O VARIANTĂ DISCRETĂ A TEOREMEI VALORII INTERMEDIARE

O VARIANTĂ DISCRETĂ A TEOREMEI VALORII INTERMEDIARE de Andrei ECKSTEIN, Timişoara Numeroase noţiuni din analiza matematică au un analog discret. De exemplu, analogul discret al derivatei este diferenţa finită; o metodă de a rezolva ecuaţii diferenţiale este de a le asocia analogul lor discret, o ecuaţie cu diferenţe finite care, odată rezolvată, oferă o soluţie aproximativă a ecuaţiei iniţiale. Şi transformatele Fourier şi Laplace au câte un analog discret: transformata Fourier discretă, respectiv transformata Z. În această scurtă notă vom enunţa o variantă discretă a teoremei valorii intermediare şi vom prezenta câteva aplicaţii ale acesteia. Teorema valorii intermediare pentru funcţii continue (TVIC) este binecunoscută: Teoremă (TVIC). Dacă f : [a, b] R este o funcţie continuă iar u este un număr real aflat între f(a) şi f(b), atunci există c [a, b] astfel încât f(c) = u. Cu alte cuvinte, TVIC spune că,,orice funcţie continuă are proprietatea lui Darboux. Un analog discret al acestei teoreme, TVID, este: Teoremă (TVID). Fie a, b Z, a < b şi I = [a, b] Z. Dacă f : I Z este o funcţie cu proprietatea că f(n + 1) f(n) 1 pentru orice n Z cu a n < b, iar u este un număr întreg aflat între f(a) şi f(b), atunci există c I astfel încât f(c) = u. Demonstraţie: Dacă u = f(a) sau u = f(b) putem lua c = a, respectiv c = b. I. Dacă f(a) = f(b) atunci u = f(a) şi putem lua c = a. II. Dacă f(a) < u < f(b) atunci considerăm mulţimea A = {m I f(m) u}. Cum b A, A este nevidă, finită, deci are un cel mai mic element m 0 > a. Atunci f(m 0 ) u. Pe de altă parte, m 0 1 I \ A, deci f(m 0 1) u 1. Obţinem că f(m 0 ) f(m 0 1) 1. Din ipoteză avem şi f(m 0 ) f(m 0 1) 1, de unde f(m 0 ) = f(m 0 1)+1 u, ceea ce coroborat cu f(m 0 ) u, conduce la f(m 0 ) = u. III. Dacă f(a) > u > f(b) atunci considerăm mulţimea A = {m I f(m) u}. Cum a A, A este nevidă, finită, deci are un cel mai mare element m 0 < b. Atunci f(m 0 ) u. Pe de altă parte, m 0 + 1 I \ A, deci f(m 0 + 1) u 1. Obţinem că f(m 0 + 1) f(m 0 ) 1. Din ipoteză avem şi f(m 0 + 1) f(m 0 ) 1, de unde f(m 0 ) = f(m 0 +1)+1 u, ceea ce coroborat cu f(m 0 ) u, conduce la f(m 0 ) = u. 1

Observaţie: Condiţia f(n + 1) f(n) 1 pentru orice n Z cu a n < b se traduce prin,,funcţia f nu sare valori. Ea înlocuieşte noţiunea de continuitate din cazul continuu. Astfel teorema se poate reformula după cum urmează: Dacă un şir de numere întregi care,,nu sare valori (modulul diferenţei oricăror doi termeni consecutivi este cel mult 1) ia valorile m şi n, atunci şirul ia toate valorile întregi situate între m şi n. Aplicaţii: 1. Pentru fiecare număr natural k 2, notăm M k = {a Z a este produs de k numere întregi consecutive}. a) Să se arate că, dacă a M 2, atunci 4a + 1 este pătrat perfect. b) Aflaţi numerele x pentru care x şi 4x sunt în M 2. c) Demonstraţi că, dacă numărul k este par, atunci M k N. Dorel Miheţ, Concursul,,Grigore Moisil, 2007 Soluţie: a) a M 2 x Z : a = x(x + 1) 4a + 1 = 4x 2 + 4x + 1 = (2x + 1) 2 b) x M 2 a) y Z : 4x + 1 = y 2 4x = (y 1)(y + 1). Dar (y 1)y < (y 1)(y+1) < y(y+1), y 2 şi (y 1)y > (y 1)(y+1) > y(y+1), y 2, deci 4x / M 2. Pentru y { 1, 0, 1} obţinem singura soluţie, x = 0. c) Fie a M k. Atunci există x Z astfel încât a = (x + 1)(x + 2)... (x + k). Dacă numerele x + 1 şi x + k au acelaşi semn atunci, din regula semnelor, avem că a > 0. Dacă x + 1 0 x + k, deoarece secvenţa x + 1, x + 2,..., x + k nu sare valori, conform TVID, numărul 0 se află printre cei k termeni ai secvenţei, deci în acest caz a = 0. De aici rezultă că, în fiecare caz, a N. 2. Determinaţi funcţiile injective f : N N pentru care avem f(n + 1) f(n) 1, n N. Marius Crainic 1 [1] Soluţie: Fie f o funcţie cu proprietăţile cerute în enunţ. Presupunem că există m N 1 Enunţ modificat. Problema originală cerea funcţiile bijective care satisfac relaţia dată. 2

astfel ca f(m + 1) f(m) < 1. Din injectivitatea lui f rezultă f(m + 1) < f(m). Pe de altă parte, există k > m + 1 astfel ca f(k) > f(m), în caz contrar funcţia f ar duce mulţimea infinită {m+2, m+3,...} în mulţimea finită {1, 2,..., f(m)}, ceea ce ar contrazice injectivitatea lui f. Deşi funcţia f : {m + 1, m + 2,..., k} Z, f(n) = f(n) nu satisface întocmai ipotezele TVID (ea poate sări valori dar numai atunci când descreşte), din demonstraţia TVID se vede că în cazul II. nu se foloseşte că f(n + 1) f(n) 1 n ci doar că f(n + 1) f(n) 1, n. Putem aşadar deduce că există j N, m + 1 < j < k, astfel ca f(j) = f(m), adică f(j) = f(m). Cum m < j, acest lucru contrazice injectivitatea lui f, deci presupunerea făcută este falsă. Prin urmare f(m + 1) f(m) = 1, m N. Notând f(1) = a N, se arată uşor prin inducţie că f(n) = n + a 1, n N. Se verifică apoi imediat că toate aceste funcţii satisfac proprietăţile din enunţ. 3. Exact 4n numere din mulţimea de numere naturale A = {1, 2, 3,..., 6n} sunt vopsite în roşu, toate celelalte în albastru. Arătaţi că există 3n numere naturale consecutive din A cu proprietatea că printre ele se află exact 2n numere roşii. Olimpiadă Kazahstan, 2010 Soluţie: Pentru k = 0, 1,..., 3n notăm cu M k mulţimea M k = {k+1, k+2,..., k+3n}. Vom demonstra că cel puţin una din mulţimile M k conţine exact 2n numere roşii. Avem M 0 M 3n = A. Dacă M 0 şi M 3n conţin câte 2n numere roşii, atunci am găsit mulţimea dorită. Dacă nu, atunci una din mulţimile M 0 şi M 3n conţine mai mult de 2n numere roşii, iar cealaltă mai puţin de 2n numere roşii. Definim funcţia f : {0, 1,..., 3n} N, f(k) = numărul de numere roşii din mulţimea M k. Să comparăm f(k + 1) şi f(k). Deoarece M k+1 = (M k {k + 1 + 3n}) \ {k + 1}, avem că 1, dacă k + 1 e albastru, iar k + 1 + 3n e roșu f(k + 1) f(k) = 0, dacă k + 1 și k + 1 + 3n au acceași culoare 1, dacă k + 1 e roșu, iar k + 1 + 3n e albastru deci f(n + 1) f(n) 1. Aşadar f satisface ipotezele TVID. Cum 2n este cuprins între f(0) şi f(3n), există un k astfel încât f(k) = 2n, adică astfel încât M k să conţină 3n numere consecutive dintre care exact 2n roşii. 4. Fiecare număr întreg este colorat roşu sau albastru. Se ştie că, în orice mulţime finită de numere întregi consecutive, numărul numerelor roşii diferă de numărul numerelor albastre, în valoare absolută, prin cel mult 1000. Demonstraţi că există o mulţime de 2000 de numere întregi consecutive care conţine exact 1000 de numere roşii şi 1000 de numere albastre. Olimpiadă Italia, 2013 Soluţie: Considerăm 1001 grupuri contigue de câte 2000 de numere consecutive. Dacă în niciunul din aceste grupuri numărul numerelor roşii nu este egal cu numărul 3

numerelor albastre, atunci printre aceste 1001 grupuri trebuie să existe două, unul în care avem mai multe numere roşii decât albastre şi altul în care avem mai multe numere albastre decât roşii. Într-adevăr, în caz contrar, în fiecare din cele 1001 grupuri o anumită culoare ar fi majoritară măcar cu 1 (de fapt, din paritate, măcar cu 2), deci în grupul mare de 2002000 numere am avea cu cel puţin 1001 mai multe numere din culoarea majoritară, ceea ce contrazice ipoteza. Aşadar trebuie să existe un grup,,majoritar roşu şi un grup,,majoritar albastru. În grupul majoritar roşu avem cel puţin 1001 numere roşii, iar în grupul majoritar albastru vom avea cel mult 999 de numere roşii. Să presupunem că grupul majoritar roşu este {k, k + 1,..., k + 999}, iar cel majoritar albastru {n, n + 1,..., n + 999}, cu k < n. Dacă notăm cu a j numărul de numere roşii din mulţimea {j, j + 1,..., l + 999}, avem a k 1001, a n 999 şi a j+1 a j { 1, 0, 1} (este 1 dacă j + 1 e roşu şi j e albastru, este 1 dacă j + 1 este albastru şi j este roşu şi, în fine, este 0 dacă j şi j +1 au aceeaşi culoare). Aşadar şirul (a j ) nu sare valori, deci pentru a putea trece de la o valoare 1001 la una 999 trebuie să treacă şi prin valoarea intermediară 1000. Aşadar există un grup format din 2000 de numere consecutive care conţine 1000 de numere roşii, deci 1000 de numere albastre. 5. Se consideră 1200 de puncte pe un cerc. Arătaţi că există un arc AB de măsură 30 care conţine în interiorul său exact 100 dintre cele 1200 de puncte. Baraj O.B.J., 2001 [3] Soluţie: Împărţim cercul în 12 arce egale (având măsura de 30 ) prin 6 diametre. Capetele acestor diametre sunt vârfurile unui dodecagon regulat. Afirmăm că există o configuraţie în care aceste vârfuri nu sunt în niciunul din cele 1200 de puncte date. Într-adevăr, numărul dodecagoanelor regulate înscrise în cercul dat este infinit, în timp ce numărul celor care au cel puţin un vârf în mulţimea celor 1200 de puncte date este finit. Cele 1200 de puncte date se află, deci, în interiorul celor 12 arce de măsură 30. Dacă unul dintre acestea conţine 100 de puncte, problema este rezolvată. În caz contrar, există un arc având mai puţin de 100 de puncte şi unul având mai mult de 100 de puncte. Vom roti arcul având mai puţin de 100 de puncte către cel având mai mult de 100 de puncte. În timpul rotaţiei, arcul întâlneşte unele dintre punctele date iniţial şi,,pierde unele dintre cele aflate în interior. Să observăm că numărul de puncte interioare se modifică astfel: creşte cu 1 dacă întâlneşte unul dintre punctele date scade cu 1 dacă un punct interior,,iese din interiorul arcului rămâne nemodificat atunci când, simultan, un punct,,intră şi altul,,iese din interiorul arcului. (Această situaţie apare atunci când cele două puncte determină un arc de măsură 30.) Deoarece numărul de puncte interioare la începutul rotaţiei este mai mic decât 100, iar la sfârşit este mai mare ca 100, iar variaţia numărului de puncte este de 1 punct, rezultă că la un moment dat a existat o poziţie în care arcul conţine exact 100 de puncte, ceea ce trebuia demonstrat. 4

Observaţie: Aici s-a folosit o altă variantă a TVID, una în care domeniul de definiţie al funcţiei este un interval, iar codomeniul o mulţime de numere întregi. De fapt putem adapta demonstraţia de mai sus (cea din [2]) astfel încât să putem aplica TVID sub forma enunţată la început. Considerăm MN arcul măturat de arcul de 30 în drumul său de la poziţia iniţială până la cea finală. Fie m N astfel ca m(mn) = m 30. Împărţim fiecare din cele m arce de măsură 30 ce formează arcul MN în n arce egale (cu n suficient de mare), de măsură mai mică decât cel mai mic dintre arcele determinate de două din cele 1200 de puncte. Notăm capetele acestor arce, în ordinea de pe cerc, cu M 0 = M, M 1,..., M mn = N. Dacă definim f : {0, 1, 2,..., mn n} N, f(k) = numărul de puncte situate în interiorul arcului M k M k+n, avem f(0) < 100, f(mn n) > 100 şi f(k + 1) f(k) 1, k {0, 1, 2,..., mn n 1}, deci, conform TVID există k {0, 1, 2,..., mn n 1} astfel încât f(k) = 100, ceea ce trebuia demonstrat. 6. Fie L mulţimea cuvintelor formate cu literele a şi b care pot fi formate pornind de la cuvântul vid după o succesiune finită de aplicări ale următoarelor reguli: a) dacă x L atunci axb L şi bxa L; b) dacă x L şi y L atunci xy L. Arătaţi că un cuvânt aparţine lui L dacă şi numai dacă acesta conţine un număr egal de litere a şi litere b. The College Mathematics Journal [2] Soluţie: Vom demonstra prin inducţie după numărul de litere al cuvintelor că orice cuvânt din L care are n litere conţine un număr egal de litere a şi b. Pentru n = 0 afirmaţia este evidentă. Fie n N arbitrar fixat. Presupunem proprietatea adevărată pentru orice cuvânt de cel mult n litere şi o demonstrăm pentru cuvintele cu n + 1 litere. Urmărind regulile de formare a cuvintelor, vedem că orice cuvânt cu n + 1 litere provine fie dintr-un cuvânt x cu n 1 litere căruia i s-au adăugat, de o parte şi de alta a lui, literele a şi b, fie din juxtapunerea a două cuvinte mai scurte, x şi y. În primul caz, din ipoteza de inducţie, x conţine un număr egal de a-uri şi b-uri, deci şi noul cuvânt, axb sau bxa, conţine un număr egal de a-uri şi b-uri. În al doilea caz, din ipoteza de inducţie, cuvintele x şi y conţin un număr egal de a-uri şi b-uri, deci şi cuvântul nou, xy, va conţine tot un număr egal de a-uri şi b-uri. Vom demonstra prin inducţie după numărul de litere a al cuvintelor că orice cuvânt care are n litere a şi n litere b aparţine lui L. Pentru n = 0 afirmaţia este evidentă. Fie n N arbitrar fixat. Presupunem proprietatea adevărată pentru orice cuvânt cu k n litere a şi k litere b şi o demonstrăm pentru cuvintele cu n + 1 litere a şi n + 1 litere b. Dacă prima şi ultima literă sunt diferite, atunci cuvântul este axb sau bxa unde x conţine n de a şi n de b. Din ipoteza de inducţie, x L, apoi din prima regulă de 5

formare a cuvintelor avem că axb, bxa L. Să considerăm acum cazul în care prima şi ultima literă a cuvântului sunt identice, de exemplu ambele sunt a. Definim funcţia f : {1, 2,..., 2n + 1} Z prin f(k) = diferenţa dintre numărul de litere a aflate printre primele k litere şi numărul de litere b aflate printre primele k litere. Avem f(1) = 1 0 = 1 şi f(2n+1) = n (n+1) = 1. De asemenea, în mod evident, avem f(k+1) f(k) 1, k = 1, 2,..., 2n, deci, conform TVID, există m {2, 3,..., 2n} astfel ca f(m) = 0. Atunci cuvintele formate cu primele m litere şi respectiv cu ultimele 2n + 2 m litere conţin la fel de multe a-uri ca şi b-uri. Din ipoteza de inducţie, aceste două cuvinte aparţin lui L, deci şi cuvântul nostru, obţinut cu regula b) prin juxtapunerea a două cuvinte din L, aparţine lui L. Cu aceasta inducţia este încheiată. 7. Sunt date 25 de bucăţi de caşcaval având greutăţi diferite două câte două. Stabiliţi dacă este întotdeuna posibil să tăiem una din bucăţi în două şi să aşezăm cele 26 de bucăţi de caşcaval pe două talere ale unei balanţe astfel încât: balanţa să stea în echilibru pe fiecare taler să fie câte 13 bucăţi de caşcaval cele două bucăţi care provin din împărţirea aceleaşi bucăţi să fie pe talere diferite. V.L. Dolnikov, Turneul Oraşelor, 1997 Soluţie: Notăm cele 25 de bucăţi de caşcaval cu a 1, a 2,..., a 25. Aşezăm momentan primele 12 bucăţi pe primul taler, celelalte 13 pe cel de-al doilea taler. Mutăm bucata a 25 pe primul taler, apoi bucata a 1 pe al doilea taler, apoi a 24 pe primul taler şi aşa mai departe până când, după 25 de mutări, conţinuturile celor două talere se vor fi interschimbat faţă de aşezarea iniţială. Înseamnă că a existat la un moment dat (cel puţin) o mutare care a făcut ca balanţa să se încline invers. Cum orice mutare se face muând o bucată din talerul cu 13 bucăţi în cel cu 12 bucăţi, înseamnă că la acest moment s-ar fi putut muta o parte doar din bucata care a schimbat înclinarea balanţei astfel încât acea bucată să echilibreze balanţa. PROBLEME PROPUSE; 1. Pe un raft sunt 30 de cizme, 15 pentru piciorul drept şi 15 pentru piciorul stâng. Arătaţi că există un grup format din 10 cizme consecutive printre care există exact 5 cizme pentru piciorul drept şi 5 cizme pentru piciorul stâng. Olimpiadă Moldova, 1991 Soluţie: Problema este similară cu problema 3. Fie f(k) numărul de cizme pentru piciorul drept aflate printre cele 10 cizme consecutive începând cu cizma a k-a de la stânga. Atunci f(1) + f(11) + f(21) = 15, deci fie unul dintre numerele f(1), f(11) şi f(21) este egal cu 5, caz în care problema este rezolvată, fie printre cele 3 numere există unul mai mic decât 5 şi un altul mai mare decât 5. Cu argumentul 6

de la problema 3, cu TVID, între aceste două poziţii eistă una în care f(a) = 5 şi problema este rezolvată. 2. Un şirag de 15 mărgele, 5 roşii şi 10 negre, sunt înşirate pe un cerc. Arătaţi că pentru orice aranjare a mărgelelor există 6 mărgele consecutive pe cerc dintre care două sunt roşii şi 4 sunt negre. Generalizare: Vasile Pop - Geometrie combinatorică, pag.142 (enunţ parţial) Un şirag de mărgele este format din n mărgele negre şi n mărgele roşii aşezate pe un cerc. Arătaţi că pentru orice număr k n există 2k mărgele consecutive dintre care k sunt roşii şi k sunt negre. Vasile Pop - Geometrie combinatorică, pb. 10.14 3. Plecând de la ecuaţia x 2 + 7x + 2 = 0, fiecare elev dintr-o clasă modifică pe rând coeficientul lui x şi termenul liber cu o unitate. Ultimul elev a scris ecuaţia x 2 + 2x + 7 = 0. Arătaţi că cel puţin un elev a scris o ecuaţie care are rădăcini întregi. Traian Covaciu, Baia Mare (RMT) Soluţie: Notând cu f(x) = x 2 + ax + b funcţia de gradul doi scrisă pe tablă, observăm că fiecare elev modifică f( 1) = 1 + b a crescându-l cu 2, micşorându-l cu 2, sau nu îl modifică. Îniţial f( 1) = 4, la final f( 1) = 6. Cum f( 1) este mereu par, nu sare valori întregi pare, între 4 şi 6 va lua şi valoarea 0. Deci 1 este una din rădăcini şi, cum produsul rădăcinilor este un întreg, şi cealaltă rădăcină va fi întreagă. 4. 1000 de studenţi stau într-un cerc. Demonstraţi că există un număr întreg k cu 100 k 300 astfel încât în acest cerc există un grup de 2k studenţi vecini pentru care prima jumătate conţine la fel de multe fete ca şi a doua jumătate. (Gerhard Wöginger, Austria, Short List IMO, 2011, C2) BIBLIOGRAFIE [1] M.O. DRIMBE 200 de ecuaţii funcţionale pe N, Z, Q, Ed. GIL, 2003, pb.59, pag.14 [2] R. JOHNSONBAUGH A Discrete Intermediate Value Theorem, The College Mathematics Journal, Vol.29, No.01 7

[3] L. PANAITOPOL, D. ŞERBĂNESCU Probleme de teoria numerelor şi combinatorică pentru juniori, Ed. GIL, 2003, pb.23, pag.24 Is it possible to find 1000 consecutive numbers among which there are exactly 5 primes? Solution Clearly there is nothing special about 1000 or 5. What can be said in general about the amount of primes among consecutive numbers? One fact comes to mind: there are runs of successive composite numbers of any length. May this be used? Well, yes, through this insight: shifting (up or down) a prime-free run by 1 may add at most one prime. So it is likely that there are long runs with exactly one prime; and then also two primes - but then it becomes trickier: while shifting the sequence, we can gain a prime at one end and lose one at the other. So caution needs to be exercised. But which direction we should go. Certainly up as at the beginning the run contained no primes at all. How far? There are 168 primes among the first 1000 integers. So, moving towards this sequence from a far away run with no primes and adding (or not) a prime at a time, we are bound to reach 168 primes at the end. Since the amount of primes in a run grows by at most 1, we shall eventually encounter all numbers from 0 to 168 in a nondecreasing sequence with no gaps; sooner or later wel get a 5. 8