Cuprins 1 O privire de ansamblu asupra metodei 1 1.1 Un joc cu jetoane colorate...................... 2 1.2 O problemă amuzantă........................ 3 1.3 Şcoala lui Pitagora şi numerele iraţionale............. 3 1.4 Câte numere prime există?..................... 4 1.5 Condiţii necesare şi suficiente.................... 4 1.6 O problemă celebră, Teorema lui Steiner-Lehmus......... 6 1.7 Câteva probleme cu segmente colorate............... 7 1.8 Stabiliţi dacă există........................... 9 2 Probleme propuse 11 2.1 Clasele V-VI............................. 11 2.2 Clasele VII-VIIII........................... 15 2.3 Clasele IX-X............................. 18 3 Soluţii 25 3.1 Clasele V-VI............................. 25 3.2 Clasele VII-VIIII........................... 31 3.3 Clasele IX-X............................. 40 În loc de postfaţă 53 iii
Prefaţă Cartea are un caracter metodic, propunându-şi să iniţieze cititorul în utilizarea raţionamentului prin reducere la absurd. Metoda reducerii la absurd este prezentă în matematica şcolară începând din primele clase gimnaziale. De obicei, se consideră că această metodă nu ridică probleme deosebite şi se învaţă din mers. Am scris această carte pentru a atrage atenţia asupra valorii acestei metode, care în ciuda aparentei simplităţi, permite soluţionarea unor probleme frumoase, dificile, din domenii variate. Cartea se adresează elevilor din gimnaziu şi primele clase liceale. În prima parte se face o prezentare generală a metodei, cu exemple de probleme în care ea se aplică; primele probleme sunt menite să faciliteze înţelegerea raţionamentului prin reducere la absurd de către cei mai mici elevi. Din exemplele tratate şi comentate nu lipsesc probleme celebre, ca şi probleme dificile, în spiritul concursurilor de matematică. Partea a doua a cărţii conţine probleme propuse, iar partea a treia, soluţiile acestora. Pentru uşurinţa utilizării materialului, am împărţit problemele în trei secţiuni: pentru clasele 5-6, pentru clasele 7-8 şi pentru clasele 9-10. Desigur că această împărţire este orientativă. În cadrul fiecărei secţiuni, am încercat o gradare a problemelor. Am început cu probleme simple, ce se pretează a fi lucrate la clasă, terminând cu probleme de concurs. Marea majoritate a problemelor au soluţii complete. Există câteva probleme la care nu am dat soluţii, deoarece acestea se rezolvă foarte uşor, pe baza indicaţiei subânţelese: se aplică metoda reducerii la absurd. Materialul poate fi lucrat la clasă sau la cercul de matematică sau poate reprezenta obiect de studiu independent, mai ales pentru acei elevi pentru care matematica a devenit o pasiune. Aş dori să fac unele recomandări elevului care utilizează această carte sau diverse culegeri de probleme şi materiale cu caracter metodologic. Cărţile de matematică nu se citesc precum romanele. Dacă te mărgineşti ca după ce vezi enunţului problemei să te gândeşti doar o clipă, spunând apoi că problema este prea grea şi te grăbeşti să citeşti soluţia, atunci eficienţa acestei activităţi este minimă. Citirea enunţului este doar prima etapă, urmată apoi de încercarea de a înţelege problema în profunzime. Asigură-te că stăpâneşti noţiunile matematice la care face referire problema. Caută să exprimi problema în limbajul propriu. Nu există reţete prin care să ajungi la soluţie, dar familiarizarea cu problema este v
vi PREFACE primul pas. Poate fi utilă considerarea unor cazuri particulare, realizarea unor figuri, scheme, considerarea altor probleme care pot avea legătură cu problema considerată. Dragostea pentru matematică apare atunci când ai găsit soluţia unei probleme care s-a încâpăţânat să-ţi reziste mai mult timp. Consultarea soluţiei publicate în carte trebuie să fie o etapă ulterioară. Dacă ai găsit o rezolvare, este util să o compari cu o altă rezolvare; studiul soluţiei publicate trebuie să te ajute de asemenea la îmbunătăţirea stilului de redactare a textului matematic. Chiar in cazul în care nu ai găsit soluţia, efortul depus pentru căutarea ei te face receptiv la înţelegerea soluţiei autorului. Activitatea de rezolvitor nu ar trebui să se încheie odată cu aflarea soluţiei, ci implică mult mai multe aspecte: înţelegerea soluţiei pe etape, dar şi în ansamblul ei, găsirea ideii decisive, încercarea de a înţelege cum a fost inventată problema şi cum s-ar putea ea generaliza, cum se leagă problema rezolvată de alte probleme. Închei cu un cunoscut aforism al fizicianului G.C. Dichtemberg: Ceea ce aţi fost obligaţi să descoperiţi singuri vă lasă în minte o urmă pe care o puteţi folosi din nou, atunci când apare nevoia. Craiova, 2007 Liliana Niculescu
Capitolul 1 O privire de ansamblu asupra metodei O descoperire mare rezolvă o problemă mare, dar există un grăunte de descoperire în soluţia oricărei probleme. George Pólya Reducerea la absurd este un procedeu prin care dovedim că o propoziţie p este adevărată, în mod indirect, arătând că negaţia ei, non p, este falsă. Demonstraţia prin reducere la absurd este numită şi demonstraţie indirectă. Practic, pentru a demonstra că propoziţia p este adevărată, presupunem că ea ar fi falsă, apoi analizând consecinţele acestei presupuneri, arătăm că se ajunge la un rezultat absurd sau contradictoriu. Contradicţia obţinută arată că p nu poate fi falsă. Invers, dacă avem de demonstrat că propoziţia p este falsă, presupunem că ea ar fi adevărată şi arătăm că această presupunere conduce la o contradicţie. După George Pólya [13], demonstraţia prin reducere la absurd seamănă cu manevra unui orator abil care îşi combate adversarul folosind arma ironiei: se preface că este de acord cu afirmaţia adversarului, adică acceptă această afirmaţie pentru moment şi o analizează, o reliefează, arătând că are consecinţe evident absurde. Suportul teoretic al metodei reducerii la absurd constă în următoarele: Propoziţia p este adevărată atunci şi numai atunci când negaţia ei, non p, este falsă (vezi tabelul de adevăr al negaţiei; A semnifică adevărul iar F, falsul). p A F non p F A 1
2 CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI Dacă o propoziţie p implică o propoziţie falsă, atunci p este falsă (vezi tabelul de adevăr al implicaţiei). p q p q A A A A F F F A A F F A In cazul în care propoziţia ce trebuie demonstrată este de forma p q (p este ipoteza iar q, concluzia), demonstraţia prin reducere la absurd porneşte de la a presupune că implicaţia p q este falsă. Dar, în ce caz o implicaţie este falsă? Când ipoteza este adevărată iar concluzia, falsă. Deci, vom presupune p adevărată şi q falsă şi de aici, printr-un raţionament logic, vom ajunge la un rezultat care contrazice fie ipoteza, fie o axiomă, fie o teoremă cunoscută. Vom ilustra ideile de mai sus printr-o serie de probleme rezolvate şi comentate, probleme în care metoda reducerii la absurd reprezintă abordarea cea mai naturală sau chiar singura metodă de rezolvare. Pentru început, pentru a înţelege cum funcţionează metoda, vom considera nişte probleme ce nu implică noţiuni de matematică. 1.1 Un joc cu jetoane colorate La un joc participă doi copii, Andrei şi Bogdan, împreună cu un conducător de joc. Acesta le arată copiilor trei jetoane (cerculeţe) din hârtie: unul roşu şi două, albastre. După ce copiii sunt legaţi la ochi, li se lipeşte pe frunte câte un jeton albastru; jetonul roşu rămas este ascuns, apoi copiilor li se dezleagă ochii. Conducătorul jocului îl întreabă pe Andrei: -Ce culoare are jetonul pe care îl ai pe frunte? A răspunde: -Nu ştiu. Apoi, lui Bogdan i se pune întrebarea: -Ce culoare are jetonul de pe fruntea ta? -Să mă gândesc, răspunde Bogdan. După puţină gândire, Bogdan răspunde: -Acum ştiu. Este albastru. Cum a judecat Bogdan? Dacă jetonul meu ar fi fost roşu, atunci Andrei, ştiind că un singur jeton este roşu, ar fi tras concluzia că al lui este albastru, deci ar fi dat răspunsul. Dar Andrei a spus că nu ştie. Înseamnă că jetonul meu nu este roşu, deci este albastru. Observăm că Bogdan a judecat prin reducere la absurd.
1.2. O PROBLEMĂ AMUZANTĂ 3 1.2 O problemă amuzantă Cu mulţi ani în urmă, a circulat în Europa o problemă-ghicitoare, pe cât de amuzantă, pe atât de instructivă. În compartimentul unui tren călătoreau trei doamne; să le numim A, B şi C. La un moment dat, privindu-se una pe alta, au văzut că fiecare are faţa mânjită (probabil de la funinginea ce intrase pe fereastra deschisă a trenului, care funcţiona cu cărbuni) şi toate trei au izbucnit în râs, crezând că numai celelalte două sunt murdare. La un moment dat, doamna A s-a oprit din râs, şi-a scos din poşetă batista şi a încercat să-şi cureţe faţa. Înţelesese că celelalte râd şi de ea. Cum a judecat? Prin reducere la absurd. Dacă faţa mea nu ar fi murdară, atunci B şi-ar da seama că C râde de ea şi atunci B n-ar mai râde. Cum B continuă să râdă, înseamnă că şi eu sunt murdară pe faţă. 1.3 Şcoala lui Pitagora şi numerele iraţionale Să ne întoarcem în timp cu aproximativ 2500 de ani, când se pare că a fost realizată prima demonstraţie prin reducere la absurd. Ea aparţine matematicianului şi filosofului grec Hippasus, reprezentant al Şcolii lui Pitagora. Membrii acestei şcoli considerau că la baza organizării universului se află numerele. Prin numere, ei înţelegeau numerele naturale şi iniţial erau convinşi că raportul lungimilor oricăror două segmente se poate exprima sub forma unui raport de numere naturale, adică, pentru oricare două lungimi, se poate găsi o unitate de lungime comună. Hippasus însă a dovedit că există lungimi pentru care nu se poate găsi o unitate comună, adică există segmente incomensurabile. Mai precis, el a arătat că diagonala şi latura pătratului sunt incomensurabile. Folosind limbajul de astăzi, putem spune că Hipassus a demonstrat iraţionalitatea lui 2. Hippasus folosea un limbaj geometric. Încercând să exprime sub forma unui raport de numere întregi raportul dintre diagonala şi latura pătratului, a ajuns la contradicţie. Transcris în limbajul din zilele noastre, raţionamentul său (pe care îl cunoaştem din cartea lui Euclid, Elementele ) este următorul: Să demonstrăm că 2 este iraţional. Presupunem că 2 este raţional, deci 2 = m n, unde m, n N. Putem presupune că fracţia m a fost deja simplificată, adică m şi n sunt prime între n ele. Din relaţia 2 = m n, rezultă m = 2n2, deci m este par, adică există p N astfel încât m = 2p. Înlocuind, obţinem 2p2 = n 2, deci şi n este par. Dar, pe de altă parte, deoarece m este par iar m şi n sunt prime între ele, n ar trebui să fie impar. Cum n nu poate să fie în acelaşi timp şi par şi impar, înseamnă că 2 nu poate fi scris ca raport de numere întregi. După modelul demonstraţiei iraţionalităţii lui 2 se poate demonstra un rezultat mai general:
4 CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI Dacă n este un număr natural care nu este pătrat perfect, atunci n este iraţional. Presupunem că n este raţional, deci există numerele naturale prime între ele a, b astfel încât n = a b. Această relaţie se scrie a2 = nb 2. Deoarece n nu este pătrat perfect, în descompunerea în factori primi ai lui n există cel puţin un factor prim p care apare la o putere impară. Fie 2m+1 (unde m N), puterea la care apare p, deci n = p 2m+1 q, unde q este un număr întreg nedivizibil cu p. Din faptul că a 2 se divide cu p 2m+1, rezultă că a se divide cu p m+1 (această afirmaţie se probează tot prin reducere la absurd). Deci a = p m+1 r, unde r N. Atunci, relaţia a 2 = nb 2 devine p 2m+2 r 2 = p 2m+1 q, de unde q = pr 2, contradicţie! 1.4 Câte numere prime există? O altă celebră demonstraţie prin reducere la absurd aparţine lui Euclid (matematician grec care a trăit în jurul anului 300 î.hr.). Opera sa cea mai importantă intitulată Elementele, reprezintă un manual care cuprinde toate cunoştinţele epocii sale în domeniul geometriei şi teoriei numerelor, într-o construcţie logică deductivă. Euclid a introdus metoda axiomatică în geometrie. Valoarea acestui manual vechi de 24 de secole este recunoscută şi în zilele noastre. In secţiunea a IX-a a cărţii, dedicată teoriei numerelor, găsim următoarea Teoremă. Există o infinitate de numere prime. Demonstraţie. Presupunem că există numai un număr finit de numere prime. Atunci, există un număr prim p mai mare decât toate celelalte numere prime. Aşezăm numerele prime într-un şir crescător: 2, 3, 5, 7, 11,..., p. Considerăm numărul q = 2 3 5... p + 1. Cum q este mai mare decât cel mai mare număr prim p, înseamnă că q este număr compus, deci el se divide cu un număr prim, adică cu unul dintre numerele 2, 3, 5,..., p. Dar pe de altă parte, se observă că q dă restul 1 la împărţirea cu fiecare număr prim. Deci, presupunerea că există un număr finit de numere prime ne-a condus la contradicţie. Rezultă că există o infinitate de numere prime. 1.5 Condiţii necesare şi suficiente De multe ori, când avem de demonstrat o propoziţie de forma p q, după ce implicaţia directă (adică p q) a fost demonstrată printr-un procedeu oarecare,
1.5. CONDIŢII NECESARE ŞI SUFICIENTE 5 implicaţia reciprocă q p se demonstrează uşor prin reducere la absurd, ca în exemplul următor: Lema lui Carnot. Fie M, N, P, trei puncte situate respectiv pe laturile [BC], [CA] şi [AB] ale triunghiului ABC. Atunci perpendicularele duse în M, N, P respectiv pe BC, CA şi AB sunt concurente dacă şi numai dacă MB 2 MC 2 + NC 2 NA 2 + PA 2 PB 2 = 0. (1.1) Soluţie. Cunoscînd că perpendicularele duse în M, N, P pe laturi sunt concurente, notăm cu O, punctul lor de intersecţie (vezi Figura 1.1) şi aplicând teorema lui Pitagora în triunghiurile OBM, OCM, OCN, OAN, OAP, OBP, obţinem relaţia (1.1). Figura 1.1 Reciproc, ştiind că are loc relaţia (1.1), trebuie să demonstrăm că perpendicucularele duse în M, N, P pe laturi sunt concurente. Dacă perpendicularele în M pe BC şi în N pe AC ar fi paralele, ar rezulta că punctele A, B, C sunt coliniare, contradicţie! Deci perpendicularele în M pe BC şi în N pe AC se taie într-un punct pe care îl notăm cu O. Presupunem că perpendiculara în P pe AB nu trece prin O. Fie Q, proiecţia lui O pe AB. Q P (vezi Figura 1.2). Figura 1.2 Folosind implicaţia directă (demonstrată mai sus), avem: MB 2 MC 2 + NC 2 NA 2 + QA 2 QB 2 = 0. (1.2)
6 CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI Din relaţiile (1.1) şi (1.2) rezultă PA 2 PB 2 = QA 2 QB 2. Ultima relaţie se scrie PA 2 (AB PA) 2 = QA 2 (AB QA) 2 de unde obţinem P A = QA, contradicţie! 1.6 O problemă celebră, Teorema lui Steiner- Lehmus Printre primele probleme de geometrie pe care le întâlneşte un începător, îndată ce a studiat cazurile de congruenţă ale triunghiurilor, sunt: Arătaţi că dacă un triunghi are două mediane congruente, atunci triunghiul este isoscel. Arătaţi că dacă un triunghi are două înălţimi congruente, atunci triunghiul este isoscel. Este natural să ne punem întrebarea dacă un enunţ asemănător are loc şi pentru bisectoare, adică dacă din congruenţa a două bisectoare ale unui triunghi rezultă congruenţa laturilor corespunzătoare. Celebritatea de care se bucură problema de mai sus se explică probabil prin contrastul ce există între enunţul atât de simplu şi dificultatea deosebită a demonstraţiei. Problema a fost formulată în anul 1840 de către C.L. Lehmus, care iniţial nu avea o soluţie. La rugamintea sa, vestitul geometru elveţian Jakob Steiner s-a concentrat asupra problemei, descoperind în 1844 o demonstraţie bazată pe calcul, folosind formula bisectoarei. Apoi, in anul 1850, Lehmus însuşi a găsit o altă demonstraţie. Faptul că enunţul problemei poate fi înţeles de orice începător în geomerie, a constituit o provocare atât pentru matematicieni cât şi pentru amatori. Se cunosc în prezent peste 80 de demonstraţii ale acestei teoreme. Există demonstraţii directe prin calcul algebric sau trigonometric, însă demonstraţiile pur geometrice se bazează pe metoda reducerii la absurd. Chiar şi în situaţiile în care s-ar părea că nu s-a folosit această metodă, la o analiză mai atentă se vede că argumentaţia foloseşte rezultate ajutătoare care la rândul lor au fost demonstrate prin reducere la absurd. Teorema lui Steiner-Lehmus. Dacă un triunghi are două bisectoare congruente, atunci el este isoscel. Demonstraţie. Fie ABC, un triunghi în care bisectoarele BB şi CC sunt congruente (vezi Figura 1.3).
1.7. CÂTEVA PROBLEME CU SEGMENTE COLORATE 7 Figura 1.3 Presupunem că unghiurile B şi C nu sunt congruente. Fără a restrânge generalitatea, putem presupune că Atunci, din triunghiurile B BC şi C CB, deducem B < Ĉ. (1.3) B C < C B. (1.4) Paralela dusă prin B la CC şi paralela dusă prin C la AB se taie în D. Patrulaterul BC CD este paralelogram, deci C B = CD. (1.5) Din relaţiile (1.4) şi (1.5) rezultă B C < CD, de unde deducem că Dar BB = CC = BD, de unde B DC < DB C. (1.6) BDB = BB D. (1.7) Adunând relaţiile (1.6) şi (1.7) rezultă BDC < BB C. Cum BDC = BC C, obţinem BC C < BB C, adică 180 B Ĉ 2 < 180 Ĉ B, de unde Ĉ < B, 2 în contradicţie cu relaţia (1.3). Presupunerea B Ĉ a condus la o contradicţie, deci este falsă. 1.7 Câteva probleme cu segmente colorate Problema 1. Şase puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite două câte două prin segmente. Unele segmente se colorează cu roşu, iar celelalte cu albastru. Demonstraţi că există cel puţin un triunghi (cu vârfurile în trei dintre cele şase puncte) cu laturile colorate la fel.
8 CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI Soluţie. Presupunem că niciunul dintre triunghiuri nu are laturile colorate la fel. Alegem dintre cele şase puncte unul, pe care îl notăm cu A. Din A pornesc 5 segmente printre care există (cel puţin) 3 colorate la fel, de exemplu cu roşu. Notăm aceste segmente cu [AB], [AC], [AD]. Deoarece triunghiurile ABC, ABD şi ACD au câte două laturi roşii, pe baza presupunerii făcute la începutul rezolvării, rezultă că [BC], [BD] şi [CD] sunt albastre. Dar atunci triunghiul BCD are toate laturile albastre, în contradicţie cu presupunerea făcută. Contradicţia la care am ajuns dovedeşte că există triunghiuri cu laturile la fel colorate. În problema de mai sus, pentru a demonstra că afirmaţia p este adevărată am arătat că non p implică p. De aici rezultă că non p este falsă, deci p este adevărată. Să considerăm acum problema următoare: Problema 2. Arătaţi că între oricare şase persoane, există întotdeauna trei care să se cunoască între ele sau trei care nu se cunosc deloc. Soluţie. Putem asocia fiecărei persoane, câte un punct în plan astfel încât oricare trei puncte să fie necoliniare. Convenim să unim două puncte printr-un segment roşu dacă persoanele nu se cunosc şi printr-un segment albastru dacă persoanele se cunosc. Existenţa a trei persoane care nu se cunosc înseamnă existenţa unui triunghi roşu. Tot aşa, existenţa a trei persoane care se cunosc înseamnă existenţa unui triunghi albastru. Astfel, am arătat că cele două probleme sunt identice, doar limbajul este diferit. Sau, altfel spus, problema cu segmente reprezintă un model matematic al problemei cu cele şase persoane. Următoarea problemă a fost dată la a VI-a O.I.M.: Problema 3. Fiecare membru al unui grup de 17 savanţi corespondează cu toţi ceilalţi. În corespondenţa lor este vorba numai despre trei teme. Fiecare pereche de savanţi corespondează numai pe o singură temă. Demonstraţi că există cel puţin trei savanţi care corespondează pe aceeaşi temă. Soluţie. Problema poate fi reformulată astfel (pentru a o înţelege mai bine şi a ne exprima mai uşor): 17 puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite două câte două prin segmente. Fiecare segment se colorează cu roşu, albastru sau verde. Demonstraţi că există cel puţin un triunghi (cu vârfurile în trei dintre cele 17 puncte) cu laturile colorate la fel. Presupunem că niciunul dintre triunghiuri nu are laturile colorate la fel. Alegem dintre cele 17 puncte unul, pe care îl notăm cu M. Din M pornesc 16 segmente printre care există 6 colorate la fel (justificarea se face prin reducere la absurd), de exemplu cu verde. Notăm aceste segmente cu MA 1, MA 2,..., MA 6. Atunci punctele A 1, A 2,..., A 6 sunt unite prin segmente roşii şi albastre. Deci punctele A 1, A 2,..., A 6 verifică condiţiile Problemei 1. Cu aceasta, demonstraţia este încheiată. Propunem elevilor să rezolve problema următoare:
1.8. STABILIŢI DACĂ EXISTĂ... 9 Problema 4. 50 de puncte, dintre care oricare trei sunt necoliniare, sunt unite două câte două prin segmente. Fiecare segment se colorează cu roşu, albastru, galben sau verde. Demonstraţi că există cel puţin un triunghi (cu vârfurile în trei dintre cele 50 de puncte) cu laturile colorate la fel. 1.8 Stabiliţi dacă există... Întâlnim adesea probleme în care se cere să demonstrăm sau să infirmăm existenţa unui obiect matematic cu proprietăţi date. Pentru a demonstra existenţa, este suficient să dăm exemplu de obiect care îndeplineşte condiţiile problemei. De exemplu, dacă ni se cere să demonstrăm că ecuaţia x 2 + y 2 = z 2 are cel puţin o soluţie în numere întregi, este suficient să indicăm tripletul (3, 4, 5), care verifică ecuaţia. Dacă se cere să demonstrăm că nu există obiecte matematice cu proprietăţi date, metoda reducerii la absurd este de obicei utilă. Iată un exemplu: Demonstraţi că ecuaţia x 2 y 2 = 4z + 2 nu are soluţii în numere întregi. Soluţie. Presupunem că există triplete (x, y, z) de numere intregi care verifică ecuaţia. Atunci (x y)(x + y) = 2 (2z + 1). Produsul dintre x y şi x + y este par, deci unul dintre factori este par. Dar, dacă unul dintre factori este par, atunci şi celălalt este par, deoarece suma dintre x y şi x + y este pară. Atunci (x y)(x + y) se divide cu 4. Dar 4z + 2 dă restul 2 la împărţirea cu 4. Contradicţia la care s-a ajuns dovedeşte că nu există soluţie (x, y, z) cu x.y.z Z. Deşi în manuale, culegeri de probleme sau reviste găsim numeroase probleme al căror enunţ începe cu: Demonstraţi că există... sau Demonstraţi că nu există..., mai apropiate de spiritul cercetării matematice sunt problemele în care răspunsul nu este cunoscut dinainte. De exemplu, trebuie să stabilim dacă o anumită ecuaţie are soluţie. Cum procedăm în acest caz? Presupunem existenţa soluţiei şi analizăm diferite proprietăţi legate de soluţie, apoi implicaţiile acestor proprietăţi, care pot să ne conducă fie la găsirea unei soluţii, dacă există, fie la o contradicţie care dovedeşte că nu există soluţie. De exemplu: Stabiliţi dacă există numere prime x, y, z astfel încât x 2 + y 2 + z 2 = 2008. Soluţie. Presupunem că există. Cum ecuaţia este simetrică în raport cu x, y, z, putem considera că x y z.
10 CAPITOLUL 1. O PRIVIRE DE ANSAMBLU ASUPRA METODEI Dacă x este diferit de 2, atunci x 2 + y 2 + z 2 estei impar, contradicţie! Deci x = 2 şi y 2 + z 2 = 2004. Dacă y este mai mare decât 6, el este de forma 6m ±1 cu m N (numerele de forma 6m ±2 nu pot fi prime pentru că se divid cu 2 iar cele de forma 6m+3 se divid cu 3). Atunci y 2 = 36m 2 ± 12m + 1, deci y 2 = M12+1. Analog se arată că z 2 = M12+1. Atunci y 2 +z 2 = M12+2, adică y 2 + z 2 nu poate să fie egal cu 2004 pentru că 2004 se divide cu 12. Contradicţia la care s-a ajuns arată că y {2, 3, 5}. Dacă y = 2, avem z 2 = 2000, ecuaţie care nu are soluţie în N. Dacă y = 3, avem z 2 = 1995, ecuaţie care nu are soluţie în N. Dacă y = 5, avem z 2 = 1979, ecuaţie care nu are soluţie în N. Deci răspunsul problemei este negativ. O întrebare care se pune în mod natural este: cum ne dăm seama dacă o problemă se pretează a fi rezolvată prin reducere la absurd? Nu există reguli în aceste sens; intuiţia sau experienţa rezolvitorului poate să-l conducă în alegerea judicioasă a metodei de abordare. Câteva indicii sunt totuşi utile. Metoda reducerii la absurd este de multe ori folositoare dacă în formularea propoziţiei ce trebuie demonstrată intervine o negaţie (cuvântul nu sau un simbol matematic de tipul sau / ), sau când enunţul problemei conţine expresii ca cel mult sau cel puţin. Metoda reducerii la absurd are o arie de aplicabilitate destul de largă, atât din punctul de vedere al domeniilor abordate (algebră, geometrie, combinatorică, teoria numerelor etc), cât şi din punctul de vedere al gradului de dificultate (de la simple exerciţii şcolăreşti la probleme nonstandard şi probleme dificile, de concurs), aşa cum se va vedea în problemele ce urmează. Impărţirea acestora pe clase este orientativă.
Capitolul 2 Probleme propuse 2.1 Clasele V-VI 1. Suma a trei numere naturale este 2008. Demonstraţi că cel puţin unul dintre numere este mai mare sau egal cu 670. 2. Ioana a citit într-o săptămână o carte de 281 de pagini. Ştiind că luni a citit mai puţin de 11 pagini, dovediţi că există o zi a săptămânii în care a citit mai mult de 45 de pagini. 3. Demonstraţi că dacă atunci x + y + z < a + b + c, x < a sau y < b sau z < c. 4. Demonstraţi că nu există nici un număr natural care împărţit la 60 să dea restul 45 şi împărţit la 84 să dea restul 83. 5. Demonstraţi că dacă suma a 100 de numere naturale nenule este 5049, atunci cel puţin două numere sunt egale. 6. Demonstraţi că nu există nici un număr natural n aşa încât n, n+2, n+6, n + 14, n + 18 şi n + 20 să fie simultan numere prime. 7. Fie a, b, c, d, e, f, numere naturale astfel încât 1 < a < b < c < d < e < f şi a + b + c + d + e + f = 48. Demonstraţi că cel puţin unul dintre numere este prim. 11
12 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE 8. Intr-o cutie se află bile albe şi roşii. Ştiind că oricum am extrage cinci bile, între ele se vor afla bile de ambele culori, demonstraţi că numărul bilelor din cutie nu depăşeşte 8. 9. In 10 cutii se află 84 de bile: roşii, galbene, albastre şi verzi. Ştiind că în fiecare cutie se află bile de toate culorile, demonstraţi că există două cutii cu acelaşi număr de bile. 10. Se consideră 13 bile colorate. Arătaţi că există patru bile colorate la fel sau cinci bile de culori diferite. 11. Generalizaţi problema precedentă. 12. Considerăm pătratul de dimensiune 3 3, în căsuţele căruia este scris numărul 0: 0 0 0 0 0 0. 0 0 0 Se ia la întâmplare un pătrat de dimensiune 2 2 (alcătuit din două linii şi două coloane alăturate ) şi se măreşte fiecare număr din el cu 1, apoi se repetă operaţia ( se ia din nou un pătrat 2 2 şi se măreşte fiecare număr din el cu 1 ). Stabiliţi dacă este posibil ca după un număr de astfel de operaţii să obţinem 4 5 9 10 18 12 7 13 6 Olimpiadă Grecia 13. Arătaţi că dacă trei numere naturale au proprietatea că suma oricăror două dintre ele se divide cu 5, atunci fiecare dintre cele trei numere se divide cu 5. 14. Arătaţi că dacă suma a două numere naturale este un număr prim, atunci numerele sunt prime între ele. 15. Fie a şi b două numere naturale, d cel mai mare divizor comun şi m, cel mai mic multiplu comun al lor. Demonstraţi că: (a) a d şi b d sunt prime între ele; (b) m a şi m b sunt prime între ele. 16. Justificaţi dacă există nouă numere naturale prime diferite două câte două a căror sumă să fie 125. G.Răducan, Olimpiadă Bucureşti, 1991
2.1. CLASELE V-VI 13 17. Suma a 10 elemente distincte ale mulţimii N este 62. Arătaţi că produsul lor se divide cu 60. 18. Demonstraţi că numărul nu este întreg. L. Niculescu, Concurs G. Ţiţeica n = 1 + 1 1 2 + 1 1 2 3 +... + 1 1 2... 2000 19. Dacă a 1, a 2,..., a 2007 sunt numere întregi şi demonstraţi că produsul este par. {a 1, a 2,..., a 2007 } = {b 1, b 2,...b 2007 }, P = (a 1 b 1 )(a 2 b 2 )... (a 2007 b 2007 ) 20. Două numere diferite, din câte 7 cifre, conţin fiecare cifrele 1, 2,..., 7, într-o anumită ordine. Arătaţi că niciunul dintre numere nu se divide cu celălalt. 21. Suma a 5 numere naturale nenule este 25. Aflaţi c.m.m.d.c. al acestor numere ştiind că cel puţin două dintre ele sunt distincte. Dorel Miheţ, R.M.T. 22. Este posibil ca, folosind fiecare cifră o singură dată să scriem nişte numere naturale a căror sumă să fie 100? 23. Fie a, b, c, d, e, f, numere reale cu proprietăţile: Demonstraţi că af < 0. f (a b + c d + e) < 0 a (b c + d e + f) < 0. 24. Se consideră 1000 de numere naturale nenule cu proprietatea că suma inverselor lor este mai mare sau egală cu 10. Arătaţi că cel puţin două dintre numere sunt egale. Marian Ionescu, Concurs R.M.T. 25. Demonstraţi că între oricare două puteri naturale consecutive ale lui 3 se găsesc: (a) cel puţin o putere a lui 2; (b) cel mult două puteri ale lui 2.
14 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE Marius Damian, R.M.T 26. Arătaţi că numerele 1, 2,..., 16 nu pot fi scrise, câte o singură dată pe un cerc, astfel încât suma oricăror două numere alăturate să fie pătrat pefect. Concurs Gheorghe Tiţeica 27. Fie M un punct pe latura (BC) a triunghiului ABC. Demonstraţi că AM < max (AB, AC). 28. In interiorul pătratului ABCD se consideră punctul M aşa încât m ( MCD) = m ( MDC) = 15. Figura 2.1 Demonstraţi că triunghiul AMB este echilateral. 29. In triunghiul ABC, notăm cu M mijlocul laturii [BC]. Demonstraţi că: (a) unghiul A este ascuţit AM > BC 2 ; (b) unghiul A este obtuz AM < BC 2. 30. Fie ABCD un patrulater convex în care AB + BD < AC + CD. Demonstraţi că AB < AC. 31. Se dau 10 segmente, având lungimile cuprinse între 1 cm şi 54 cm. Demonstraţi că între ele există trei cu care se poate construi un triunghi. 32. O cameră dreptunghiulară are dimensiunile de 10m şi 7m. În cele patru colţuri ale camerei se află câte o sobă, fiecare ocupând o suprafaţă pătrată cu latura de 1m. Pentru pardosirea camerei se folosesc 22 de plăci dreptunghiulare cu dimensiunile de 3m şi 1m. Este posibil ca toate plăcile să se folosească fără a fi tăiate?
2.2. CLASELE VII-VIIII 15 2.2 Clasele VII-VIIII 1. Demonstraţi că: (a) dacă x, y R {1}, atunci xy x y + 2 R {1}. (b) dacă x, y, z R {1}, atunci xyz xy xz yz+x+y+z R {1}. 2. Demonstraţi că nu există nicio funcţie f : R R cu proprietatea pentru orice x R. f (x) + f (1 x) = x 3. Fie numerele a, b, c (0, ) astfel încât a + b, b + c şi c + a sunt direct proporţionale cu numerele bc, ca şi ab. Demonstraţi că a = b = c. Nicolae Tălău, Concursul Ion Ciolac, Craiova, 2004 4. Demonstraţi că oricare ar fi numerele reale a, b, c, d, avem: (a) max ( a 2 2b, b 2 2c, c 2 2d, d 2 2a ) 1. (b) min ( a b 2, b c 2, c d 2, d a 2) 1 4. 5. Demonstraţi că sistemul nu are soluţii în R. { x 2 + y 2 + z 2 = 1 x + 2y + 3z = 4 6. Determinaţi funcţiile f : R R cu proprietatea f (a + b) f (a b) pentru orice a, b R. 7. Demonstraţi că dacă numerele reale a, b au proprietatea a b 1 n pentru orice n N, atunci a = b. 8. Fie A o mulţime finită de numere reale cu proprietatea Demonstraţi că A (, 0]. x + x A oricare ar fi x A. 9. Demonstraţi că nu există x, y, z Z aşa încât x 2 2y 2 + 8z 3 = 0. Olimpiadă, Austria
16 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE 10. Fie a 1, a 2,...,a 5 şi b, numere naturale cu proprietatea: a 2 1 + a 2 2 +... + a 2 5 = b 2. Demonstraţi că nu este posibil ca toate numerele să fie impare. 11. Demonstraţi că pentru orice n N, n + n / N. Olimpiadă, Ungaria 12. Arătaţi că oricare ar fi n Z, numărul n 2 + 8n 8 nu se divide cu 144. Lucian Tuţescu 13. Demonstraţi că nu există n Z astfel încât N = n 2 +3n+11 să se dividă cu 25. 14. La o masă circulară de joc sunt 8 jucători. La un moment dat, se constată că fiecare jucător împreună cu cei doi vecini ai săi au un număr impar de fise câştigătoare. Dovediţi că fiecare jucător are cel puţin o fisă câştigătoare. 15. Fie m, p numere naturale, m > 1, p > 1. Demonstraţi că: Olimpiada naţională, 2002 (a) dacă 2 m + 1 este număr prim, atunci m este o putere a lui 2; (b) dacă 2 p 1 este număr prim, atunci p este număr prim. 16. Aflaţi numerele naturale m, n şi x mai mari sau egale cu 2 aşa încât: 2 m + 1 = x n. 17. Demonstraţi că pentru orice n N, cel puţin unul dintre numerele este pătrat perfect. n, n + 1, n + 2,..., 2n 18. Demonstraţi că nu există nici un număr natural n astfel încât numerele n şi n 2 + 3n + 3 să fie simultan cuburi perfecte. 19. Demonstraţi că nu există x, y N astfel încât numerele x 3 +3y şi y 3 +3x să fie simultan cuburi perfecte. 20. Demonstraţi că nu există m, n N astfel încât numerele m 2 + 4n şi n 2 + 4m să fie simultan pătrate perfecte. I. Cucurezeanu 21. Fie m şi n numere naturale astfel încât (x + m)(x + n) este pătrat perfect pentru o infinitate de valori ale lui x. Demonstraţi că m = n.
2.2. CLASELE VII-VIIII 17 22. Arătaţi că nu există n N, n > 1, astfel încât n+k 2 să fie pătrat perfect pentru cel puţin n valori naturale ale lui k. 23. Rezolvaţi în numere întregi ecuaţia: V. Zidaru, Olimpiada naţională, 1998 x 4 + 4y 4 = 2z 4 + 8u 4. 24. Arătaţi că nu există o putere a lui 2 astfel încât permutându-i cifrele să se obţină o altă putere a lui 2. 25. Demonstraţi că nu există niciun pătrat perfect care să aibă (în sistemul zecimal) toate cifrele egale (cel puţin două cifre). 26. Fie m, n 1, două numere naturale astfel încât 6 m n > 0. Demonstraţi că 6 m n > 1 2mn. Dumitru Buşneag, Concurs Gheorghe Tiţeica 27. La un concurs, se ştie că în orice grup format din patru participanţi, există unul care îi cunoaşte pe ceilalţi trei. (Vom considera că dacă X îl cunoaşte pe Y, atunci şi Y îl cunoaşte pe X). Demonstraţi că există un concurent care îi cunoaşte pe toţi ceilalţi. 28. Colorăm numerele 1, 2,..., 99, unele cu roşu şi celelalte cu galben. Notăm cu R, mulţimea numerelor roşii şi cu G, mulţimea numerelor galbene. Fie A = {100 + r r R}, B = {100 + g g G}, C = {r + g r R, g G}. Se ştie că mulţimile R şi G sunt nevide iar A, B, C sunt disjuncte două câte două. (a) Este posibil ca primele 9 numere să fie galbene iar 10 să fie roşu? (b) Determinaţi mulţimile R, G, A, B, C. Câte posibilităţi există? Claudiu Coandă, Concurs Ion Ciolac, 2003 29. Demonstraţi că un poligon convex nu poate avea decât cel mult trei unghiuri ascuţite. 30. Laturile unui patrulater convex sunt diametrele a patru discuri. Demonstraţi că aceste discuri acoperă în întregime interiorul patrulaterului.
18 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE 31. Există un triunghi ale cărui înălţimi au lungimile de 1cm, 2cm şi 3cm? 32. Se consideră 5 cercuri, dintre care oricare patru au un punct comun. Demonstraţi că toate cele cinci cercuri au un punct comun. 33. Demonstraţi că oricum s-ar colora planul cu 3 culori, există (cel puţin) două puncte la distanţă 1, colorate la fel. 34. Demonstraţi că oricum s-ar colora planul cu două culori, există un triunghi echilateral cu toate vârfurile colorate la fel. 35. Se dau cinci segmente cu proprietatea că oricare trei dintre ele pot forma un triunghi. Demonstraţi că cel puţin unul dintre triunghiuri este ascuţitunghic. 36. Demonstraţi că nu se pot numerota muchiile unui cub cu numerele 1, 2,..., 12 astfel încât sumele numerelor corespunzătoare celor trei muchii care ajung în fiecare vârf să fie egale pentru toate cele opt vârfuri. Kvant 37. Demonstraţi că pentru orice tetraedru există cel puţin un vârf astfel încât muchiile care pleacă din el pot forma un triunghi. 38. Demonstraţi că nu există nici un poliedru cu 7 muchii. A X-a O.I.M. 39. Demonstraţi că în orice poliedru există cel puţin două feţe cu acelaşi număr de muchii. 40. Demonstraţi că în orice poliedru există cel puţin două vârfuri din care pornesc acelaşi număr de muchii. 2.3 Clasele IX-X 1. Demonstraţi că: (a) suma dintre un număr raţional şi un număr iraţional este iraţională; (b) produsul dintre un număr raţional nenul şi un număr iraţional este iraţională. (c) radicalul unui număr iraţional pozitiv este un număr iraţional. 2. Demonstraţi că: (a) 2 + 3 R Q; (b) 2 + 3 + 5 R Q; (c) 2 + 3 5 R Q.
2.3. CLASELE IX-X 19 3. Demonstraţi că dacă a, b, c sunt numere raţionale cu proprietatea atunci a = b = c = 0. a + b 3 2 + c 3 4 = 0, 4. Arătaţi că orice mulţime A de numere naturale consecutive cu proprietatea că 1 < 2 a a A conţine cel mult un pătrat perfect. 5. Demonstraţi că dacă a, b, c (0, 1), atunci Cristinel Mortici, Gazeta Matematică { min ab (1 c) 2, bc (1 a) 2, ca (1 b) 2} 1 16. 6. Fie a, b, c numere reale strict pozitive cu proprietăţile: abc > 1 Demonstraţi că a < 1 < b. a + b + c < 1 a + 1 b + 1 c a < b < c. 7. Fie A o mulţime de numere naturale şi f : A A, o funcţie cu proprietăţile: i) există x 0 A astfel încât f (x 0 ) x 0 ; ii) f (m) f (n) = m n pentru orice m, n A. Demonstraţi că mulţimea A este infinită. Mircea Becheanu, Gazeta Matematică 8. Demonstraţi că dacă a, b, c sunt numere întregi impare, atunci ecuaţia ax 2 + bx + c = 0 nu are soluţii raţionale. 9. Demonstraţi că oricare ar fi numerele reale a, b [4, ), cel puţin una dintre ecuaţiile are rădăcini reale. x 2 + ax + b = 0 x 2 + bx + a = 0
20 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE 10. Fie x 1 şi x 2 rădăcinile ecuaţiei x 2 6x + 1 = 0 şi E n = x n 1 + xn 2, unde n N. Demonstraţi că pentru orice n natural, E n este număr întreg nedivizibil cu 5. 11. Demonstraţi că dacă a, b, c Z, atunci cel puţin una dintre ecuaţiile are rădăcini reale. ax 2 + 2bx + 1 = 0 bx 2 + 2cx + 1 = 0 cx 2 + 2ax + 1 = 0 12. Demonstraţi că dacă a, b, c sunt numere reale distincte, atunci ecuaţiile nu au nici o rădăcină comună. 13. Demonstraţi că sistemul nu admite soluţii (x, y) R R. ax 2 + 2bx + 1 = 0 bx 2 + 2cx + 1 = 0 cx 2 + 2ax + 1 = 0 { x 5 y 3 = 81 10x + 6y = 27 14. Demonstraţi că nu există nicio funcţie f : N N cu proprietatea că f (f (n)) = n + 1 pentru orice n N. 15. Demonstraţi că nu există nicio funcţie f : R R definită prin relaţia f (x) = ax 2 + bx + c (unde a, b, c R, a 0) care să ia valori raţionale pentru orice valoare iraţională a variabilei. Olimpiadă, Republica Moldova 16. Demonstraţi că nu există funcţii f, g : R R care să îndeplinească simultan următoarele condiţii: i) f (f (x) + y) = x + g (y), pentru orice x, y R; ii) există α β R, şi n N, n 2 pentru care ( 1 + g 2 (α) + g 2 (β) ) n = 1 + ng 2 (α) + ng 2 (β). Raluca Ciurcea, Concursul Ion Ciolac, Craiova 2004
2.3. CLASELE IX-X 21 17. Fie f, g : R R, două funcţii astfel încât unde a 0 şi Demonstraţi că ac > 0. g (x) = ax 2 + bx + c f (g (x)) = f 2 (x) + 1, x R. 18. Pentru fiecare pereche (a, b) de numere reale strict pozitive, definim mulţimea de funcţii F a,b = { f : R R f 2 (x) + f (x) < f ( ax 2 + b ), x R }. (a) Arătaţi că există a > 0 şi b > 0 astfel încât F a,b. (b) Demonstraţi că dacă F a,b, atunci ab > 1 4. (c) Demonstraţi că mulţimea F a,b nu conţine funcţii strict descrescătoare. Dan Seclăman, revista Cardinal 19. Demonstraţi că nu există funcţii f : R R astfel încât funcţia să fie crescătoare iar funcţia să fie descrescătoare. g (x) = f (3x + 1) x h (x) = f (5x + 2) x 20. Demonstraţi că nu există nicio funcţie f : R R astfel încât { 2 dacă x Q f (f (x)) = 0 dacă x R Q. 21. Demonstraţi că pentru orice număr natural n > 2, între n şi n! există cel puţin un număr prim. 22. Rezolvaţi sistemul { x 2 + 2y 2 = u 2 în mulţimea numerelor întregi. 2x 2 + y 2 = v 2 23. Demonstraţi că un număr prim nu se poate scrie în două moduri diferite ca sumă de două pătrate perfecte. 24. Arătaţi că nu există nici un polinom care să satisfacă relaţia: (X 1)P (X) + XP (X + 1) = 2. V. Berinde, Concursul Grigore Moisil
22 CAPITOLUL 2. PROBLEME PROPUSE 25. Demonstraţi că polinomul X 4 +2X 2 +2X +2 nu poate fi scris ca produsul a două polinoame de forma X 2 +ax +b şi X 2 +cx +d unde a, b, c, d Z. 26. Fie k Z şi polinomul Arătaţi că: P (X) = X 1997 X 1995 + X 2 3kX + 3k + 1. (a) polinomul P (X) nu are rădăcini întregi; Olimpiadă, Ungaria (b) numerele P (n) şi P (n) + 3 sunt prime între ele oricare ar fi n Z. Stefan Smarandache, Olimpada Naţională 1997 27. Fie a, b, c, numere întregi distincte. Demonstraţi că nu există nici un polinom P (X) cu coeficienţi întregi aşa încât 28. Considerăm polinoamele: P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a. P (X) = X 2 X + 2, Q (X) = X 3 5. Olimpiadă S.U.A. Este posibil ca prin adunări, scăderi şi înmulţiri efectuate cu polinoamele date să obţinem în final polinomul T (X) = X 10 + 3X 7 1? 29. Fie f : N N o funcţie cu proprietatea că mulţimea A = {k N f (k) k} este finită. Arătaţi că oricare ar fi funcţia g : N N, mulţimea B = {k N g (f (k)) g (k) este infinită. V. Alexandru, Baraj 1990 30. Fiind date 2002 numere întregi strict pozitive a 1, a 2,...a 2002 astfel încât 1 a 3 1 + 1 a 3 2 +... + 1 a 3 = 1 2002 2, demonstraţi că cel puţin trei dintre ele sunt egale. Problemă propusă de Iugoslavia pentru J.B.M.O., 2002
2.3. CLASELE IX-X 23 31. Găsiţi toate numerele naturale N cu următoarele proprietăţi: i) N are exact 16 divizori: 1 = d 1 < d 2 <... < d 16 = N. ii) d d5 = (d 2 + d 4 )d 6. J.B.M.O., 2002, propusă de Ivan Tonov, Bulgaria 32. Demonstrati că pentru orice poligon, există două laturi de lungimi a şi b cu proprietatea 1 a b < 2. 33. Fie M o mulţime de puncte în plan cu proprietatea că orice punct din mulţimea M este mijlocul unui segment ale cărui capete aparţin de asemenea lui M. Demonstraţi că mulţimea M este infinită. 34. Demonstraţi că dacă o mulţime finită de puncte în plan are proprietatea că orice dreaptă care trece prin două puncte ale mulţimii mai trece şi printr-un al treilea punct, atunci toate punctele mulţimii sunt coliniare. Teorema lui Sylvester-Gallai 35. Demonstraţi că pe cercul de ecuaţie x 2 + y 2 = 3 nu există nici un punct cu ambele coordonate raţionale. 36. Se consideră mulţimea { A = (x, y) R R max( x, y ) = 1 }. 2 Demonstraţi că pentru orice funcţie f : A {1, 2, 3}, există (x 1, y 1 ) A şi (x 2, y 2 ) A astfel încât f (x 1, y 1 ) = f (x 2, y 2 )şi (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2 65 64.
Capitolul 3 Soluţii 3.1 Clasele V-VI 1. Notăm numerele cu a, b, c. Presupunem că niciunul dintre numere nu este mai mare sau egal cu 670. Rezultă a 669, b 669, c 669, deci a + b + c 669 3 = 2007, contradicţie! 4. Presupunem că există un număr n cu proprietăţile din enunţ. Notăm cu a şi b, câturile celor două împărţiri. Avem: Rezultă n = 60a + 45 = 84b + 83. 60a 84b = 38, adică 2 (15a 21b) = 19. Dar ultima egalitate este imposibilă, pentru că membrul stâng este par iar cel drept este impar. 5. Dacă numerele ar fi distincte, suma lor ar fi contradicţie! S 1 + 2 +... + 100 = 5050, 6. Presupunem că există n prim aşa încât n + 2, n + 6, n + 14, n + 18 şi n + 20 să fie prime. Dacă n = 2, atunci n + 2 = 4 nu este prim. Dacă n = 3, atunci n + 6 = 9 nu este prim. Dacă n = 5, atunci n + 20 = 25 nu este prim. Dacă n > 5, n fiind număr 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 că niciunul dintre numere nu este prim. Atunci contradicţie! a + b + c + d + e + f 4 + 6 + 8 + 9 + 10 + 12 = 49, 25
26 CAPITOLUL 3. SOLUŢII 8. Sunt cel mult 4 bile din fiecare culoare. 9. Fiecare cutie conţine cel puţin 4 bile. Dacă fiecare cutie ar comţine un număr diferit de bile, atunci numărul total ar fi de cel puţin 10. contradicţie! 4 + 5 + 6 +... + 13 = 85, În caz contrar, ar exista cel mult 4 culori şi cel mult 3 bile din fiecare culoare, deci în total cel mult 12 bile. 11. Fie mn + 1 bile colorate. Atunci, printre ele există m + 1 bile colorate la fel, sau n + 1 bile de culori diferite. Într-adevăr, dacă presupunem că nu există m + 1 bile colorate la fel, sau n+1 bile de culori diferite, înseamnă că există cel mult n culori şi cel mult m bile din fiecare culoare, deci numărul total de bile este de cel mult mn. 12. Presupunem că este posibil. Notăm numerele din căsuţele pătratului, astfel: a b c d e f. g h i La fiecare operaţie, e se măreşte cu o unitate. Rezultă că au avut loc 18 operaţii. Pe de altă parte, la fiecare operaţie, exact unul dintre numerele a, c, g, i se măreşte cu 1. Deci numărul operaţiilor ar trebui să fie 4 + 9 + 7 + 6 = 26. Contradicţia la care s-a ajuns arată că răspunsul problemei este negativ. 13. Notăm cu r 1, r 2, r 3, resturile împărţirii celor trei numere la 5. Presupunem că r 1 0. Rezultă r 1 + r 2 = 5, r 1 + r 3 = 5 şi r 2 + r 3 = 5, de unde r 1 = r 2 = r 3 = 5 2, contradicţie! Deci r 1 = 0 şi rezultă r 2 = r 3 = 0. 15. (a) Notăm a = dx, b = dy unde x, y N. Dacă x şi y ar avea un divizor comun c > 1, atunci a şi b ar avea un divizor comun cd > d, contradicţie! (b) m = aα = bβ, unde α, β N. Dacă α şi β ar avea un divizor comun p > 1, atunci ar rezulta că m p mic decât m, contradicţie! este un multiplu comun al lui a şi b, mai 16. Presupunem că există. Dacă printre cele 9 numere s-ar afla numărul 2, atunci suma ar fi pară pară, contradicţie! Deci suma numerelor este S 3 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23 + 29 = 127, contradicţie! Rezultă că răspunsul problemei este negativ.
3.1. CLASELE V-VI 27 17. Dacă unul dintre numere este 0, concluzia este evidentă. Fie acum cazul numerelor nenule. Arătăm că dintre cele 10 numere cel puţin unul se divide cu 3. In caz contrar, suma lor ar fi S 1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 8 + 10 + 11 + 13 + 14 = 75, contradicţie! Deci cel puţin un număr se divide cu 3. Analog se arată că cel puţin unul dintre numere se divide cu 4 şi cel puţin unul cu 5. 18. Pentru orice număr natural m, se notează 1 2 3... m = m! (citeşte m factorial). Presupunem că n Z. Atunci şi n 1999! N. Dar contradicţie! n 1999! = 1999! +... + 1 + 1 2000 / N, 19. Presupunem că P este impar, deci a 1 b 1, a 2 b 2,..., a 2007 b 2007 sunt impare. Rezultă că suma lor S este impară. Dar, pe de altă parte, contradicţie! S = (a 1 + a 2 +... + a 2007 ) (b 1 + b 2 +... + b 2007 ) = 0, 20. 1 + 2 +... + 7 dă restul 1 la împărţirea cu 9, deci orice număr scris cu cifrele 1, 2,..., 7 (fiecare cifră o singură dată) este de forma M9 + 1. Dacă presupunem că există două astfel de numere care se divid unul pe altul, înseamnă că există k, m, n N aşa încât 9k + 1 = m(9n + 1), deci m 1 se divide cu 9 ceea ce este fals, deoarece 1 < m 7654321 1234567 < 7. 21. Fie a 1, a 2,..., a 5, numerele date şi d, cel mai mare divizor comun al lor. Arătăm că d = 1. Dacă presupunem că d 1, cum d 25, rezultă d 5 şi deoarece d a i, avem a i 5 pentru orice i {1, 2, 3, 4, 5}. Suma numerelor fiind 25, înseamnă că toate cele 5 numere sunt egale cu 5, contradicţie! 22. Presupunem că scrierea este posibilă. Notăm cu s suma zecilor numerelor considerate iar cu u, suma unităţior. Deci Dar, pe de altă parte, Rezultă 10s + u = 100. u + s = 0 + 1 + 2 +... + 9 = 45. 10s + 45 s = 100 de unde s = 55, absurd, deoarece s, fiind suma unor cifre, trebuie să fie 9 număr natural.
28 CAPITOLUL 3. SOLUŢII 23. Presupunem că af 0. Din ipoteză deducem că a 0 şi f 0, deci af > 0. Dacă a > 0 şi f > 0, din ipoteză rezultă: a b + c d + e < 0 şi b c + d e + f < 0. Adunând inegalităţile, găsim a + f < 0, absurd! Analog se tratează cazul când a < 0 şi f < 0. 24. Presupunem că numerele sunt distincte şi le notăm: x 1 < x 2 <... < x 1000. Avem x 1 1, x 2 2,..., x 1000 1000, deci 1 + 1 +... + 1 1 + 1 x 1 x 2 x 1000 2 +... + 1 1000 < 1 + 1 2 +... + 1 1023 = ( 1 = 1 + 2 + 1 ) ( 1 + 3 2 2 +... + 1 ) ( ) 1 2 3 +... + 1 2 9 +... + 1 2 10 < 1 < 1 + 2 1 2 + 1 22 2 2 +... + 1 29 2 9 = 10, ceea ce contrazice ipoteza. 25. (a) Presupunem că între 3 n şi 3 n+1 (unde n N) nu se află nicio putere a lui 2. Înseamnă că există m N astfel încât 2 m < 3 n < 3 n+1 < 2 m+1. Rezultă 2m+1 2 m > 3n+1, adică 2 > 3, absurd. 3n (b) Presupunem că între 3 n şi 3 n+1 (unde n N) se află mai mult decât două puteri ale lui 2. Înseamnă că există m N astfel încât 3 n < 2 m < 2 m+1 < 2 m+2 < 3 n+1. Rezultă 3n+1 3 n > 2m+2, adică 3 > 4, absurd. 2m 26. Presupunem că scrierea este posibilă. Notăm cu x şi y numerele vecine lui 16. Cum x {1, 2,..., 15}, rezultă x + 16 {17, 18,..., 31}. x + 16 fiind pătrat perfect, rezultă x + 16 = 25, deci x = 9; analog se arată că y = 9, contradicţie! 27. Presupunem că AM max(ab, AC) deci AM AB şi AM AC. Rezultă m( B) m(âmb) şi m(ĉ) m(âmc). Prin adunare, avem m( B) + m(ĉ) 180, absurd!
3.1. CLASELE V-VI 29 Figura 3.1.1 28. Presupunem că triunghiul AM B nu este echilateral şi luăm punctul N în interiorul pătratului dat, astfel încât triunghiul ANB să fie echilateral. Figura 3.1.2 Se calculează măsurile unghiurilor N AD, N DA, N DC, N CD. Punctele M şi N sunt distincte, dar contradicţie! m( MDC) = m( NDC) = m( MCD) = m( NCD) = 15, 29. Ştiind că unghiul A este ascuţit, presupunem AM BC. Din AM BM 2 şi AM CM rezultă B BAM şi Ĉ ĈAM de unde prin adunare avem B + Ĉ Â. Rezultă m(â) 90, ceea ce contrazice ipoteza. Deci AM > > BC BC. Analog se arată că dacă unghiul A este obtuz, atunci AM < 2 2. Reciproc, dacă AM > BC, presupunem că Â nu este ascuţit. Dacă este 2 drept, atunci AM = BC BC, iar dacă este obtuz, atunci AM < 2 2 etc.
30 CAPITOLUL 3. SOLUŢII Figura 3.1.3 30. Presupunem că AB AC. Din această relaţie şi din ipoteză rezultă BD < CD, deci BCD < DBC. Din AB AC rezultă şi că ÂBC ÂCB. Folosind tranzitivitatea, putem scrie: absurd! ÂBC ÂCB < BCD < DBC < ÂBC, Figura 3.1.4 31. Notăm lungimile segmentelor cu a 1 a 2... a 10. Presupunem că nu există trei segmente care pot forma un triunghi. Atunci: 32. a 3 a 1 + a 2 2, a 4 a 2 + a 3 3, a 5 a 3 + a 4 5, a 6 8, a 7 13, a 8 21, a 9 34, a 10 55, contradicţie. Împărţim camera în pătrate cu latura de 1m. Colorăm toate pătratele cu excepţia celor ocupate de sobe, cu 3 culori (notate 1,2,3), astfel: 1 2 3 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 1 2 3 1 2 3 1 2
3.2. CLASELE VII-VIIII 31 Presupunem că este posibilă pardosirea camerei fără a tăia nici o placă. Cum fiecare placă cu dimensiunile 1 3 acoperă câte un pătrat de fiecare culoare, rezultă că numărul pătratelor colorate cu fiecare culoare este acelaşi. Dar numărând, găsim 23 de pătrate în culoarea 1, 23 în culoarea 2 şi 20 în culoarea 3. Deci acoperirea nu este posibilă fără a tăia unele plăci. 3.2 Clasele VII-VIIII 2. Presupunând că există o astfel de funcţie, dăm lui x pe rând valorile 0 şi 1. Se ajunge la contradicţie. 3. Din enunţ se obţine: Presupunem că a < b. a 2 + ab = b 2 + bc = c 2 + ac. Din a 2 +ab = b 2 +bc rezultă a 2 b 2 = b (c a) şi cum a 2 b 2 < 0, rezultă c < a, deci c < b. Din b 2 + bc = c 2 + ac rezultă b 2 c 2 = c (a b) ceea ce este imposibil pentru că b 2 c 2 > 0 iar c (a b) < 0. Analog se ajunge la contradicţie dacă presupunem că a > b. Rezultă a = b. Înlocuind în relaţia a 2 b 2 = b (c a), se obţine a = c. 4. (a) Presupunând contrariul, avem a 2 2b < 1, b 2 2c < 1, c 2 2d < 1, d 2 2a < 1, de unde, prin adunare, absurd. (a 1) 2 + (b 1) 2 + (c 1) 2 + (d 1) 2 < 0, 5. Dacă ar exista soluţia (x, y, z), din inegalitatea Cauchy-Schwarz ( x 2 + y 2 + z 2) ( 1 2 + 2 2 + 3 2) (x + 2y + 3z) 2 ar rezulta 14 16, absurd! 6. Evident, funcţiile constante îndeplinnesc condiţia problemei. Presupunem că există o funcţie neconstantă f cu proprietatea din enunţ. Atunci există x 1 şi x 2 astfel încât f (x 1 ) f (x 2 ). Fără a micşora generalitatea, putem presupune că f (x 1 ) > f (x 2 ). Dacă a şi b sunt numere reale astfel încât a b = x 1 şi a + b = x 2, avem f (a b) > f (a + b), contradicţie!