Gazeta Matematica

Vasile Pop, Maria Pop si Viorel Lupşor - Gazeta Matematică, nr. 3 din 2007

Publică şi tu!

ASUPRA UNOR PROBLEME LEGATE DE
PRINCIPIUL CUTIEI GENERALIZAT

de Vasile Pop, Maria Pop, Viorel Lupşor

Numeroase probleme de ingeniozitate, au un substrat teoretic general şi simplu, dar bine ascuns de particularitatea problemei. Raţionamentul care conduce la sâmburele problemei, analizat într-un cadru general, oferă de multe ori o viziune unitară asupra unor probleme aparent esenţial diferite. Ne vom ocupa în acest articol de câteva probleme al căror substrat este principiul cutiei generalizat (principiul lui Dirichlet).

Problemă. Pe un disc de rază 5 cm se aşează arbitrar 101 monede de rază 1 cm. Să se arate că există cel puţin 5 monede ce se suprapun pe o porţiune.

Soluţie. Va trebui să arătăm că există puncte de pe disc acoperite de cel puţin 5 monede. Dacă, prin absurd, fiecare punct ar fi acoperit de cel mult 4 ori, ar însemna că suma ariilor celor 101 monede ar fi mai mică decât de 4 ori aria discului.

Deci , ceea ce este fals.

Pe ideea folosită în această problemă, se poate construi un model matematic care să permită tratarea unitară a multor probleme de acest tip.

Definiţie. Fie X o mulţime şi fie mulţimea părţilor sale. O funcţie se numeşte măsură pe X, dacă verifică proprietăţile:

1°. .

2°. , .

Fie . Să notăm:

.

Propoziţie. Cu notaţiile introduse, există egalitatea:

.

Demonstraţie. Prin inducţie. Pentru obţinem:

,

adică proprietatea 2° din definiţia măsurii.

Presupunem relaţia adevărată pentru n şi o demonstrăm pentru .

Fie . Avem:

, deci:

.

Pentru , avem succesiv:

.

Adunând obţinem:

.

Dar , deci:

şi folosind ipoteza inducţiei avem:

.

Corolar 1. Dacă , atunci:

.

Demonstraţie. Avem evident:

,

deci:

.

Deoarece rezultă , pentru orice .

Folosind relaţia din propoziţia anterioară obţinem:

.

Corolar 2. (Principiul cutiei generalizat) Dacă:

,

atunci există cu , astfel încât:

.

Observaţii. a) Dacă X este finită se poate lua numărul elementelor mulţimii A.

b) Dacă pentru definim .

c) Dacă putem lua ca măsură volumul.

Cu aceste măsuri se pot obţine numeroase:

Aplicaţii

1°. Oricare ar fi funcţia , există astfel încât .

Soluţie. Fie , . Avem:

, deci .

Rezultă:

,

deci:

şi din corolarul 2, există cu , deci:

.

2°. Într-un cub de latură 1 se consideră o linie frântă neintersectată de lungime 300. Să se arate că există un plan paralel cu una din feţe, care taie linia în cel puţin 101 puncte.

Soluţie. Fie segmentele liniei frânte şi proiecţiile ortogonale pe muchiile cubului pr1, pr2, pr3. Avem:

,

deci sumând, obţinem:

.

Există deci o sumă de proiecţii mai mare ca 100; fie aceasta:

.

Dar:

,

deci:

şi folosind corolarul 2, există cu:

.

Un plan perpendicular pe această muchie de proiectare dus printr-un punct din A taie liniile în 101 puncte.

3°. Într-un cub de latură 1 se iau n sfere cu suma ariilor egală cu 32.

a) Să se arate că există o dreaptă ce taie cel puţin 9 sfere.

b) Să se arate că există un plan care intersectează cel puţin 11 sfere.

Soluţie. a) Notăm Sk, , aria cercului mare al sferei Sk. Avem:

, adică .

Dar (aria cercului de rază ). Deci:

, de unde .

Proiectând sferele pe una din feţele cubului în discurile Ak, , avem:

,

deci din corolarul 2, există cu .

O dreaptă perpendiculară pe faţa considerată dusă prin unul din punctele acestei mulţimi (nevide) taie sferele .

b) Proiectăm sferele pe una din muchiile cubului şi obţinem pe aceasta n segmente egale cu diametrele dk ale sferelor. Din:

,

obţinem:

.

Dar din rezultă , deci:

.

Avem deci pe o latură de lungime 1, n segmente cu suma lungimilor mai mare ca 10. Există deci puncte pe acea latură acoperite de cel puţin 11 segmente. Un plan perpendicular pe acea latură a cubului dusă printr-un astfel de punct intersectează cel puţin 11 sfere.

4°. Oricare ar fi 1331 puncte într-un cub de latură 1, există 5 puncte într-o sferă de rază .

Soluţie. Condiţia ca 5 puncte să se afle într-o sferă de rază este echivalentă cu intersecţia nevidă a sferelor de rază cu centrele în punctele respective. Să arătăm că 5 din sferele de rază cu centrele în cele 1331 puncte, au intersecţia nevidă. Reuniunea acestor sfere este inclusă în cubul de latură . Avem:

; ,

deci:

şi aplicând propoziţia 2, rezultă enunţul.

5°. Pe suprafaţa unui poligon de arie 13 se aşează 10 poligoane, fiecare de arie 6. Să se arate că există 4 poligoane ce se suprapun după o arie mai mare ca .

Soluţie. Fie poligoanele din enunţ. Atunci:

,

şi scriind relaţia din propoziţie avem:

,

deci:

.

Dar există intersecţii de câte 4 poligoane. Există deci o intersecţie cu:

.

Bibliografie

[1] A. M. Iaglom, I. M. Iaglom, Probleme neelementare tratate elementar, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1983.

[2] M. Pimsner, S. Popa, Probleme de geometrie elementară, E.D.P. Bucureşti, 1979.

[3] V. Pop, V. Lupşor (colectiv), Matematica pentru grupele de performanţă (manual şi culegere de probleme pentru clasa a IX-a, cap.2), Ed. Dacia Educaţional, 2004.

[4] V. Pop, V. Lupşor (colectiv), Matematica pentru grupele de performanţă (culegere de probleme pentru clasa a VIII-a, cap.XV), Ed. Dacia Educaţional, 2004.

[5] V. Pop, V. Lupşor (colectiv), Matematica pentru grupele de performanţă (culegere de probleme pentru clasa a VI-a, paragraful 3.3), Ed. Dacia Educaţional, 2004.

[6] V. Pop, V. Lupşor, M. Pop (colectiv), Matematica pentru grupele de performanţă (manual pentru clasa a VII-a, cap.6), Ed. Dacia Educaţional, 2004.

Conf. univ. dr.,

Profesoară,

Inspector,

Universitatea Tehnică,

Şcoala generală Nr.10

I. Ş. J. Cluj

Cluj-Napoca

Cluj-Napoca

Cluj-Napoca,