Муниципальное общеобразовательное учреждение«Гимназия № 1» г. Саратова

Принцип Дирихле

Подготовила ученица 7 «Б» класса МОУ «Гимназия № 1» г. Саратова

Орлова Светлана

Руководитель: учитель математики высшей категории МОУ «Гимназия № 1»

г. Саратова Распарин В.Н.

Саратов, 2009

«Принцип Дирихле»

Содержание1.2.3.4.5.6.7.

ВведениеГлава 1Глава 2Глава 3Глава 4ЗаключениеБиблиография

Стр. 2Стр. 2Стр. 3Стр. 6Стр. 9Стр. 13Стр. 14

Введение Работа касается одного из интересных эвристических методов решения

математических задач - принципа Дирихле. Принцип назван в честь

немецкого математика Петера Густава Лежена Дирихле (1805-1859г.г.),

который успешно применял его к доказательству арифметических

утверждений.

Актуальность работы несомненна, хотя бы потому, что знакомство с

новыми методами решения задач расширяет их круг.

Целями работы являются следующие:

1. Формулировка и доказательство принципа Дирихле;

2. Выявление круга задач, решение которых основывается на принципе

Дирихле;

3. Демонстрация решения задач с помощью принципа Дирихле.

Работа состоит из 4 глав.

Глава 1Принцип Дирихле – это утверждение, согласно которому в любой

совокупности из n множеств, содержащих в общей сложности более n

элементов, есть хотя бы одно множество, содержащее не менее 2-х

элементов.

Основная идея решения задач, выводимая из принципа Дирихле,

заключается в следующем:

-если при разбиении множества элементов на не пересекающие части

удаётся установить факт взаимосвязи между количеством элементов данного

2

множества () и числом его частей (n) в виде >n, то тогда можно

утверждать, что среди этих частей такая, которая содержит более одного

элемента.

По традиции в популярной литературе принцип объясняется на примере

«зайцев и клеток»: ,,Если десять зайцев сидят в девяти клетках, то в

некоторой клетке сидят не менее двух зайцев.”

Докажем принцип Дирихле.

«Если n зайцев сидят в клетках, причём n, то найдётся клетка, в

которой сидят не меньше, чем n/k зайцев, и найдётся клетка, в которой сидят

не больше, чем n/k зайцев.»

Допустим, что в каждой клетке сидят меньше, чем n/k зайцев. Тогда во

всех клетках вместе зайцев меньше, чем nk/kn. Противоречие с условием.

Аналогично, если допустить, что в каждой клетке сидят больше, чем n/k

зайцев, то во всех клетках вместе зайцев будет больше, чем nk/kn. Это

тоже противоречит условию утверждения. Следовательно, требуемое

доказано.

Глава 2

Формулировка принципа Дирихле кажется очевидной, однако трудность

состоит в том, что в задачах не указаны ни зайцы, ни клетки.

Зная принцип Дирихле, можно догадаться, в каких случаях его применять.

Например, если каждому элементу множества соответствует ровно один

элемент множества , то элементы множества можно назвать зайцами, а

элементы множества - клетками.

Рассмотрим две простейшие задачи.

Задача № 1.

У мальчика 9 медных монет (Достоинством 1коп., 2коп., 3коп., 5коп.).

Докажите, что у него есть хотя бы три монеты одинакового достоинства.

Решение.

3

Установим соответствие между двумя множествами ( и ), где -

множество монет, а - множество достоинств монет.

При этом монеты будут зайцами, а достоинства монет - клетками.

2мон. 2мон. 2мон. 2мон.

Тогда при наихудшем раскладе окажется по две монеты разного достоинства

и ясно, что девятая монета (заяц) попадает в одну из клеток. То есть она

окажется третьей монетой одного и того же достоинства.

Задача № 2. в магазин привезли 25 ящиков с тремя разными сортами яблок

(в каждом ящике яблоки только одного сорта). Докажите, что среди них есть

по крайней мере 9 ящиков с яблоками одного и того же сорта.

Решение.

В данной задаче ящики - это «зайцы», а сорта-«клетки».

25 ящиков - «зайцев» рассадили по 3 - «клеткам»-сортам. Так как

25=38+1, то получим, что в какой-то - «клетке» - сорте не менее 9 «зайцев» -

ящиков.

Покажем решение более сложных задач.

Задача № 3. докажем, что в любой компании из 5 человек есть двое,

имеющих одинаковое число знакомых в этой компании.

Решение.

У каждого члена компании может быть от 0 до 4 знакомых. Если у

каждого компаньона 0 знакомых, то утверждение доказано. Заметим, что

если у кого-то из компаньонов 4 знакомых, то ни у кого не может быть 0

знакомых. То есть 0 и 4 знакомых исключают друг друга.

Рассмотрим вариант, когда у каждого члена компании от 1 до 4 знакомых.

Тогда количество знакомых – клетки, а компаньоны – зайцы.

4

1 коп 2 коп 3 коп 5 коп

1 зн. 2 зн. 3 зн. 4 зн.

1 1 1 1

Получаем, что «зайцев» - компаньонов на 1 больше чем «клеток» -

количество знакомых. Поэтому как минимум у двоих компаньонов есть

одинаковое число знакомых.

Задача № 4. 10 школьников на олимпиаде решили 35 задач, причём

известно, что среди них есть школьники, решившие ровно одну задачу,

школьники, решившие ровно две задачи и школьники, решившие ровно три

задачи. Докажите, что есть по крайней мере один школьник, решивший не

менее пяти задач.

Решение.

Пусть школьники – «клетки», а задачи – «зайцы». Установим

соответствие между этими двумя множествами.

1

1 2 3 4 4 4 4 4 4 4

Согласно условию найдутся 7 школьников, решивших 29 задач.

35-(1+2+3)=29 (задач).

Но 29=74+1! Значит, «оставшийся» 1 «заяц», который попадёт в одну из

семи клеток с номерами 4-10. Следовательно, по крайней мере один из

школьников решил 5 задач.

Задача № 5. В классе 41 ученик написал по три контрольных работы. В

результате учитель не поставил ни одной неудовлетворительной отметки, и

каждый ученик получил все остальные отметки. Узнав об этом, один ученик

заметил, что, по крайней мере, 7 человек получили одинаковые отметки по

всем трём контрольным работам, а другой, подумав, сказал, что таких

учеников, наверное, будет 8. Кто из них прав?

Решение.

5

№ 1 № 2 № 3 № 4 № 5 № 6 № 7 № 8 № 9 №10

Разобьём класс на группы в соответствии со всевозможными наборами

отметок. Пусть отметки – это «клетки», а ученики – «зайцы».

Тогда 3, 4, 5 3, 5, 4 4, 3, 5 4, 5, 3 5, 3, 4 5, 4, 3

6 6 6 6 6 6

Если в каждой группе не больше 6 человек, то всего в классе не больше 36

учащихся, что противоречит условию задачи.

Следовательно, по крайней мере, в одной из этих групп не меньше 7

человек.

Возможен, однако, и случай, когда в каждой группе не больше 7 человек.

Например, в одной группе – 6, а в остальных – по 7 человек, ведь 41=75+6.

Следовательно, утверждение второго ученика абсолютно верным назвать

нельзя. Итак, прав только первый ученик.

Задача № 6. Несколько футбольных команд проводят турнир в один круг.

Докажите, что в любой момент турнира найдутся две команды, сыгравшие к

этому моменту одинаковое число матчей.

Решение.

Пусть число матчей, сыгранных командами (0,1,2,3,…, n-2, n-1) –

«клетки», а команды – «зайцы» (их n).

Заметим, что случай 0 и n-1 матчей исключают друг друга, так как, если

одна команда сыграла n-1 матчей, (то есть все!), то остальные команды

сыграли минимум по одному матчу. Итак, имеем n-1 «клеток» (матчей) и

n «зайцев» (команд). Очевидно, что две команды, сыгравшие одинаковое

количество матчей в любой момент турнира найдутся.

6

Глава 3

Рассмотрим решение задач с геометрическим содержанием.

Задача № 7. Докажите что, если прямая пересекает две стороны

треугольника (и не проходит через его вершины), то она не пересекается с

третьей стороной треугольника.

Решение.

Прямая разбивает плоскость треугольника на две открытые

полуплоскости (не содержащие точек этой прямой). Две из трех вершин

треугольника (пусть А, В лежат в одной из полуплоскостей). Очевидно, что

отрезок АВ не содержит точек прямой.

Задача № 8. В квадрат со стороной 1м бросили 51 точку. Докажите, что

какие-то 3 из них можно накрыть квадратом со стороной 20см.

Решение.

Разобьем данный квадрат на 25 квадратиков со стороной 20см

(1м 1м =20 см 20см 25).

Имеем 25 «клеток» (квадратов) и 51 «зайца» (точку).

51=252+1. Ясно, что на основании принципа Дирихле, в

какой-то один из квадратиков попадут по крайней мере

три точки.

Задача № 9. В квадрате ABCD находятся 5 точек. Докажите, что

расстояние между какими-то двумя из них не превосходит ½ AC.

Решение.

Проведя через центр квадрата прямые (a и b),

параллельные его сторонам, разрежем его на 4

одинаковых квадрата.

7

Ясно, что какие-то 2 из 5 точек лежат в одном из этих квадратов и расстояние

между ними не превосходит длины диагонали этого квадрата, то есть ½ AC.

B b C

Z

a T Y X

А D

Рассмотрим крайние случаи расположения пяти находящихся в квадрате точек.

I случай.

Четыре точки совпадают с вершинами квадрата ABCD, а пятая (X) находится в

центре квадрата. Здесь решение очевидно: расстояние между точками A и X, C и

X, B и X, D и X равно 1/2AC ( то есть не превосходит1/2AC).

II случай.

Пятая точка (Y) находится на одной из сторон маленького квадрата.

∆ AYX – тупоугольный (Y- тупой, т.к. являясь внешним углом треугольника

ATY, он больше прямого угла Т треугольника ATY), следовательно, AY<AX. То

есть AY ≤ 1/2AC.

III случай.

Пятая точка (Z) находится внутри одного из маленьких квадратов.

В С Проведём через точку Z два луча ZM и ZN:

ZM║ KX, ZN║CK. Тогда NZM=90º, но угол NZM -

M часть угла XZC, значит он тупой. Поэтому в ∆ XZC

Z XC- наибольшая сторона. Значит, CZ<XC, то есть

CZ ≤ 1/2 AC.

X N K

8

IV случай.

B b C

Z

a T Y X

A D

Пятая точка (T) совпадает с точкой пересечения прямой a и стороны AB.

∆ ATX – прямоугольный, AX- гипотенуза, поэтому, AT<AX, то есть

AT ≤ 1/2AC.

Глава 4

Рассмотрим теорему.

Пусть n Є N. Из любых n+1 натуральных чисел можно

выбирать два, разность, которых делится на n.

Доказательство

При делении на n получается один из остатков: 0. 1, 2, … , n-1, (то есть n

остаток). Нам же дано n+1 чисел, и по принципу Дирихле остатки от деления

на n у каких-то двух из тех совпадают. Разность этих двух чисел делится на n.

(Пусть a : n=x(α), b : n=y(α), тогда a=nx+ α , b=ny+α .

Далее a – b=nx+α-ny-α , a-b=n(x-y).

Так как n⋮n, то n(x-y)⋮n по свойству делимости произведения.)

Задача № 10. Дано 12 целых чисел. Докажите, что из них можно выбрать

два, разность, которых делится на 11.

Решение

Пусть остатки от деления данных чисел на 11 – “клетки”, а данные числа –

“зайцы”.(a,b,c,d,e,f,g,h,,k,l,m,n)

90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

“Клетки”-

“Зайцы”- a b c d e f g h k l m

Тогда 12-е число n при делении на 11 будет давать один из остатков от 0 до

10 , а значит его разность с числом, дающим такой же остаток от деления на

11 , будет кратна 11.

Задача № 11. Какое наименьшее количество любых натуральных чисел

следует взять, чтобы среди них всегда нашлась такая пара чисел, разность

которых делилась бы на 5?

Решение

Разобьем множество натуральных чисел на 5 классов.

I класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 0.

II класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 1.

III класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 2.

IV класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 3.

V класс – числа, которые при делении на 5 дают остаток, равный 4.

Очевидно, что разность двух чисел, принадлежащих одному и тому же

классу, делится на 5, в противном случае – нет.

Если же взять шесть чисел, то среди них обязательно найдутся два числа,

принадлежащие одному и тому же классу, и, следовательно, разность этих

чисел будет делиться на 5.

Задача № 12. Дано 8 различных натуральных чисел, каждое из которых не

больше 15. Докажите, что среди их положительных попарных разностей есть

три одинаковых.

Решение

Пусть a, b, c, d, e, f, g, h – данные различные натуральные числа.

Условимся, что a<b<c<d<e<f<g<h, причем h 15.

Различных разностей может быть 14 (15-14,15-13, … ,15-2,15-1). Причем

разность 14 может быть получена одним способом: 14=15-1.

10

Пусть разности будут 14 “клетками”. Выясним, сколько пар чисел образуют

эти 14 разностей.

b-a c-b … g-f h-g

c-a d-b … h-f 1

d-a e-b … 2

e-a f-b …

f-a g-b

g-a h-b

h-a 6

7

Итак, разности образованы 28 парами данных чисел. Тогда 28 пар этих

чисел будут «зайцами». Причем в «клетке» с номером 14 может сидеть не

более одного «зайца». Следовательно, оставшиеся 27 «зайцев» сидят в 13

оставшихся «клетках» 27=132+1.

Значит, найдется «клетка», в которой будет сидеть 3 «зайца», то есть среди

положительных попарных разностей есть три одинаковых.

Задача № 13. В строку вписано 5 натуральных чисел: a 1 , a 2, a 3, a 4, a 5.

Докажите, что либо одно из них делится на 5, либо сумма нескольких рядом

стоящих чисел делится на 5.

Решение.

Рассмотрим пять чисел x, y, z, t, p таких, что

x = a 1

y = a 1 + a 2

z = a 1 + a 2 + a 3

t = a 1 + a 2 + a 3 + a 4

p = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 .

11

Если одно из них делится на 5, то все в порядке, утверждение

справедливо. В противном случае при делении на 5 они дают в остатке какие-

то из четырех чисел: 1, 2, 3, 4.

На основании доказанной теоремы разность каких-то двух из них делится

на 5. Но эти разности есть либо одно из данных чисел, либо сумма

нескольких из них, стоящих рядом.

y – x = (a 1 + a 2 ) - a 1 = a 2 ;

z – x = (a 1 + a 2 + a 3) - a 1 = a 2 + a 3 ;

z – y = (a 1 + a 2 + a 3) – (a 2 + a 1) = a 3 ;

t – x = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - a 1 = a 2 + a 3 + a 4 ;

t – y = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - (a 2 + a 1) = a 3 + a 4 ;

t – z = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) - (a 2 + a 1 + a 3) = a 4 ;

p – x = (a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5) - a 1 = a 2 + a 3 + a 4 + a 5 ;

p – y = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2) = a 3 + a 4 + a 5 ;

p – z = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2 + a 3) = a 4 + a 5 ;

p – t = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 – (a 1 + a 2 + a 3 + a 4) = a 5 .

Итак, требуемое доказано.

Заключение

Итак, результатом исследовательской работы стала формулировка и

доказательство принципа Дирихле, определение условий, позволяющих

применять этот принцип и решение разнообразных задач, соответствующих

этим условиям.

Таким образом, принцип Дирихле является мощным логическим

методом, с помощью которого решаются не только арифметические задачи,

но и задачи с геометрическим содержанием.

В дальнейшем объектом исследования могут стать более сложные

задачи, построенные на геометрическом материале. Например, такие:

1. Внутри квадрата со стороной 7 дм находится 51 точка. Докажите, что

3 из них можно накрыть кругом единичного радиуса.

12

2. Шахматная доска разрезана на 13 прямоугольников с целым числом

клеток. Могут ли они все быть различными?

3. Несколько дуг окружности (с общей длиной менее половины длины

окружности) покрашены. Существует ли диаметр, оба конца которого не

окрашены?

4. Сторона клетки шахматной доски равна 1. На доске лежат 70 точек, и

никакие 3 из них не лежат на одной прямой. Докажите, что найдется

треугольник с вершинами в этих точках, площадь которого не превышает 1.

5. В сфере, радиус которой равен 1, летают 9 мух. Найдутся ли 2 из них,

расстояние между которыми не превосходит квадратный корень из 3?

13

Библиография

1) «Энциклопедический словарь юного математика»

2-е издание, исправленное и дополненное

Москва, «Педагогика», 1989

2) Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи.

60-я Московская математическая олимпиада. Подготовленный сборник

М.: МЦНМО, 1997

3) Миракова Т.Н. Развивающие задачи на уроках математики в 5-8 классах:

пособие для учителя. – Львов: журнал «Кванитор», 1991

4) В.А. Гусев, А.И. Орлов, А.Л. Розенталь. Внеклассная работа по

математике в 6-8 классах. Книга для учителя. Под редакцией С.И.

Шварцбурда. – Москва: «Просвещение», 1984

14