7

ALGEBRĂ CAPITOLUL I

MULŢIMEA NUMERELOR ÎNTREGI. DIVIZIBILITATE ÎN Ù.

Reţineţi! Un număr întreg b divide un număr întreg a dacă există un număr întreg c astfel încât

a = b · c.

� Observaţii 1. Nu există pentru orice pereche de numere întregi a şi b un număr întreg c astfel

încât a = b · c şi urmează că relaţia b / a nu este peste tot definită în �. 2. Pentru orice a ∈ � mulţimea Da = {x∈� / x / a} este mulţimea divizorilor lui a.

Dacă a ∈ �*, atunci divizorii lui a sunt în număr finit (cel mult 2 a ).

Proprietăţi

1. a / a, oricare ar fi a∈� (reflexivitatea); 2. a / b şi b / c ⇒ a / c (tranzitivitatea).

3. a / b şi b / a ⇒ a = b sau a = –b, adică =a b ; 4. 1 / a şi –1 / a, oricare ar fi a ∈ �.

5. a / 1 sau a /–1 ⇒ a = 1; 6. a / 0, oricare ar fi a ∈ �; 7. 0 / a ⇒ a = 0; 8. a/b ⇔

⇔ (– a) / b ⇔ a / (– b) ⇔ (– a) / (– b); 9. a / b ⇒ a / b · c, oricare ar fi c ∈ �. 10. a / b1 şi a / b2 ⇒ a / b1 ± b2; 11. a / b1 şi a / b2 ⇒ a / b1c1 + b2c2, oricare ar fi c1, c2 ∈ �; 12. a / b ⇒ ac / bc, c ∈ �; 13. ac / bc şi c ≠ 0 ⇒ a / b; 14. a1 / b1 şi a2 / b2 ⇒ a1a2 / b1b2;

15. a / b ⇒ b = 0 sau a ≤ b ; 16. a / b şi a > b ⇒ b = 0.

Cel mai mare divizor comun şi cel mai mic multiplu comun

� C.m.m.d.c. al numerelor întregi a şi b (notat (a,b)) este un număr întreg d care satisface condiţiile: 1) d / a şi d / b; 2) dacă d1 / a şi d1 / b, atunci d1 / d. � C.m.m.m.c. al numerelor întregi a şi b (notat [a, b]) este un număr întreg m care

îndeplineşte condiţiile: 1) a / m şi b / m; 2) oricare ar fi m1 ∈ � cu proprietatea a / m1 şi b / m1, atunci m / m1. � Două numere întregi a şi b se numesc prime între ele dacă (a, b) = 1. � Dacă a / bc şi (a, b) = 1, atunci a / c. (teorema lui Gauss) � Dacă a / c, b / c şi (a, b) = 1, atunci ab / c. � [a,b] · (a, b) = a · b.

Numere prime şi numere compuse � Un număr întreg a se numeşte număr prim dacă mulţimea divizorilor săi are

cardinalul 4. Observaţie. Condiţia revine la a ∉{–1, 0, 1} şi Da = {–1, 1,– a, a}.

Observaţie. Reprezentarea n = ± 1 21 2· ·...· k

kp p p

aa a , unde α1, α2, ...,αk ∈�*, p1, p2, ..., pk

sunt numere prime şi 0 < p1< p2 < …< pk se numeşte descompunerea canonică a numărului întreg n. � Numărul divizorilor întregi ai unui număr întreg n (n ≠ 0) scris sub forma:

n = ± 1 21 2· ·...· k

kp p p

aa a este egal cu 2(α1 +1)( α2 + 1) ·…· (αk + 1).

8

Exerciţiu rezolvat:

Aflaţi numerele întregi x ştiind că: a) 4 – 3

– 3

x

x∈�; b)

5 – 3

3 5

x

x+∈�.

Rezolvare:

a) 4 – 3

– 3

x

x∈� implică x – 3/4x – 3, de unde x – 3/4(x – 3) + (12 – 3) sau x – 3/4(x – 3) + 9, (1)

Cum x – 3/4(x – 3) oricare ar fi x ∈ �, din (1) rezultă x – 3/9, adică x – 3 ∈ {– 9; – 3; – 1; 1; 3; 9}. Rezolvând ecuaţiile: x – 3 = – 9; x – 3 = – 3 etc. se obţine: x ∈ {– 6; 0; 2; 4; 6; 12}.

b) 5 – 3

3 5

x

x+∈� implică 3x + 5/5x – 3, de unde 3x + 5/3(5x – 3) sau 3x + 5/15x – 9 sau

3x + 5/5(3x + 5) – 9 – 25 sau 3x + 5 / 5(3x + 5) – 34, (1) Cum 3x + 5/5(3x + 5) oricare ar fi x ∈ � din (1) rezultă 3x + 5/34, de unde 3x + 5 ∈ {– 34; – 17; – 2; – 1; 1; 2; 17; 34}. Rezolvând pe rând ecuaţiile: 3x + 5 = –34; 3x + 5 = –17 etc. se obţine x ∈{–13; –2; –1; 4}.

EXERCIŢII ŞI PROBLEME

1. Fie mulţimile: { }A / 4 2x x= ∈ − ≤ ≤Z şi { }B / 5 4x x= ∈ − < <Z .

Determinaţi mulţimile: A B∪ , A B∩ , A \ B , B \ A .

2. Fie mulţimile: { }A / 3x x= ∈ ≤Z şi { }B / 1 2x x∗= ∈ − <Z .

Determinaţi mulţimile: A B∪ , A B∩ , A \ B , B \ A .

3. Determinaţi x∈Z astfel încât mulţimile { }A 1;2= şi { }B 2 1;5 3x x= − − să

fie egale.

4. Să se determine mulţimile A, B, C, D ştiind că: (1) { }A B 0,1, 2,3, 4,5∪ = ; (2) { }C D 6,7,8,9,10,11∪ = ;

(3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }A B × C D 2,8 , 2,9 , 3,8 , 3,9∩ ∩ = ;

(4) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }A \ B C \ D 0,6 , 0,7 , 1,6 , 1,7× = .

5. Să se determine mulţimile: A, B, C ştiind că sunt satisfăcute simultan relaţiile: (1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }A\C B\C 1,2 , 1,3 , 2,2 ,(2,3), 3,2 , 3,3 , 4,2 , 4,3× = ;

(2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }A \ B C \ A 1,5 , 1,6 , 4,5 , 4,6× = ;

(3) { }A B C 1,2,3, 4,5,6,n∪ ∪ = , unde n∈N şi 7n ≥ .

6. Fie mulţimile { }A 1,2,3= şi { }B , ,a b c= . a) Determinaţi mulţimile A×B

şi B×A . b) Determinaţi numerele a, b, c dacă A×B=B×A .

9

7. a) Se consideră mulţimile: A = {3p + 1/ p œ Í}, B = {5k + 2/ k œ Í}. Câte numere x œ A … B există, pentru care 1000 § x § 2000?

(etapa locală, Maramureş, 2004)

b) Fie un număr natural n, n œ Í* şi mulţimea M = {x œ Í /1§ x § n}. Să se determine cea mai mică valoare a lui n pentru care există trei mulţimi nevide A, B, C cu proprietăţile: i) M = A » B » C, A … B = ∅, A … C = ∅, B … C = ∅; ii) A ⊆ {x œ M / 2 / x}, B ⊆ {x œ M / 2 � x}, {x œ M / 3 / x} ⊆ C;

iii) suma elementelor din A = suma elementelor din B = suma elementelor din C. (etapa locală, Bacău, Cornel Berceanu, 2004)

8. Determinaţi elementele mulţimilor: { }A / 4 3 5 0x x x= ∈ + ⋅ + =Z ;

{ }B / 2 2 8x x= ∈ − − =Z .

9. Determinaţi m ∈� astfel încât ecuaţia 1 2 ... 2000x x x x m+ − + − + + − =

să aibă soluţie unică. Generalizare. (etapa judeţeană, Botoşani, 2000)

10. Construim şirurile de numere naturale pare: 1 0 2a = + ; 2 2 4a = + ; 3 4 6a = + ;

4 6 8a = + ;... şi 1 0 2b = ⋅ ; 2 2 4b = ⋅ ; 3 4 6b = ⋅ ; 4 6 8b = ⋅ ; ... . Arătaţi că şirurile nu au termeni comuni.

11. Arătaţi că numărul ( ) ( )1 2 1 1

4

nn

N− ⋅ ⋅ − +

= ∈Z , pentru orice ∈Zn .

12. Să se determine ∈Zx , , ∗∈Zy z , ce verifică relaţia: 1 1

2001+ + =xy z

.

(Concursul „Dimitrie Pompeiu“, Botoşani, 2001)

13. Fie dat numărul 20012001n = . Determinaţi: a) ultimele 3 cifre ale lui n; b) ultimele 4 cifre ale lui n. (Concursul „Traian Lalescu”, 2001)

14. Fie 2 4 6 ... 50 1 3 5 ... 49n = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . a) Determinaţi ultima cifră a numărului n. b) Determinaţi penultima cifră a numărului n. c) Determinaţi antepenultima cifră a numărului n.

(Concursul „Dimitrie Pompeiu“, Botoşani, Cristian Lazăr, 2006)

15. Să se determine ultimele cinci cifre ale numărului: 8 55 += ka , ( ∈Nk , k impar). (G.M. 5/1985, Daniel Cojocaru)

16. Determinaţi numărul întreg n, astfel încât 2 4 5= + −p n n să fie număr prim.

17. Fie numărul 2( ) 18 64= + +P n n n . Determinaţi mulţimea valorilor întregi ale lui n pentru care P(n) este pătrat perfect.

18. Arătaţi că suma pătratelor a cinci numere întregi consecutive nu poate fi pătratul unui număr natural.

42

CAPITOLUL V

IDENTITĂŢI. CALCUL ALGEBRIC

REŢINEŢI:

1. ( )( )1 2 3 2 2 1...n n n n n n na b a b a a b a b ab b

− − − − −− = − + + + + + , ,a b∀ ∈� şi n ∗∈N .

2. ( )( )1 2 3 2 2 1...n n n n n n na b a b a a b a b ab b

− − − − −+ = + − + − − + , ∀ a, b ∈ � şi n ∈ �, n impar.

3. ( ) M Mn n n

a ba b b a+ = + = + , unde ,a b∈Z şi n ∗∈N .

4. ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2a b c d ac bd ad bc+ + = + + − (identitatea lui Lagrange)

EXERCIŢII ŞI PROBLEME

1. Comparaţi numerele a şi b, unde 4 12 3 8 3 40a= + + şi 2 18 2 48 19b= + + .

2. Să se arate că: 5 6 7 ... 13 27+ + + + < , fără a utiliza algoritmul extragerii rădăcinii pătrate.

3. Fără a efectua calculele să se arate că: 5 2 5 3 3 2 2 4 2 5+ + + + < .

4. Să se arate că 21 2 3 ...n n n< + + + + < , oricare ar fi { }\ 1n ∗∈N .

5. a) Comparaţi numerele:

12 27 48 75 507x = + + + − ; ( ) ( )2 2

1 5 1 5 45y = − + + − ;

b) Calculaţi: ( ) ( )2 2240x y x y+ − − + . (Mihai-Lucian Gloambeş, Toma Gloambeş)

6. Fie numerele: ( ) ( ) ( )1 21 1 1

,7 3 3 5 5 7

n n n

a n

+ +− − −

= + − ∈N şi

( ) ( ) ( )1 21 1 1

,5 7 3 5 7 3

m m m

b m

+ +− − −

= + − ∈N. Determinaţi numerele naturale m şi n astfel

încât 0a b+ = şi în fiecare caz stabiliţi semnele numerelor a şi b, fără a aproxima radicalii. (etapa locală, Botoşani, 1995)

7. Dacă 3 1a = − şi 3 1b c+ = + , atunci ab + ac este... (etapa locală, Botoşani, 1999)

8. a) Calculaţi x + y fără a efectua extrageri de rădăcină pătrată, ştiind că x2 = 2401, y2 = 1681 şi x – y = 8. b) Fără a calcula x şi y, calculaţi produsul xy.

43

9. Dacă 3 2 3a= − şi ( )23 – 2b = atunci: a) a < b; b) a = b sau c) a > b?

(etapa locală, Botoşani, 1999)

10. Demonstraţi că a b a b− > − , unde 0a b> > şi ,a b∈� .

11. Fie n = 2a2 + 3b2, unde a şi b sunt numere naturale distincte. Să se arate că n poate fi scris ca sumă de trei pătrate de numere naturale.

12. Scrieţi numărul n = 11a2 + 10b2 – 6a + 9, , *a b∈N , ca sumă de trei pătrate de numere naturale nenule.

13. Să se aducă la forma cea mai simplă:1

2 6 7 7 35 3–

8 73 12 8 7 5 3

−

+ + + −

.

(etapa locală, Botoşani, 1996)

14. Comparaţi numerele a, b, c unde 30 3 2a= − , 2 3 6b = − , 2 10 2 2c = − . (etapa locală, Botoşani, 1996)

15. Arătaţi că: 1. a) 2 2

a c a ca b

+ −+ = + ; b)

2 2

a c a ca b

+ −− = − , unde

, ,a b c ∗+∈� şi 2 2c a b= − (formula radicalilor dubli).

2. a) 6 31 6 316 5

2 2

+ −− = − . b) 11 101 11 101

11 202 2

+ −+ = + .

16. Scrieţi în ordine crescătoare numerele: A 4 7 4 7 2= + − − − ;

B 6 2 5 6 2 5 2= + − − − ; C 10 5 3 10 5 3 2= + − − − . (Aida Elena Bălăucă)

17. Fie numărul 4 21000 2 1001 4003a = − ⋅ + . a) Calculaţi a . b) Descompuneţi numărul a în factori primi. (etapa judeţeană, Botoşani, 1993)

18. Fără a extrage rădăcina pătrată, stabiliţi care număr este mai mare:

A 13 12= − sau B 11 10= − .

19. Dacă 0a ≥ şi 0k > , stabiliţi valoarea de adevăr a propoziţiei

:p a k b k a b+ − + > − . (etapa judeţeană, Botoşani, 1994)

20. Se consideră numărul 4n a a a a= + + cu a∈N . Dacă n este un număr natural, argumentaţi că este un multiplu de 4. (etapa locală, Botoşani, 1997)

21. Dacă 22 , ,n a a a a n a= + + ∈ ∈N N , să se arate că n este multiplu de 4. (etapa judeţeană, Botoşani, 1998)

69

CAPITOLUL VIII

ECUAŢII. INECUAŢII. SISTEME DE ECUAŢII ECUAŢII DIOFANTICE

(Temă pentru centrele de excelență)

Ecuaţiile de tipul ax + by + c = 0, x2 + y2 = z2, x3 + y3 = z3, x4 + y4 = z4, n n nx y z+ = ,

1 2 ...n n npx x x y+ + + = , unde *n∈� şi , ,a b c∈� etc. se numesc ecuaţii diofantice.

A rezolva o astfel de ecuaţie înseamnă a găsi toate n-uplurile ( )1 2, ,..., nm m m de

numere întregi care verifică ecuaţia respectivă. De exemplu, tripletul de numere întregi

( )1 2 3, ,m m m este soluţie a ecuaţiei 2 2 2x y z+ = , dacă 2 2 21 2 3m m m+ = .

1. Să se rezolve în � ecuaţia 2 2 2x y z+ = , (1)

Observaţii. a) Dacă ( )0 0 0, ,x y z este soluţie a ecuaţiei (1), atunci tripletul ( )0 0 0, ,kx ky kz este tot

soluţie a ecuaţiei (1), unde k ∈� .

b) Dacă ( )0 0 0, ,x y z este soluţie a ecuaţiei (1), atunci şi ( )0 0 0, ,y x z este o soluţie

pentru (1). c) Dacă ( ),d x y= , atunci |d z .

d) Dacă ( )0 0 0, ,x y z este o soluţie a ecuaţiei (1), atunci 0x sau 0y este par, deoarece

în caz contrar, dacă ambele ar fi impare, atunci 2 20 0 4 2x y k+ = + , k ∈� , contradicţie.

e) Dacă ( )0 0 0, ,x y z este soluţie a ecuaţiei (1), atunci ( )0 0 0, ,x y z± ± ± este soluţie pentru

(1). Această proprietate a ecuaţiei (1) ne arată că este suficient să rezolvăm ecuaţia în �.

Definiţie. Dacă ( )0 0 0, ,x y z este o soluţie a ecuaţiei (1) iar numele întregi 0 0 0, ,x y z

sunt relativ prime două câte două, atunci soluţia ( )0 0 0, ,x y z o numim soluţie primitivă a

lui (1). Lemă. Orice soluţie particulară primitivă ( )0 0 0, ,x y z de numere naturale a ecuaţiei

(1) este de forma 0 2x mn= , 2 20y m n= − , 2 2

0z m n= + cu ( ),m n ∈� , n m< , ( ), 1n m =

iar m şi n au parităţi diferite.

Demonstraţie. Direct. Identitatea ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 22mn m n m n+ − = + arată că tripletul

( )0 0 0, ,x y z este o soluţie a ecuaţiei (1) cu 0x par. Arătăm că această soluţie este

primitivă. Dacă ( )0 0 0, ,d x y z= cu 2d ≥ , atunci 2| 2d m şi 2| 2d n , pentru că

( ) ( )2 2 2 2 22m m n m n= + + − şi ( ) ( )2 2 2 2 22n m n m n= + − − . Dar ( ), 1m n = , de unde

rezultă că 2d = . Însă 02 | x şi 02 | y conduce la faptul că m şi n au aceeaşi paritate, în

contradicţie cu ipoteza. Deci ( )0 0 0, ,x y z este o soluţie primitivă a ecuaţiei (1).

Reciproc. Dacă ( )0 0 0, ,x y z este o soluţie primitivă a ecuaţiei (1) cu *, ,x y z∈� , iar

2x a= , atunci y şi z sunt impare, deci numerele z y+ şi z y− sunt pare, adică

70

2z y b+ = şi 2z y c− = , *,b c∈� , de unde z b c= + şi y b c= − . Dacă |d b şi |d c ,

atunci |d y şi |d z . Însă ( ), 1y z = , de unde 1d = şi ( ), 1b c = . Dar 2 2 2 24 4a x z y bc= = − = ,

de unde 2a bc= şi 2b m= , 2c n= , *,m n∈� , iar a mn= ,m n> . Deci x = 2a = 2mn, 2 2y b c m n= − = − iar 2 2z b c m n= + = + .

2. Să se rezolve în �* ecuaţia 4 4 4x y z+ = , (2)

Arătăm mai întâi că ecuaţia 4 4 2x y z+ = , (3) nu are soluţie în �*. Presupunem prin

absurd că aceasta ar avea o soluţie în �*. Vom utiliza următoarea teoremă: orice submulţime nevidă a mulţimii � are cel mai mic element.

Conform acestei teoreme printre soluţiile ecuaţiei (3) există una ( )', ', 'x y z cu z’ minim.

Ecuaţia (3) este echivalentă cu ecuaţia ( ) ( )2 22 2 2x y z+ = şi conform observaţiilor

de la ecuaţia (1) rezultă că x sau y este par. Considerăm x par. Numerele naturale 2x , 2y şi z pot fi considerate ca fiind relativ

prime şi atunci aplicând rezultatul de la ecuaţia (1), există numerele naturale m şi n cu m n> , ( ), 1m n = şi de parităţi diferite astfel încât 2 2x mn= , 2y = 2 2m n= − şi

2 2z m n= + . Dacă 2m k= şi 2 1n q= + , atunci ( )2 2 24 4 4 1y k q q= − + + = M4 + 3, absurd.

Deci m este impar şi n este par. Fie 2n q= , *q∈� . Atunci 2 4x mq= , de unde 2

2

2

xmq p

= =

, *p∈� , pentru că x este par. Însă ( ), 1m n = , deci ( ), 1m q = şi conchidem

că 21m z= şi 2q t= cu ( )1, 1z t = şi *

1,z t∈� . Avem ( ) ( )2 22 2 2 2 21 2y m n z t= − = − , de

unde ( ) ( )2 22 2 212t y z+ = . Acum, utilizând iarăşi rezultatul din abordarea ecuaţiei (1),

rezultă că există *,u v∈� , u v> , ( ), 1u v = şi de parităţi diferite astfel încât 22 2t uv= ,

de unde 2t uv= , 2 2 2y u v= − şi 2 2 21z u v= + . Din ( ), 1u v = şi 2t uv= rezultă că

21u x= şi 2

1v y= iar 4 4 21 1 1x y z+ = . Prin urmare, tripletul ( )1 1 1, ,x y z este soluţie a

ecuaţiei (3). În acest caz am avea 1z z≥ , adică 2 2m m n≥ + , absurd. În concluzie,

ecuaţia 4 4 4x y z+ = nu are soluţii în �*.

Ecuaţia (2) este cunoscută în teoria numerelor ca marea teoremă a lui Fermat (pentru n = 4). Printre ciornele matematicianului francez Pierre de Fermat a fost găsit enunţul teoremei: Dacă 3n ≥ , atunci ecuaţia n n nx y z+ = nu are soluţie în mulţimea

numerelor întregi nenule. Cazul n = 4 constituie singura demonstraţie a unei teoreme, păstrată de la Fermat. Referitor la cazul general (pentru n > 4), Fermat a notat pe marginea unei pagini din Aritmetica lui Diofant că a descoperit o demonstraţie minunată a ecuaţiei care îi poartă numele, însă el precizează că această margine a foii este prea îngustă pentru a o cuprinde. Abia în anul 1995, matematicianul englez Andrew Wiles de la Universitatea din Princeton a reuşit să demonstreze conjectura lui Fermat: Dacă , ,x y z∈� şi n este număr natural prim astfel încât n n nx y z+ = , atunci

0xyz = . Demonstraţia lui Wiles se bazează pe teoria curbelor eliptice şi este dificilă, nu

s-a găsit o demonstraţie elementară.

71

3. Să se rezolve în � ecuaţia 0ax by c+ + = , (4), unde , ,a b c∈� . Demonstraţie.

Lema 1. Dacă ( ),d a b= , ecuaţia (4) are soluţie în � dacă şi numai dacă |d c .

Demonstraţia Lemei 1. Direct. Dacă ( )0 0,x y este soluţie a ecuaţiei (4), unde

0 0,x y ∈� , atunci 0 0 0ax by c+ + = . Cum |d a , |d b , din 0 0 0ax by c+ + = rezultă că |d c .

Reciproc. Din algoritmul lui Euclid există 1 1,x y ∈� astfel încât 1 1d ax by= +

iar din |d c rezultă că există k ∈� încât c dk= .

Deci ( ) ( ) ( )1 1 1 1c dk ax by k a x k b y k= = + = + , de unde ( ) ( )1 1 0a x k b y k c− + − + = .

Conchidem că perechea ( )1 1;x k y k− − este soluţie a ecuaţiei (4).

Lema 2. Dacă ( )0 0,x y este o soluţie particulară a ecuaţiei (4) şi ( ); 1a b = , atunci

soluţia generală în � a ecuaţiei (4) este 0x x tb= − şi 0y y ta= + , unde t∈� .

Demonstraţia Lemei 2. Dacă 0x x tb= − şi 0y y ta= + , cu t∈� , unde ( )0 0,x y este

o soluţie particulară a ecuaţiei (4), atunci ax by c+ + = ( ) ( )0 0a x tb b y ta c− + + + =

= ( )0 0 0.ax by c abt abt+ + − + =

Acum, considerăm ( ) *,x y ∈� astfel încât 0ax by c+ + = . Cum 0 0 0ax by c+ + = ,

rezultă că ax + by = ax0 + by0, de unde ( ) ( )0 0a x x b y y− = − . Dar ( ), 1a b = , deci

0|a y y− şi 0|b x x− , de unde 0y y ta= + şi 0x x tb= − , t∈� .

Observaţii. 1. O soluţie particulară a ecuaţiei 7 5 41 0x y− + = se determină cu

uşurinţă ca fiind 0 3x = − şi 0 4y = . Deci soluţia generală a ecuaţiei este 3 5x t= − + şi

4 7y t= + , unde t∈� .

2. O soluţie particulară a ecuaţiei 323 191 56 0x y+ − = este dificil de depistat prin

încercări. 3. Vom prezenta un procedeu de determinare a unei soluţii particulare a ecuaţiei (4)

dezvoltând numărul raţional a

b, unde a∈� şi *b∈� , în fracţie continuă.

Aplicând algoritmul lui Euclid pentru numerele întregi a şi b avem tabloul de relaţii:

0 0 0,0a a b q q b= + < < ,

1 0 1 1 0,0b a q q q q= + < < ,

0 2 1 2 2 1,0q a q q q q= + < < ,

1 3 2 3 3 2,0q a q q q q= + < < ,

...

2 1 1,0k k k k k kq a q q q q− − −= + < < ,

1 1k k kq a q− += , unde 0a ∈� iar a1; a2; ...; ak ∈�*.

Observaţii. 1. Numărul relaţiilor din tablou este finit pentru că între 0 şi b există un număr finit de numere naturale. 2. Prin inducţie matematică se arată că ( ), ka b q= . Algoritmul lui Euclid este o

succesiune de împărţiri din care prin inducţie completă rezultă cel mai mare divizor

76

EXERCIŢII ŞI PROBLEME 1. Să se rezolve în N ecuaţiile: a) x y xy+ = ; b) x y z xyz+ + = ;

c) x y z t xyzt+ + + = ; d) x y z t n xyztn+ + + + = ; e) ( )12 5x y z n xyzn+ + + = .

2. Demonstraţi că nu există , ,a b c∈� astfel încât: 6 6 6 5 5 5 7a b c a b c+ + = + + + . Generalizare. (etapa locală, Bacău, 2000)

3. Să se rezolve în *N ecuaţiile: a)

1 1 1

3x y+ = ; b)

1 1 1 12

x y z x y z+ + + =

+ +;

c) ( ) 1 1 1t x y z

x y z+ + = + + ; d) 1 2 3

1x y z+ + = , unde x y z> > .

4. Să se rezolve în N ecuaţiile: a) 1 371 16

xy

z

+ =+

; b) 1 431 301

xy

zn

+ =+

+

.

5. Să se rezolve în N ecuaţiile: a) 1 1x

xy z yz

+ + = ; b) 2 3 6y

yx z xz

+ + = .

(Aida Elena Bălăucă)

6. Să se rezolve în *N ecuaţia:

1 1x

y x y= + .

7. Să se rezolve în N ecuaţia 2 2 2 2x xy y x y z+ + = .

8. Rezolvaţi în � ecuaţiile: a) 2 3

1x y− = ; b)

1 1 1

4 5 20x y+ = ; c)

1 1 1

2 3 4x y+ = ;

d) 3 9 2 13xy x y+ − = ; e) 1

1 0.x

x x y+ + =

+

(Concursul „Recreaţii Matematice“, Muncel, 2011, Artur Bălăucă)

9. Să se afle numerele naturale xy scrise în baza 10, ştiind că: x2y – 2x2 + y + + 2xy – 4 x – 66 = 0. (Concursul „Speranţe“, Comăneşti, 2011, Rică Zamfir)

10. Aflaţi raţional şi iraţional! a) Rezolvaţi în � ecuaţia 1 1 1

.2 3 4x y+ =

b) Ştiind că 2 2a

b= – 1, calculaţi valoarea raportului r =

2 2

2 2

7.

–

a b

a b

+

(Concursul „Speranţe“, Comăneşti, 2010)

124

CAPITOLUL IV

RELAŢII METRICE

(temă pentru centrul de excelenţă)

���� Reţineţi! Notaţii uzuale: Fie triunghiul ABC. Notăm: AB = c; AC = b; BC = a; ma - lungimea

medianei corespunzătoare unghiului �A; ℓa - lungimea bisectoarei �A; ha - lungimea înălţimii corespunzătoare laturii (BC); R - raza cercului circumscris triunghiului ABC;

r - raza cercului înscris triunghiului ABC; p - semiperimetrul ∆ABC .2

a b cp

+ + =

Reţineţi! 0 < sin u < 1; 0 < cos u < 1; sin(90° – u) = cos u; cos(90° – u) = sin u; tg(90° – u) = ctg u;

ctg(90 – u) = tg u; tg u = sin

;cos

u

u ctg u =

cos;

sin

u

uctg u =

1

tgu; sin2u + cos2u = 1, unde

u ∈ (0°, 90°). sin 90° = 1; cos90° = 0; sin0° = 0; cos0° = 1. sin180° = 0; cos180° = –1; sin (180° – u) = sin u; cos(180° – u) = – cos u, unde u ∈(0°, 180°). sin2u = 2sin u cos u.

Teoreme importante

1. Fie triunghiul ABC, {D} = prBC {A}. Dacă D œ (BC) şi AB2 = BD · BC (sau AC2 = CD · CB), atunci m(�A) = 90°. (prima teoremă reciprocă a catetei) Demonstraţie: Triunghiurile ∆ADB şi ∆CAB fiind asemenea, rezultă că �BDA≡

ª�BAC, dar m(�BDA) = 90°, de unde rezultă concluzia.

2. Fie triunghiul ABC, D œ(BC) şi AB2 = BD · BC, AC2 = CD · CB, atunci m(�A) = 90°. (a doua teoremă reciprocă a catetei)

Demonstraţie: Din ∆ABD ∼ ∆CBA, rezultă că uBDA ª uBAC şi din ∆CDA ∼ ∆CAB, rezultă �CDA ª �CAB, de unde m(�BDA) = m(�BAC) = 90°.

3. Fie triunghiul ABC şi {D} = prBC{A}. Dacă AD · BC=AB · AC, atunci m(�A) = 90°. (a doua teoremă reciprocă a înălţimii)

Demonstraţie: Prin reducere la absurd, presupunem că m(�A) ≠ 90°. Atunci construim E = prACB, E ≠ A. Cum AD · BC = AC · BE, şi combinând-o cu egalitatea din enunţ obţinem AB = AE, contradicţie cu inegalitatea dintre oblică şi perpendiculară.

4. Demonstraţie: Fie triunghiul ∆ABC şi {D} = prBC{A}. Dacă m(�C) < 90°, atunci AB2 = AC2 + BC2 – 2BC · CD. Dacă m(�C) > 90°, atunci AB2 = AC2 + BC2 + 2BC · CD.

(teorema lui Pitagora generalizată) Indicaţie: Fie D = prBC A. În ∆ABD şi ∆ACD aplicaţi teorema lui Pitagora şi

observaţi că BD = |BC – CD| şi, respectiv, BD = BC + CD, după cum unghiul �C este ascuţit sau obtuz.

5. În orice triunghi ∆ABC are loc relaţia a2 = b2 + c2 – 2bccosA. (teorema cosinusului) Indicaţie: Se utilizează teorema Pitagora generalizată având în vedere şi relaţia

cos(180 – A) = –cosA.

6. a) Fie triunghiul ∆ABC şi O ∈(BC). Are loc (relaţia lui Stewart): 2 2 2AB OC AC OB AO BC BC OB OC⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ .

Indicaţie: Se utilizează teorema cosinusului în ∆AOB şi ∆AOC.

133

EXERCIŢII ŞI PROBLEME

1. Pe latura (BC) a paralelogramului ABCD se ia un punct oarecare M, iar pe segmentul (AM) un punct oarecare N. Arătaţi că ADMN = ABCN.

2. Pe latura (BC) a unui paralelogram ABCD se ia un punct M. Dreapta AM taie diagonala (BD) în punctul N. Să se arate că AANB = ADMN.

3. În triunghiul ∆ABC (m ( ) 90 )A = °� avem AC = 1 cm, E este mijlocul

laturii (BC), F mijlocul laturii (AB) şi AE CF⊥ . Calculaţi lungimile laturilor (AB) şi (BC) precum şi aria triunghiului ∆ABC.

4. Într-un triunghi ∆ABC, [AM] şi [BN] sunt mediane, iar { }G AM BN= ∩ .

Determinaţi valoarea raportului dintre aria triunghiului ∆AGN şi aria patrulaterului GMCN.

5. Într-un triunghi ∆ABC unghiurile �B şi �C sunt ascuţite. Aflaţi aria

triunghiului ştiind că: 6 5BC= cm, ( ) 3sin

3B =� , ( ) 5

sin3

C =� .

6. Într-un romb ABCD se notează cu a, h, A, lungimea laturii, a înălţimii şi,

respectiv, aria. a) Ştiind că m ( ) 150A = °� şi A = 24 cm2, să se determine a, h,

şi lungimile diagonalelor rombului. b) Aceleaşi cerinţe dacă A = 50 2 cm2

şi ( ) 135A = °� .

7. Într-un romb lungimea laturii este medie proporţională între lungimile diagonalelor sale. Calculaţi măsurile unghiurilor rombului.

8. Dintre toate romburile cu aceeaşi latură, care are aria maximă?

9. Dintre toate romburile cu aceeaşi arie, A, perimetrul minim îl are...

10. Arătaţi, fără a face vreun decupaj, că pătratul din figura 16 a) poate fi acoperit în întregime, fără suprapuneri, cu piese de forma din figura 16 b).

11. Mijloacele laturilor unui trapez sunt vârfurile unui pătrat cu aria de 8 cm2. Ştiind că raportul lungimilor

bazelor trapezului este de 1

3, să se determine perimetrul acestuia.

a) Fig. 16 b)

173

Demonstrația 2 Cazul P ∈ Int∆ABC (fig.35). Fie AP ∩ BC ={Q}. Evident unul dintre unghiurile �AQC și

�AQB este obtuz sau drept (pentru că nu pot fi ambele ascuțite).

Presupunem că m(�AQC) ≥ 90°. În acest caz avem m(�AQC)>m(�ACQ), de unde AC>AQ. Deci PA < AQ < AC = BC < PB + PC.

Analog se arată că PB<PA + PC și PC<PA + PB.

Observație. Acest procedeu nu funcționează dacă punctul P se află în exteriorul triunghiului ABC.

Teorema 2. Teorema lui Schooten∗∗∗∗) Dacă M este un punct situat pe arcul mic

al cercului circumscris triunghiului echilateral ABC, atunci AM = BM + CM.

Demonstrație Considerăm punctul N ∈ (MA) astfel încât:

NM = MB (fig. 36). ∆MBN este echilateral, deci NB = NM = MB. ∆ABN ≡ ∆CBM (L.U.L.),

de unde (MC) ≡ (AN). Urmează că AM = MN + AN = MB + MC.

Observații: 1. Relația AM = BM + CN rezultă imediat aplicând prima teoremă a lui Ptolemeu în patrulaterul inscriptibil ABMC.

2. Cum punctual M nu aparține cercului circumscris triunghiului ABC rezultă că MA < MB + MC, conform teoremei lui Schooten.

3. În clasa a X-a veți da o demonstrație utilizând numere complexe.

Teorema 3. O extindere a teoremei lui Pompeiu Să se arate că pentru orice punct M din planul triunghiului echilateral

ABC are loc relația MA ≤ MB + MC, cu egalitate dacă și numai dacă patrulaterul ABCM este inscriptibil.

Demonstrație Fie cercul C (O, R) circumscris triunghiului ABC.

∗ Frans Van Schooten (1615 - 1660), mathematician olandez, promotor al geometriei carteziene.

Fig. 35

Fig. 36

176

Alte extinderi ale teoremei lui Pompeiu

Teorema 6. Cu distanţele unui punct din spaţiu la vârfurile unui poligon regulat cu n laturi, 4n ≥ , se poate forma un poligon.

Lemă. Cu distanţele unui punct din planul poligonului regulat la vârfurile acestuia putem forma un poligon.

Teorema 7. Cu puterile distanţelor unui punct M din planul unui poligon regulat 1 2... nA A A se poate forma un poligon, puterile fiind de la 1 la 2n − .

Teorema 8. Cu pătratele distanţelor unui punct din spaţiu la vârfurile unui poligon regulat 1 2... nA A A , n 4≥ , se poate forma un poligon.

Teorema 9. Cu puterile distanţelor unui punct din spaţiu la vârfurile poligonului regulat 1 2... nA A A , n≥4, se poate forma un poligon, puterile fiind

de la 1 la n – 2. Observație. În clasa a VIII-a veți extinde teorema lui Pompeiu și în

spațiu.

Probleme aplicative la teorema lui Pompeiu

Problema 1. În interiorul unui triunghi echilateral ABC se consideră

punctul P astfel încât PA = 1, PB = 2 și PC = 3 . Determinați lungimea laturii triunghiului.

Soluție Punctul P fiind situat în interiorul triunghiului

echilateral ABC, conform teoremei lui Pompeiu rezultă că există triunghiul lui Pompeiu.

Considerăm punctul P’ astfel încât m(�PAP’) = = 60° și (AP) ≡ (AP’), iar dreapta AC separă punctele P și P’ (am efectuat o rotație de 60° în jurul punctului A (fig. 39)).

Triunghiul APP’ este echilateral, deci AP’ = PP’ = 1.

∆ABP≡∆CAP’ (L.U.L.), de unde BP = P’C= 2 . Deci triunghiul PP’C este triunghiul lui Pompeiu corespunzător

punctului P, acesta este triunghi dreptunghic cu m(�PP’C) = 90°. Deci m(�AP’C) = 150° și acum aplicând teorema cosinusului în ∆AP’C

se obține AC = 3 6+ .

Fig. 39

178

CAPITOLUL XI

PROBLEME DE NUMĂRARE. PROBLEME DE COLORARE

1. În pomul minune grădinarul a făcut să crească 99 de banane şi 100 de portocale. În fiecare zi el rupe două fructe şi în acelaşi timp în pom creşte alt fruct. Dacă rupe două fructe de acelaşi fel, atunci creşte o portocală, iar dacă rupe două fructe diferite, atunci creşte o banană. Care este ultimul fruct din acest pom-minune?

2. Patru persoane se află la intrarea într-un tunel întunecos prin care nu pot trece simultan decât doi oameni. Ei au nevoie de 1; 2; 5 şi respectiv, 10 minute pentru al traversa şi dispun de o torţă care arde doar 17 minute. Pot traversa cele patru persoane tunelul?

3. Numerele naturale pare consecutive sunt grupate în felul următor:{ } { }2 ; 4,6 ;

{ } { }8,10,12 ; 14,16,18, 20 ;... . Determinaţi suma numerelor din a n-a grupă.

4. Numerotăm cele 2004 bile situate într-o urnă de la 1 la 2004. Scoatem toate bilele pe care sunt scrise numere divizibile cu 10 şi renumerotăm bilele rămase în urnă. Din nou scoatem bilele pe care sunt scrise numere divizibile cu 10. Câte bile au rămas în urnă?

5. Numerotăm cele 2003 bile situate într-o urnă de la 1 la 2003. Scoatem toate bilele pe care sunt scrise numere divizibile cu 3 şi renumerotăm bilele rămase în urnă. Din nou scoatem bilele pe care sunt scrise numere divizibile cu 3 şi renumerotăm bilele rămase în urnă. Mai scoatem încă odată bilele pe care sunt scrise numere divizibile cu trei. Câte bile au rămas în urnă?

6. Într-o urnă sunt 37 de bile. Două persoane joacă următorul joc: alternativ scot din recipient 1, 2 sau 3 bile până când urna se goleşte. Câştigă persoana care a scos ultima dată două bile. Poate câştiga prima persoană pentru orice strategie a adversarului?

7. Alice şi Bob au un săculeţ cu 2003 bile. Alice scoate între una şi trei bile din săculeţ după care Bob are dreptul să scoată şi el între una şi trei bile. Procedeul continuă până la extragerea tuturor bilelor din săculeţ. Arătaţi că Alice poate proceda în aşa fel încât să extragă ea ultima bilă, indiferent de felul în care procedează Bob. (Concursul „Florica Câmpan“, Iaşi, 2003)

8. Câţi cai se pot aşeza pe o tablă de şah fără ca aceştia să se atace?

9. O ciocolată este formată din 6 x 9 pătrate. Doi elevi rup pe rând fâşii dreptunghiulare de lăţime 1 şi le mănâncă. Care trebuie să fie strategia elevului care rupe primul ciocolata pentru ca el să mănânce mai multe pătrăţele de ciocolată decât cel de-al doilea elev? (Olimpiadă Moldova)

191

INDICAŢII. SOLUŢII. RĂSPUNSURI. COMENTARII ALGEBRĂ

CAPITOLUL I. NUMERE ÎNTREGI. DIVIZIBILITATE ÎN Z 1. A = {–4, –3, –2, – 1, 1, 2}, B = {–4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3}. 2. A = {–3, –2, –1, 0, 1, 2, 3}, B = {1, 2}. 3. x = 1. 4. A = {0, 1, 2, 3}, B = {2,3,4,5}, C = {6, 7, 8, 9}, D = {8, 9, 10, 11}. 5. A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {2, 3, n}, C = {5, 6, n}. 6. b) (a, b, c) ∈ {(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 1, 2), (3, 2, 1)}. 7. a) 3p + 1 = 5k + 2, de unde 3p = 5k + 1. Atunci p = M5 + 2 iar k = M3 + 1 şi 3p + 1 = 5k + 2 = = M15 + 7 = 15m + 7 (m œ Í). 1000 § 15m + 7 § 2000 ⇒ 67 § m § 132. Sunt 66 de numere. b) Conform principiului includerii şi al excluderii avem: n|A » B » C| = n|A| + n|B| + n|C| – (n|A … B| + + n|B … C| + n|C … A|) + n|A … B … C|, n|X| reprezentând numărul elementelor mulţimii X (cardinalul). Atunci n|M| = n|A| + n|B| + n|C|. S|A| = S|B| = S|C| = s œ Í*, S|X| reprezintă suma

elementelor mulţimii X. Din relaţiile de mai sus S|M| = 3s, dar S|M| = 1 + 2 +...+ n =( 1)

2

n n +etc.

Deci 3s =( 1)

2

n n +. Se analizează cazurile: n = 3k; n = 3k + 1 şi n = 3k + 2 (k œ Í*), de unde rezultă

că n œ {3, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 14, ...}. Dacă n œ {3, 5, 6, 8} cum n este minim, verifică n = 8 şi avem: A = {4; 8}; B = {5; 7} şi C = {1; 2; 3; 6}. 8. A = {–5}, B = {–8, 12}. 9. x0 şi 2000 – x0 sunt soluţii ale ecuaţiei date. Soluţia ecuaţiei fiind unică avem 2000 – x0=x0, de unde x0 = 1000, m = 1001000. 10. Termenii şirului { }na sunt numere naturale de forma 4 2k + , k ∈N , iar termenii şirului { }nb

sunt numere naturale de forma 4k ( k ∈N ). 11. Dacă n = 2k, atunci N k= , iar dacă n = 2k + 1 atunci

N k= − . 12. x ∈ Z ;1 1

, 2001y z xy z

∗∈ ⇒ + = − ∈Z Z . ,y z∗∈ ⇒Z 1, 1y z≥ ≥ ⇒

1 11, 1

z y≤ ≤ ⇒

{ }1 1 1 12 2 2, 1,0,1,2

y z y z⇒− ≤ + ≤ ⇒ + ∈ − − .

1 12

y z+ = ⇒ 1, 1999

2 1

zy y z x

z

∗= ∈ ⇒ = = =−

Z .1 1

1y z+ = ⇒

1

zy

z

∗⇒ = ∈ ⇒−Z 2; 2000y z x= = = .

1 10 y z

y z

∗+ = ⇒ = − ∈ ⇒Z , , 2001y k z k x= = − = , k ∗∈Z .

1 11

1

zy

y z z

∗+ = − ⇒ = − ∈+

Z ; 2y z= = − , 2002x = . 1 1

2 2 1

zy

y z z

∗−+ = − ⇒ = − ∈ ⇒

+Z 1y z= = − ,

2003x = . 13. a) 0, 0, 1 în această ordine. b) 2, 0, 0, 1 în această ordine. 14. a) U(n) = 5; b) 1 · 3 · 5 · 7 · ... · 49 = (4 · 0 + 1) · (4 · 1 – 1) · (4 · 1 + 1) · (4 · 2 – 1) · (4 · 2 + 1) · ... · · ... · (4 · 12 – 1)(4 · 12 + 1) = (M4 + 1) · (4 · 1 – 1) · (4 · 2 – 1) · ... · (4 · 12 – 1) = M4 + 1. Dar 1 · 3 · 5 · ... · 49 = M25 şi ultimele două cifre ale numărului 1 · 3 · 5 · ... · 49 sunt 2 şi 5 în această ordine, deci penultima cifră a lui n este 7. c) 1 · 3 · 5 · ... · 49 = (8 · 0 + 1) · (8 · 0 + 3) · (8 · 0 + 5) · · (8 · 0 + 7) · (8 · 1 + 1) · (8 · 1 + 3) · ... · (8 · 5 + 1) · (8 · 5 + 3) · (8 · 5 + 5) · (8 · 5 + 7) · (8 · 6 + 1) = M8 + 1, pentru că (M8 + 1) · (M8 + 3) · (M8 + 5) · (M8 + 7) = M8 + 105 = M8 + 1, dar 1 · 3 · 5 · ... · 49 = M125. Deci 1 · 3 · 5 · ... · 49 are ultimele trei cifre 6, 2, 5 în această ordine, iar n are antepenultima cifră 3. 15. 58 are ultimele 5 cifre 9, 0, 6, 2, 5 în această ordine. 58k, unde k ∗∈N , are ultimele 5 cifre tot 9, 0, 6, 2, 5 în această ordine. 5 85 5 k⋅ ( k ∗∈N ) are ultimele 5 cifre 0, 3, 1, 2, 5 în această ordine. 16. ( ) ( )2 5 5 1 5 1p n n n n n n= − + − = − + − = ( )( )1 5n n− + . Dacă p este prim, e necesar ca { }1 1n− ∈ ± sau

{ }5 1n+ ∈ ± . Se obţine { }6, 4,0,2n∈ − − . 17. Avem: ( ) ( ) ( )( )22 218 64 9 17 9 9 17n n n m m n m n m+ + = + − = ∈ ⇔ + − + + = =Z

( ) ( ) ( ) ( )17 1 1 17 17 1= − ⋅ − = − ⋅ − = ⋅ . În final se obţine { }18, 0n ∈ − . 18. Avem ( ) ( )2 2 22 1n n n− + − + +

( ) ( )2 21 2n n+ + + + = ( )2 25 10 5 2n n+ = + . Dacă numărul ( )25 2n + este pătrat perfect atunci în

mod necesar 25/ 2n + . Dar ( ) { }2U 2 1,2,3,6,7,8n + ∈ , deci 5� n2 + 2. 19. Presupunem că 0ia <

şi 0ja > , oricare ar fi i j≠ (i fixat). Fie două inegalităţi consecutive ce nu-l conţin pe ai. Din

327

18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 29, iar pentru cele 4 zaruri poate fi 26, 28, 29, ..., 56 sau 58 etc. b) Răspunsul este afirmativ. Aşezăm, de exemplu un „strat“ de patru cuburi cu faţa numerotată cu 1 în jos şi rotim în mod convenabil astfel încât feţele comune să aibă acelaşi număr de puncte. Un nou „strat“ de cuburi, aşezate identic şi apoi întoarse cu faţa 1 în sus poate fi aşezat apoi peste primul strat. 100. 1) a) Acoperim dreptunghiul cu a · b pătrăţelele cu latura 1 şi există conform principiului lui

Dirichlet două puncte în interiorul sau pe laturile unui pătrăţel cu diagonala 2.

m dreptunghiuri

Fig. 269

b) Acoperim dreptunghiul cu dreptunghiuri ce au dimensiunile m şi n dispuse ca în (fig. 269). Există (Dirichlet) două puncte situate în interiorul unui dreptunghi sau pe laturi, cu diagonala de lungime

2 2m n+ . 101. a) - c) Lecturând cu atenţie textul problemei şi eliminând „vorbăria“, ajungem la concluzia că unghiul α are ca stăpân un triunghi ţepos ce are două bisectoare interioare egale cu latura scurtă, iar β are ca stăpân un triunghi turtit ce are două bisectoare interioare egale cu laturile egale ale

acestuia. Din evaluări de unghiuri se obţine: 36

α1

°=

şi 540

β7

°=

. b) 77°8’34, (285714)’’.

d) Bisectoarea nu poate fi egală cu una din laturile egale (fiind vorba de bisectoarea unghiului de la vârf al triunghiului), deci baza este latura scurtă a triunghiului şi urmează că γ are ca stăpân un triunghi ţepos. 102. Suma numerelor scrise pe toate cărțile este 4(1 + 2 + ... + 10) = 220. Din joc au fost eliminate n grupe de cărți cu suma 15, având valoarea totală 15n. Avem că 9 + 3 + 5 + x + 15n = 220, unde x este numărul cărții din mâna Ioanei. Cum x ≤ 10, singura situație convenabilă este x = 8, n = 13, deci cartea din mâna Ioanei are valoarea 8. 103. Vom arăta că minimul cerut este 6. Este evident că Bogdan nu poate afla paritatea sumei numerelor de pe cele 34 de cartonașe fără ca fiecare cartonaș să fi fost vizat măcar de una din mutările făcute. Vedem astfel că sunt necesare cel puțin 5 mutări. Dacă Bogdan face 5 mutări, el va afla informații despre 35 de cartonașe. Atunci fie va exista un cartonaș despre care Bogdan nu are nicio informație (și atunci Bogdan nu are cum să determine paritatea totală), fie cele 35 de cartonașe vizate de mutările lui Bogdan, cuprind 34 de cartonașe diferite, unul dintre acestea fiind numit de Bogdan în două mutări diferite. Fie x numărul scris pe cartonașul numit de Bogdan de două ori în cele 5 mutări ale sale. Fie a, b numere scrise pe câte un cartonaș implicat în prima, respectiv, a doua mutare care îl implică și pe x. Dacă am schimba paritatea fiecăruia dintre numerele x, a, b, răspunsurile primite de Bogdan nu se vor schimba (la fiecare dintre cele două mutări, două cartonașe și-au schimbat paritatea, deci suma celor 7 numere vizate de respectiva mutare nu și-a schimbat paritatea). În schimb, suma totală își schimbă paritatea (trei termeni, x, a și b își schimbă paritatea), așadar Bogdan nu poate ști paritatea sumei totale, deci 5 mutări nu sunt suficiente. În continuare demonstrăm că din 6 mutări Bogdan poate determina paritatea sumei totale. Fie x1, x2, ..., x34 numerele de pe cele 34 de cartonașe. Bogdan poate, de exemplu, face mutări astfel încât să afle paritatea sumelor: (1) s1 = x1 + x2 + ... + x7; (2) s2 = x8 + x9 + ... + x14; (3) s3 = x15 + x16 + ... + x21; (4) s4 = x22 + x23 + x24 + x31 + x32 + x33 + x34; (5) s5 = x25 + x26 + x27 + x31 + + x32 + x33 + x34; (6) s6 = x28 + x29 + x30 + x31 + x32 + x33 + x34. Atunci Bogdan cunoaște paritatea sumei s1 + s2 + s3 + s4 + s5 + s6 + s7 = x1 + x2 + ... + x30 + 3(x31 + x32 + x33 + x34) = x1 + x2 + ... + x34 + 2(x31 + x32 + x33+ x34), sumă care are aceeași paritate ca și suma numerelor de pe cele 34 de cartonașe, deci Bogdan cunoaște paritatea sumei celor 34 de numere.