Inductia In Geometrie

CUPRINS

Capitolul I- Introducere – ARGUMENT

Capitolul II Variante ale inducției matematice

Capitolul III Aplicații ale inducției matematice în geometrie

Bibliografie

CAPITOLUL I

Introducere – ARGUMENT

Marele matematician Miron Nicolescu spunea că „principiul inducției complete constituie unul din cele mai puternice mijloace de demonstrație în matematică”, iar Mircea Miculița afirma că: „geometria are strălucirea și duritatea diamantului”.

Se nasc astfel o mulțime de întrebări: Are inducția completă un domeniu restrâns de aplicabilitate? Unde poate fi ea folosită efectiv? Care sunt metodele de utilizare a inducției complete? Sunt multe astfel de întrebări, dar nu în ultimul rând: CE ESTE INDUCȚIA MATEMATICĂ COMPLETĂ? Ținând cont că acest procedeu se găsește în aritmetică, algebră, analiză și (poate cu cel mai sporit grad de dificultate) în geometrie, înclinăm să spunem că Miron Nicolescu a avut perfectă dreptate.

II Ce este inducția matematică completă?

În sensul logicii matematice, PROPOZIȚIILE sunt clasate în propoziții particulare și propoziții generale.

Astfel, propozițiile: „În orice triunghi suma măsurilor unghiurilor sale este 180”, „Orice număr în care ultima cifră este 0 sau 5 este divizibil cu 5” sunt propoziții generale. Dar propozițiile: „Suma măsurilor unghiurilor triunghiului MNP este 180”, „Numerele 2015 și 2020 sunt divizibile cu 5” sunt propoziții particulare.

Procedeul prin care din propoziții generale se obțin cele particulare se numește DEDUCȚIE.

Deducția nu este singura metodă de raționament științific. În principiu, avem de a face cu raționament plauzibil și altul demonstrativ. Primul (plauzibil), folosit în multe științe – fizica teoretică, mecanica teoretică, lingvistica matematică – are un caracter oarecum provizoriu, rezultatul putând fi fals sau adevărat. Cel demonstrativ are rezultate certe, corecte, definitive. Trecerea de la general la particular se face cu raționamentul deductiv – care este raționament demonstrativ.

Exemplu: Suma unghiurilor oricărui poligon convex cu n laturi, , este .

Dreptunghiul (poligon convex cu 4 laturi) are deci suma măsurilor unghiurilor .

Exemplu: Pierre Fermat (matematician francez – 1601-1665) a luat în considerare numerele:

,

rezultatele obținute fiind numere prime. Pe baza acestor calcule, a tras concluzia că pentru orice număr natural n, numărul este prim, neverificând însă și pentru , lucru demonstrat mai târziu de către Leonard Euler (1707 – 1783), care a arătat că acesta nu este prim:

Ulterior s-au găsit și alte valori ale lui n, n = 18, 23, 36, 73 pentru care nu e prim.

Din exemplul de mai sus putem trage concluzia după considerarea câtorva exemple („pași”) și nu a tuturor cazurilor posibile – metodă de raționament numită inducție incompletă.

Uneori, un astfel de raționament poate să conducă, studiind un număr finit de cazuri, la epuizarea tuturor posibilităților.

Exemplul binecunoscut: pentru orice poliedru regulat avem relația , V este numărul vârfurilor, M numărul muchiilor, F numărul fețelor.

Este suficient să luăm numai 5 cazuri: tetraedrul, octoedrul, cubul, dodecaedrul, icosaedrul, nemaiexistând alte poliedre regulate.

– pentru tetraedru: V = 4, M = 6, F = 4;

– pentru octoedru: V = 6, M = 12, F = 8;

– pentru cub: V = 8, M = 12, F = 6;

– pentru dodecaedru: V = 20, M = 30, F = 12;

– pentru icosaedru: V = 12, M = 30, F = 20, pentru toate având V – M + F = 2.

Un astfel de raționament, în care concluzia rezultă pe baza cercetării tuturor cazurilor, se numește inducție incompletă (cercetarea prin inducție este dublată și completată de un raționament demonstrativ).

Acest raționament apare pentru prima dată la Pascal (folosită pentru demonstrarea formulei combinărilor): „Deși această propoziție conține infinit de multe cazuri, voi da o demonstrație care presupune două leme. Prima: propoziția este adevărată pentru prima linie. A doua lemă: dacă propoziția se dovedește valabilă pentru o linie oarecare, atunci ea este în mod necesar valabilă și pentru linia următoare.”

Sunt unii autori care numesc acest raționament „silogismul lui Aristotel”, ceea ce ne duce cu gândul la timpuri mult mai îndepărtate. Pe bază de experiență (prin măsurători și observații), vechii egipteni au stabilit, aproximativ, raportul dintre lungimea cercului și diametrul lui.

Mai putem preciza spre final că termenul „inducție” provine din latinescul „inductionis” care înseamnă într-o traducere aproximativă: „orientare spre”, „aducere”, „dovedire prin exemple”, „introducere”.

CAPITOLUL II

VARIANTE ALE INDUCȚIEI MATEMATICE

OBSERVAȚII preliminarii:

Fie , submulțime nevidă a lui N. Spunem că este un prim element (cel mai mic element) al lui A dacă .

TEOREMĂ Orice submulțime nevidă a lui N are un prim element.

(proprietatea de bună ordonare a lui N – care stă la baza unui principiu al inducției matematice)

Fie . Asociem fiecărui număr natural n, o propoziție P(n).

VARIANTA I (Principiul I)

Dacă este adevărată și implicația este adevărată pentru orice , , atunci P(n) este adevărată oricare ar fi .

VARIANTA II (Principiul al II-lea)

Dacă este adevărată și implicația este adevărată pentru orice , și pentru orice , atunci este adevărată pentru orice , .

OBSERVAȚIE: Aceste două principii au ca bază la demonstrație propoziția: „p → q este adevărată dacă p este falsă sau dacă p și q sunt adevărate”.

VARIANTA III (Principiul al III-lea)

Dacă orice , sunt adevărate pentru , k fixat și implicația este adevărată pentru orice , , atunci este adevărată pentru orice , .

VARIANTA IV (Principiul al IV-lea)

Dacă sunt adevărate pentru , k fixat și implicația este adevărată pentru orice , și pentru orice , este adevărată pentru orice , .

OBSERVAȚIA 1. Demonstrațiile variantelor III, IV au la bază varianta I.

OBSERVAȚIA 2. Pentru k = 1, din varianta III obținem I, iar din IV obținem varianta II.

OBSERVAȚIA 3. Este de subliniat că nu este permis o astfel de formulare: presupunem că oricare ar fi n , P(n) e adevărată și demonstrăm că pentru orice n și P(n+1) e adevărată. În acest caz, presupunerea oricare ar fi n , P(n) este adevărată este chiar concluzia.

CAPITOLUL III

APLICAȚII ALE INDUCȚIEI MATEMATICE ÎN GEOMETRIE

Reamintim notațiile obișnuite într-un triunghi: înălțimile corespunzătoare laturilor, razele cercurilor exînscrise.

1. Considerăm un triunghi oarecare ABC. Demonstrați că are loc inegalitatea:

Soluție: Etapa de verificare:

pentru n=0, inegalitatea devine adevărat.

pentru n=1, inegalitatea revine la:

care nu este altceva decât inegalitatea lui Mitrinovici.

Etapa a doua:

Presupunem că , avem .

Fără a restrânge generalitatea putem lua .

Pentru obținem egalitate mai sus,

iar pentru inegalitatea strictă, aplicând inegalitatea lui Cebîșev, avem:

Din ipoteza de inducție și inegalitatea lui Mitrinovici, obținem:

Deci conform inducției matematice cerința este rezolvată.

2. Demonstrați că orice poligon articulat se poate deforma ajungându-se la un triunghi (eventual degenerat).

Soluție: Considerăm propoziția : Un poligon cu n laturi poate fi deformat ajungându-se la un triunghi, .

Pentru etapa I: putem, pentru un patrulater, să considerăm două laturi alăturate a căroro sumă să nu depățească suma celorlalte două (acestea determinând o latură a triunghiului, celelalte două fiind formate din laturile rămase ale patrulaterului – așa numite ”rămășițe”) adevărată.

Etapa a II-a: Presupunem proprietatea adevărată pentru un poligon cu n laturi (P(n)). Considerăm un poligon cu n+1 laturi. Alegând 2 laturi alăturate (a căror sumă nu depășește suma celorlalte), deformăm poligonul pentru a obține ca acestea două să fie în prelungire. Obținem astfel un poligon cu n laturi și cum P(n) am presupus că este adevărată rezultă că și P(n+1) este adevărată, deci P(n) este adevărată .

3. a) Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive care satisfac relația demonstrați că a, b, c pot fi laturile unui triunghi.

b) Dacă a1, a2, a3, … , an sunt n numere pozitive cu proprietatea că , cu arătați că oricare trei din aceste ”n” numere pot fi laturile unui triunghi.

Soluție a) Relația din ipoteză devine (după efectuarea calculelor uzuale):

Cum a , b , c > 0 , atunci avem cel puțin trei din factorii de mai sus pozitivi și din inegalitatea dată obținem și al patrulea factor pozitiv, adică:

adică a , b , c pot fi laturile unui triunghi.

b) Demonstrăm prin inducție:

Pentru n=3 avem punctul a).

Presupunem că rezultatul este adevărat pentru n=k.

Fie k+1 numere pozitive care au proprietatea că

Notăm: și

(inegalitatea mediilor)

și din ipoteza de inducție obținem cerința.

OBS. Analog arătăm că și deci cu orice triplet din a1, a2, a3, … , an se poate forma un triunghi.

INDUCȚIA MATEMATICĂ ÎN GEOMETRIE

Să se demonstreze că oricare ar fi n drepte coplanare și concurente, împart planul în 2n părți.

Soluție Etapa I Verificare.

P(1): oricare ar fi dreapta d în planul , aceasta împarte planul în 2 părți (regiuni), adevărat.

Etapa a II-a P(k)P(k+1); P(k): ”oricare ar fi k drepte coplanare și concurente, împart planul în 2k părți” (adevărat).

Demonstrăm P(k+1): ”oricare ar fi k+1 drepte diferite coplanare și concurente, împart planul în 2(k+1) părți.

A (k+1)-a dreaptă dk+1 concurentă cu celelalte k drepte și coplanară cu ele se află în interiorul unghiurilor opuse la vârf format de două drepte di , di+1 , . Prin urmare cele două părți cuprinse între di , di+1 sunt împărțite în câte două părți fiecare și în total vor fi 2k+2 = 2(k+1) părți.

Din este adevărată este adevărată oricare ar fi .

Prin urmare oricare ar fi n drepte diferite, coplanare, concurente , acestea împart planul în 2n părți.

4. Să se demonstreze că n cercuri, situate într-un plan, împart planul în cel mult părți. Dar dacă cercurile sunt două câte două secante?

Soluție: Etapa I Verificare

Pentru n=1 avem părți

Pentru n = 2

Pentru n = 3

Etapa a II-a P (k) → P (k+1), unde P (k) este adevărată.

P (k): „k cercuri, situate în planul α, împart planul în cel mult k2 – k + 2 părți. Dacă cercurile sunt secante avem egalitate.”

Demonstrăm P (k+1): „k +1 cercuri, situate în planul α, împart planul în cel mult (k + 1)2 – (k + 1) + 2 părți. Egalitate când cercurile sunt secante două câte două.”

Fie C1, C2, … Ck cercurile care verifică P (k). Acestea împart planul într-un număr de părți p, p < k2 – k + 2 când nu se intersectează două câte două și p = k2 – k + 2 părți când se intersectează două câte două.

Cercul Ck+1 ∩ Cp = {Ap, Bp} sau Ck+1 ∩ Cp = {Ap } sau Ck+1 ∩Cp = ø, p = 1,k, adică Ck+1 se intersectează cu celelalte cercuri în cel mult 2k puncte. Cele 2k puncte ale intersecțiilor Ck+1 ∩ Cp împart cercul Ck+1 în cel mult 2k părți și fiecare dintre acestea împart una din părțile existente ale planului în două. Deci se obțin cel mult p < (k2 – k + 2) + 2k = (k + 1)2 – (k + 1) + 2 părți.

Avem egalitate p = (k + 1)2 – (k + 1) + 2 când cercurile sunt secante două câte două.

5. Demonstrați că pentru orice număr natural n, n, un pătrat poate fi împărțit în n pătrate.

Soluție Considerăm P(n) propoziția din enunț. Ca și ipoteză de inducție avem:

Pentru n=6 avem următoarea figură: 6 pătrate

Pentru n=7, putem considera următoarea figură: 7 pătrate

Pentru n alegem: 8 pătrate

Demonstrăm implicația P(n) →P(n+3). Presupunând ipoteza de inducție, adică impărțirea în n pătrate, atunci unul dintre ele se împarte în patru pătrate egale obținându-se în acest fel n+3 pătrate și deci P(n) →P(n+3) este adevărată, adică P(n) este adevărată pentru orice n

6. Să se demonstreze că oricare ar fi plane, care trec prin același punct astfel încât oricare trei dintre ele nu au o dreaptă comună, împart spațiul în

n(n-1)+2 părți.

Demonstrație : Etapa I – P(1) este adevărată unde

P(1): ”oricare ar fi planul care trece prin punctul A, acesta împarte spațiul în 1(1-1)+2=2 părți”.

În adevăr se obțin semispațiile [ și [ .

Etapa a II-a: P(k)P(k+1unde

P(1): ”oricare ar fi planul care trece prin punctul A, acesta împarte spațiul în 1(1-1)+2=2 părți”.

În adevăr se obțin semispațiile [ și [ .

Etapa a II-a: P(k)P(k+1) unde este adevărată P(k): ”oricare ar fi k plane, care trec prin același punct astfel încât oricare trei dintre ele nu au o dreaptă comună, împart spațiul în k(k-1)+2 părți” și demonstrăm P(k+1): ”oricare ar fi k+1 plane, care trec prin același punct astfel încât oricare trei dintre ele nu au o dreaptă comună, împart spațiul în (k+1)k +2 părți”.

Fie planele având proprietatea P(k). Planul , conform problemei 1) este împărțit de dreptele de intersecție ale celorlalte k plane cu acesta în 2k părți. Cele k plane împart, conform P(k), spațiul în k(k-1)+2 părți. Fiecare parte a planului împarte una din părțile spațiului, date de cele k plane în două părți. Deci se obțin k(k-1) + 2 + 2k = (k+1)k + 2 părți. (q.e.d.)

Din este adevărată oricare ar fi .

7. Demonstrați că numărul părților în care este împărțit planul de n drepte (n), două câte două secante și trei câte trei neconcurente este

Soluție: OBS.1: Prin parte a planului vom înțelege fie o anume intersecție de semiplane închise, fie o anume suprafață poligonală, având în acest sens (doar) o acoperire a planului.

OBS.2: O partiție a planului este realizată de cele n drepte (din care omitem punctele lor de intersecție), de interioarele anumitor suprafețe poligonale și de intersecțiile anumitor semiplane deschise.

OBS.3: O parte a planului este disjunctă față de oricare din cele n drepte. Pentru o singură dreaptă (P1) ea împarte planul în două semiplane (delimitate de dreaptă). .

OBS.4: Condițiile din ipoteză (neconcurență și neparalelism) devin importante, interesante și consistente pt n.

. Să presupunem că n drepte (conform ipotezei) împart planul în părți. Să considerăm în plan n+1 drepte (în caz general), unde primele n din ele împart planul în Pn părți. Notăm cu ”d” cea de-a (n+1) –a dreaptă, care conform ipotezei, se intersectează cu fiecare din cele n drepte. Aceste n puncte distincte de pe ”d” determină n-1 segmente și două semidrepte d intersectează n+1 părți din Pn (câte erau până acum), adică numărul de părți crește cu n+1.

Deci și inducția este încheiată.

8) Fie , și numerele . Arătați că aceste numere pot fi lungimile laturilor consecutive ale unui poligon dacă și numai dacă au loc inegalitățile (1) .

Soluție:

Dacă a1, a2, a3, …, an sunt lungimile laturilor unui poligon, atunci inegalitățile sunt adevărate (orice latură a unui poligon este mai mică decât suma celorlalte laturi).

Demonstrăm afirmația reciprocă. Dacă au loc inegalitățile (1), atunci există un poligon A1A2A3…An care are lungimile laturilor consecutive A1A2 = a1, A2A3 = a2,…, An-1An = an-1, AnA1 = an..

Folosim metoda inducției matematice.

Etapa I

P(3) este adevărată: există triunghiul A1A2A3 cu lungimile laturilor A1A2 = a1, A2A3 = a2, A3A1 = a3.

Fie k ℕ, k ≥ 4. Presupunem că afirmația este adevărată pentru orice k-1 numere strict pozitive. P(k-1): Dacă a1, a2, a3, …, ak-1 (0, ) astfel încât:

atunci există un poligon cu k-1 laturi care are lungimile laturilor consecutive a1, a2, a3, …, ak-1.

Arătăm că P(k) este adevărată.

„Dacă a1, a2, a3, …, ak (0, ) astfel încât:

(2)

atunci există un poligon A1A2A3…Ak cu lungimile laturilor consecutive a1, a2, a3, …, ak .

Notăm și .

Cercetăm dacă , adică

fals.

Prin urmare, există cu

Considerăm (3)

Din (2) (3)

Notăm

Fie .

Notăm (4)

Avem (5)

(6)

Din (4) și (6) ⇒ (7)

Din (5) si (7) rezultă:

Notăm și avem:

există poligonul A1A3…Ak cu A1A3 = C și ApAp+1 = ap, oricare ar fi .

Luând Ak+1=A1, deoarece numerele, , verifică ipoteza pentru există punctul A2 în exteriorul poligonului A1A3…Ak astfel încât A1A2 = a1 și A2A3 = a2. Poligonul A1A2A3…Ak are lungimile laturilor a1, a2, …, ak, deci P(k) este adevărată.

Prin urmare, oricare ar fi an (0, ), n ≥ 3 care verifică inegalitățile (1), pot fi laturile consecutive ale unui poligon.

9. Să se calculeze latura a unui poligon regulat cu laturi înscris într-o circumferință de rază R.

Soluție: Folosim metoda inducției

Etapa I – Verificare: Pentru n=2 avem un poligon regulat cu 22 laturi adică un pătrat înscris în cercul de rază r. (fig. 1)

Avem

Etapa a II-a – Calculăm întâi – latura unui poligon regulat cu 2k laturi înscris într-un cerc de rază R (fig. 2) în funcție de .

Notăm cu latura poligonului regulat cu laturi.

unde ;

și

; În cu

P(k): ;

Presupunem adevărată această relație și demonstrăm analog:

P(k+1): peste tot în loc de k punând k+1.

Din (P(k)P(k+1))P(n) adevărat

În cazul n=2

n=3

;

n=4

.

P(k): , de demonstrat

P(k)

(q.e.d.)

Din (P(k)P(k+1))P(n) adevărată :

Demonstrați că pentru , în orice triunghi ABC are loc relația

Soluție: Etapa I: pentru n= 0 avem 3 ≤ 3 adevărat

Pentru n=1 găsim relația (cunoscută) adevărată datorită unor formule uzuale:

și

Pentru n ≥ 2 vom demonstra prin inducție că , n ≥ 2 avem , (relație dacă și numai dacă x=y). relația (1)

Pentru n=2 inegalitatea devine:

Presupunem că inegalitatea (1) este adevărată pentru n = k, k ≥ 2 și demonstrăm că .

a doua paranteză fiind strict pozitivă

Și deci au același semn

(egalitate dacă si numai dacă x=y)

(2)

Din (2) si ipoteza de inducție obținem:

și inegalitatea (1) este demonstrată.

Notăm cu .

Deci .

Analoagele sunt : .

.

Prin adunarea ultimelor 3 relații, obținem:

Și demonstrația este încheiată, iar egalitatea se realizează dacă:

ABC = echilateral,

ABC este oarecare și n {0 , 1}

Demonstrați că pentru orice poligon convex, cu laturile a1, a2 , ….., an >0 are loc

(binecunoscuta inegalitate a mediilor)

Soluția 1 demonstrația lui Ehlers

Demonstrăm mai întâi prin inducție propoziția P(n):

„ Dacă xi > 0, i=1,2,3,….. n și x1 x2……… xn=1 atunci x1+x2+……+xn ≥ n “

P(1) – evident adevărată, x1=1

Presupunem P(n) adevărată (inegalitate adevărată pentru n numere).

Din x1 x2……… xn=1 xi , xj astfel încât xi ≥ 1 și xj ≤ 1.

Fără a particulariza luăm ≥ 1 și x2 ≤ 1 (x1-1) (x2-1) ≤ 0 x1x2+1 ≤ x1+x2

Deci x1+x2+……+xk +xk+1 ≥ 1+x1x2+……+xk +xk+1 (*)

x1x2+……+xk +xk+1 ≥ k x1+x2+……+xk +xk+1≥ 1+ k P(k) → P(k+1) e adevărată P(k) adevărată

Alegem

x1 x2……… xn=1 deci x1+x2+……+xn ≥ n adică

Soluția 2 – demonstrația lui Jacobsthal

Demonstrația se face tot prin inducție

Pentru n = 0 avem și .

Avem de demonstrat propoziția

Punem adevărat si demonstrăm că e adevărat.

Fie z ≥ 0. Cum

Punem

Avem

.

Cum adevărată

Demonstrați că , unde , natural nenul.

Soluție

Etapa I : Pentru , avem , evident adevărată.

Pentru demonstrăm că , adevărat și nu neapărat ca .

Etapa a II-a: Presupunem inegalitatea adevărată pentru (,

adică (1).

Atunci pentru deducem că:

Înmulțind această relație cu (1) și din obținem:

.

Atunci obținem, prin împărțire cu , , inducția fiind astfel încheiatî, unde am ținut cont de faptul că ), acest lucru asigurând pozitivitatea sinusurilor.

Urmatoarea inegalitate demonstrată inductiv este arhicunoscută încă din 1983 (L. Parsan) și foarte utilă elevilor în demonstrarea altor inegalități pentru concursuri și olimpiade:

Demonstrați că dacă n este un numar natural nenul, si , atunci .

Solutie:

Etapa I : : Cum , si avem , evident.

Etapa a II-a : Presupunem că pentru un si , avem și demonstrăm : în ipoteza .

Cum si , obținem .

.

și inducția este încheiată.

*Arătați că , unde suma se efectuează după toate combinațiile de semne, , .

Soluție: Pentru avem (de exemplu) .

Presupunem relația adevarătă pentru și demonstrăm că

.

Cum inducția fiind astfel încheiată.

Demonstrați că .

Soluție: Observăm că identitatea se mai poate scrie sub următoarea formă:

Etapa I : : , evidentă după simplificare.

: , evident adevarat.

Etapa a II-a : Presupunem adevărată egalitatea

(1)

și demonstrăm pasul următor

(2)

Scădem din a doua relație pe prima și obținem

Am obținut o relație cunoscută, .

Cum relația (1) a fost presupusă adevărată obținem că și relația (2) este adevărată și deci inducția este încheiată.

*Considerăm un punct , o dreaptă din plan. Fie , , …, vectori în acest plan, vectori de lungime 1, de aceeași parte a dreptei .

Știind că este impar, arătați că .

Soluție: Verificare: Demonstrăm că este adevărată, unde .

Din ipoteză deci este adevărată

Cum și (1)

T

P3 R

P2

Pn O P1

deci

, OT fiind diagonala rombului OP2TR cu unghiul ascuțit deci

Din .

Notăm ;

dacă

.

Cum OR este bisectoarea

Deoarece S este interior unuia dintre unghiurile sau , considerăm pentru demonstrație cazul și rezultă că . Cum . Prin urmare

, deci este adevărată de unde adevărată .

Arătați că un poligon convex care are un centru de simetrie, poate fi descompus ]n paralelograme. (caz particular pentru un astfel de poligon cu 8 laturi).

Soluție: Observație: Poligoanele astfel considerate au un număr par de laturi. Laturile opusesunt două cîte două paralele și congruente.

Un astfel de poligon este ilustrat ăntr-un desen după cum urmează:

Alegem o pereche de laturi opuse-paralele și egale și translatăm linia frîntă ( din figura de mai jos, cu un vector . Obținem astfel numai paralelograme și un poligon care are aceleași proprietăți ca la început, dar cu două laturi mai puțin. Aplicând ipoteza de inducție (în cazul poligonului cu 4 laturi acesta este el însuși un paraleogram). Inducția este finalizată-poligoanele considerate avînd un număr par de laturi.

P1 P8

P2 P2’ P7

P3 P3’ P6

P4 P5

Într-un plan sunt date n puncte, care nu sunt toate situate pe aceeași dreaptă (necoliniare). Să se demonstreze că printre dreptele care unesc toate perechile posibile de astfel de puncte vor exista cel putin n drepte diferite.

Soluție:Etapa I: verificare-dacă Prin trei puncte necoliniare trec trei drepte diferite.

A1

A2 A3

Etapa II: Presupunem că este adevărată unde

: Fiind date k puncte într-un plan, nu toate pe aceeași dreaptă, printre dreptele există cel puțin k drepte diferite .

Demonstrăm : Fiind date k+1 puncte într-un plan, nu toate pe aceeași dreaptă, printre dreptele există cel puțin k+1 drepte diferite .

Cazul I: Dacă punctele sunt coliniare, cum există un punct din cele k+1 care nu e situat pe dreapta determinată de ele, acesta determină cu cele k puncte coiniare k drepte diferite. Avem în total k+1 drepte.

Cazul II: Dacă punctele nu sunt toate coliniare, conform lui , ele determina k drepte distincte. Cum măcar una din dreptele este diferită de celelalte (altfel toate punctele ar fi coliniare!) rezultă că avem cel puțin k+1 drepte distincte.

În interiorul unui poligon convex cu n laturi se consideră k puncte astfel încât . Demonstrați că putem alege 2k vîrfuri ale poligonului dat astfel încât poligonul format de ele să conțină toate cele k puncte.

Soluție:Demonstrăm prin inducție.

Presupunem afirmația adevărată pentru orice m , . Fie M o mulțime de k+1 puncte interioare care sunt conținute într-un poligon convex P.

M1 M2

Ak+1

B

A A1 Ak

Dacă P are mai puțin de k+1 vîrfuri, aplicăm ipoteza de inducție. Dacă P este un poligon convex și punctele interioare, aplicând ipoteza de inducție pentru mulțimea putem alege 2k puncte dintre vârfurile poligonului inițial astfel încât poligonul P0 format de ele să conțină punctele mulțimii M0. Dacă P0 îl conține pe Ak+1 demonstrația este terminată.

Altfel, segmentele intersectează diagonala AB a lui P0 ( deoarece acesta este interior poligonului inițial). Semiplanul mărginit de AB ți care conține , conține și alte vârfuri ale poligonului inițial, fie ele astfel că putem alege două vârfuri consecutive astfel încât în interiorul patrulaterului să fie situat . Adăugând aceste două vârfui la cele 2k de la început, obținem 2(k+1) și demonstrația este terminată.

Pentru o mulțime S de n puncte distincte din plan considerăm toate triunghiurile cu vârfuri în S și notăm cu T(S) această mulțime. Demonstrați că nu putem avea mai mult de n triunghiuri de arie maximă în T(S).

Soluție: Etapa de verificare:

Pentru n=4 avem doar 4 triunghiuri de arie maximă, deci problema este rezolvată.

Presupunem acum că avem o mulțime M cu n+1 puncte. Dacă P este un punct al unui triunghi maximal care nu este vârf al niciunui alt triunghi maximal, aplicând ipoteza de inducție pentru demonstrația este terminată. Altfel, fiecare vârf al unui triunghi maximal este un vârf pentru cel puțin două triunghiuri maximale. Vom demonstra că așa ceva este imposibil. Dacă ABC și ADE sunt triunghiurile maximale atunci A, B, C, D, E sunt pe infasuratoarea convexă a lui M (în orice altî situație aria poate fi mărită prin extinderea triunghiului.

Dacă A nu este un vârf atunci el este situat într-unul din semiplanele delimitate de dreapta MN.

M B

A

C

D

E

N

În acest caz BC și DE sunt paralele cu MN.

Dacă ABC și ADE nu au interioarele disjuncte atunci trebuie să coincidă. Pentru demonstrația căreia putem folosi un reultat mult mai general: Dacă ABC și XYZ sunt triunghiuri maximale atunci fiecare latură a lui ABC se intersectează cu laturile lui XYZ. Cu acest rezultat problema este rezolvată.

Pe un cerc se consideră 2n puncte distincte, unde n este numǎr natural. În câte moduri putem construi n coarde ale cercului, care nu se intersectează, prin unirea două câte două a celor 2n puncte?

Soluție: Vom demonstra prin inducție că numărul căutat este numărul lui Catalan adicǎ .

Pentru n=1 există un singur mod de a uni cele douǎ puncte. Avem și , deci propoziția se verificǎ.(fig.1)

fig.1 fig.2

Pentru n=2 avem patru puncte pe care le putem uni în două moduri (fig.2):

Avem

Arătăm că dacă propoziția e adevărată pentru orice atunci va fi adevărată și pentru

Fie două puncte care, unite printr-o coardǎ, le separă pe celelalte în două grupuri cu număr par de puncte (nord și sud). Există următoarele posibilități: să nu rămână nicio pereche în nord și celelalte n-1 perechi în sud, o pereche în nord și n-2 perechi în sud, … , n-1perechi în nord și nicio pereche în sud. Să presupunem că la nord față de cele două puncte considerate sunt k perechi și atunci în sud vor fi perechi. Aceste două grupe vor forma coarde independent una de alta, deci conform ipotezei inducției în cea din nord vom avea modalități, iar în cea din sud modalități, deci pentru acest caz în total modalități de a desena coarde. Adunȃnd aceste numere obținem , ceea ce trebuia demonstrat.

Bibliografie:

Liviu Nicolescu, Alin Catană și colectiv, Metode de rezolvare a problemelor de geometrie, editura Universității, București, 1998

Colecția Gazeta Matematică

Laurențiu Panaitopol, M.E.Panaitopol, M.Lascu, Inducția matematică, Editura GIL Zalău, 2002

Matematica v școle- Revista Kvant

M.Șt. Botez, Probleme de geometrie, Editura Tehnică, București, 1976

Andras Szilard, Elementary combinatorial geometry, Editura GIL

Bibliografie:

Liviu Nicolescu, Alin Catană și colectiv, Metode de rezolvare a problemelor de geometrie, editura Universității, București, 1998

Colecția Gazeta Matematică

Laurențiu Panaitopol, M.E.Panaitopol, M.Lascu, Inducția matematică, Editura GIL Zalău, 2002

Matematica v școle- Revista Kvant

M.Șt. Botez, Probleme de geometrie, Editura Tehnică, București, 1976

Andras Szilard, Elementary combinatorial geometry, Editura GIL