < 11 deci d3 ∈ {5, 7}. Pentru d3 = 5 obt¸inem N = 2 · 5 · 11 · 13 care nu verific˘ a condit¸ia ii). Pentru d3 = 7 g˘asim N = 2 · 7 · 11 · 13 = 2002 care verific˘ a condit¸iile problemei.

32. Fie a1 , a2 , ..., an lungimile laturilor, numerotate astfel ˆıncˆat an ≤ an−1 ≤ ... ≤ a1 . (a1 , a2 , ..., an nu sunt neap˘arat lungimile laturilor consecutive). Avem, ai ai evident 1 ≤ pentru orice i = 1, n − 1. Presupunem c˘a ≥ 2 ai+1 ai+1 1 1 1 pentru orice i = 1, n − 1. Rezult˘a a2 ≤ a1 , a3 ≤ 2 a1 , an ≤ n−1 a1 , de 2 2 2 unde, prin adunare     1 1 1 1 a2 + a3 + . . . + an ≤ a1 + 2 + ... + n−1 = a1 1 − n−1 < a1 , 2 2 2 2 contradict¸ie! 33. Presupunem c˘a mult¸imea M este finit˘a. Fie A ¸si B dou˘a puncte din mult¸ime aflate la distant¸˘a maxim˘a. Punctul B este mijlocul unui segment [CD], cu C, D din mult¸imea M. Dar ˆın acest caz avem AB < AC sau AB < AD, contradict¸ie!

Figura 3.3.1

49

3.3. CLASELE IX-X

34. Presupunem c˘a punctele nu sunt coliniare. Consider˘am toate dreptele ce se obt¸in unind dou˘a cˆate dou˘a cele n puncte date. Ele sunt ˆın num˘ar finit (cel n (n − 1) mult ). Alegem din mult¸imea dat˘a o dreapt˘a ¸si un punct ˆıntre 2 care exist˘a cea mai mic˘a distant¸˘a nenul˘a. Not˘am punctul exterior dreptei cu A iar cu B, C, D, trei dintre punctele aflate pe dreapt˘a. Presupunem c˘a C este ˆıntre B ¸si D. In triunghiul ABC, ˆın˘alt¸imea din A este mai mic˘a decˆat cea din C (sau egal˘a), deci BC ≥ AB. Analog se arat˘a c˘a CD ≥ AD, ¸si rezult˘a BD ≥ AB + AD, ceea ce este fals (c˘aci distant¸a de la A la BD a fost presupus˘a nenul˘a).

Figura 3.3.2

Comentariu: Problema discutat˘ a mai sus a fost formulat˘ a de matematicianul englez James Joseph Sylvester ˆın 1893; matematicianul maghiar T. Gallai a rezolvat-o 40 de ani mai tˆ arziu. Demonstrat¸ia surprinz˘ ator de simpl˘ a indicat˘ a aici ˆıi apart¸ine lui L.M. Kelly. O formulare echivalent˘ a a teoremei este urm˘ atoarea: Dac˘a se consider˘a ˆın plan o mult¸ime de puncte, nu toate coliniare, atunci exist˘a o dreapt˘a care cont¸ine exact dou˘a dintre punctele date. 35. Presupunem c˘a pe cercul dat exist˘a punctul A (x0 , y0 ) cu x0 , y0 ∈ Q. a c Fie x0 = , y0 = , unde a, c ∈ Z ¸si b, d ∈ N∗ . Not˘am cu m, cel mai b d mic multiplu comun al numitorilor. Deci x0 ¸si y0 pot fi scrise sub forma p q x0 = ¸si y0 = , unde p, q ∈ Z. Obt¸inem m m p2 + q 2 = 3m2 . Dac˘a p nu se divide cu 3, atunci nici q nu se divide cu 3 ¸si se obt¸ine p2 = M3 + 1, q 2 = M3 + 1, adic˘a p2 + q 2 = M3 + 2, contradict¸ie!

Dac˘a p se divide cu 3, atunci ¸si q se divide cu 3. Fie p = 3u, q = 3v, unde
u u, v ∈ Z. Atunci m2 = 3 u2 + v 2 , de unde m = 3w. Rezult˘a x0 = ¸si w v y0 = , unde w ∈ N∗ , w < m, ˆın contradict¸ie cu felul ˆın care a fost ales w m.

50

CAPITOLUL 3. SOLUT ¸ II

36. Dac˘a facem ca fiec˘arei perechi (x, y) ∈ R × R s˘a-i corespund˘a punctul de coordonate (x, y) ˆıntr-un sistem cartezian, corespunde  mult ¸imii Aˆıi   1 1 1 1 1 1 p˘atratul avˆand vˆarfurile de coordonate , , ,− , − ,− 2 2 2 2 2 2   1 1 ,− . (vezi Figura 3.3.3). 2 2

Figura 3.3.3

Putem interpreta funct¸ia f : A → {1, 2, 3} ca o colorare arbitrar˘ a a punctelor p˘atratului cu 3 culori, pe care le numim 1, 2, 3, iar relat¸ia (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 ≥

65 64

exprim˘a ˆın limbaj geometric faptul c˘a distant¸a dintre √ punctele de coordo65 . Atunci problema nate (x1 , y1 ) ¸si (x2 , y2 ) este mai mare sau egal˘a cu 8 poate fi reformulat˘a astfel: Se coloreaz˘a punctele unui p˘atrat de latur˘a 1 cu 3 culori. Demonstrat ¸i c˘ a √ 65 exist˘a dou˘a puncte la fel colorate a c˘aror distant˘a este de cel put¸in . 8 Presupunem contrariul. Dintre cele patru vˆarfuri ale p˘atratului exist˘ a dou˘a colorate la fel; acestea nu pot fi opuse c˘ a ci distant ¸ a dintre ele ar fi √ √ 65 2> . Deci exist˘a dou˘a vˆarfuri al˘aturate colorate la fel, fie acestea 8 A ¸si B. F˘ar˘a a mic¸sora generalitatea, putem presupune c˘a A ¸si B sunt ˆın culoarea 1. Consider˘am punctele√E ¸si G situate respectiv pe laturile AD 65 ¸si BC, astfel ˆıncˆat AG = BE = (vezi Figura 3.3.4). 8

51

3.3. CLASELE IX-X

Figura 3.3.4

1 Rezult˘a AE = BG = . Mai consider˘am punctul F situat pe latura AD 8 1 astfel ˆıncˆat DF = . 8 √ 65 Din faptul c˘a AG = , rezult˘a c˘a G nu este colorat cu culoarea 1. 8 √ 65 Pentru a face o alegere, consider˘am G de culoarea 2. Cum BF > ¸si 8 √ 65 GF > , rezult˘a c˘a F nu poate fi colorat nici la fel cu B nici la fel cu 8 √ √ 65 65 G, deci F are culoarea 3. Cum CA > ¸si CF = , deducem c˘a C 8√ 8√ 65 65 are culoarea 2, apoi din faptul c˘a EC > ¸si EB = , deducem c˘a 8 8 E are culoarea 3. √ √ √ 65 65 65 Fie L, mijlocul lui CD. Avem LA > , LG = ¸si LE = , deci 8 8 8 oricum ar fi colorat punctul L, va exista√un punct (A, G sau E) colorat la 65 fel cu L, stuat la distant¸a de cel put¸in fat¸˘a de acesta. 8

ˆIn loc de postfat¸˘ a Nici o carte de matematic˘a nu este un final de drum, c˘aci ˆıntotdeauna mai este ceva de spus. Cartea de fat¸˘a nu este nici pe departe o except¸ie. Chestiuni de cea mai mare important¸˘a ˆın matematic˘a sunt demonstrate prin metoda reducerii la absurd. Iat˘a un exemplu legat chiar de fundamentele matematicii. Mult¸imea vid˘a ¸si mult¸imile care se pot pune ˆın corespondent¸˘a bijectiv˘a cu una dintre mult¸imile {1, . . . , n} (unde n este un num˘ar natural nenul) se numesc mult¸imi finite. Celelalte mult¸imi sunt numite mult¸imi infinite. O clas˘a uzual˘a de mult¸imi infinite o constituie mult¸imile num˘ arabile, adic˘a acele mult¸imi care se pot pune ˆın corespondent¸˘a bijectiv˘a cu mult¸imea N⋆ , a numerelor naturale nenule. Cu alte cuvinte, o mult¸ime N este num˘arabil˘a dac˘a se poate reprezenta sub forma N = {a1 , a2 , a3 , . . .}.

Se arat˘a u¸sor c˘a mult¸imile N⋆ , N ¸si Z sunt num˘arabile (ultima, deoarece reuniunea a dou˘a mult¸imi num˘arabile este tot o mult¸ime num˘arabil˘a). Mult¸imea Q a numerelor rat¸ionale este de asemenea num˘arabil˘a. Vezi [10] sau [21]. Apare imediat ˆıntrebarea dac˘a nu cumva mult¸imea numerelor reale este de asemenea o mult¸ime num˘arabil˘a. P˘arintele teoriei mult¸imilor, matematicianul german Georg Cantor, a demonstrat ˆın anul 1874 c˘a r˘aspunsul este negativ, dovedind astfel c˘a mult¸imea numerelor reale este mult mai bogat˘a ˆın elemente decˆat mult¸imea numerelor rat¸ionale. Teorem˘ a. Mult¸imea numerelor reale nu este num˘ arabil˘ a. Demonstrat¸ie. O biject¸ie ˆıntre R ¸si intervalul (−1, 1), este dat˘a de funct¸ia f : R → ( − 1, 1),

f (x) =

x , 1 + |x|

iar o biject¸ie ˆıntre intervalele (−1, 1) ¸si (0, 1) este dat˘a de funct¸ia g : ( − 1, 1) → (0, 1),

g(x) =

x+1 . 2

ˆIn acest fel, demonstrat¸ia se reduce la a ar˘ata c˘a intervalul (0, 1) nu este o mult¸ime num˘arabil˘a. 53

ˆIN LOC DE POSTFAT ˘ ¸A

54

Presupunem prin absurd c˘a aceast˘a mult¸ime este num˘arabil˘a, adic˘a poate fi reprezentat˘a sub forma (0, 1) = {a1 , a2 , a3 , . . .}. Dup˘a cum este bine cunoscut, fiecare element an al acestei mult¸imi admite o unic˘a reprezentare ca fract¸ie zecimal˘a de forma an = 0, dn1 dn2 dn3 . . . , unde zecimalele dn1 , dn2 , dn3 , . . . apart¸in mult¸imii {0, 1, ..., 9} ¸si nu exist˘a niciun rang k ˆıncepˆand de la care dnk = dnk+1 = ... = 9. S˘a consider˘am acum num˘arul real a reprezentat de fract¸ia zecimal˘a 0, x1 x2 x3 . . . unde x1 este astfel ales ˆın mult¸imea {1, 2} ˆıncˆat s˘a fie diferit de d11 , x2 este ales ˆın mult¸imea {1, 2} ˆıncˆat s˘a fie diferit de d22 ¸s.a.m.d. ˆIn acest mod, a reprezint˘ a un num˘ar din intervalul (0, 1) care difer˘a de a1 prin prima zecimal˘a, difer˘a de a2 prin a doua zecimal˘a ¸s.a.m.d. Cu alte cuvinte, a este distinct de oricare dintre numerele an . Contradict¸ia obt¸inut˘a ˆıncheie demonstrat¸ia nenum˘arabilit˘a¸tii lui R. Corolar. Mult¸imea numerelor irat¸ionale nu este num˘ arabil˘ a. Demonstrat¸ie. ˆIntr-adev˘ar, dac˘a am presupune c˘a R\Q este num˘arabil˘a, atunci din formula R = Q ∪ (R\Q)

ar rezulta c˘a R este reuniunea a dou˘a mult¸imi num˘arabile, deci o mult¸ime num˘arabil˘a, contradict¸ie. Teorema lui Cantor este doar un prim pas ˆın fascinanta lume a teoriei mult¸imilor. Cititorii de toate vˆarstele pot g˘asi ˆın cartea lui N. I. Vilenkin [21] numeroase alte rezultate interesante ale acestei teorii.

Bibliografie [1] D. Bu¸sneag ¸si colectiv, Concursul de matematic˘ a ”Gheorghe Tit¸eica” 19791998, Editura Gil, Zal˘au, 1999. [2] I. Cuculescu, Olimpiadele internat¸ionale de matematic˘ a ale elevilor, Ed. Tehnic˘a, Bucure¸sti, 1984. [3] A. Engel, Probleme de matematic˘ a. Strategii de rezolvare. Ed. Gil, Zal˘au, 2006. [4] A. Ghioca ¸si L. A. Cojocaru, Matematica gimnazial˘a dincolo de manual, Ed. Gil, Zal˘au, 2005. [5] N.N. Hˆart¸an, Matematic˘ a pentru clasa a V-a, Editura Moldova, 1995 [6] J.E. Littlewood, Variet˘ a¸ti matematice, Editura Enciclopedic˘a Romˆan˘a, Bucure¸sti, 1969. [7] C. Mortici, Probleme preg˘ atitoare pentru concursurile de matematic˘ a, Editura Gil, Zal˘au, 1999. [8] I. Nanu ¸si L. Tut¸escu, Ecuat¸ii nestandard, Editura Apollo ¸si Editura Oltenia, Craiova. [9] L. Nicolescu ¸si V. Boskoff, Probleme practice de geometrie, Editura Tehnic˘a, Bucure¸sti, 1990. [10] C. P. Niculescu: Fundamentele analizei matematice: 1. Analiza pe dreapta real˘ a. Ed. Academiei Romˆane, Bucure¸sti, 1996. [11] L. Niculescu, Teme de algebr˘ a pentru gimnaziu, Editura Cardinal, Craiova,1993. [12] M. Pimsner ¸si S. Popa, Probleme de geometrie elementar˘ a , Editura Didactic˘a ¸si Pedagogic˘a, Bucure¸sti, 1979. [13] G. P´olya, Cum rezolv˘ am o problem˘ a, Editura S ¸ tiint¸ific˘a, Bucure¸sti, 1965. [14] E. Rusu, De la Tales la Einstein, Editura Albatros, 1971. 55

56

BIBLIOGRAFIE

[15] E. Rusu, Cum gˆ andim ¸si rezolv˘ am 200 de probleme, Colect¸ia Cristal, Editura Albatros, Bucure¸sti, 1972. [16] V. Schneider, Liliana Niculescu ¸si colectiv, Matematic˘ a, teme preg˘ atitoare pentru olimpiad˘ a, Editura Valeriu, 2002. [17] W. Sierpi´ nski, Ce ¸stim ¸si ce nu ¸stim despre numerele prime, Editura Stiint¸ific˘a, Bucure¸sti, 1965. [18] W. Sierpi´ nski, 250 Problems in Elementary Number Theory, American Elsevier Publishing Company, Inc., New York, and PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, 1970. [19] C. W. Trigg, Ingeniozitate ¸si surpriz˘ a ˆın matematic˘ a, Editura Enciclopedic˘a Romˆan˘a, Bucure¸sti, 1975. [20] Gh. Udrea, Probleme de matematic˘ a, clasele VIII-X , Editura Moldova, Ia¸si, 1993. [21] N. I. Vilenkin, Excursie ˆın teoria mult¸imilor, Colect¸ia Orizonturi nr. 27, Editura Enciclopedic˘a Romˆan˘a, Bucure¸sti, 1972. [22] *** Colect¸ia Revistei Cardinal. [23] *** Colect¸ia Gazetei Matematice. [24] *** Probleme de matematic˘ a traduse din revista Kvant, Editura Didactic˘ a ¸si Pedagogic˘a, Bucure¸sti, 1983. [25] *** Colect¸ia Revistei de Matematic˘ a din Timi¸soara.