IZABRANE TEOREME, PRIMERI I ZADACI Vojislav Petrović Departman za matematiku i informatiku, PMF Novi Sad vojpet@dmi.uns.ac.rs

Primer 1. Kvadrat 8  8 rasečen je na 4 dela kao na slici 1 Primer 1. Kvadrat 8  8 rasečen je na 4 dela kao na slici 1. Zatim su od dobijenih delova sastavljeni pravougaonik 8  8 (sl. 2) i figura na sl. 3. Iz površina tih figura sledi  64 = 65 = 63. U čemu je greška? Sl. 3. Sl. 1. Sl. 2. 64 65 63 2

Rešenje.  ZADATAK 1. Gde je "nestao" jedan kvadratić na slici 3?

Primer 2. Od jednakostaničnog trougla stranice 2 "odsečen" je jednakostraničan trougao stranice 1 kao na slici. Podeliti preostali deo figure na 4 podudarna dela. Rešenje. 

Primer 3. Od kvadrata 2  2 "odsečen" je jedinični kvadrat kao na slici. Podeliti preostali deo figure na 4 podudarna dela. Rešenje. 

Primer 4. Kvadrat 2  2 na slici podeliti na 5 podudarna delova. Rešenje.  

Teorema 1. Kroz tačku S koja leži unutar kružnice k(O) povučene su 4 prave, tako da svake dve susedne obrazuju ugao od 45o. Time je kružnica podeljena na 8 lukova koji su obojeni naizmenično crveno i plavo. Tada je zbir dužina "crvenih" lukova jednak zbiru dužina "plavih" lukova. S  O S  O S S Lc = Lp

Dokaz. Lema. Tetive AB i CD kružnice k(O) seku se i obrazuju dva unakrsna ugla φ (sl. 1). Tada je zbir lukova AC i BD, koji se nalaze unutar tih uglova, jednak luku koji odgovara centralnom uglu 2φ. Dokaz leme. AB  CD = {S} D C (a) S  O  k O Sl. 1 B A 2α δ (b) S  O φ S SAD = α , SDA = δ 2δ  BOD = 2α , COA = 2δ α φ = α + δ (ΔASD)  AC + BD  centralni ugao 2α + 2δ = 2φ 

nastavak dokaza teoreme  l1 + l3 = l2 + l4  centralni ugao 90o lema φ =45o  l1 + l2 + l3 + l4  centralni ugao 180o l1 l2 l4 l3  Lc = Lp 45o S 

Teorema 2. (Pizza problem) Kroz tačku S koja leži unutar kruga K(O) povučene su 4 prave, tako da svake dve susedne obrazuju ugao od 45o. Njima je unutrašnjiost kruga podeljena na 8 isečaka koji su obojeni naizmenično belo i crveno. Tada zbir površina "belih" isečaka jednak zbiru površina "crvenih". S  O S  O S S Pb = Pc

Dokaz. Pb = A + B + C + D + E + F + G + H = Pc  D H A B G B G C C F E

s  broj osvojenih bodova u jednoj disciplini  s = a + b + c Primer 5. Atletičari X, Y, Z takmiče se u višeboju u kojem se u svakoj disciplini za prvo mesto dobija a, za drugo b i za treće c bodova, gde su a, b, c prirodni brojevi, a > b > c > 0. Na kraju takmičenja X je osvojio 22 boda, a Y i Z po 9. Ako je Y pobedio u trci na 200m, ko je bio drugi u skoku udalj ? Rešenje. X  x , Y  y , Z  z bodova x = 22 , y = z = 9 n  broj disciplina s  broj osvojenih bodova u jednoj disciplini  s = a + b + c a > b > c > 0  c  1, b  2, a  3  s  6 (1) ns = 22 + 9 + 9 = 40  n | 40  n{1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40} (2) y = z = 9  n > 1  (2) n  {2, 4, 5} (1)  n  6

   1o n = 2 s = a + b + c = 20 y = z = 9  y pobedio na 200m x  2a  x < 18 < 22  x = 22 2o n = 4 s = a + b + c = 10 a + b + c = 10 , b  2 , c  1  a  7 (3) n = 4 , x = 22  a  6 (4) (3), (4)  a  {6, 7} (a) a = 6 a + b + c = 10 , b > c  1  b  3  x  36 + 13 = 21 < 22  x = 22 (b) a = 7  b = 2 , c = 1 y  17 + 31 = 10 > 9  y = 9

3o n = 5 s = a + b + c = 8 a + b + c = 8 , b  2 , c  1  a  5 (5) x = 22  a  5 (6) (5), (6)  a = 5  b = 2 , c = 1 a = 5 , b = 2 , c = 1 y = 9  y = 5 (trka) + 1 + 1 + 1 + 1 x = 22  x = 2 boda (trka) + 5 + 5 + 5 + 5  skok udalj: X  5 Y  1 Z  2  Z bio 2. u skoku udalj 

Primer 6. (a) Da li se kvadratna tabla 8  8, iz koje su odstranjena dva dijagonalna ugaona polja , može "popločati" pločicama 1  2? (Svaka pločica pokriva dva susedna polja.) (b) Šta ako su odstranjena dva krajnja polja jednog reda ili jedne kolone?

 Rešenje. (a) ne pretp.  "popločavanje" 62 polja  31 pločica 1 pločica  1 žuto polje + 1 braon polje 31 žuto polje + 31 braon polje  32 žuta polja + 30 braon polja (b) da 

ZADATAK 2. Iz šahovske table su odstranjena dva polja ZADATAK 2. Iz šahovske table su odstranjena dva polja. Pod kojim uslovom se ostatak table može "popločati" pločicama 1  2? ZADATAK 3. Može li se kvadratna tabla 10  10 "popločati" pločicama na slici dole? A tabla 12  12?

Primer 7. Mehanizam za otvaranje sefa sastoji se od pomičnog kotura na kojem su simetrično raspoređena četiri jednaka otvora sa poklopcima (sl. 1). Unutar svakog otvora je prekidač koji može biti u poziciji + ili  . Ako su sva četiri prekidača u istoj poziciju, + ili  (sl. 2), čuje se zvučni signal i sef se otvara. U svakom koraku možemo da izaberemo dva otvora, otvorimo poklopce, pogledamo prekidače, prebacimo ih u stanja koja želimo i poklopce zatvorimo. Nakon toga se kotur nakratko zavrti velikom brzinom i zaustavi, tako da ne znamo u koja dva otvora smo testirali. Kako da u nekoliko koraka otvorimo sef ? Koliko najmanje testiranja je potrebno u najnepovoljnijim okolnostima? +  Sl. 1 Sl. 2.

Rešenje. + + +  ili  +  +  + + + +  +  +   +  

5 testiranja u najnepovoljnijem slučaju +  +   + +  +   +  +   5 testiranja u najnepovoljnijem slučaju 

Teorema 3. Četvorougao ABCD je sa 4 duži podeljen na 9 četvorouglova kao na slici. Ako su "ugaoni" četvoruglovi i "centralni" četvorougao tangentni, tada je i četvorougao ABCD tangentan. A D C B

Dokaz. A D C B AA1 = AD2 = a BB1 = BA2 = b CC1 = CB2 = c DD1 = DC2 = d Q AA1 = AD2 = a BB1 = BA2 = b d q P C1 d p c CC1 = CB2 = c DD1 = DC2 = d D1 q p c P1 KK1 = KA1 = k LL1 = LA2 = l Q1 B2 r D' d" d' Z c' c" n C' MM1 = MB1 = m NN1 = NB2 = n R N r R1 d" c" N1 n PP1 = PC1 = p QQ1 = QC2 = q d' c' RR1 = RD1 = r SS1 = SD2 = s T A'X = A'T = a' B'Y = B'X = b' Y a' b' M1 C'Z = C'Y = c' D'T = B'Z = b' m b" M S1 a" A'S1 = A'K1 = a" B'L1 = B'M1 = b" s S b' B' m A' a' X b" C'N1 = C'P1 = c" D'R1 = D'Q1 = d" s a" L1 B1 D2 K1 a l b k A1A2 = S1M1 = a" + a' + b' + b'' a A1 k K L l A2 b C1C2 = N1R1 = c" + c' + d' + d'' B1B2 = L1P1 = b" + b' + c' + c'' D1D2 = Q1K1 = d" + d' + a' + a''

 D C A B (5), (6)  AB + CD = AD + BC  ABCD  tangentan A1A2 = S1M1 = a" + a' + b' + b'' (1) C2 Q d q P C1 C d p C1C2 = N1R1 = c" + c' + d' + d'' (2) c D1 q p c Q1 P1 B2 r B1B2 = L1P1 = b" + b' + c' + c'' (3) D' d" Z n c" C' R d' c' N r n D1D2 = Q1K1 = d" + d' + a' + a'' (4) R1 d" c" N1 d' c' AB + CD = T (1), (2) = Y (a + A1A2 + b) + (c + C1C2 + d) a' b' M1 m b" M (1), (2) = (a + S1M1 + b) + (c + N1R1 + d) S1 s a" S b' B' a' m X (a + a" + a' + b' + b'' + b) + A' s b" a" L1 B1 D2 (c + c" + c' + d' + d'' + d) = K1 a l b a + a' + a" + b + b' + b" + c + c' + c" + d + d' + d'' k (5) a k A A1 K L l b A2 B AD + BC = (a + D1D2 + d) + (b + B1B2 + c) (3), (4) = (3), (4) = (a + Q1K1 + d) + (b + L1P1 + c) (5), (6)  AB + CD = AD + BC (a + d" + d' + a' + a'' + d) +  ABCD  tangentan (b + b" + b' + c' + c'' + c) = a + a' + a" + b + b' + b" + c + c' + c" + d + d' + d'' (6) 

S1  proizvoljno spajanje: C1Pi , C2Pi , ... , Cn Pi Primer 8. U ravni je dato 2n (n  1) tačaka, takvih da nikoje tri nisu kolinearne. Zatim su, na proizvoljan način, podeljene na dve grupe od po n tačaka i tačke jedne grupe obojene crveno, a druge plavo. Dokazati da se sve tačke mogu razbiti na n parova, jedna crvena i jedna plava u paru, tako da se nikoje dve duži određene tim parovima ne seku. Rešenje. C1, C2, ... , Cn  crvene tačke P1, P2, ... , Pn  plave tačke S1  proizvoljno spajanje: C1Pi , C2Pi , ... , Cn Pi 1 2 n Cs Pi  Ct Pi   s t pretp. C1 Pi 1 Cn Pi n {s, t}  {1, ... , n} C2 Pi 2 Ct Pi t S1 : Cs Pi s

 S1 : C1Pi , ... , Cs Pi , ... , Ct Pi , ... , Cn Pi S2 : . . . . . . Posle konačno mnogo koraka neće biti duži koje se seku!

    

 s(S)  zbir duži koje učestvuju u spajanju S Cs Ct Pi s t S1 O  Cs Ct Pi s t O S2 s(S1) = C1Pi + C2Pi + ... + Cn Pi 1 2 n s(S1) > s(S2) > s(S3) > ... s(S1) = C1Pi + ... + Cs Pi + ... + Ct Pi + ... + Cn Pi 1 s n t s(S2) = C1Pi + ... + Cs Pi + ... + Ct Pi + ... + Cn Pi 1 t n s s(S1)  s(S2) = Cs Pi + Ct Pi  Cs Pi  Ct Pi s t = (CsO + OPi ) + (CtO + OPi )  Cs Pi  Ct Pi t s = (CsO + OPi  Cs Pi ) + (CtO + OPi  Ct Pi ) t s ( > 0 ; ΔCsOPi ) t ( > 0 ; ΔCtOPi ) s > 0

s(S1)  s(S2) > 0  s(S1) > s(S2) slično s(S2) > s(S3) s(S3) > s(S4) . . . ukupan broj sparivanja konačan = n!  postoji sparivanje S (jedno ili više) , takvo da je s(S) minimalno  nikoje dve duži iz S se ne seku  u najnepovoljnijem slučaju S se dostiže u n! koraka 

1 v v2 v1 3 4 1 4 v = v1 + v2 2 v = 0

Ako je sistem u ravnoteži n pločica dn Ako je sistem u ravnoteži (a) Koliki je max dn? max d1 = 1 2 n = 1 1 2 max d2 = 3 4 1 2 n = 2 3 4 1 4 (b) Koliki je lim max dn? n  

 harmonijski red = + + + + 1 + ... + = + ... Hn  harmonijski broj  1 n = 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 + ... 1 n + = 2 + ... 3 4 5 Hn  harmonijski broj H1 = 1 H2 = 1 2 + 3 2 = H3 = 1 2 + 3 = 11 6 H4 = 1 2 + 3 4 = 25 12 . . .

n Hn n , Hn  i i 1 1 1 1 3 2 = 1,5 2 4 2 3 11 11 6 = 1,833... 3 4 31 ... 4 25 12 = 2,0833... ... 10 12 367 ... 8 761 280 = 2,7178 ... 20 272 400 600

  Teorema 4. lim Hn = =  . Dokaz. = + + + + + + + 1 + ... + + + =  . n   Dokaz.  n = 1  1 n = 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 + 1 + ... 1 2 + 1 4 + 1 8 + > 1 + ... = 1 2 + + ...   

dn dn = Hn 1 2

d13

Primer 9. Učenik koji se nalazi u tački X krene prema školi koja je u tački A. Kad je stigao na pola puta do škole predomisli se i krene prema igralištu koje je u tački B. Kad je stigao na pola puta do igrališta opet se predomisli i krene prema kući koja je u tački C. Na pola puta do kuće ponovo se predomisli i krene ka školi. Na pola puta do škole krene ka igralištu, zatim ka kući, pa ka školi i tako ukrug. Gde će završiti učenik ako nastavi beskonačno da se kreće po istom sistemu?

C X6 X3 X4 X5 A B X2 X1 X

Lema. Neka su A1, B1, C1 redom tačke na stranicama BC, CA, AB trougla ABC, takve da je BA1 : A1C = CB1 : B1A = AC1 : C1B = 2 : 1. Neka se duži AA1 i BB1 seku u tački C', duži BB1 i CC1 u tački A' i duži CC1 i AA1 u tački B'. Tada je: (a) AC' : C'B' : B'A1 = BA' : A'C' : C'B1 = CB' : B'A' : A'C1 = 3 : 3 : 1 ; (b) PA'B'C' = PABC 1 7 . A C B 2 1 A1 2 1 B1 1 3 A' C' B' 2 1 C1

Dokaz leme. (a) ΔABA1 , prava CB'C1 = 1   (Menelajeva teorema)   2 1 A1 B1 C1 B' = 1  AC1 C1B BC CA1 A1B' B'A  (Menelajeva teorema) 2 1 3   A1B' B'A = 1 A1B' B'A = 1 6  A1B' = AA1 1 7 A C B 2 1 A1 B1 C1 C' ΔAA1C , prava BC'B1 = 1  AC' C'A1 A1B BC CB1 B1A  2 1 3   = 1 AC' C'A1 = 3 4 AC' C'A1  AC' = AA1 3 7

 A1B' = AA1 AC' = AA1  AC' = C'B' = AA1 2 1 A1 B1 C1 B' A1B' = AA1 1 7 3 7 AC' = AA1 3 1  AC' = C'B' = AA1 3 7  AC' : C'B' : B'A1 = 3 : 3 : 1 C' . . . A' A C B 2 1 A1 B1 C1 B' C' 3 BA' : A'C' : C'B1 = CB' : B'A' : A'C1 = 3 : 3 : 1 (b) koristeći (a) 

Rešenje primera. X1C' = d X2 A' = X3 B' = X4 C' = X5 A' = X6 B' = (sr. lin. u ΔX1BC') B' X6 X3 B' = d 22 B1 C' X3 X4 C' = d 23 d X5 A' X4 X5 A' = d 24 C1 X6 B' = d 25 X2 X1 . . . lim X3k + 1 = C' k   X3k + 1 C' = d 23k X  lim X3k + 2 = A' k   X3k + 2 A' = d 23k + 1 k = 0, 1, 2, ... lim X3k + 3 = B' k   X3k + 3 B' = d 23k + 2 

 CBB',  CMM'  jednakostranični Primer 10. U unutrašnjosti jednakostraničnog  ABC data je tačka M, takva da je MA = 3, MB = 4, MC = 5. Kolika je stranica  ABC? Rešenje. C 600 ρ : A  B B  B' M  M'  CBB',  CMM'  jednakostranični CM = MM' = CM' = 5 A B C B' AM = BM' = 3 5  MAB =  M'BB' = α1 5 M' M'B2 + MB2 = 32 + 42 = 52 = MM' 2 3 M   MBM' = 900 3 4 α1 α1 1500 β1 α1 + β1 = 120o  90o = 300   AMB = 1500

BB1  AM  BMB1 = 300   MBB1 = 600  BB1 = 2 , MB1 = 23 MB = 4 1500 600 A B BB1  AM  BMB1 = 300   MBB1 = 600  BB1 = 2 , MB1 = 23 MB = 4 AB2 = 22 + (3 + 23 )2 AB = 25 + 123 

Teorema 5. (Sperner) Na stranicama i u unutrašnjosti ABC uočen je izvestan broj tačaka (moguće i nijedna) koje spojene dužima, tako da se nikoje dve duži ne seku osim u datim tačkama ili temenima trougla. Tako je ABC podeljen na izvestan broj manjih trouglova. Zatim su uočene tačke obeležene sa A, B ili C na sledeći način. Tačke na stranici AB označene su proizvoljno sa A ili B, tačka na stranici BC proizvoljno sa B ili C, tačka na stranici AC proizvoljno sa A ili C. Tačke iz unutrašnjosti ABC označene su proizvoljno sa A, B ili C. Tada će se uvek pojaviti bar jedan "mali" trougao ABC. A C B A C B C B C C A C A A B

Dokaz. Lema. Na duži AB uočeno je n (n  0) tačaka i svaka od njih označena sa A ili B, proizvoljno. Tada je broj "malih" duži AB  neparan. Dokaz leme. indukcijom po n s(n)  broj "malih" duži AB za n uočenih tačaka n = 0 s(0) = 1  A B n = 1 s(1) = 1  A B A B indukcijska hipoteza. s(m)  neparan broj za 1 < m < n B A A A A B A B B B s(n) = s(n  1) s(n) = s(n  1) ili s(n) = s(n  1) + 2 ind. hip.  s(n)  neparan 

nastavak dokaza teoreme C B "mali" trouglovi sa bar jednom stranicom AB A C B A B A B x y z AB  s puta unutar velikog ΔABC i t puta na "velikoj" stranici AB  x + 2y + 2z = 2s + t t  neparno (lema)  desna strana neparna  leva strana neparna  x  neparno  x  1   "mali" ΔABC 

Primer 11. Među 12 jednakih po veličini kuglica 11 su istih težina, dok je dvanaesta defektna (malo je lakša ili malo teža od ostalih). Kako iz 3 merenja, uz pomoć terazija bez tegova, otkriti defektnu kuglicu i utvrditi vrstu defekta? Rešenje. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1. merenje 1 2 3 4 5 6 7 8 i (a) 1 2 3 4 5 6 7 8  1, 2, ... , 8  ispravne defektna među 9, 10, 11, 12 2. merenje 1 2 3 9 10 11 i (a1) 1 2 3 9 10 11  defektna 12 3. merenje 1 12 i 

(a2)  teža među 9, 10, 11 3. merenje i  teža 11  teža 10  teža 9  lakša među 9, 10, 11 kao (a2)

(b)  9, 10, 11, 12  ispravne 2. merenje i (b1) 5 6 7 8 1 2 3 4  9, 10, 11, 12  ispravne 2. merenje 1 2 3 5 4 9 10 11 i (b1) 1 2 3 5 4 9 10 11  1, 2, 3, 4, 5, 9, 10, 11, 12  ispravne lakša među 6, 7, 8 3. merenje 6 7 i kao u (a2)

(b)  9, 10, 11, 12  ispravne (b2)  4, 5  ispravne 6 7 8 1 2 3 4  9, 10, 11, 12  ispravne (b2) 1 2 3 5 4 9 10 11  4, 5  ispravne lakša među 1, 2, 3 3. merenje 1 2 i kao u (a2) ili (b1)

(b) , (b3)  4  teža , 5  ispravna ili 4  ispravna , 5  lakša 6 7 8 1 2 3 4  9, 10, 11, 12  ispravne (b3) 1 2 3 5 4 9 10 11  1, 2, 3  ispravne (b) , (b3)  4  teža , 5  ispravna ili 4  ispravna , 5  lakša 3. merenje 4 1 i 4 1  4  ispravna , 5  lakša 1 4  4  teža , 5  ispravna

 (c)  9, 10, 11, 12  ispravne 2. merenje i . . . kao u (b) 1 2 3 4 5 6 7 8 2. merenje 1 2 3 5 4 9 10 11 i . . . kao u (b) 