Utilizarea Pardosirii şi Colorării unui dreptunghi la rezolvarea problemelor

Cerneanu CristianIndricean Mihai

Cuprins

Introducere .........................................................................................................................................................2

Metode de colorare des utilizate în rezolvarea problemelor ..............................................................................5

Probleme Propuse .............................................................................................................................................10

Bibliografie ......................................................................................................................................................15

Introducere

În acest articol noi vom prezenta o metodă interesantă a rezolvării problemelor care constă în acoperirea (pardosirea) figurilor geometrice, folosind metodele împărţirii şi colorării. Ideea articolului ne-a venit când am observat o problemă propusă la al 26-lea turnir al oraşelor, Rusia care a avut loc la 17 octombrie 2004. Problema sună în felul următor:

Avem 2 dreptunghiuri A şi B. Noi ştim că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu dreptunghiul B folosind dreptunghiurile A. Demonstraţi că putem împărţi un dreptunghi omotetic cu dreptunghiul A folosind dreptunghiurile B.

Prima soluţie care ne-a venit a fost una algebrică, pe care o vom prezenta mai târziu. Dar folosind alte metode, în special metoda pardosirii dreptunghiului, am obţinut o soluţie foarte uşoară şi interesantă care este mai elegantă decât cea algebrică. Căutând mai departe şi mai departe, am găsit multe probleme interesante, mai precis, un set de probleme, care se rezolvă foarte elegant prin colorare, pardosire şi tăiere. În timp ce colecţia devenea tot mai mare şi mai mare, am ales cele mai interesante şi grele care au fost la diferite concursuri şi reviste aşa ca Sankt-Petersburg, Kvant, Olimpiadele de Matematică din Iran, Olimpiada Internaţională de Matematică.

Pe când nu se învaţă la şcoală, „Pardosirea şi Colorarea Dreptunghiului” este un domeniu foarte studiat în matematică. Una din sursele bune este cartea lui I. M. Iaglom „Как разрезать квадрат?”(„Cum de tăiat un pătrat?”). Mai apoi un studiu mai generalizat l-au făcut un tânăr matematician din Danemarca M. L. J. Hautus şi Profesorul Klarner care au propus o teorie de construcţie a planului multicolor, a cărui exemplu 7x8 este prezentat mai jos:

Acest câmp are o proprietate interesantă, că dacă vom lua un dreptunghi 3x4 din orice parte a planului atunci tot timpul vom avea 5 pătrate roşii, 4 pătrate galbene şi 3 albastre.

Klarner a fost primul care a dedus o proprietate cunoscută:Un dreptunghi a x b R poate fi pardosit cu fâşii 1 x n dacă şi numai dacă n divide a sau n divide b.

De aici obţinem un corolar ce uşor reiese din consecinţa generală, care arată rolul fundamental a pardosirii triviale, demonstraţia căreia vom prezenta la sfârşitul proiectului:

Teoremă:

Un dreptunghi a x b R poate fi pardosit cu dreptunghiuri c x d, dacă şi numai dacă măcar (i) fiecare din c şi d divide a şi b fiecare diferit sau (ii) ambele c şi d divid acelaşi a sau b, fie a şi altul (b) este de forma b=cx+dy , pentru careva x,y – naturale.

Mai apoi în acest articol vom demonstra această proprietate, dar la început vom prezenta soluţia algebrică a problemei prezentate la începutul proiectului.

Avem 2 dreptunghiuri A şi B. Noi ştim că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu dreptunghiul B folosind dreptunghiurile A. Demonstraţi că putem împărţi un dreptunghi omotetic cu dreptunghiul A folosind dreptunghiurile B.

Al 26-lea turnir al oraşelor, RusiaSoluţia:

Fie dreptunghiul A are laturile u şi v, dreptunghiul B are laturile x şi y. Noi vom construi un dreptunghi omotetic cu B folosind k dreptunghiuri A şi vom calcula perimetrul lui. Dacă coeficientul de asemănare este l atunci noi obţinem următorul sistem de ecuaţii:

{uα1+bβ1=lxuα 2+bβ2=ly

,unde α i , βi∈N

Apoi vom considera 2 cazuri:

1)

uv∈R ¿

Trebuie să demonstrăm că sau α i sau β i este 0. Acum vom cerceta colţurile dreptunghiului B.

Tipul F1 Tipul F2

Fără pierdere de generalizitate presupunem că putem pune un dreptunghi de tipul F1 în unul din colţuri, cum este prezentat în figura de mai jos:

Atunci dacă α i , βi≠0⇒ va fi o intersecţie cu acelaşi

dreptunghi, numai de data aceasta de tipul F2.

Este uşor de văzut că nici una din figurile cu latura pe d2

nu va intersecta d1 (atunci u-v este divizibil cu v⇒

u/ v∈Q ). În partea stângă nu pot fi figuri tangente cu d1,

în caz contrar ku-v este divizibil cu v ⇒ u/ v∈Q .

Atunci în partea stângă vor fi figuri doar de tipul F1.

Adunînd lungimile a tuturor dreptunghiurilor de pe dreapta d1 obţinem următoarea egalitate:

s1 v=s2 u+s3 v unde si∈N , s2≥1⇒ u/ v∈Q . Iarăşi obţinem contradicţie.

Deci unul din numerele α i sau β i este 0. Fără pierdere de generalizitate putem presupune că {uα1=lxvα2=ly .

Atunci următoarea configuraţie ne arată un dreptunghi omotetic cu A împărţit cu dreptunghiuri omotetice cu B.

2) Al doilea caz este mai uşor şi constă în ceea că u

v=z∈Q

. De aici rezultă că {u(α 1+β1/ z )=lx

v ( α2 z+β2 )=ly

.

Dacă notăm α 1+β1/ z =

p1

q1 şi α 2 z+ β2=

p2

q2 obţinem {

p1

q1

=lx

p2

q2

=ly.

Atunci configuraţia, aproape asemănătoare cu cea precedentă, ne va arăta nouă împărţirea cerută:

unde { xq1 p2=

up1 p2

l

yq1 p1 =vp1 p2

l .

Deci din cazurile (1) şi (2) problema este rezolvată. q.e.d

O altă problemă ce conţine împărţirea dreptunghiurilor, este problema prezentată în Olimpiada de Matematică din Sankt-Petersburg din 1994, care sună în felul următor:

Un pătrat este tăiat în câteva dreptunghiuri în aşa fel încât orice dreaptă orizontală intersectează exact n dreptunghiuri, iar orice dreaptă verticală – exact m dreptunghiuri (dreptele ce conţin o latură a unuia dintre dreptunghiuri nu sunt considerate). Care este numărul dreptunghiurilor?

Soluţie:

Dacă m şi n sunt ambele mai mari ca 1 răspunsul este 2m+2n-4 şi dacă unul din ele este 1 atunci răspunsul este celălalt număr. Al doilea caz este evident, de aceea ne vom concentra la primul caz. Pentru el vom desena 4 drepte paralele cu laturile

dreptunghiului (cum este prezentat în figură) astfel încât ele sunt foarte aproape de laturi, destul de aproape că să intersecteze un singur dreptunghi în fiecare din colţuri.

Apoi, evident, numărul de dreptunghiuri ce sunt folosite în împărţirea pătratului nu este mai mic decât 2m+2n-4.

Minimalitatea este acum demonstrată, ne-a rămas să arătăm că este tot timpul posibil de găsit o astfel de configuraţie ca exact 2m+2n-4 dreptunghiuri să acopere pătratul. Dar metoda de construcţie este prezentată în figura alăturată.

q.e.d

Notă: O altă ramificare a acestei probleme, unde se cercetează numărul maxim de dreptunghiuri aparţine renumitului matematician P. Erdes şi, din păcate, este o problemă încă nerezolvată.

Deci am prezentat câteva probleme, care pot fi rezolvate într-un mod normal, uneori uşor, în alte cazuri mai dificil. Pentru acele cazuri unde nu putem ajunge la o soluţie simplă, în acest articol vom prezenta idei şi metode care ar putea ajuta la soluţionarea multor probleme.

Metode de colorare des utilizate în rezolvarea problemelor

Mai întâi vom face o definiţie: Pardosirea dreptunghiului este acoperirea lui cu figuri ce sunt la dispoziţie, astfel încât nu sunt 2 figuri ce se suprapun, şi nu sunt spaţii în interior care au rămas neacoperite. Vom considera că figurile utilizate pentru pardosire pot fi rotite cu 90⁰ şi vom menţiona când nu se dă voie să facem acest lucru. Acum vom prezenta câteva probleme cu pardosire.

Problema 1:

Un dreptunghi este considerat bun dacă cel puţin una din laturile lui este un număr natural. Avem un dreptunghi care este pardosit cu dreptunghiuri bune. Demonstraţi că dreptunghiul pardosit tot este bun.

Problema 2:

Avem 2 dreptunghiuri A şi B. Noi ştim că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu B folosind dreptunghiuri A. Demonstraţi că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu A folosind dreptunghiuri B.

În acest compartiment vom prezenta soluţiile a câtorva probleme folosind colorarea dreptunghiurilor pentru a obţine rezultatul dorit. Ideea principală a soluţiilor cu colorare este să colorăm planul în aşa fel cu 2 culori, că dacă dreptunghiul este „bun” faţă de problemă, atunci el acoperă o suprafaţă egală cu ambele culori. Atunci, din ceea că toate dreptunghiurile folosite în pardosire sunt bune, rezultă că şi dreptunghiul pardosit tot este bun. Vom arăta un exemplu folosind primele 2 probleme.

Problema 1:

Un dreptunghi este considerat bun dacă cel puţin una din laturile lui este un număr natural. Avem un dreptunghi care este pardosit cu dreptunghiuri bune. Demonstraţi că dreptunghiul pardosit tot este bun.

Soluţie:

Pentru problema 1, ce fel de colorare va satisface condiţia? Vom împărţi planul cu drepte verticale, paralele între ele la distanţa de ½. Acum vom crea aceleaşi drepte paralele la distanţa de ½ între fiecare, dar perpendiculare cu primele. Vom obţine o reţea pătrată, cu latura pătratelor de ½. Este evident că orice dreptunghi care are latura număr întreg are suprafaţa albă egală cu suprafaţa neagră.

Figură. Planul este colorat în stil de şah. Latura pătratelor este de ½.

Punem dreptunghiul pardosit în plan, alegând unul din vârfuri ca origine. Apoi, fie a=k+u, b=l+v, unde k=[a], l=[b]. Putem să tăiem dreptunghiurile k x l, k x v, l x v, fiecare având un număr egal de arii albe şi negre. Deci, pătratele u*v rămase au suprafaţa albă egală cu suprafaţa neagră. Dacă şi u>0, şi v>0 atunci să demonstrăm acest lucru este imposibil:

Dacă u>½ şi v>½, atunci:

Aalbă=( 1

2 )2+(u−1

2)(v−1

2)

Aneagră=

12(u−1

2)+ 1

2(v− 1

2)

Aalbă*Aneagră=(1-u)(1-v)>0

Dacă u<½ sau v<½, atunci este evident.

q.e.d.

Acum vine frumuseţea metodei. Dacă ţineţi minte cum am rezolvat prima problemă algebric, vă rog uitaţi-vă la următoarea soluţie cu pardosire şi comparaţi-o cu soluţia iniţială.

Problema 2:

Avem 2 dreptunghiuri A şi B. Noi ştim că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu B folosind dreptunghiuri A. Demonstraţi că putem pardosi un dreptunghi omotetic cu A folosind dreptunghiuri B.

Soluţie:

Fie laturile dreptunghiului A x şi y. De data aceasta, vom colora planul în stil de şah, dar acum el va fi

compus din dreptunghiuri cu laturile

x2 şi

y2 care colorate în stil de şah va avea proprietatea că orice

dreptunghi A plasat pe el va acoperea aceeaşi cantitate de culoare albă şi neagră. Aceasta înseamnă că dreptunghiul B tot acoperă aceeaşi cantitate de culoare albă şi neagră şi conform problemei precedente una

din laturile lui va fi divizibilă la ½ din latura dreptunghiului A. Acum va fi foarte uşor de construit un aşa exemplu de pardosire a dreptunghiului omotetic cu A folosind dreptunghiuri B.

Figură. Planul este colorat în stil de şah, dar acum el este compus din dreptunghiuri.

Acum vom prezenta un alt set de probleme, care pot fi rezolvate folosind ambele metode: colorării şi pardosirii. Una din ele este problema propusă în revista „KVANT” şi constă în următoarea:

Un pătrat este tăiat în pătrate mai mici, unul din ele fiind roşu, iar restul albastre. Perimetrul fiecărui pătrat albastru este număr întreg. Demonstraţi că perimetrul pătratului roşu tot este întreg.

Soluţie:

Pătratul Q este tăiat în pătrate, unul din ei fiind roşu, iar restul albastre (cel puţin 3). Pătratul Q are o cel puţin două laturi care sunt atinse doar de pătrate albastre. Suma perimetrelor pătratelor albastre amplasate de-a lungul uneia dintre acestea este egală cu perimetrul lui Q, deci este acesta este de asemenea un număr întreg.

Este evident că există un lanţ de pătrate unul din ele fiind roşu, iar celelalte albastre, astfel încât el atinge 2 laturi opuse ale lui Q (cum este prezentat în figură). Dar suma perimetrelor pătratelor din lanţ este egal cu perimetrul lui Q care este întreg. Deci şi perimetrul pătratului roşu este număr întreg. Deci pătratul roşu are laturi numere întregi.

O altă proprietate de împărţire a dreptunghiului, şi anume în figuri de forma „L” (definită în stânga) este obţinută din următoarea problemă. Fără dubii că poate fi uşor rezolvată algebric, dar scopul nostru este să arătăm o soluţie elegantă a acestei probleme, folosind metoda colorării dreptunghiului împărţit.

Dreptunghiul care poate fi acoperit cu figuri de forma „L” poate fi acoperit cu un număr par de aceste figuri.

Soluţie:

Presupunem că dreptunghiul a x b poate fi acoperit cu aceste figuri. Deoarece toate piesele au 4 pătrăţele, aria dreptunghiului mare (a x b) trebuie să fie divizibilă cu 4. Deci sau a sau b este par. Presupunem că b este par. Aceasta înseamnă cu dreptunghiul nostru conţine un număr par de coloane pe care le colorăm consecutiv în alb şi în negru, cum este prezentat în figură.

În acest fel obţinem că orice figură acoperă 3 pătrate de o culoare şi unul de altă culoare. Presupunem că numărul figurilor ce acoperă 3 pătrate negre şi unul alb este x, dar numărul figurilor ce acoperă 3 pătrate albe şi unul negru este y. Numărul total de pătrate negre acoperite este 3x+y, iar numărul celor albe este 3y+x. Pe de altă parte aceste numere sunt ambele egale cu ab/2, din această relaţie rezultă că x+3y=3x+y ⇒ x=y. Eventual obţinem că numărul total de figure folosite în pardosire este x+y=2x, care este par.

În apogeul acestui articol vom demonstra proprietatea generalizată care a fost prezentată la începutul articolului. Această demonstraţie este lungă şi poate chiar şi dificilă, dar aceasta costă eforturile deoarece ea poate fi des utilizată în partea matematicii care se numeşte pardosirea dreptunghiului.

Dreptunghiul de mărimile a x b poate fi pardosit în dreptunghiuri de mărimile α x β dacă şi numai dacă următoarele două condiţii sunt îndeplinite:

1. ambele α şi β trebuie să fie de un număr întreg de ori mai mici ca măcar unul din numerele a sau b.2. ambele numerele a şi b trebuiesc reprezentate în forma mα+nβ, unde m şi n sunt numere naturale.

Soluţie:

Să arătăm pentru început că sunt de ajuns aceste două condiţii pentru ca dreptunghiul să poată fi pardosit după principiile date în enunţ.

Vom nota dreptunghiul mare prin R, iar cel mic prin r.

Fie a=mα, b=nβ (m şi n sunt numere naturale). Dacă vom împărţi una din laturi a dreptunghiului R în m părţi, iar cealaltă latură în n părţi şi vom duce prin fiecare punct de împărţire o paralelă la latura dreptunghiului R, vom obţine m x n dreptunghiuri, toate congruente cu r. (ca în figura de mai jos).

Fie a= mα = nβ şi b din a doua condiţie admite o scriere a lui în forma b = kα+lβ unde k şi l sunt numere naturale. Apoi dacă împărţim dreptunghiul R în dreptunghiurile P şi Q cu dimensiunile a x kα şi a x lβ respectiv, vom reduce acest caz la acel precedent.

Acum să demonstrăm că dacă dreptunghiul poate fi pardosit după principiile din enunţ atunci se îndeplinesc cele două condiţii; uşor se controlează că cea de a doua condiţii se îndeplineşte în acest caz, rămâne de demonstrat că şi prima condiţie are loc.

1) numerele α şi β sunt comăsurabile. Atunci putem fără pierdere de generalizitate să considerăm că numerele α şi β, a şi b sunt întregi, deoarece acest fapt noi îl putem obţine alegând o unitate de măsură convenabilă.

Presupunem că afirmaţia noastă nu este dreaptă şi fie că niciunul din a sau b nu se divide la α. Împărţind dreptunghiul R în pătrate unitare vom efectua următoarea colorare dreaptă a planului obţinut în α culori diferite (colorarea se numeşte dreaptă dacă între oricare α pătrate consecutive situate pe verticală sau orizontală sunt prezente toate α

culori). Deci, vom colora în aceeaşi culoare pătratele pe diagonală care merg de la sus spre jos şi de la stânga spre dreapta, şi vom alege culorile în aşa mod încât oricare două diagonale între care se află fix α-1 altele, să fie colorate în aceeaşi culoare. Uşor observăm că dacă putem obţine aşa o împărţire a dreptunghiului R, atunci în fiecare din aceste α culori va fi reprezentată cu acelaşi număr de pătrate unitare în fiecare din dreptunghiurile mici, de aceea numărul de pătrate în dreptunghiul R colorate în acea culoare nu depinde de alegerea culorii. (pe desen este prezentată o colorare dreaptă în 4 culori).

Fie ra şi rb – resturi, obţinute la împărţirea a şi b la α. Împărţim dreptunghiul R în trei dreptunghiuri A, B şi C de mărimile ra x rb, (a- ra) x rb şi a x (b - rb) respectiv, astfel încât A să ocupe colţul de sus-dreapta a dreptunghiului R, B să fie amplasat mai jos de A, iar C să fie amplasat la dreapta de A şi B.

În dreptunghiul B fiecare culoare este prezentată cu acelaşi număr de pătrate, deoarece a-r a se divide la α. Aceeaşi afirmaţie este dreaptă şi pentru dreptunghiul C, şi din cauza afirmaţiei precedente trebuie să fie adevărată şi în dreptunghiul A.

Cercetăm dreptunghiul A mai profund. Pe noi ne interesează trei diagonale ale lui una din care vine din colţul de sus-stânga şi colorată în culoarea i1, iar celelalte două sunt alăturate ei din ambele părţi şi sunt colorate în culorile i2 şi iα. Este evident că fiecare din culorile enumerate pot fi întâlnite în dreptunghiul A doar pe diagonalele indicate. Dar atunci dacă ra ≤ rb atunci numărul de pătrate de culoarea iα este cu unu mai mic decât celor de culoarea i1, iar dacă ra > rb, atunci numărul pătratelor de culoarea i2 este cu unu mai mic decât celor de culoarea i1. În ambele cazuri noi obţinem o contradicţie.

2) Fie α şi β sunt necomăsurabile şi fie α < β.

Dacă oricare dintre dreptunghiurile mici care sunt încadrate în împărţire sunt orientate în aceeaşi direcţie (cu alte cuvinte, laturile mari ale acestor dreptunghiuri sunt paralele la aceeaşi latură a dreptunghiului iniţial), atunci afirmaţia teoremei este dreaptă.

Demonstrăm că cazul cu orientare diferită a dreptunghiurilor r este imposibil. Presupunem inversul, putem considera fără pierdere de generalizitate că la baza dreptunghiului R sunt alăturate dreptunghiuri r de orientare diferită. Împărţim acest strat de dreptunghiuri în fragmente formate din dreptunghiuri cu aceeaşi orientare, astfel încât oricare două fragmente vecine să aibă orientare diferită.

Deoarece oricare două fragmente vecine au înălţimea diferită, atunci dreptunghiurile fragmentelor „joase” se află la fundul „fântânii”, pereţii căreia sunt formate din părţile laterale fragmentelor vecine (una din părţile laterale poate servi şi latura dreptunghiului R).

Ţinând cont de necomăsurabilitatea lui α şi β fiecare din aceste fântâni trebuie să fie umplute cu dreptunghiuri de aceeaşi orientaţie cu dreptunghiurile din fragmentele din fundul ei. Deodată când va fi efectuată umplerea fântânii fiecare din fragmentele înalte vor deveni fundul fântânii, pereţii căreia vor fi formate din părţile laterale complexelor vecini, formate din dreptunghiuri de altă orientaţie, care au umplut fântânele precedente. După umplerea fântânilor nou-formate noi vom obţine noile fântâni şi aşa mai departe.

De aceea la fiecare pas regiunea de umplere cu dreptunghiuri va fi mărginită sus de linie frântă care are cel puţin o adâncitură şi de aceea acoperirea a dreptunghiului R cu dreptunghiuri r este imposibilă.

Deci obţinem că teorema este complet demonstrată.

Încă câteva probleme alese cu soluţii interesante prin colorare şi pardosire

Problema 1:

Se dă o tablă de şah cu mărimile 10 x 10. De demonstrat că aceasta nu poate fi acoperită în întregime cu forme de tipul următor .

Soluţie:

Presupunem că e posibilă o astfel de aranjare a formelor; să analizăm tabla de şah colorată în alb şi negru. Observăm că o figură de acest tip acoperă 3 pătrate de o culoare şi un pătrat de cealaltă. Dacă numărul figurilor ce ocupă 3 pătrate negre şi unul alb e mai mare de cât al celorlalte, atunci am obţine că pe tablă sunt mai multe pătrate negre de cât albe, dar aceasta nu este adevărat, deoarece noi avem că numărul pătratelor albe este egal cu cel al pătratelor negre. Deci numărul figurilor ce ocupă 3 pătrate albe şi unul negru este egal cu numărul celorlalte figuri. Deci numărul total de figuri folosite este par, dar deoarece pe tablă sunt 100 de pătrate, şi fiecare figură ocupă câte 4 obţinem că numărul de figuri este 25, deci presupunerea este contrazisă şi am obţinut ceea ce trebuia de demonstrat.

Problema 2:

Se dă un pătrat de mărimea 7 x 7 împărţit în figuri de tipurile , şi .. Să se demostreze că în împărţirea pătratului a fost folosită o singură figură de 4 pătrăţele.

Ca generalizare putem folosi următoarea problemă

Generalizare: Un pătrat (2n-1) x (2n-1) este tăiat în figuri de tipurile următoare: tipurile , şi . Să se demonstreze că în împărţire participă cel puţin 4n-1 figuri de primul tip ("unghiuri").

Soluţie:

Colorăm toate pătratele care au coordonatele pare (şi numărul coloanei, şi numărul rândului să fie par). Să presupunem că în împărţire se folosesc x figuri de 3 pătrate şi y figuri de patru pătrate, atunci vom avea că numărul total de pătrate va fi 3x+4y=(2n-1)2. Deoarece orice figură folosită acoperă nu mai mult de un pătrat colorat avem x+y ≥ n2 → 4x+4y ≥ 4n2, de aici obţinem că x ≥ 4n2-(2n-1)2=4n-1, adică ceea ce trebuia de demonstrat.

Problema 3:

Avem un dreptunghi 2n x 2m, unde m ≥ n. De demonstrat că la împărţirea acestuia în figuri de următoarele două tipuri: "liniuţe"; "tetramino"; se folosesc nu mai puţin de n+1 liniuţe.

Soluţie:

Vom lua latura de lungime 2n verticală, iar latura de lungime 2m orizontală. Să notăm numărul de liniuţe orizontale prin x, iar cele verticale prin y; iar numărul tetraminelor orizontale prin u, iar a celor verticale prin v. Punem în toate pătratele din prima linie 1, din a doua linie 2, şi tot aşa până la cele din linia 2n unde în fiecare punem numărul 2n. Acum să colorăm liniile pare cu negru, iar cele impare cu alb. Putem uşor observa că numărul pătratelor albe este egal cu cel al celor negre, dar mai avem că suma numerelor din pătratele albe este cu 2mn mai mică de cât suma celorlalte. Fiecare tetramino ocupă câte două pătrate albe şi câte două negre, iar fiecare liniuţă verticală ocupă câte un pătrat alb şi câte unul negru, deci numărul de pătrate albe şi negre ocupate de acestea este egal, deci obţinem că numărul de liniuţe orizontale ce acoperă pătrate albe este egal cu cel al liniuţelor ce ocupă pătrate negre şi anume x/2 . În fiecare tetramino vertical suma numerelor din pătratele albe este egală cu cea a celor negre, iar în fiecare tetramino orizontal suma din pătratele albe diferă cu 2 de cea a celor negre, în liniuţele verticale suma din pătratele albe diferă cu 1 de cea a celor negre. În liniuţele orizontale din rândurile negre este evident că suma pătratelor nu este mai mare de 2*2n, iar în liniuţele din rândurile albe suma numerelor este mai mare de cât 2. De aici obţinem inegalitatea

analog înlocuind verticalele cu orizontalele obţinem inegalitatea

adunând aceste două inegalităţi obţinem

de unde avem că

Noi avem din ipoteză că suma suprafeţelor tuturor figurilor mici trebuia să fie egală cu cea a dreptunghiului, de unde obţinem că

Folosindu-ne de această inegalitate şi de inegalitatea precedentă obţinem

Dacă să înlocuim în partea stângă n cu m vom obţine:

aceasta şi este ceea ce trebuia de demonstrat. S-ar putea să pară că această inegalitate este prea exagerată, dar dacă n se divide la 2 (adică dacă latura mai mică a dreptunghiului se divide la 4, iar cealaltă este pară), atunci această inegalitate ne dă un număr minim de liniuţe folosite la împărţirea dreptunghiului în formele date în ipoteză foarte apropiat de cel adevărat.

Problema 4:

Acum să demonstrăm că dacă mai adăugăm câteva restricţii, atunci putem spune cu exactitate minimul de liniuţe pe care trebuie să le folosim în acoperirea dreptunghiului. Aceste restricţii sunt ca dreptunghiul să aibă dimensiunile: 4k x 2m, unde 2m≥4k. Să se demonstreze că numărul minim de liniuţe este 2k+2, şi să observăm că acest număr nu depinde de lungimea laturei mari a dreptunghiului.

Soluţie:

În exerciţiul precedent rezultatul obţinut era că numărul minim de liniuţe este mai mare de cât 2k, dar deoarece numărul de liniuţe nu poate fi impar obţinem că acesta este 2k+2, dar pentru a dovedi acest lucru ne mai rămâne să găsim o aranjare a formelor în dreptunghi astfel încât să demonstrăm ceea ce am dedus. Pentru aceasta vom folosi câteva blocuri standarde, primul dintre acestea este:

Acesta reprezintă un dreptunghi (2m-3) x 4, care are două colţuri de câte un pătrat lipsă, folosind k astfel de blocuri obţinem următoarea figură:

Aceasta completează 2m-4 coloane şi jumătate din alta, şi totodată noi folosim în aceasta k liniuţe, după ce plasăm această figură pe dreptunghiul iniţial din acesta mai rămâne numai figura de mai jos:

Aceasta reprezintă un dreptunghi de dimensiunile 4 x 4k, din care sunt scoase k liniuţe, şi acesta trebuie de tăiat folosind numai k+2 liniuţe. Dar cum de făcut acest lucru? În primul rând tot timpul când apare o astfel de întrebare ne poate ajuta dacă ne uităm la cazurile elementare, în ceea ce ne priveşte acestea sunt atunci când k primeşte valorile 1, 2 şi 3. Să ne uităm ce se întâmplă în aceste cazuri

De aici putem observa că dacă comparăm cazurile în care k=2 şi k=3, atunci în primul caz se adaugă figura alăturată:

Acest bloc conţine numai o liniuţă, astfel adăugând numărul necesar de astfel de blocuri noi obţinem împărţirea ce ne interesează pentru orice k>2. Deci am obţinut ceea ce trebuia de demonstrat, dar din păcate pentru cazul în care latura mai mică a dreptunghiului se divide la 4 nu am putut găsi nici o împărţire care să poată demonstra acest lucru, presupunem că o astfel de împărţire nici nu există.

Problema 5:

Se dă un pătrat de mărimea 10 x 10. Este posibil oare de pus în fiecare celulă a acestuia numere naturale astfel încât să se respecte următoarele condiţii: În orice figură de forma a) suma numerelor din celule să fie 105, iar în orice figură de tipurile următoare b) şi suma numerelor din celule să fie 40. Argumentaţi răspunsul.

Soluţie:

Să analizăm figura următoare . Dacă să analizăm suma numerelor din această figură ca sumă din figurile de tip a, atunci acesta este 210, iar dacă să o analizăm pe aceasta ca sumă din figurile de tip b, atunci aceasta este 5*40=200. Adică am obţinut două rezultate diferite, ceea ce înseamnă că nu e posibil de pus în celulele unui pătrat 10 x 10 numere care să respecte condiţiile din ipoteză.

Următoarea problemă a fost propusă la Olimpiada Internaţională de Matematică, Grecia, 2004.

Problema:

Se dă figura şi toate figurile posibile de obţinut din rotirile şi reflecţiile acesteia. De determinat toate dreptunghiurile m x n posibile de obţinut cu ajutorul figurilor descrise la început, astfel încât să se respecte următoarele 3 condiţii:

1. Să nu fie nici un pătrat al dreptunghiului acoperit de 2 ori;2. Să nu fie nici un pătrat al dreptunghiului neacoperit;3. Să nu iasă nici o parte a figurilor ieşite din dreptunghi.

Soluţie 6:

Începem soluţia cu o analiză a figurii date. Observăm că pătrăţelul din “interiorul” acesteia (colorat cu roşu în figura de alături) are nişte proprietăţi mai deosebite, şi anume că are puţine metode de a fi acoperit fără ca să rămână spaţiu liber interior. Configuraţii care l-ar putea acoperi eficient sunt prezentate mai jos:

Deci am obţinut că în continuare vom avea de operat cu 4 figuri noi prezentate mai jos.

Deoarece fiecare din cele 4 figuri obţinute are câte 12 pătrăţele rezultă că m∙n se divide la 12. În cazul în care m se divide la 4 iar n la 3, atunci vom avea că tabelul poate fi completat cu figuri de tipurile A sau C, deoarece laturile se divid la lungimea laturii figurii. În cazul în care 12|m obţinem că pentru orice n diferit de 1,2, şi 5 se poate de acoperit tabelul, adică pentru orice n natural diferit de 1,2 şi 5 va exista o pereche de numere naturale k şi l astfel încât 3k+4l=n,iar pentru n=1, 2 sau 5 se poate uşor de demonstrat că nu există acoperiri care să îndeplinească cerinţele din enunţ. Acum să presupunem că nici m nici n nu se divid 4, obţinem că trebuie să folosim un număr impar de figuri. Acum colorăm rândurile cu coeficient divizibil la 4 cu negru. Figurile de tip A şi B acoperă un număr divizibil cu 4 de pătrăţele negre dintr-un rând iar fiecare figură de tip C sau D acoperă câte 3 pătrăţele de acest tip, deci trebuie să avem un număr par de figuri de aceste tipuri. Dacă să facem aceeaşi procedură pe verticală am obţine că trebuie să avem un număr par de figuri de tipurile A şi B, ceea ce face să avem un număr par de figuri în sumă, ceea ce contrazice prima afirmaţie din acest caz. Deci am obţinut 4|n şi 3|m, sau 12|n şi m este orice nr natural cu excepţia a 1,2 şi 5; şi cazurile când m se schimbă cu n.

Problema 7:

Într-un tabel 5 x 5 este colorat în alb sau negru. Se ştie că oricare trei pătrăţele aflate consecutiv pe aceeaşi coloană, rând sau diagonală, nu pot avea aceeaşi culoare. Demonstraţi că în orice subtabel 3 x 3, dintre pătrăţelele ce stau în colţul acestuia trebuie să fie exact 2 de culoarea neagră şi 2 de culoarea albă.

Soluţie:

Presupunem inversul. Atunci avem două cazuri: când într-un subtabel avem toate colţurile de aceeaşi culoare sau există 3 de o culoare şi unul de altă.

Cercetăm primul caz. Avem prima colorare. Vom nota cu alb şi negru pătrăţelele colorate respectiv în alb şi negru, şi cu gri vom nota pătrăţelele de culoare necunoscută.

Din definiţie rezultă următoarea colorare (Fig. 7.1). Dacă pătratul din centru este negru, atunci avem 3 pătrate negre pe o diagonală, imposibil. Deci pătratul din centru are culoarea albă, însă atunci avem 3 pătrate albe pe o coloană, imposibil (Fig. 7.2). Deci primul caz nu poate avea loc.

Fig. 7.1 Fig. 7.2

Cercetăm al doilea caz. Fără pierdere de generalizitate putem presupune că pătratul alb se află în colţul dreapta jos (Fig. 7.3). Din definiţie obţinem următoarea colorare (Fig. 7.4). Dacă mai sunt coloane în stânga atunci avem următoarele. Dacă pătratul din stânga jos este alb, atunci avem 3 pătrăţele albe pe diagonală. Dacă acest pătrat este negru, atunci avem 3 pătrăţele negre pe un rând. Deci nu mai sunt coloane în stânga. Analog se demonstrează că nu mai sunt rânduri deasupra.

Fig. 7.3 Fig. 7.4 Fig. 7.5

Completând tabelul după regula din enunţ obţinem că pătrăţelul din dreapta-jos a celui din mijloc trebuie să fie negru, pentru a nu avea trei pătrăţele albe la rând. Acum să cercetăm 2 cazuri: dacă pătrăţelul din a 2 coloană rândul 4 este alb şi dacă acesta este negru, atunci obţinem colorarea din figura 7.7, unde pătrăţelului din rândul 3 coloana 5 nu poate fi colorat în alb deoarece vom avea 3 pătrăţele albe într-un rând, şi nu poate fi negru deoarece vom avea 3 pătrăţele negre pe o diagonală.

Fig. 7.6 Fig. 7.7

Iar în cazul în care pătrăţelul ales este negru obţinem colorarea din figura 7.8, şi în acest caz obţinem că există un pătrăţel care nu poate fi colorat, şi anume pătrăţelul din rândul 5 coloana 3 care nu poate fi colorat nici în alb deoarece vom avea 3 pătrăţele albe în coloană, şi nici în negru deoarece von avea 3 pătrăţele negre pe diagonală.

Fig. 7.8

Am verificat toate cazurile posibile şi am obţinut că presupunerea noastră iniţială este falsă. Deci în orice subtabel 3x3, dintre pătrăţelele ce stau în colţ sunt exact 2 de culoarea neagră şi 2 de culoarea albă. Ca exemplu aducem desenul de mai jos:

Bibliografie:1. Fomin D. şi Kohas C. „Olimpiadele de Matematică din Sankt-Petersburg”, Rusia, 1994;2. Agakhanov N., Bogdanov I., Kojevnicov P., Podlipskii O., Tereşin D. „Olimpiadele Rusiei 1993 -

2006”, Moscova, 20073. Agakhanov N. „Olimpiada Rusiei”, Moscova, 2010;4. Iglom I. „Как разрезать квадрат”, ştiinţe matematice, Moscova, 1968;5. Colotov A. „Об одном разбиении прямоугольника”, KVANT 1973-01, Moscova, 1973.