OBIECTIVE DE REFERINŢĂ ŞI EXEMPLE DE ACTIVITĂŢI DE ÎNVĂŢARE 1. Cunoaşterea şi înţelegerea conceptelor, a terminologiei şi a procedurilor de calcul Obi

Transcriere

1 OBIECTIVE DE REFERINŢĂ ŞI EXEMPLE DE CTIVITĂŢI DE ÎNVĂŢRE. Cunoştere şi înţelegere conceptelor, terminologiei şi procedurilor de clcul Obiective de referinţă L sfârşitul clsei VII- elevul v fi cpbil..să utilizeze noţiuni de logică şi teori mulţimilor..să utilizeze metode şi principii decvte în rezolvre problemelor..să rezolve ecuţii prin diferite metode şi să utilizeze ecuţii şi inecuţii în rezolvre problemelor.4.să utilizeze noţiuni de divizibilitte.5.să efectueze clcule cu numere rele Exemple de ctivităţi de învăţre Pe prcursul clsei VII- se recomndă următorele ctivităţi : -rezolvre unor probleme folosind proprietăţi comune oricărei prtiţii -exerciţii de determinre numărului de elemente l unor mulţimi folosind principiul includerii şi excluderii -rezolvre unor probleme de mxim şi minim -rezolvări de probleme folosind principiul invrintului -probleme cre se rezolvă folosind principiul lui Diriclet -probleme de numărre -probleme folosind principiul prităţii -probleme de ordonre -rezolvre ecuţiilor cre conţin modul şi prte întreg -folosire ineglităţilor mediilor în rezolvre unor ineglităţi su unor inecuţii -rezolvări de ecuţii diofntice (în mulţime numerelor întregi) -rezolvre unor probleme folosind noţiuni de divizibilitte, congruente modulo n -exerciţii de clcul unor sume folosind diferite metode -comprre, ordonre şi reprezentre pe x unor numere rele -clculre vlorii unor expresii 5

2 .6.să rezolve problemele puse l lte discipline folosind metode mtemtice.7.să utilizeze metode, xiome, leme, teoreme şi relţii geometrice în demonstrre problemelor.8.să recunoscă şi să utilizeze în demonstrţii proprietăţile unor figuri geometrice su unor linii importnte în triunghi -rezolvre problemelor de geometrie pln cre îşi u origine în fizic -rezolvre problemelor de concurent şi coliniritte folosind teoreme reprezenttive : Menelos, Vn ubel, Cev -clculul lungimilor liniilor importnte în triunghi -clculul riilor unor figuri geometrice şi plicre metodei reolre în demonstrre unor probleme -rezolvre problemelor folosind relţii trigonometrice -demonstrre unor ineglităţi geometrice -construcţii de figuri geometrice -determinre locurilor geometrice remrcbile şi rezolvre problemelor de loc geometric.dezvoltre cpcităţii de emite judecăţi de vlore pentru rezolvre problemelor inventiv şi euristic-cretive Obiective de referinţă L sfârşitul clsei VII- elevul v fi cpbil :..să nlizeze, să elboreze un pln de rezolvre şi să rezolve probleme dificile..să formuleze probleme echivlente cu o problem dt modificând părţi le ipotezei şi/ su le concluziei Exemple de ctivităţi de învăţre Pe prcursul clsei VII- se recomnd următorele ctivităţi : -nlizre ipotezei, concluziei şi înţelegere problemei -legere metodei de bordre rezolvării problemei -rezolvre problemei şi verificre rezulttului -nliz rezolvrii -verificre redundntei unor ipoteze şi încercări de eliminre le unor cerinţe (părţi ) din ipotez -formulări de probleme prin extrgere unor czuri prticulre su prin generlizre 6

3 ..să identifice tehnici de lucru pentru clse de probleme -identificre unor tehnici de lucru vlbile pentru clse de probleme -nlizre eficienţei metodei.dezvoltre cpcităţii de fce conexiuni cognitive în cdrul disciplinei şi riei curriculre Obiective de referinţă L sfârşitul clsei VII- elevul v fi cpbil :..să utilizeze rţionmente inductive în rezolvre problemelor din domeniile studite..să-şi formeze o gândire cretivă şi divergentă Exemple de ctivităţi de învăţre Pe prcursul clsei VII- se recomndă următorele ctivităţi -folosire intuiţiei şi perspiccităţii în legere modului de bordre unei probleme -combinre elementelor cunoscute şi crere ltor noi -rezolvre unor probleme teoretice complexe prin stbilire unor relţii între cunoştinţe 4.Dezvoltre cpcităţii de comunic utilizând limbjul mtemtic Obiective de referinţă L sfârşitul clsei VII- elevul v fi cpbil : 4..să folosescă terminologi specific mtemticii 4..să discute vntjele şi dezvntjele utilizării unei numite tehnici de bordre unei probleme Exemple de ctivităţi de învăţre Pe prcursul clsei VII- se recomnd următorele ctivităţi : -redctre mtemtic unui text folosind scriere specific -citire unui text scris mtemtic şi interpretre lui -discutre rgumentelor folosirii unei nume metode de rezolvre -descriere etpelor de rezolvre 7

4 5. Dezvoltre interesului şi motivţiei pentru studiul şi plicre mtemticii în contexte vrite Obiective de referinţă L sfârşitul clsei VII- elevul v fi cpbil : 5..să sesizeze importnt noţiunilor de geometrie în rezolvre unor probleme concrete 5..să mnifeste ingeniozitte pentru găsire de soluţii noi 5..să mnifeste interes pentru folosire tehnologiilor informţiei în studiul mtemticii Exemple de ctivităţi de învăţre Pe prcursul clsei VII- se recomnd următorele ctivităţi -trnspunere unor probleme din limbj uzul în limbjul geometriei, rezolvre lor şi interpretre rezulttelor -bordre unor probleme l mod în concursurile şcolre -utilizre unor soft-uri pentru învăţre mtemticii; explorre internetului 8

5 CONŢINUTURI LGEBRĂ.Mulţimi..Prtiţii..Principiul includerii şi excluderii.congruente. plicţii l rezolvre problemelor de divizibilitte.principiul prităţii 4.Principiul invrintului 5.Metod reducerii l bsurd 6.Probleme de numărre. Principiul lui Diriclet 7.Ecutii în Z. Ecuţii diofntice 8.Modulul unui număr rel. Ecuţii cu module 9.Prte întregă unui număr rel. Ecuţii cu prte întregă 0.Ineglităţi.Probleme de ordonre.rezolvre ecuţiilor şi inecuţiilor cu jutorul ineglităţii mediilor.probleme de mxim şi minim 4.Puncte lticile GEOMETRIE.Reltii metrice în triunghi..teoreme le bisectorelor..teorem lui Pitgor generlizt..teorem lui tewrt.4.teorem lui Vn ubel în triunghiul dreptunghic.5.lungimile bisectorelor interiore.6.lungimile înălţimilor.7. Teorem medinei.8. Teorem lui Lebniz.9. Teoreme de concurent şi coliniritte.0. Teorem sinusurilor.. Teorem cosinusului.ineglitti geometrice 9

6 .Locuri geometrice 4.Ptrultere inscriptibile şi circumscriptibile 5.Constructii geometrice 6.Figuri echivlente 7.Metod reolr 8.Triunghiuri specile 8..Triunghiul ortic 8. Triunghiul tngenţil 0

7 LGEBRĂ. Mulţimi.. Prtiţiile unei mulţimi Definiţi... e numeşte prtiţie unei mulţimi o mulţime de submulţimi nevide le lui, disjuncte două câte două, căror reuniune este mulţime. Probleme rezolvte R... Pentru mulţime {,,} există prtiţiile: ) {}, {}, {}; ) {}, {,}; ) {}, {,}; 4) {}, {,}. R... Fie {,b,c,d}. vem prtiţiile: ) {}, {b}, {c}, {d}; ) {}, {b,c,d}; ) {b}, {,c,d}; 4) {c}, {,b,d}, 5) {d}, {,b,c}; 6) {,b}, {c}, {d}; 7) {,c}, {b}, {d}; 8) {,d}, {b}, {c}, 9) {b,c}, {}, {d}; 0) {c,d}, {}, {b}; ) {b,d}, {}, {c}, ) {,b}, {c,d}; ) {,c}, {b,d}; 4) {,d}, {b,c}. Mulţime submulţimilor unei mulţimi nu reprezintă o prtiţie, deorece nu tote submulţimile sunt disjuncte. Mulţime submulţimilor unei mulţimi se numeşte mulţime părţilor mulţimii şi se noteză P(). Dcă o mulţime re n elemente (n N) tunci P() re n elemente. R... ă se determine numărul submulţimilor {,b,c,d} {,,...,0} cu propriette că bcd0. oluţie. Presupunem că <b<c<d. tunci perechile cu sum 0 sunt: (,0), (,00), (,99),..., (49,5), (50,5). Perechii (,0) îi corespund 49 de perechi: (,00), (,99),..., (50,5). Perechii (,00) îi corespund 48 de perechi: (,99), (4,98),..., (50,5). Numărând nlog obţinem pentru pereche (49,5) pereche (50,5). Numărul cerut este: R..4. Fie mulţime {,,,...,998,999}. Cre este cel mi mic număr de submulţimi în cre pote fi prtiţiontă mulţime stfel încât dcă într-o submulţime se flă x cu x N *, în ce submulţime să nu se mi fle ( x ) y cu y nturl diferit de zero şi unu. oluţie. Puterile nturle x cu x 0 mi mici c 999 sunt,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Dcă fiecre din ceste elemente sunt în submulţimi disjuncte tunci x nu este în ceeşi submulţime cu ( x ) y, dr nu este stisfăcută condiţi de minim (de exemplu,, 5, 7 pot fi în ceeşi submulţime orice putere cu exponent nturl diferit de zero şi unu cestor numere nu re c rezultt pe unul din ele).

8 Vom construi un model cre să relizeze minimul cerut, vând în vedere că submulţime ce-l conţine pe să nu mi conţină şi ltă putere s; în submulţime în cre se flă să nu se mi fle ltă putere lui, în submulţime în cre se flă să nu se mi fle o ltă putere lui, etc. tunci {,,}, fiindcă 4. {4,5,6,7,8,9,0,,,,4,5}. pote conţine elementele 4 şi 8 deorece 8 ( ) y dr nu pote să conţină pe 6 deorece 6( ). {6,7,8,...,54,55}. nu-l pote conţine pe 56( 4 ), dcă îl conţine pe 6 4. Şi în sfârşit 4 {56,57,...,998,999}. Deci numărul minim de submulţimi cre stisfc ipotez este 4, şi m dt un model de relizre. Evident soluţi nu este unică. R..5. Prtiţionţi mulţime {,,,4,...,49} în şpte submulţimi disjuncte, stfel încât sum elementelor fiecărei submulţimi să fie ceeşi. oluţie. Mulţime re 49 de elemente. Din fiecre element scădem 49 5 pentru obţine o mulţime ce re sum elementelor 0, dică * { 4,,,...,,0,,,...,,,4}. cestă mulţime se pote prtiţion. * Din extrgem şpte submulţimi disjuncte de câte trei elemente, cu sum elementelor zero. Fie ceste submulţimi B, B, B, B 4, B 5, B 6, B 7, cu B {4,-7,-7}, B {-4,7,7}, B {0,-5,-5}, B 4 {-0,5,5}, B 5 {6,-,-}, B 5 {-6,,}, B 7 {-,0,}. Elementele rămse sunt şpte cvdruple de numere întregi, egle în vlore bsolută două câte două, dr de semne contrre: (-,-4,,4), (-6,-8,6,8), (-9,-0,9,0), (-,-,,), (-4,-8,4,8), (-9,-,9,), (-,-,,). tşăm ceste submulţimilor B, B, B, B 4, B 5, B 6, B 7 şi obţinem: {4,-7,-7,-,-4,,4}, {-4,7,7,-6,-8,6,8}, {0,-5,-5,-9,-0,9,0}, 4 {-0,5,5,-,-,,} 5 {6,-,-,-4,-8,4,8}, 6 {-6,,,-9,-,9,} 7 {-,0,-,-,,} dunând 5 l fiecre element l mulţimilor,,, 4, 5, 6, 7 obţinem: C {49,8,8,,,7,9}, C {,,4,9,7,,}, C {45,0,0,6,5,4,5}, C 4 {5,0,40,4,,6,7}, C 5 {9,8,8,6,4,44,46}, C 6 {4,5,6,,,47,48}. Mulţimile C, C, C, C 4, C 5, C 6, C 7 sunt disjuncte şi fiecre re sum elementelor 75. R..6. ă se cerceteze dcă există numere nturle n stfel încât mulţime {n,n,n,n,n4,n5} să potă fi împărţită în două submulţimi disjuncte cu propriette că produsul tuturor elementelor unei dintre ceste să fie egl cu produsul tuturor elementelor celeillte submulţimi. oluţie. Pentru n0 problem nu re soluţie. Problem nu re soluţie dcă cel puţin un element l mulţimii se divide cu un număr prim mi mre su egl cu 7. Fiindcă mulţime re cele şse elemente 4

9 numere consecutive, dcă unul din ceste se divide cu un număr prim mi mre su egl cu 7 nu v mi exist în mulţime un lt element divizibil cu un număr prim mi mre su egl cu 7. Cum conţine şse numere nturle consecutive, cel puţin unul este divizibil cu 5. Dcă există numi un element divizibil cu 5 problem nu re soluţie. Trebuie să existe două elemente divizibile cu 5. ceste pot fi numi n5 şi n. Deci n este multiplu de 5. Elementele n şi n5 trebuie să fcă prte din submulţimi diferite. ă observăm că produsul două dintre elementele mulţimii este mi mre decât fiecre dintre celellte elemente le mulţimii. Este suficient să rătăm că produsul cel mi mic este mi mre decât cel mi mre dintre elementele rămse, dică n(n)>n5 n -5>0. cestă diferenţă este pozitivă pentru orice n 5, n N. Rezultă că produsele cre r pute îndeplini cerinţ problemei trebuie cu necesitte să conţină câte trei şi numi câte trei fctori. vem situţiile: ) (n)(n)(n5) şi n(n)(n4) b) (n)(n)(n5) şi n(n)(n4) c) (n)(n4)(n5) şi n(n)(n) d) (n)(n4)(n5) şi n(n)(n) e) (n)(n)(n5) şi n(n)(n4) f) (n)(n4)(n5) şi n(n)(n). În situţi ) vem: (n)(n)(n5)n(n)(n4) n 7n nn 8n 7n0 n 5n00, relţie imposibilă pentru n 5, n N. ituţiile b), c), d), e), f) nu sunt posibile pentru că fiecre dintre fctorii primului produs sunt mi mri decât fctorul corespunzător din cel de-l doile produs. Deci produsul din membrul stâng este mi mre decât cel din membrul drept. Deci nu există nici un număr nturl cre să stisfcă enunţul problemei... Principiul includerii şi excluderii Fie o mulţime finită cu n elemente. Notăm cu Crd crdinlul (numărul de elemente) mulţimii. Teorem.. (principiul includerii şi excluderii). Fie, B, C mulţimi finite şi Crd, CrdB, CrdC numărul elementelor cestor mulţimi. Crdinlul mulţimilor B, B C este dt de relţiile: Crd( B)CrdCrdB-Crd( B) () Crd( B C)CrdCrdBCrdC-Crd( B)- -Crd( C)-Crd(B C)Crd( B C). () Relţiile () şi () sunt czuri prticulre (pentru n şi n) le formulei lui Boole-ylvester, cre v fi studită mi târziu. ă rătăm relţi (): Numărul elementelor din reuniune mulţimilor şi B este egl cu sum numerelor elementelor din şi B, din cre se scde numărul elementelor comune mulţimilor şi B, cre u fost numărte de două ori. 5

10 B este reuniune mulţimilor disjuncte şi B\( B), ir B este reuniune mulţimilor disjuncte B\( B) şi B. Din Crd( B)CrdCrd(B\( B)) şi CrdBCrd(B\( B))Crd( B) obţinem: Crd( B)CrdCrdB-Crd( B), dică tocmi relţi (). B B B Pentru relţi () folosiţi digrm şi observţi că dunând crdinlele CrdCrdBCrdC şi comprând cu Crd( B C), trebuie scăzute crdinlele Crd( B), Crd(B C), Crd( C), dr tunci se pierde şi Crd( B C) şi de cee trebuie dunt Crd( B C). Vom prezent în continure câtev probleme cre folosesc în rezolvre cest principiu. R... Elevii unei clse jocă fotbl su bschet: 9 jocă fotbl, 4 jocă bschet şi 6 prctică mbele jocuri. Câţi elevi sunt în clsă? oluţie. plicăm principiul includerii şi excluderii. Fie F mulţime elevilor ce jocă fotbl, B mulţime elevilor ce jocă bschet. tunci CrdF9, CrdB4, Crd(F B)6, Crd(F B)CrdFCrdB-Crd( B) Deci numărul elevilor din clsă este 7. R... Din cei 000 de elevi i unei şcoli 506 prticipă l olimpid de limb română, 460 prticipă l olimpid de fizică şi 44 prticipă l olimpid de mtemtică. Dintre ceşti 60 prticipă l olimpidele de limb română şi fizică, 6 prticipă l olimpidele de fizică şi mtemtică şi prticipă l olimpidele de limb română şi mtemtică. Câţi dintre elevii şcolii prticipă l tote cele trei olimpide. oluţie. plicăm principiul includerii şi excluderii (relţi ()). Fie R mulţime elevilor ce prticipă l olimpid de limb română, F mulţime elevilor ce prticipă l olimpid de fizică, ir M mulţime elevilor ce prticipă l olimpid de mtemtică. tunci CrdR506, CrdF460, CrdM44, Crd(R F)60, Crd(F M)6, Crd(R M), Crd(R F M)000. Folosim relţi () şi obţinem: Crd(R F M)CrdRCrdFCrdM-Crd(R F)- -Crd(R M)-Crd(F M)Crd(R F M), deci Crd(R F M), de unde Crd(R F M)45. Deci 45 de elevi din şcolă prticipă l câte trei olimpide. 6

11 Principiul includerii şi excluderii permite rezolvre simplă unor probleme de divizibilitte. R... flţi numărul numerelor nturle mi mici su egle cu 500 cre sunt divizibile cu, su 5. oluţie. Fie mulţime numerelor nturle nenule mi mici su egle cu 500 divizibile cu, B mulţime numerelor nturle mi mici su egle cu 500 divizibile cu, ir C mulţime numerelor nturle mi mici su egle cu 500 divizibile cu 5. Numerele divizibile cu, mi mici su egle cu 500 sunt:, 4, 6, 8,..., 500. Vom folosi prte întregă fiindcă l împărţiri ne intereseză numi câturile nu şi resturile. tunci Crd 50, CrdB 66, CrdC 00 5, Crd( B) 8 6, Crd(B C) 5, Crd( C) 50 0, Crd( B C) 6 0 Din Crd( B C)CrdCrdBCrdC-Crd( B)- -Crd( C)-Crd(B C)Crd( B C) obţinem Crd( B C)67. cum putem fl şi numărul numerelor nturle nenule mi mici su egle cu 500 cre nu sunt divizibile cu, nici cu, nici cu 5. ceste sunt în număr de

12 . Congruenţe în Z. plicţii l rezolvre problemelor de divizibilitte Definiţi.. Două numere întregi şi b se numesc congruente modulo n, n fiind un număr întreg, dcă n divide pe -b, dică n (-b). Numărul n se numeşte modulul relţiei de congruenţă. În loc de scrie n (-b), se scrie b(mod n) şi citim: este congruent cu b modulo n. Proprietăţi le relţiei de congruenţă în Z... Relţi de congruenţă este reflexivă, dică (mod n), oricre r fi numărul întreg, când modulul n este dt. (Orice număr întreg (diferit de zero) este congruent cu el însuşi modulo n). vem n 0, dr -0, deci n (-), dică (mod n).... Relţi de congruenţă este simetrică, dică dcă b(mod n), tunci b (mod n). Fptul că b(mod n) însemnă că n (-b). Folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte obţinem n(-)(-b), deci n (b-), dică b (mod n).... Relţi de congruenţă este trnzitivă, dică dcă b(mod n) şi b c(mod n), tunci c(mod n). Fptul că b(mod n) însemnă că n (-b), ir b c(mod n) însemnă că m (b-c). Folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte obţinem n [(-b)(b-c)], deci n (-c), de unde c(mod n). Relţi de congruenţă în rport cu un modul dt n fiind reflexivă, simetrică şi trnzitivă este o relţie de echivlenţă...4. i) Două relţii de congruenţă în rport cu un celşi modul se dună membru cu membru, dică: dcă b(mod n) şi c d(mod n) tunci: c bd(mod n). ii) Două relţii de congruenţă în rport cu celşi modul se scd membru cu membru, dică dcă b(mod n) şi c d(mod n) tunci -c b-d(mod n). iii) Într-o relţie de congruenţă se pote trece un număr întreg dintr-un membru în ltul l relţiei de congruenţă cu semnul schimbt, dică dcă bc(mod n), tunci -c b(mod n). i) Deci b(mod n) însemnă că n (-b), ir c d(mod n) însemnă n (c-d). Folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte obţinem n [(-b)(c-d)] su n [(c)-(bd)], de unde c bd(mod n). ii) Din b(mod n) şi c d(mod n) obţinem n (-b) şi n (c-d), de unde n [(-b)- (c-d)], su n [(-c)-(b-d)], deci -c b-d(mod n). iii) Din bc(mod n) obţinem n [-(bc)], deci n [(-c)-b], dică -c b(mod n)...5. i) Două relţii de congruenţă în rport cu celşi modul n se pot înmulţi membru cu membru, dică dcă b(mod n) şi c d(mod n), tunci c b d(mod n). ii) mbii membri i unei relţii de congruenţă se pot înmulţi cu orice număr întreg diferit de zero, dică: Dcă b(mod n) tunci c b c(mod n), oricre r fi numărul întreg c nenul. 8

13 iii) mbii membri i unei relţii de congruenţă se pot înmulţi cu orice număr întreg nenul, înmulţind în celşi timp şi modulul, dică: Dcă b(mod n), tunci cb (mod n c), oricre r fi numărul întreg c nenul. Demonstrţie. i) Din b(mod n) obţinem n (-b), ir din c d(mod n) obţinem că n (c-d). Folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte vem: n [c(-b)b(c-d)], de unde n (c-bd) dică c bd(mod n). ii) Din b(mod n) obţinem n (-b), şi folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte, pentru orice număr întreg c vem: n (-b)c, deci n (c-bc), dică c bc(mod n). iii) Din b(mod n) rezultă că n (-b). Folosind proprietăţile relţiei de divizibilitte obţinem: nc (-b)c, pentru orice număr întreg c. Deci nc (c-bc), dică c bc(mod nc)...6. Orice relţie de congruenţă în rport cu un modul dt este în celşi timp o relţie de congruenţă în rport cu orice modul cre este un divizor l modulului iniţil, dică dcă b(mod n) şi k n, tunci b(mod k). Demonstrţie. Din b(mod n) obţinem n (-b). Din k n şi n (-b) obţinem k (b), deci b(mod k)...7. Dcă un membru l relţiei de congruenţă între două numere întregi se divide cu modulul, tunci şi celăllt membru l relţiei de congruenţă se divide cu modulul, dică dcă b(mod n) şi n, tunci n b su dcă b(mod n) şi n b, tunci n. Demonstrţie. Din b(mod n) obţinem n (-b). Dcă n tunci n [(-)(-b)], deci n b. Dcă n b tunci n [(-b)b], deci n...8. Două numere întregi orecre sunt întotdeun congruente în rport cu modulul şi (-), dică b(mod ) şi b(mod (-)) oricre r fi numerele întregi şi b nenule. Demonstrţie. Fiindcă,b Z şi tunci (-b), deci b(mod ), ir din - (-b) obţinem b(mod (-)). Relţi de eglitte este un cz prticulr l relţiei de congruenţă în czul când modulul este zero şi reciproc. Probleme rezolvte R.. ă se fle restul împărţirii numărului l. oluţie. vem: 985 6(mod ), 75 0(mod ), 970 (mod ). tunci (6 0)(mod )6 7(mod ). Restul împărţirii numărului l este 7. R.. ă se fle restul împărţirii numărului B l. oluţie. vem relţiile: (mod ), 57 (mod ), 5 8(mod ). 9

14 tunci B (mod )( )(mod ). Fiindcă 0 -(mod ), 8 -(mod ) 0 6 (mod ), 8 4 (mod ) 0 7 0(mod ), 8 5 8(mod ) obţinem B ( )(mod ) (0-8)(mod ) (mod ). Deci restul împărţirii lui B l este. R.. Rezolvţi în Z ecuţiile: ) 4x x(mod 7); b) 5x6 x4(mod 6). oluţie. 4x x(mod 7), rezultă că 4x-x (mod 7), rezultă că x (mod 7) dică x7k, unde k Z. b) 5x6 x4(mod 6) rezultă că x6 4(mod 6), rezultă că x -(mod 6) deci x -(mod 6), dică x6k-, k Z. R.4. ă se rte că pentru orice număr nturl n, numărul 0 n - se divide cu 7. oluţie. Fiindcă , rezultă 000 (mod 7). Deci 0 n n (mod 7) (mod 7), dică 0 n - se divide cu 7. R.5. ă se demonstreze că numărul N se divide cu 6. oluţie. vem (numere prime între ele). Dăm fctor comun pe 7 şi obţinem: N7 ( ), deci 7 N. Trebuie să mi rătăm că 48 divide pe Dr Fiindcă 49 (mod 48), obţinem: (mod 48) 48 de ori Deci N se divide cu 7 şi 48 (prime între ele) tunci se divide cu R.6. ă se găsescă n N, stfel încât numărul n n (n) n să fie divizibil prin. oluţie. Un număr împărţit l pote d unul din resturile: 0,,. vem situţiile: i) n 0(mod ); ii) n (mod ); iii) n (mod ). i) În primul cz din n 0(mod ) obţinem n n 0(mod ). Din n 0(mod ) obţinem n (mod ) şi tunci (n) n n (mod ), deci (n) n (mod ). n n Deci n (n ) (mod) / 0(mod). ii) Din n (mod ), rezultă n n n (mod ) şi deci n n (mod ). Din n (mod ) obţinem n (mod ), rezultă că (n) n n (mod ) (-) n (mod ). Deci n n (n) n [(-) n ](mod ), rezultă că n trebuie să fie impr şi cum n (mod ) rezultă că n6k. ii) Pentru n (mod ) obţinem n n n (mod ) (-) n (mod ). Din n (mod ) rezultă că n 0(mod ) şi deci (n) n 0(mod ). n n n tunci n (n ) ( ) (mod) / 0(mod). În concluzie vem n6k. 0

15 . Principiul prităţii Multe probleme elementre, cre de cre mi neşteptte, folosesc noţiune de pritte. Principiul prităţii constă în seprre czurilor pre şi impre dintr-o situţie. Regulile prităţii: - sum două numere pre este un număr pr - sum două numere impre este un număr pr - sum dintre un număr pr şi ltul impr este un număr impr - produsul dintre un număr pr şi un număr impr este un număr pr - produsul două numere pre este un număr pr - produsul două numere impre este un număr impr. Probleme rezolvte este pr. R.. Fie n N, n >. Demonstrţi că numărul frcţiilor ireductibile din mulţime,,,..., n n n n n k n k oluţie. ă rătăm că dcă frcţi este ireductibilă, tunci şi frcţi n n k este ireductibilă. Dcă frcţi este ireductibilă tunci k şi n sunt prime între ele. n ă demonstrăm că şi n-k şi n sunt prime între ele. Folosim metod reducerii l bsurd. Presupunem că există p stfel încât p n şi p (n-k), deci p [n-(n-k)] dică p k. Deci k p n şi p k, dică n şi k nu sunt prime între ele, fls fiindcă este ireductibilă. n k n k k n k ă rătăm că frcţiile şi sunt diferite. Dcă m ve m obţine n n n n k k k n k n k şi tunci nu r mi fi ireductibilă. Deci. tunci numărul n k n n frcţiilor ireductibile din mulţime dtă este pr. R.. L olimpid de mtemtică s-u întâlnit n elevi, dr nu fiecre dt mân cu toţi ceillţi. ă se rte că numărul elevilor cre u dt mân de un număr impr de ori este pr. oluţie. Fie x i numărul strângerilor de mână pe cre le- relizt elevul cu numărul de ordin i. Când un elev dă mân cu un lt elev se relizeză două strângeri de mână, deci numărul totl l strângerilor de mână este pr, dică x x... xn s () Printre cei n elevi sunt k elevi cre u relizt fiecre câte un număr pr de strângeri de mână şi n-k elevi cre u relizt fiecre câte un număr impr de strângeri de mână.

16 tunci () se mi pote scrie: ' ' ' x x... x xk xk... xn k k numere pre n-k numereimpre um lcătuită din k numere pre şi (n-k) numere impre este un număr pr dcă şi numi dcă numărul numerelor impre este pr, deci (n-k) este număr pr. R.. Determinţi numerele rele,,..., n ştiind că... n n n şi... n oluţie. Fie... n k. tunci ± k n n ± k n ± k ± k s... () dunând membru cu membru relţiile () obţinem: 0 ± k ± k ±... ± k su 0 k ( ± ±... ± ) () Din () rezultă k0 su numărul din prnteză este zero. În prnteză vând un număr impr de ± obţinem că numi k0 convine. tunci obţinem... n. R.4. Ce condiţie trebuie să îndeplinescă numărul nturl n pentru c să existe n numere,,..., n egle cu su, cu propriette că:... n n n 0 () oluţie. um conţinând n termeni, pentru ve loc () trebuie c n termeni n să fie ir termeni să fie. Deci este necesr c n să fie pr, dică nk, * k N. Condiţi nu este suficientă (exp. k n şi deci 0 ). Vom clcul în două moduri produsul termenilor din () şi nume: ( )( )... ( )( )... () n n n n n Ţinând sem că vem k termeni din () egli cu, ir k termeni egli k k cu obţinem: ( )( )... ( n n )( n) ( ) ( ) () k k Din () şi () rezultă că ( ) ( ), dică trebuie c k să fie pr. Deci * kl, l N. tunci n k l 4l. În concluzie n trebuie să fie multiplu de 4.

17 4. Principiul invrintului Invrintul este o mărime, o relţie, su o propriette cre rămâne neschimbtă în urm plicării su intervenţiei unei trnsformări. Deci o situţie iniţilă este supusă în mod repett unor trnsformări. De obicei se cere să se demonstreze că în urm cestor trnsformări nu se pote junge l o numită formă. cest se pote fce legând crcteristic obiectului cre fost supus trnsformării, dică "invrintul" trnsformării. Dcă în finl obiectul nu posedă "invrintul" tunci el nu pote fi obţinut în urm trnsformărilor descrise. Probleme rezolvte R4.. Într-un sistem crtezin xoy din punctul ( x, y) este permisă deplsre într-unul din cele ptru puncte: ( x, y ), ( x, y ), ( x, x ), ( x, y ). Demonstrţi că din punctul (0,0) nu se pote junge prin deplsări succesive în punctul (00,004). oluţie. Observăm că un punct ( x, y) vând sum coordontelor x y un număr pr se pote depls într-un punct vând sum coordontelor tot pră: I. ( x, y ) re sum coordontelor x y II. ( x, y ) re sum coordontelor x y III. ( x, x ) re sum coordontelor x IV. ( x, y ) re sum coordontelor x y. Punctul (0,0) re sum coordontelor 0, deci un număr pr, el se pote depls succesiv în puncte cu ceeşi pritte sumei coordontelor, deci nu se pote depls în punctul (00,004) cre re sum coordontelor impră. R4.. O cmeră re dimensiunile podelei de 7m şi 0m. În cele ptru colţuri le cmerei se şeză câte un dulp vând bz pătrt cu ltur de m. ă se rte că ce rămâne din suprfţ podelei nu pote fi coperită cu plăci dreptunghiulre de dimensiuni m m. oluţie. e împrte cmer într-o reţe de pătrte cu ltur m pe cre le vopsim în trei culori: roşu, lb, negru c mi jos: RNRNRNR NRNRNR NRNRNRN RNRNRNR NRNRNR NRNRNRN RNRNRNR Obţinem 4 de R, de, de N. Eliminând colţurile rămân 0 de pătrăţele roşii, de pătrăţele lbe, de pătrăţele negre. Dr oricum m şez o plcă de e coperă un pătrăţel roşu, unul lb şi unul negru. Dcă s-r pute coperi suprfţ cu

18 un număr întreg de plăci r trebui să existe celşi număr de pătrăţele pentru fiecre culore. R4.. Pe o tblă scriem numerele de l l 4n- (n, n N ). Printr-o operţie înţelegem că ştergem două numere orecre de pe tblă şi în locul lor scriem vlore bsolută diferenţei celor două numere. ă se demonstreze că după 4n- operţii pe tblă rămâne un singur număr pr. oluţie. L orice ps i, îninte de ştergere două numere x şi y, fie i sum numerelor de pe tblă şi i sum numerelor de pe tblă după ştergere numerelor x şi y. tunci vem: x, dc x < y i i x y x y y, dc x y Deci i i este totdeun un număr pr. um: (4n ) 4n... 4n (4n ) n este un număr pr, rezultă că este tot un număr pr. Dr este ultimul număr de pe tblă. Deci pe tblă răms un număr pr. R4.4. e consideră numerele,,. După un ps este permisă scriere noi trei numere, înlocuind fiecre din numerele dte prin semisum celorllte două. e pote efectu de câtev ori cestă operţie, să se obţină tripletul,,? oluţie. În cest cz rămâne invrintă sum numerelor. Dcă x, y, z sunt y z z x x y numerele, tunci ele se înlocuiesc cu,,, ce u sum x y x z y z ( x y z) x y z um numerelor iniţile este 5, ir sum numerelor finle este: 6. Deci plecând de l numerele,, nu se pote junge l numerele,,. R4.5. Considerăm numerele:,,,..., 00. legem două numere x şi y din xy cele de mi sus şi le înlocuim cu z x y. Repetăm procedeul cu lte două numere, ş..m.d. Demonstrţi că după 000 de pşi se obţine întotdeun celşi număr (indiferent de modul în cre luăm perechile). Cre este cest număr? xy oluţie. Din z x y obţinem z xz yz xy, de unde vem xyz z xz yz xyz xy, deci yz ( x ) z( x ) xy( z ) 4

19 ( x )( yz z) xy( z ) z( x )( y ) xy( z ), cre se mi pote scrie ( x )( y ) z x y, deci su xy z x y z. x y z Dcă notăm cu x, x,..., xn numerele existente l un moment dt, tunci expresi E... x x x n este invrintă. Dcă xeste ultimul număr, vem: x Deci 00, de unde x. x 00 R4.6. Pe o tblă sunt scrise numerele:,,,..., 986, 987. L fiecre ps se şterg câtev numere şi se scrie restul dt de sum numerelor şterse l împărţire cu 7. L un moment dt, u răms pe tblă două numere, unul dintre ele fiind 987. Cre este cel număr? oluţie. În cest cz invrintul este restul dt l împărţire cu 7 de sum: , dică zero. Dcă x este numărul cerut, rezultă că x987 se divide cu 7, de unde x se divide cu 7. Fiindcă 987 nu pote fi restul l împărţire cu 7, tunci x trebuie să fie cest rest şi deci x 6. Pentru că x se divide cu 7, rezultă x 0. 5

20 5. Metod reducerii l bsurd Metod reducerii l bsurd este o metodă specifică de demonstrţie în mtemtică. L bz cestei metode stă un din legile fundmentle le logicii clsice: lege terţului exclus, ce re următorul enunţ: Din două propoziţii contrdictorii un este devărtă, celltă flsă, ir trei posibilitte nu există. Lege terţului exclus nu ne precizeză cre din cele două propoziţii este devărtă şi cre este flsă. Când l două propoziţii contrdictorii plicăm lege terţului exclus este suficient să stbilim că un dintre ele este flsă pentru deduce că celltă este devărtă. Metod reducerii l bsurd constă în dmite în mod provizoriu, c devărtă propoziţi contrdictorie propoziţiei de demonstrt, poi pe bz cestei presupuneri se deduc o serie de consecinţe cre duc l un rezultt bsurd, deorece ele contrzic su ipotez problemei dte su un devăr stbilit mi îninte. Mi deprte rţionăm stfel: dcă presupunere r fi fost devărtă, tunci în urm rţionmentelor logic corecte r fi trebuit să jungem l o concluzie devărtă, deorece m juns l o concluzie flsă, însemnă că presupunere nostră fost flsă. cest duce l concluzi că presupunere făcută nu este posibilă şi rămâne c devărtă concluzi propoziţiei dte. Metod reducerii l bsurd nu se reduce l propoziţi că " demonstr o propoziţie este celşi lucru cu demonstr contrr reciprocei ei", deorece pot păre şi situţii în cre nu se contrzice ipotez ci o ltă propoziţie (un rezultt cunoscut, o xiomă, o teoremă). Metod reducerii l bsurd se foloseşte tât în rezolvre problemelor de clcul (de flt) cât şi l rezolvre problemelor de "demonstrt". Metod este des utiliztă în demonstrre teoremelor reciproce, precum şi în demonstrre teoremelor de unicitte. Probleme rezolvte Vom prezent câtev exerciţii şi probleme rezolvte în cre folosim metod reducerii l bsurd. R5.. um numere nturle nenule este 77. rătţi că printre ele se flă cel puţin două numere egle. oluţie. Presupunem că există numere nturle nenule distincte ce u sum 77. Dcă le considerăm pe cele mi mici, sum lor este: Cum sum celor mi mici numere nturle nenule distincte este mi mre decât sum dtă, 77, rezultă că presupunere făcută este flsă. Deci printre numerele considerte există cel puţin două numere egle. 6

21 R5.. um trei numere nturle este 9. Demonstrţi că cel puţin unul dintre ele este mi mre su egl cu 47. oluţie. Folosim metod reducerii l bsurd, presupunem concluzi flsă, dică nici unul dintre numere nu este mi mre su egl cu 47. Fie,b,c numerele. Deci <47, b<47, c<47. Fiindcă,b,c sunt numere nturle rezultă că 46, b 46, c 46. Ţinând sem că b c 9 obţinem: b c 8 su 9 8, cee ce este bsurd. tunci presupunere făcută este flsă şi deci concluzi este devărtă, dică cel puţin unul dintre numere este mi mre su egl cu 47. n R5.. ă se rte că pentru orice număr nturl diferit de zero frcţi n este ireductibilă. oluţie. Presupunem că frcţi dtă nu este ireductibilă, tunci există un număr nturl d diferit de unu stfel încât d (n ) şi d (n ), de unde d [(n ) (n )] dică d. Fiindcă d, rezultă d. tunci rezultă că (n ) cee ce este bsurd. Deci presupunere făcută este flsă, şi deci frcţi este ireductibilă. R5.4. ă se determine numărul elementelor mulţimii: n M, n,,,..., 00 n n oluţie. Mulţime re tâte elemente câte vlori distincte re frcţi, n n,,...,00. Presupunem prin bsurd că există n şi n, cu n n pentru cre frcţi re ceeşi vlore, dică: n n ( n )(n ) ( n )(n ) n n n n n nn n n n n n. m juns l o contrdicţie pentru că n fost presupus diferit de n. Deci mulţime M re 00 elemente. R5.5. Ştiind că x, y, z sunt numere rele, să se rte că următorele ineglităţi nu pot fi simultn devărte: x z > y z y x oluţie. Folosim metod reducerii l bsurd. Presupunem că tote ineglităţile sunt devărte. Înmulţim dou ineglitte cu şi dunându-le obţinem: x z z y y x > 0, dică 0>0, cee ce este bsurd. Deci presupunere făcută este flsă. Deci ineglităţile considerte nu pot fi simultn devărte. R5.6. ă se rte că numărul 5 este irţionl. 7

22 oluţie. plicăm metod reducerii l bsurd. Presupunem că 5 este rţionl; rezultă că există x Q stfel încât 5 x, de unde obţinem că x x su 8 5 x, de unde 5 Q, fls. Deci presupunere făcută este flsă şi deci 5 este irţionl. R5.7. e consideră un pătrt cu ltur cm şi 0 puncte în interiorul său. Demonstrţi că printre cele 0 puncte dte există două puncte stfel încât distnţ dintre ele să nu depăşescă cm. oluţie. Cu metod reducerii l bsurd, presupunem că nu există stfel de puncte cu distnţ dintre ele să nu depăşescă cm. Împărţim pătrtul în 9 pătrte mi mici cu ltur cm. Digonl unui stfel de pătrt v ve lungime cm clcultă cu teorem lui Pitgor. Cele 0 puncte fiind 9 situte în interiorul pătrtului "mre" însemnă că putem şez puncte în două pătrte "mici" lăturte stfel încât distnţ dintre ele să fie mi mre decât cm. Pentru c problem să fie rezolvtă trebuie să existe tâte pătrte "mici" câte puncte (zece). m juns l o contrdicţie, rezultă că presupunere făcută este flsă, rezultă că există puncte l cre distnţ dintre ele nu depăşeşte cm. 8

23 R5.8. Fie BC şi punctele M, N, P diferite de vârfurile triunghiului cu MB NC P M BC, N C, P B stfel încât, tunci punctele M, N, P sunt MC N PB colinire. (Reciproc teoremei lui Menelus) oluţie. Folosim metod reducerii l bsurd, presupunem că punctele M, N, P nu sunt colinire. Unind M cu P printr-o dreptă ce tie pe C într-un punct N' diferit de N şi conform teoremei directe lui Menelus vem: MB N'C P () MC N' PB Din ipoteză vem: MB NC P () MC N PB N'C NC Din relţiile () şi () obţinem şi deci N' N. Deci presupunere N' N că punctele M, N, P nu sunt colinire este flsă. Deci re loc relţi din ipoteză. Reciproc teoremei lui Menelus constituie un din principlele metode de demonstrre colinirităţii multor triplete de puncte. R5.9. e consideră triunghiul BC şi punctele K, M, L situte pe lturile (B), (BC), (C) şi diferite de vârfurile triunghiului. ă se demonstreze că cel puţin un din riile triunghiurilor ML, KBM, LCK nu depăşeşte un sfert din ri triunghiului BC. oluţie. vem relţiile: B C sin M L sin [BC], [ML] Deci [ML] M L () B C [BC] L M şi nlog obţinem: B K C [BMK] [BC] BM BK () B BC 9

24 [CLK] CL KC () [BC] C CB Folosim metod reducerii l bsurd. Presupunem că [ML] [BMK] [CLK] >, >, > [BC] 4 [BC] 4 [BC] 4 Ţinând sem de relţiile (), (), (), obţinem M L BM BK CL KC > B C B BC C CB 64 su L CL BM M BK CK > (4) C C B B BC BC 64 Cu ineglitte dintre medi ritmetică şi geometrică vem: L CL C L CL L CL, deci C C 4 M BM BK CK şi nlog,. B B 4 BC BC 4 Înmulţind membru cu membru ceste ultime trei ineglităţi obţinem: L CL M BM BK CK (5) C C B B BC BC 64 Din (4) şi (5) rezultă că presupunere făcută este flsă, dică găsim un triunghi [BC] cu ri ce nu depăşeşte. 4 R5.0. Într-un triunghi scuţitunghic neechilterl, printr-un vârf este dusă înălţime, prin ltul medin, ir prin cel de-l treile bisectore. rătţi că ceste linii nu pot form prin intersecţie un triunghi echilterl. Demonstrţie. Considerăm triunghiul BC cu înălţime ', medin BB' şi bisectore CC'. C' L D E B' B ' C plicăm metod reducerii l bsurd. Presupunem că triunghiul DEL este echilterl. Din triunghiul dreptunghic CD' obţinem: m( DC')

25 Deci m( C)60 şi tunci m( B'CE)0. Dr DEL B'EC (opuse l vârf), tunci m( B'EC)60. În triunghiul B'EC vem m( EB'C)80 -(0 60 )90 Fiindcă BB' este medină rezultă că (B) (BC). Dr m( C)60 şi tunci rezultă că triunghiul BC este echilterl. dr din ipoteză triunghiul BC nu este echilterl. tunci presupunere făcută (că triunghiul DEL este echilterl) este flsă şi deci triunghiul DEL nu este echilterl.

26 6. Probleme de numărre Multe probleme din viţ cotidină cer numărre elementelor unor mulţimi finite, le părţilor unei mulţimi, etc. şi de ici importnţ profundării operţiei de numărre prin probleme cre conduc l numărre elementelor unor mulţimi diverse. Domeniul mtemticii în cre se studiză stfel de probleme se numeşte combintorică. Pentru bord diverse probleme de numărre un rol importnt îl jocă noţiune de prte întregă, numărul divizorilor nturli i unui număr nturl, form cnonică unui număr nturl n (descompunere în mod unic în produs de fctori primi), etc. ) Prin prte întregă unui număr x înţelegem cel mi mre număr întreg cre nu îl depăşeşte pe x şi se noteză [x]. vem x < [ x] x. Folosim prte întregă, de exemplu când numărăm multiplii unui număr nturl p cuprins în mulţime: {,,,...,n}. ) Orice număr nturl n, diferit de zero, se descompune în mod unic într-un produs de fctori primi: k n p α α α p... p k, () unde p, p,..., pk sunt numere prime, ir α, α,..., α k sunt numere nenule. Relţi () se numeşte form cnonică lui n. Numărul divizorilor nturli i lui n este: ( α )( α )...( α k ). Vom prezent în continure câtev probleme de ritmetică, teori numerelor, geometrie, cre se încdreză l cestă problemtică. R6.. Cre este exponentul lui în descompunere în fctori primi numărului 00! (00!... 00). oluţie. Dintre numerele,,,4,...,00 fiecre l treile este divizibil cu. Fiindcă 00, rezultă că de l l 00 sunt de numere divizibile cu. Dintre ceste de numere fiecre l treile este divizibil cel puţin cu putere - lui. Fiindcă :, rezultă că sunt numere divizibile cu. Dintre cele fiecre l - le este divizibil cu. Fiindcă, rezultă că sunt stfel de numere. Dintre ceste numere unul este divizibil cu 4. Nu există nici un număr dintre primele 00, divizibil cu 5 pentru că 5 >00. tunci exponentul lui din descompunere în produs de fctori primi numărului 00! este: 48. Fiindcă l împărţirile efectute m reţinut numi câturile, ceste reprezintă de fpt părţile întregi le numerelor:,,,. Deci exponentul lui din 4 descompunere în fctori primi numărului 00! este: Cu celşi rţionment se rtă că exponentul numărului prim p din descompunere în fctori primi lui n! (n!...n) este:

27 n n n... p p p R6.. e consideră într-un pln 5 puncte, oricre trei necolinire. ) Câte drepte determină ceste puncte? b) Câte triunghiuri determină ceste puncte? c) Dcă vem n puncte (oricre trei necolinire), câte drepte şi câte triunghiuri determină? oluţie. ) Fie,,, 4, 5 punctele din ipoteză. Punctul determină cu celellte 4 puncte un număr de 4 drepte. Din cele 5 puncte plecă 4 50 semidrepte. Fiecre dreptă fost numărtă de două ori (de exemplu şi ). tunci numărul dreptelor cre trec prin cele 5 puncte este 0:0. În generl, dcă vem n puncte (n ) şi oricre trei sunt necolinire tunci ele n( n ) determină drepte. Fie punctele,,..., n. Fixând punctul i, cest v determin cu celellte puncte n- drepte. vând n puncte, din ele plecă n(n-) semidrepte. Fiecre dreptă este numărtă de două ori: i k şi k i. tunci n puncte (oricre trei necolinire) n( n ) determină drepte. b)-c) Pentru numărul de triunghiuri considerăm czul când vem n puncte (oricre trei necolinire). Fixăm un vârf i de exemplu, fpt ce pote fi relizt în n moduri. Fixăm l doile vârf j, relizbil în n- moduri (după prim fixre). Fixăm l -le vârf k, relizbil în n- moduri. Ţinând sem cum u fost lese vârfurile, obţinem n ( n )( n ) vrinte. Fiecre triunghi i j k fost numărt de 6 ori: i j k, i k j, j i k, j k i, k j i, k i j. tunci numărul de triunghiuri n( n )( n ) determint de n puncte (oricre trei necolinire) este. 6 R6.. Determinţi numărul digonlelor unui poligon convex cu n lturi (n 4). oluţie. Din fiecre vârf plecă n- digonle pentru că un vârf şi cu două dicente nu determină digonle. Fiind n vârfuri vem n(n-) segmente. Dr fiecre digonlă fost numărtă de două ori, deci numărul digonlelor unui poligon convex n( n ) cu n lturi este. ltfel. Dcă vem n puncte distincte (oricre trei necolinire), ele determină n( n ) drepte. Pentru fl numărul digonlelor trebuie să scădem numărul lturilor. Obţinem: n( n ) n n n n n n( n ) n.

28 R6.4. ă se determine numărul minim de monede de,, 5 euro de cre vem nevoie pentru plăti orice sumă întregă cuprinsă între şi 5n euro. oluţie. i) Pentru plăti orice sumă întregă cuprinsă între şi 5n euro vem nevoie de cel puţin n monede: pentru plăti sumele de euro şi 5n euro vem nevoie de două monede de un euro şi încă cel puţin n monede. ii) Pentru plăti tote sumele întregi între euro şi 5n euro sunt suficiente n monede: două monede de euro, o monedă de trei euro şi n monede de 5 euro. Orice număr nturl cuprins între şi 5n inclusiv re un din formele 5 k,5k,5k,5k 4,5k 5 unde 0 k n. umele de form 5 k pot fi plătite cu k din cele n monede de 5 euro ( n k) şi un dintre monedele de euro. umele de form 5 k pot fi plătite cu k monede 5 euro şi monedele de euro. umele de form 5 k şi 5 k 4 le putem plăti cu orice monede de 5 euro şi moned de euro respectiv k monede de 5 euro o monedă de euro şi un de euro. umele de form 5 k 5 ( n k) pot fi plătite cu k monede de 5 euro şi cu monede de şi euro. Deci numărul minim cerut este n. 6.. Principiul cutiei su principiul lui Dirichlet unt multe probleme de mtemtică cu enunţuri inedite ce pot fi bordte cu mijloce le gândirii cotidiene, fără fi nevoie de metode rfinte. Un exemplu elocvent este principiul cutiei su principiul lui Dirichlet. Cee ce crcterizeză problemele în cre cest principiu se foloseşte este dificultte de le bord pe căi cunoscute. Într-o formulre fără pretenţii cest principiu revine l observţi că dcă vem două cutii în cre trebuie puse trei obiecte, într-un din ele v trebui să şezăm cel puţin două obiecte. Mi generl, dcă reprtizăm un număr mi mre de n obiecte în n clse, tunci cel puţin într-o clsă vor fi cel puţin două obiecte. Deci vem Teorem 6... Considerăm o mulţime nevidă şi,,..., n o prtiţie mulţimii (dică... n şi i j, pentru i j. Dcă vem n elemente din :,,..., n, n tunci există o submulţime i prtiţiei cre să conţină cel puţin două elemente le mulţimii {,,..., n, n }. În generl principiul cutiei este un principiu de numărre. În ultimul timp cest principiu căpătt o mre populritte, fiind pus l bz unui mre număr de probleme, dintre cre unele deosebit de dificile. Vom prezent câtev exemple în cre se foloseşte cest principiu în ritmetică, geometrie. R6... Considerăm mulţime {,,..., n} cu elementele numere întregi. ă se demonstreze că re cel puţin o prte nevidă cu propriette că sum elementelor sle se divide cu n. oluţie. Dcă este număr întreg şi n număr nturl, există numerele q şi r unice stfel încât n q r cu q Z şi r { 0,,,..., n }. Vom plic principiul 4

29 cutiei. Considerăm următorele n submulţimi le lui : { }, {, }, {,, },..., n {,,..., n}. Dcă notăm cu i cu i, n sum elementelor fiecărei mulţimi vem:,,,..., n... n. Dcă unul din numerele i cu i, n se divide cu n problem este rezolvtă. Dcă nu, cele n resturi obţinute prin împărţire cu n numerelor i prţin mulţimii {,,,...,n-} ce re n- elemente diferite. Deci există cu sigurnţă două numere i şi j cre du celşi rest l împărţire cu n. Fie i... i şi j... j cele două numere. Fie i < j. Fiindcă n divide pe j i rezultă că submulţime căuttă este B { i, i,..., j}. R6... ă se rte că oricum m lege cinci numere întregi, există două dintre ceste, cre u sum su diferenţ divizibile cu 7. oluţie. L împărţire cu 7 unui număr se obţine unul din resturile 0,,,,4,5,6. Pătrtul său v d l împărţire cu 7 unul din resturile 0,,,4. Deorece vem cinci numere,b,c,d,e, cele cinci pătrte le lor nu pot d l împărţire cu 7 decât unul din cele ptru resturi: 0,,,4. Conform principiului cutiei cel puţin două din ceste cinci pătrte du l împărţire cu 7 celşi rest. Deci există x, y {, b, c, d, e} stfel încât x y se divide cu 7. Deci 7 divide pe x y ( x y)( x y), dr fiind şi prim rezultă că 7 divide pe x y su 7 divide pe x y. R6... Ptru drepte distincte situte într-un pln, îl împrt în mi multe regiuni distincte. ă se rte că oricum s-r şez puncte în cest pln stfel încât nici unul să nu prţină dreptelor dte, cel puţin două dintre ele se flă în ceeşi regiune. oluţie. Dreptele fiind distincte pot fi mplste în felul următor: ) b) c) d) 5

30 e) f) g) h) Numărul mxim de regiuni este şi se obţine în czul i). Regiunile în cre fost împărţit plnul vor fi "căsuţele" din principiul cutiei. Dcă m şez câte un punct în fiecre regiune m ve nevoie de puncte. vând însă puncte, rezultă că în cel puţin o regiune vor fi două puncte. R6..4. Considerăm nouă puncte într-un pătrt cu ltur de lungime. ă se demonstreze că există un triunghi cu vârfurile în trei din cele nouă puncte cărui rie să fie cel mult eglă cu 8. i) oluţie. Unind două câte două mijlocele lturilor opuse în pătrtul dt, obţinem o împărţire cestui în ptru pătrte de rie 4. Oricum m pls cele nouă puncte, întotdeun trei se vor fl în interiorul su pe lturile celuişi pătrt. Fie, B, C cele trei puncte situte în pătrtul EFGH. ă rătăm că ri triunghiului BC este mi mică su eglă cu 8. Ducem prin, B, C prlele l EH. Un dintre ceste se v fl între celellte două, deci v intersect ltur opusă vârfului prin cre trece. Fie Q cestă prlelă l EH, Q [BC]. Ducem BN Q şi CP Q (N,P Q). tunci vem: Q BN Q CP Q [BC] [BQ] [CQ] (BN CP) 6

31 EH HG [ EHGF ]. 4 8 Deci [ BC]. Eglitte re loc dcă şi numi dcă 8 Q(BN CP) EH HG, deci NQHF şi BNCPHG. Deci eglitte se obţine când o ltură triunghiului coincide cu o ltură pătrtului şi celăllt vârf l triunghiului se flă pe ltur opusă. E F L E F P Q C H G R B N M T K R6..5. Considerăm 7 drepte cre împrt un pătrt în două ptrultere cre u rportul riilor 6. ă se rte că cel puţin 5 dintre ceste drepte trec prin celşi punct. oluţie. Fiecre din cele 7 drepte nu pote tăi două lturi consecutive le pătrtului, deorece tunci pătrtul r fi împărţit într-un triunghi şi un pentgon. Deci fiecre dreptă împrte pătrtul în două trpeze dreptunghice cre u ceeşi înălţime. Fie un din ceste drepte cre tie lturile B şi CD în punctele T şi R. Dcă L şi K sunt mijlocele lturilor D respectiv BC, ir E este punctul de intersecţie l dreptelor Q şi TR, vem: (TB RC) BC [BTRC] KE (T DR) D [TRD] EL 6 m ţinut sem că trpezele u înălţimile egle şi liniile mijlocii u lungimile: TB RC T DR E K, LE. Pe drept LK există două puncte cre împrt segmentul LK în rportul. Fie 6 l doile punct E. tunci vem: KE E K. EL E L 6 Fiindcă într-un pătrt există numi două segmente cre unesc mijlocele lturilor opuse rezultă că în interiorul pătrtului există exct ptru puncte: E,E,E,E 4 cre împrt liniile mijlocii le pătrtului în rportul 6. deci oricre din cele 7 drepte H G 7

32 trece prin unul din punctele E,E,E,E 4. Fiindcă vem 7 drepte cre trec prin ptru puncte, conform principiului "cutiei" cel puţin 5 drepte trec prin celşi punct. D R C L E E K T B R6..6. ă se rte că oricum m şez 7 puncte în interiorul unui triunghi echilterl cu ltur de lungime, există cel puţin două puncte stfel încât distnţ dintre ele să nu depăşescă 0,(6). oluţie. Împărţim fiecre ltură triunghiului în 6 segmente cu lungime 6. Prin punctele de diviziune ducem prlele l lturile triunghiului şi obţinem triunghiuri echilterle cu ltur de lungime 6. Considerând 7 puncte în triunghiul iniţil, cel puţin două dintre ceste se vor fl în interiorul (su pe lturi) unui triunghi cu ltur 0,(6 ), şi deci distnţ dintre ceste v fi cel 6 mult. 6 R6..7. ă se rte că, oricum m şez n puncte în interiorul unui triunghi echilterl cu ltur de lungime, există cel puţin două puncte stfel încât distnţ dintre ele să nu depăşescă n. oluţie. Împărţim fiecre ltură triunghiului în n segmente cu lungime n. Ducând prlele l lturile triunghiului prin punctele de diviziune, triunghiul se descompune în (n ) n triunghiuri echilterle cu ltur de lungime. Căsuţele din principiul cutiei sunt cum cele n triunghiuri echilterle. n Considerând n puncte în interiorul triunghiului iniţil evident cel puţin două 8

33 dintre ceste se vor fl în interiorul unui triunghi (su pe lturi) cu ltur de lungime şi distnţ dintre ceste v fi cel mult. n n B C 9

34 7. Ecuţii în Z. Ecuţii diofntice 7. Considerţii teoretice Ecuţiile în Z pot fi cu coeficienţi în Z, su cu coeficienţi într-o ltă mulţime, dr în mbele czuri se cer soluţii în Z. Restricţi impusă de soluţii în Z conduce l discuţi ecuţiei pe czuri în funcţie de coeficienţi. Ce mi cunoscută ecuţie în cre necunoscutele nu sunt linire este ce pitgorică, dică: x y z. Ecuţi fost studită de Pitgor în legătură cu triunghiurile dreptunghice cu lturi numere nturle. Pentru ecuţi dtă, dcă tripletul (x 0, y 0, z 0 ) este soluţie ecuţiei tunci (kx 0, ky 0, kz 0 ) cu k Z este de semene soluţie, deci este suficient să determinăm triplete în cre elementele componente sunt prime între ele, în cest sens dăm următore: Teorem 7... Orice soluţie (x, y, z) ecuţiei x y z cu componente prime între ele este de form :xm -n ;ymn;zm n, cu (m, n);m>n. Demonstrţie:(m -n ) (mn) (m n ) deci este soluţie. ă rătăm că(x, y, z). Numerele x, y nu pot fi mbele impre, deorece dcă sunt impre tunci:x y 4k ir z pr z 4p(contrdicţie), c tre exct unul din numerele x, y este pr. Dcă d(x, y, z) şi d d (m n )(m -n ) d m şi d n şi cum (m, n) d m n pr, dr m, n sunt de prităţi diferite, deci d. Reciproc, dcă (x, y, z) şi este soluţie, y x, z sunt impre zx, z-x sunt pre, tunci:zxb;z-xc. vem (b, c) deorece (z, x). Mi vem : 4 y z -x (z-x)(zx)4bc bc şi bm, cn deorece (b, c). Obţinem:xb-cm -n zbcm n ymn cre este o soluţie cu componentele prime între ele. Definitie 7... O ecuţie de form x x n x n b, unde,,, n, b sunt întregi fixţi se numeşte ecuţie diofntică liniră. În mod obişnuit se cere rezolvre cestei ecuţii în Z. Vom studi cestă ecuţie pentru două necunoscute, şi vem: Teorem 7... Ecuţi xbyc re soluţii în Z, dcă şi numi dcă (, b) c Demonstrţie: Fie d(, b) d ; bdb cu (, b ) şi vem: d xdb yc d( xb y)c d c (cdc ) Dcă d(, b) tunci ( ) x, x Z pentru cre : x bx d (lgoritmul lui Euclid) şi înmulţind cu c vem (x c )b(x c )dc X bx c, deci re soluţie. Obs... Dcă (x 0, y 0 ) este o soluţie prticulră tunci tote soluţiile sunt dte de : x x 0 t x 0 bt x y 0 t y 0 - t Probleme rezolvte R7... Rezolvţi în Z Z Z ecuţi : x4y5z6. oluţie : x4y5k, re soluţi de form : 40

35 x -k y -k deorece : x4y -9k4-4k5k. Din cest vem : 5z6-(5k)5-5k z-k cest este o soluţie prticulră. vem însă: x -k4t y -k-t şi z -k, unde k, t Z. R7... Rezolvţi în numere nturle ecuţi: /x/y/z/. oluţie: Din simetrie putem presupune : x y z /x/y/z /x /x / x 9 x 4 deci x {,, 4 } Pentru x4 /y/z / /4 /y/z5/ /y/z /y 5/ /y deci 5y 4 y 4 Dcă y4 /z5/ ¼//6 z6, şi tripletul (4, 4, 6) este soluţie. Dcă y //z 5/ /z 5/-// z şi tripletul (4,, ) este soluţie. Dcă y ½/z5/ /z -/ (fls). Pentru x /y/z /-// / /y y 6. Dcă y6 z6, tripletul (, 6, 6) este soluţie. Dcă y5 /z /-/5/5 z Z. Dcă y4 /z /-/4/ z şi tripletul (, 4, ) este soluţie Dcă y /z /-/0 (imposibil) şi de semene pentru y nu vem soluţie. Pentru x /y/z/-/ /6, din cre putem ve : yz şi tripletul (,, ) soluţie y0, z5 şi tripletul (, 0, 5) soluţie y9, z8 şi tripletul (, 9, 8) soluţie y8, z4 şi tripletul (, 8, 4) soluţie y7, z4 şi tripletul (, 7, 4) soluţie. Pentru y 6 nu vem soluţie. vem în totl 9 triplete în soluţie. R7... Determinţi numerele prime p, q pentru cre : 5p - q 6q-9p. oluţie: Relţi dtă conduce l : 5p 9p 6q q p(5p9) q(q6) pq su q 5p9. Pentru pq vem : p -p p - (imposibil), rămâne că : 5p9qn pqnq(q6) q6 np şi q (np-6)/ 5p9 (np-6)n/ (n -0)p 6n8 6n8 n -0 (p ) n (n-) 9 n 6 şi (6n8)/(n -0) N n4 şi p7 de unde q, cre este soluţi. 4