Методичні рекомендації "Цікаві задачі на принцип Діріхле"
Цікаві задачі
на принцип Діріхле
Костючик Ніна Арсенівна
вчитель математики
2024рік
Анотація:
Методична розробка познайомить здобувачів освіти з новим математичним методом розв'язування задач за допомогою принципу Діріхле. Покаже його застосування для розв'язування різноманітних задач.
Пропонований посібник містить вправи і задачі, які можна використовувати на уроках, факультативних заняттях у гуртковій роботі з математики.
Збірник розрахований на вчителів математики, учнів, усіх, хто цікавиться математикою.
Розробник:
Костючик Ніна Арсенівна – вчитель математики.
Зміст
Вступ……………………………………………………………….……..….4
Діріхле Петер Густав Лежен……………………………………….…….....7
Метод «кліток» і «кролів» …………………………………………...….10
Метод розфарбовування …………………………………………….….....18
Розв’язування задач на подільність….……………………………………20
Геометричні задачі …………... ……………………………………….....23
Доведення від супротивного……………………………………………....27
Список використаних джерел..…………………………………………....34
ВСТУП
"Предмет математики такий серйозний, що корисно не нехтувати нагодою робити його трохи цікавим." Блез Паскаль
В умовах становлення в Україні громадянського суспільства, правової соціально-демократичної держави, у формуванні суспільно – значимих компетенцій, важливим чинником є не тільки вивчення дисциплін суспільно – гуманітарного циклу, а й вивчення точних наук.
Відродження України вимагає пильної й осмисленої уваги до освіти, без чого неможливий розвиток і виховання молодого покоління, що здатен до самоосвіти і саморозвитку.
Навчальна дисципліна «Математика» посідає важливе місце в системі освіти, оскільки інтелектуальний потенціал працівників визначається глибокими спеціальними знаннями, високими громадянськими і національно-патріотичними якостями.
Математика – складна наука, яка вимагає великих зусиль праці. Для доведення окремої теореми потрібні місяці а іноді і роки. Праця вченого-математика подібна до праці поета, художника: як і в мистецтві, у математиці діють моменти: творчості, пошуку, натхнення.
Математика – особлива наука. Вона лежить і в основі науки про правильні рішення - дослідження операцій які є складовою загальної культури суспільства і людини.
Сучасна школа вимагає нового підходу, нового переосмислення освіти, модернізації змісту, нові форми і методи у яких основно увага лягає на особистість, на дитину майбутнього.
У центрі уваги повинні знаходитися тільки математичні відкриття, досягнення, а й конкретні люди, що жили та творили нове не звідане, відкривали його.
Вивчаючи аспекти життя й діяльності окремих відомих людей, сприяє формуванню в молоді позитивних, патріотичних цінностей.
Методична розробка «Цікаві задачі на принцип Діріхле» є складовою частиною посібника «У світі математики».
Термін «Логіка» - від грецького λογοζ, це поняття; вчення; міркування. Об'єднуючи спільне слова й думки, мови та міркувань, у давнину грецькі мислителі створили логіку – науку про мислення, до створення істини, про закони й форми які вчать вірно мислити. Правила логіки, певні міркування і закони зформувалися дуже давно, для того щоб доводити свою думку, досвід і знання, робити висновки із певних тверджень. Важливо розуміти, що правила і міркування не залежать від конкретних висновків, а також від настрою, емоції, рівня інтелекту або освіти, ні від яких природніх обставин, а тільки від локанічної думки таконкретних міркувань. Таким чином появилася формальна логіка. Більше 2.5 тисяч років тому виникла логіка як вчення у Давній Греції. Вчений і філософ давньогрецький Арістотель, який жив у 384–322 рр. до н. е. викладав у своїх працях про принципи та положення логіки. Так виникла Арістотелева логіка, яка багато століть не розвивалася. Логіка Арістотеля була складовою хорошої освіти. Англійський математик Джордж Буля який проживав у 1815–1864рр продовжив працю Арістотеля над наукою логіка в середині ХІХ ст.,створив основи математичної логіки. Він використовував формули, обчислення, символи та рівносильні перетворення тощо. В епоху комп'ютеризації в галузях економіки, науки, освіти, виробництва, побуту – без знань математичної логіки не обійтися у будь-якій галузі діяльності. Адже людина яка творчо працює аналітично мислить, користується обчислювальною технікою. Для цього необхідно засвоїти прийоми і методи сучасної формальної логіки. Адже сучасній людині, щоб досягти успіху потрібно формулювати точні, лаконічні думки і висновки своїх проєктів та планів. Сучасно людина повинна розвивати навички логіки, аналітичного мислення, для того щоб творити майбутнє. Адже майбутнє за молодим поколінням, за їхніми справами і ділами, за їхніми творчими досягненнями та новими відкриттями.
Мета цього посібника – показати цікавість курсу математики, розвивати навички самостійного мислення, як залучити їх до поглиблених занять математикою.
В наш час, час комп'ютеризації коли потреба у знання стрімко зростає уже неможливо засвоювати одні формули, одні означення, одні факти треба стрімко розвивати сучасну формальну логіку. Уже із шкільної парти потрібно прищеплювати здобувачам освіти, вміння орієнтуватись у стрімкому потоці наукової інформації, вміння самостійно поповнювати свої знання.
«...Помиляються ті, хто запевняє, ніби математичні науки нічого не кажуть про прекрасне або добре. ... найголовніші форми прекрасного – порядок (у просторі), співрозмірність і визначеність – математичні науки якраз і найвиразніше показують їх.»
Арістотель
Діріхле Петер Густав Лежен 
(13.02.1805 – 05.05.1859)
«Діріхле мав хист поєднувати з мінімумом сліпих формул максимум зрячих думок»
Г.Мінковський
Петер Густав Лежен Діріхле – відомий німецький математик. Народився в місті Дюрені. Починаючи з 17років був домашнім учителем у Парижі. Входив у кружок молодих вчених, які групувалися навколо Ж. Фур'є. У 1827 році став доцентом у місті Бреславлі. З 1829 року працював у Берліні. З 1833 – 1855рр. Діріхле є професором Берлінського університету. Коли помер професор Гетінгенського університету Карл Гаус, із 1855року. Йому належать вагомі відкриття у галузі теорії чисел. З ім’ям Діріхле пов’язані з інтеграл, принцип, задача, ряди все це досліджував відомий математик Петер Діріхле. Напрацюваннями великого математика користуються ісьогодні. Принцип Діріхле найпростіше зрозуміти, використавши його жартівливу формулу: "Коли у клітці N знаходиться не менше N+1 зайців, тоді не менше двох зайців знаходиться в іншій клітці". "В деяків із кліток", "не менше" на основі цього припущення мало даних для розв'язання задачі. Тому можна ще застосувати метод від супротивного при розв'язуванні задач за пронципом Діріхле. Не буде точних міркувань, а буде припущення. Від супротивного тобто протилежного Працюючи над певною складною задачею потрібно пригадати відомі прийоми та методи, відомі знання. Показати мотивацію, осмислення вивченого матеріалу. Формулюється жартома цей принцип так: « Коли чотирьох кролів розмістити у три клітки, то хоча б у одній із кліток буде сидіти два кролі». Цей вислів у матаматичній українській літературі, отримав назву - принцип Діріхле, на честь німецького математика Петера Лежена Діріхле. Він мав хороші результати в області наближення ірраціональних чисел раціональними. Таке просте твердження (в англомовній математичній літературі відоме як ріgеоnhole рrіnсірlе – «принцип голубника»). Багато із цих задач уже стала математичним «фольклором». А ще можна зформулювати Принцип Діріхле «по-науковому», без « кліток» і «зайців». Візьмемо А і В – дві множини скінченні, таких що m – елементи множини А (кількість), а n – елементи множини В (їх кількість) такі що (m>n). Існує таке відображення множини А в множину В при якому два елементи множини А відображаються , в той самий образ. Існують різні формулювання і узагальнення відомого математичного принципу Діріхле. При дослідженнях діофантових наближень при аналізі систем лінійних нерівностей часто використовують принцип Діріхле.
У доповіді «Про професію математика» академік А.М. Колмагоров підкреслив, що для того,щоб довести, що у хвойному лісі з 800 000 ялинок, на кожній з яких не більше 500000 глиць, отже хоча б у двох хвойних дерев однакова кількість гілочок .
Задача розв'язується за допомогою принципу Діріхле. Під принципом Діріхле розуміють таке твердження: «Якщо п+1 об'ктів розміщати на п місцях, то принаймні знайдеться два об'єкти, які розмістяться на одному і томуж самому місці».
Такий принцип допоміг немецькому математикові Петеру Густаву Лежену Діріхле досягти великих успіхів за допомогою своїх дослідженнях з теорії чисел. Жартівливо принцип Діріхле звучить так- «П'ять зайців не можуть сидіти у чотирьох клітках кожен заєць окремо ».
Задача, яка розв'язуються за допомогою відомого принципу Діріхле. 
Десять голубів розмістили у дев'ять клітках, знайдеться хоча б одна клітка у які й буде сидіти два голуби,за принципом Діріхле.
В 9 клітинах знаходиться 7 голубів, за принципом Діріхле хоча б одна клітина знахлдиться не більше 7/9 голуба (тобто нуль)
Але головна складність у використанні даного методу полягає у визначенні, які дані прийняти під визначення «кроликів», а які слід прийняти під визначенням «клітки». Узагальнений принцип Діріхле: "Коли у N клітинах знаходиться не менше kN+1 зайців, то знайдеться клвтина де сидітиме не менше k+1 зайців". Це добре відома теорема у математиці , нею часто користують при розв'язуванні задач.
Розв'язування задач методом «кліток » і «кроликів»
Застосування принципу Діріхле. Записати 5 натуральних чисел, таких, щоб їх різниця (жодних двох ) не ділилась на 4. Міркуємо таким чином:
1). Не вдалося записати 5 чисел.
2). Справді, при діленні на 4 можливі остачі: 0, 1, 2, 3.
3). Всього чисел було 5, то при діленні на 4 хоча би два з них мають однакову остачу.
4). Їх різниця ділитиметься на 4. 2.
5). Суть принципу Діріхле. Що приймемо „кролики”, а що - „клітки” ? Задача допускає одне узагальнення це - «принцип Діріхле». Формулюється принцип так у популярному вигляді: ,,якщо m кроликів розмістити у n клітках і m п, то принаймні в одній з кліток буде не менше двох «кроликів». Отже, якщо у кожній клітці було не більше одного « кролика», то у n «клітках» могло би поміститися не більше n «кроликів». У цій задачі за «кролики» приймемо даних п'ять чисел, а за «клітки» приймемо чотири остачі які можна отримати при діленні на чотири. Іноді виникають трудності при виборі величини у ролі ,,кроликів”, величини у ролі ,,кліток”.
Коли розв'язати задачу не можливо застосувавши принцип Діріхле, то слід провести міркування які подібні до принципу Діріхле.
Приклад1.
49 ящиків печива привезли до шкільної їдальні. Печиво було 6 сортів. У кожному ящику печиво було одного сорту. Чи можна знайти 9 ящиків із печивом одного сорту?
Розв’язання.
Припустимо, що 9 ящиків печива одного сорту немає. Тоді ящиків кожного сорту не більше 8. Коли всіх сортів було 6, міркуючи прийшли до таго що ящиків всього не більше 48, а їх 49. Протиріччя. Отже, можна завжди знайти 9 ящиків з печивом одного сорту.
У цій задачі ми бачимо, що у ролі кроликів ящики, а клітками - печиво. Тоді N=6, а kN+1=4. Отже k=8. За нашим міркуванням буде клітка (печиво) яка має не менше k+1=9 кроликів (ящиків). 
Приклад 2.
Для шкіл міста виділили 106 комп’ютерів. У місті 15 шкіл. Довести, що при будь якому розподілі між школами комп'ютери , хача б дві школи отримають порівну техніки.
Розв’язання.
Розглянемо по – перше, шо школи отримали різну кількість комп'ютерів. Для цього візьмемо: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 - штук комп'ютерів отримала кожна із п'ятнадцяти шкіл. Коли додамо всі штуки комп'ютерів отримаємо. Тоді потрібно всього комп’ютерів 0+1+2+3+…+13+14 =105. А їх всього 106. Протиріччя. Ми бачимо що із нашого обчислення знайдеться дві школи що матимуть однакову кількість штук комп'ютерів. За принципом Діріхле за «зайців» візьмемо комп'ютери за «клітки» візьмемо школи. N=15. Тоді N*(N-1)/2=15*(15-1)/2=105. Якби було 105 штук комп'ютерів, тоді у всі школах було б по різному комп'ютерів. А їх 106 штук. Дві школи порівну матимуть.
Приклад 3.
У школі в дев'ятих класах навчається 213 учнів. У п'ятьох учнів буде день народження в один день і тиждень, доведіть це.
Розв'язання.
Усього в році не більше 53 тижнів.
1.Найбільше 53 тижні може бути у році. За принципом Діріхле «клітки» тижні, а «зайці» — учнів. За дням народженн розмістимо. Оскільки 213/ 53, то буде «клітка», у якій знайдеться хоча б 5 «зайці». Буде тиждень, у якому буде день народження у п'яти учнів.
2. Цю задачу простіше розв'язати методом від супротивного. Нехай кожного тижня святкують свій день народження чотири дитини. Отримаємо
4•53=212 вийшла суперечність, всього 213 чоловік. Отримали протиріччя.
Приклад 4.
Одного розміру рукавички лежали у корбці: білих - 12 пар, і чорних - 12 пар. Скільки взяти навмання з рукавичок щоб серед них були: а) одного кольору - дві рукавички;
б) одного кольору - одна пара рукавичок ?
Розв’язання.
а) Візьмемо за «ящики» два кольори рукавиць, діставнемо 3 будь-які рукавиці, то вийде, що в одному «ящику» буде два «зайці» ― рукавиці.
А це і вимагається в задачі. Потрібно вийняти із коробки мінімум три рукавички, щоб їх було дві білих або чорних.
б) Рукавичок було 12 пар одного кольору. Тоді 2*12= 24. Тоді взявши 24 рукавички може не бути одного кольору.А якщо візьмемо 25 рукавичок то обов'язково буде рукавичка і білого кольору і чорного. Із коробки треба взяти найменше 25 штук рукавичок, тоді обов'яково буде і біла і чорна.Із 25 штук обов'язково буде і права і ліва рукавичка, тобто пара рукавичок.
Коли «клітками» будуть кольори рукавичок (їх два), а за «зайців» — рукавички, то за принципом Діріхле в одній з «кліток» не менше 13 «зайців». Це означає, що знайдеться 13 рукавичок одного кольору. На одну руку (на праву 12 штук, або на ліву 12штук)може бути 12, а із 13 рукавичок буде хоча б одна пара , або ліва чи одного кольору.
Важливо, щоб учні зрозуміли спосіб розв’язування даної задачі. Такого типу задачі часто зустрічаються при розв’язанні олімпіадних завдань при розв’язанні яких виникають трудності. Учні допускають помилки.
Приклад 5.
Кілька футбольних команд проводять турнір в одне коло. Відшукається дві команди, які можуть зіграли до певного моменту однакову кількість матчів, в будь-який момент турніру, доведіть це твердження.
Розв'язання.
Нехай n – кількість команд, що проводять турнір. Розгляньмо два випадки:
1) команда, що не провела жодної гри у певний момент турніру.
2) протилежний. Припустімо, що у випадку 1) така команда одна. Якби їх було дві, то все доведено.
1) команда зіграла n–1 матч до даного моменту, такої немає команди.
серед n–1 команд (із цих команд одну віднімемо що не зізрала) знайдемо 2 команди, зіграли порівну матчів. За принципом Діріхле кролики будуть ( n–1) команди, а ящики – матчи від 1 до (n–2), які зіграли футболісти;
2) провели команди до даного моменту, знаходяться у межах від 1 до (n–1). За принципом Діріхле, серед усіх футбольних команд буде дві команди, що граючи у футбол провели однакову кількість матчів.
Приклад 6.
У школі навчаються 370 учнів. Двоє учнів народилися в один день року хоча б, доведіть це.
Розв’язання.
1 спосіб. Найбільше в році буває 366 днів. Під час застосування принципу Діріхле використаємо клітки та голуби. Учнів приймемо за голубів, дні приймемо за дні року. Розмістимо у 366 кліток 370 голубів. Буде клітка у якій сидітиме не менше 1 голубів, а більше, тобто два. Ми довели що не менше двох учнів, що народилися в один день даного року.
2 спосіб. Міркуємо від супротивного. Всі учні народилися в різний день року. Всього днів у році 366 найбільше , а учнів 370. Бачимо що 366 менше за 370. Наше припущення не вірне, вірне твердження задачі.. Отримали суперечність.
Приклад 7.
Прийшли на співбесіду 65 школярів. Запропонували їм 3 тестові завдання. За кожне завдання отримали одну з оцінок: 2, 3, 4 або 5. Чи можуть однакові оцінки одержали 2 учні за всі тестові завдання.
Розв’язання.
Розглянемо всі можливі набори з трьох оцінок за відповідні завдання. Кількість таких наборів дорівнює 43 або 64 (4 можливості за кожне з трьох тестових завдань). Оскільки число учнів більше, ніж 64, то за принципом Діріхле деяким двом учням відповідає однаковий набір оцінок.
Приклад 8.
У класі навчається 30 учнів. У диктанті, учень 8 класу, Головенко Богдан зробив 14 помилок, він зробив найбільше помилок у диктанті із класу. Чи зробили однакову кількість помилок три учні укласі при написанні диктанту?
Розв’язання.
Приймемо всі помилки – клітки. Їх є 14, оскільки учні можуть зробити 0, 1, ..., 14 помилок. «Зайцями»- учні. Кожного з них «садимо» у «клітку».
Розсадимо всіх зайців, а їх 30 у клітки яких 14. Бачимо що 14 менше за 30, тому знайдеться клітка у якій сидітиме хоча б 3 зайці. Із цього бачимо, що знайдеться хоча б 3 учні, які допустили порівну помилок. Розв’язуючи дану задачу ми використали принцип Діріхле.
Приклад 9.
У похід пішли 13 туристів. Наймолодшому з них 19 років, а найстаршому - 29 . Чи є серед них однолітки ?
Розв’язання.
Серед туристів 12 вікових груп, це будуть “ клітки ”, а “ кролики” будуть туристи. Оскільки туристів 13 , а вікових груп 12, то за принципом Діріхле принаймні в одній віковій групі буде щонайменше 2 туристи, які є однолітками. 
Приклад 10.
З шести країн приїхала 201 людина на збори. Серед кожних 6 з них знайдеться двоє однакового віку. Чи приїхало не менше 5 людей однієї статі та одного віку на збори з деякої країни, довести.
Розв’язання.
Для розв’язання даної задачі два рази застосуємо принцип Діріхле. Двоє однакового віку знайдеться у кожній групі людей , яка складається із шести чоловік. Із цього випливає що є не більше ніж 5 різних віків. Отже є хоча би 41 чоловік тобто учасник зборів які мають однаковий вік (40*5<201). Після повторного застосування принципу із 41 учасника буде 9 чоловік з однієї країни. Ще раз за принципом Діріхле, переконуємося, що не менше 5 з цих 9 учасників будуть однієї статі.
Приклад11.
4. В клітинках таблиці 3×3 поставлені числа: -1, 0, 1. Розглянемо 8 сум: три суми рядків що утворили ці числа, трьох стовпців також та суми двох діагоналей, які має даний квадрат. Чи можуть ці суми бути всі різні?
Розв'язання.
Коли додамо дані числа то отримаємо певні суми, які приймемо за ящики. Кожна сума буде мати певне значення. Отримана сума буде 0, або 1, або-1.
Ми бачимо, що таких значень є 7. Це −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3. За голубів візьмемо набір чисел . Це буде набір одного рядка, або одного стовпця, або на двох діагоналях. Таких сум є 8. Розмістивши голубів у клітки бачимо,що є клітка у якій голубів не менше 2. Із цього слідує що є принаймні 2 трійки чисел, які мають однакові між собою суми.
Відповідь. Ні.
Приклад12.
У місті більше ніж 8000000 жителів. У кожного чоловіка на голові менше 200000 волосин, так припускають вчені. На голові 41 жителя однакова кількість волосин, доведіть це твердження.
Розв'язання.
Бачимо за умовою задачі що від 0 до 199 999, це така кількість волосин може бути на голові тобто всього 200 000 варіантів), Коли перемножити 40*200000 = 8000000. Тоді, за принципом буде принаймні 41 людина, у яких однакова кількість волосин на голові. Уцій задачі «кроликами» будуть жителі, а «клітками» будуть усі можливі варіанти кількості волосин на голові у людини.
Отже ми бачимо, що дану задачу зручно розв'зати застосувавши принцип відомого математика Діріхле.
Розв'язування задач на зафарбовування
Приклад 13.
Кожну грань куба зафарбовано у білий або чорний колір. Чи знайдуться грані які однаково зафарбовані і які мають спільне ребро, доведіть це.
Розв’язання.
У куба розглянемо довільну вершину, у якій перетинаються три грані. Кольори граней візьмемо - клітки, а за зайців - грані куба. Ми знаємо що грані перетинаються в даній вершині. Їх є три. Обов'язково буде клітка , у якій буде більше одного зайця, принаймні два. Із цього слідує за принципом Діріхле знайдеться дві грані, у яких є спільне ребро і зафарбовані однаково.
Приклад 14.
Шість точок лежать на одній площині. Три точки розміщено так, що вони не лежать на одній прямій. Кожен відрізок має дві точки. Утворені відрізки мають жовтий колір або синій. Чи знайдеться трикутник усі сторони одного кольору із вершинами у даних точках, довести.
Розв’язання.
Дані точки позначимо А1, А2, А3, А4, А5, А6. Розглянемо коли із точки А1 виходять 5 відрізків жовтого або синього кольорів. Серед цих відрізків є 3 відрізки одного кольору А1А2, А1А3, А1А4, виходячи із принципу Діріхле. Нехай це відрізки жовтого кольору. Розглянемо відрізки А2А3, А2А4,А3А4 . Можливі випадки:
а) Серед цих відрізків є відрізок А2А3 жовтого кольору. Отже в трикутнику А1А2А3 всі сторони жовті.
б) Серед цих відрізків немає відрізка жовтого кольору. Отже в трикутнику всі сторони сині.
Ми довели, що існує одноколірний трикутник ,трикутник у якого сторони одного кольору синього чи жовтого.
Приклад 15.
На дошці розміром 5×5 клітинок у кожній із клітинки сидить жук , який пересувається за командою у сусудню клітинку. Довести, буде клітинка, на якій сидітимуть хоча б два жуки, після того коли вони всі перелізуть.
Розв’язання
У даній задачі порівну клітинок і жуків. Використаємо зафарбовування. Тоді клітинки дошки зафарбуємо у білий та чорний колір, так як показано на Рис.2 Жуки теж будуть чорні та білі, які розсядуться на даній дошці. Буде 25 всього клітинок. Як бачимо білих клітинок менше, їх всього 12, а чорних більше – 13. Чорних жуків те ж буде 13 штук. Тоді чорні жуки будуть на біліх клітинках. На білих клітинка за принципом Діріхле, сидітиме хоча б два чорних жуки.
Рис 2
Приклад16.
Маємо 82 кубики, кожен із яких помальовано певним кольором. Чи існує різного кольору 10 кубиків або одного кольору 10 кубиків. Довести..
Розв'язання.
Для розфарбовування 82 кубиків використали не менше 10 кольорів. Якщо взяли не менше 10 кольорів , то обов'язково буде різного кольору 10 кубиків.
Коли 82 кубики розфарбували кількістю кольорів яка не більше ніж 9штук. 82:9 більше за 9 то, обов'язково буде 10 кубиків одного кольору. Тут за «кроликів» будуть кубики, а за «клітки» будуть кольори.
Розглянувши із учнями певну кількість задач на застосування «кролів» та «кліток», школярі зрозуміли перевагу такого мислення, способу розв'язання задач. Для учнів, які вміло користуються принципом Діріхле набагато легше і цікавіше працювати над задачею Ця робота стає більш цікавішою і більш доступною.
Розв'язування задач на подільність
Приклад 17.
Довести,що із будь-яких шести цілих чисел, хоча б знайдуться 2 числа, різниця буде ділиться на число 5.
Розв’язання.
За простим твердженням, виходячи із принципу Діріхле: клітками будуть остачі,а кролики будуть числа. Якщо ми отимали однакові остачі при ділення на 5, то різниця їхня буде ділитися на 5. Припустимо що знайдено такі числа. Оскільки можливих остач всього 5: 4, 3, 2, 1, 0, а чисел 6, то за принципом Діріхле знайдуться два, які мають однакові остачі при ділення на 5.
Приклад 18
Довести, що із будь-яких трьох цілих чисел можна знайти 2 числа, сума яких ділиться на 2.
Розв’язання.
Припустимо що «клітки» - остачі (0,1) від ділення чисел на 2. Їх є усього дві остачі: 0 і 1. «Зайцями» будуть остачі від ділення на 2 трьох даних чисел, їх є три. Розмістивши «зайців» у «клітки» (кожного «зайця» помістимо у «клітку», що дорівнює остачі від ділення його на 2), тоді за принципом Діріхле буде така «клітка» з двома «зайцями», тобто знайдеться два числа, що дають при діленні на 2 однакові остачі. Їхня сума і ділиться на 2.
Приклад 19
Довести, що серед цілих семи довільних чисел знайдеться три числа, сума яких буде ділиться на 3.
Розв’язання.
Зайці – числа, клітки – остачі.За принципом Діріхле розмістивши «зайців» у «клітки», робимо висновок, що знайдеться три «зайці», що знаходитимуться в одній із «кліток». Це значить, що буде три числа, які мають однакові остачі від ділення на 3і їх сума ділитиметься на 3.
Із шкільної програми учням відомі деякі ознаки подільності плюс певні знання принципу Діріхле і робота над задачею складається на багато швидше, цікавіше, доступніше.
Приклад 20.
У місті по вулицях рухаються 487 тролейбусів. В кожному може знаходитися не більше ніж 70 людей. В тролейбусі завжди їде водій та кондуктор. Довести, що є 8 тролейбусів , в яких їде однакова кількість людей.
Задачу про тролейбуси зручно розв'язати застосувавши метод подільності, з'ясувавши якою може бути кількість лодей у тролейбусах, застосувавши принцип Діріхле.
Розв’язання. 
З умови задачі зрозуміло, що кількость людей може бути не більше ніж 69 варіантів. Оскільки 69*7=483<487, тоді знайдеться 8 тролейбусів з однаковою кількістю людей за принципом Діріхле.
Приклад 21.
В квадрат із стороною 1 м “ кинули ” 51 точку. Доведіть, що є три точки які можна накрити квадратом із стороною 20 см.
Розв’язання.
Поділивши на квадрати з по 20 см, маємо 5 • 5 = 25 таких квадратів. Число 51 = 25 •2 + 1. Тоді, за відомим принципом у котромусь з нових квадратів міститься 2 + 1 = 3 точки.
Приклад 22.
Баба-Яга та Чахлик Невмирущий зібрали декілька мухоморів. У Баби-Яги на мухоморах цяточок в 13 разів більше, ніж на мухоморах Чахлика Невмирущого. Коли ж Баба-Яга віддала Чахлику Невмирущому один свій гриб з найменшим числом цяточок, на грибах цяточок стало у 8 разів більше, ніж у Чахлика Невмирущого. Доведіть, що спочатку у Баби-Яги було не більше ніж 23 мухомори.
Розв’язання.
Нехай буде п -цяточок на мухоморах у Чахлика Невмирущого.
К- цяточок на мухоморі, що дала Баба-Яга.
13п цяточок на мухоморах Баби-Яги.
13п - к = 8(п + к) цяточок на мухоморах Баби-Яги що залишилися.
Тобто п = 9к/5.
На початку було цяточок 117к/5=23,4к < 24к.
На кожному мухоморі було не менше к цяточок, то, за принципом Діріхле, їх у неї було не більше ніж 23.
Після розв’язання даної задачі, слід звернути увагу дітей які були герої , пригадати улюблені казки. А ще обов’язково слід пригадати які бувають гриби. Звернути увагу, що гриби поділяються на їстівні та отруйні, якої шкоди здоров’ю людині приносять отруйні гриби. Цю важливу інформацію потрібно завжди пам’ятати, щоб зберегти своє життя та життя близьких людей.
Приклад 23
Цифри 1, 2,3, …, 9 розбили на три групи. Довести, що добуток цифр в одній із даних груп не менший за 72.
Розв'язання.
Оскільки 9! = 1 • 2• З • 4 • 5 • 6 • 7 • 8 • 9 ; (згрупуємо дані числа для множення ,так як нам зручно, а саме ); 1 • 2• З • 4 • 5 • 6 • 7 • 8 • 9 = (8 • 9) • (З • 4 • 6) • (7 • 5 • 2)= (7 • 5 • 2) • (8 • 9) • (З • 4 • 6) = 70 •722 =
(712-1)(71 + 1)=713 +712-71-1>713, то, згідно з принципом Діріхле, коли ми згрупували числа виконали множення добутків і отримали добуток цифр в одній із груп не менший за 72.
Розв'язування геометричних задач
Приклад 24
. Сказав Кіт Базіліо Буратінові, , якщо той складе чарівний квадрат 6 × 6 із чисел +1, −1, 0 так, щоб всі суми по рядкам, суми по стовпцям і суми по великих діагоналях були різні, що відкриє велику таємницю. Чи зможе скласти такий квадрат Буратіно?
Розв’язання.
Суми даних чисел можуть змінюватися в межах від −6 до +6. Всього буде 13 значень. Рядків у квадраті буде 6, стовпців те ж буде 6, діагоналей всього 2. Маємо 14 різних сум. Із принципа Діріхл хоча б дві з цих сум мають дорівнювати одна одній. Отже, неможливо скласти такий квадрат.
Приклад 25.
На Землі океан займає більше половини площі поверхні. Чи можна у світовому океані можна вказати дві діаметрально протилежні точки, доведіть це.
Розв’язання.
Відобразимо океан симетрично центру Землі. Оскільки сума площ океану і його образу перевищує площу земної поверхні, то існує точка, що належить океану та його образу. Візьмемо за шукані точки цю точку і протилежну неї точку.
Розв'язання цієї задачі допоможе учням пригадати та повторити матеріа який вони вивчали на уроках географії.
Приклад 26.
На дошці шаховій 8 × 8 клітинок розставлено 31 фішку. Довести, що знайдеться вільна від фішок фігура, яка буде складатися з трьох клітинок, зображених на рис. 1.
|
|
|
|
|
|
Рис. 1
Розв’язання.
Для того щоб не було вільної фігури від фішок ,яка складається з трьох клітинок, тоді у квадраті 2 × 2 повинні розташуватися не менше двох фішок. всю дошку можна покрити 16-ма квадратами 2 × 2, щоб всі закривалися має бути не менше від 32, а у нас є тільки 31. Отже знайдеться квадрат 2 × 2, де є лише одна фігура. Є вільну від фішок фігура, що складається з трьох клітинок.
Приклад 27.
Усередині квадрата зі стороною 10 см «відмічено» 101 точку (жодні три не лежать на одній прямій). Довести, що серед цих точок є три точки, які утворюють трикутник, площа якого не перевищує 1 .
Розв’язання.
На 50 прямокутників розміром на 2 см та 1 см поділили великий квадрат. Не менш як 3 точки буде в одному малому прямокутнику. Утворять новий трикутник, площа якого не більша за 1 см ². (половини площі прямокутника, в якому розміщено цей трикутник).
Приклад 28.
Доведіть, що в кожному дев’ятикутнику існує пара діагоналей, кут між якими менший за 7о.
Розв’язання
Всього в дев’ятикутнику (9·6) : 2 діагоналей = 27 діагоналей. З вершини можна провести 6 діагоналей.. Через будь-яку точку площини проведемо 27 прямих паралельних до діагоналей дев’ятикутника. Ці прямі розіб’ють повний кут, , на 54 частини, градусна міра якого 360о,. Маємо 7о•· 54 = 368о > 360о, серед утворених кутів існує кут менший за 7о,.
Доведення від супротивного
Доведення від супротивного, в основі цього методу, лежить закон виключення третього: з двох протилежних тверджень одне буде завжди правильним, а друге твердження буде неправильне, а третє твердження не існує. Розв'язуючи задачі методом від супротивного протилежність припущення перевіряти не треба, коли ми отримали невірний результат при правильному посненні свідчить про те, що наше припущення невірне. Недоліком цього методу є складність вибору твердження, яке ми прийняли за правильне. З будь-якого твердження або даних умови задачі можна отримати декілька наслідків. Коли припущення невдале, тоді вибираємо інше припущення. Метод має свої недоліки але не зважаючи на них метод доведення від супротивного має велике застосування при розв'язуванні різних задач.
Доведення від супротивного (зведення до абсурду, лат. Reductio ad bsurdum) — один із поширених методів доведення тверджень в математичній логіці. Даний метод це вид доведення, коли доведення припущеного твердження здійснюється через спростування заперечення даного твердження — антитезису.
Доведення від супротивного, найкраща зброя для математиків - Ґодфрі Гарольд Гарді.
Доведення твердження:
1.Прийняти припущення, що твердження невірне.
2.Довести, що в припущенні було б вірним деяке твердження, яке завчасно невірне.
3. Із даного протиріччя бачимо, що початкове твердження було невірним, а буде вірним твердження, яке по закону подвійного заперечення дорівнює твердженню задачі.
Лікар, пояснюючи пацієнту, що він не хворий на грип, міркує так: "Якби ви дійсно були хворі грипом, то у вас була б нежить, підвищена температура, і т. д. Цього немає. Отже, пацієнт не хворий на грип.
Приклад 29.
У торбині лежать кульки двох кольорів: білого та чорного. Яку найменшу кількість кульок треба взяти наосліп із торбини, щоб серед них були точно одного кольору дві кульки ?
Розв’язання.
Розуміючи, що двох кульок може не вистачити: може виявитись, що вони різних кольорів. Тому не менше 3 кульок слід взяти. Доведемо, що досить 3 кульки. Протилежне припущення – не досить 3 кульок ( не завжди отримаємо). Якщо всі три кульки різного кольору, то вони у три кольори пофарбовані. За умовою задачі у торбині є тільки двох кольорів кульки. Ця суперечність означає, що наше припущення неправильне. Із трьох кульок завжди буде одного кольору дві кульки. Зрозуміло, що «кроликами» - кульки, а «клітками» - кольори: білий і чорний.
Приклад 30
У школі 740 учнів. Довести, що принаймні троє з них народилися в один і той самий день.
Розв'язання.
Усього в році не більше 366 днів.
1 спосіб (від супротивного)
Припустимо, не більше двох учнів відзначають день народження. Отже учнів буде не більше 366•2=732. А це суперечить умові задачі. Одержали протиріччя.
2 спосіб (за принципом Діріхле)
Дні приймемо за «ящики», а учні приймемо за «кролів». Тоді в деякому «ящику» не менше 740/366 «кролів», тобто, не менше трьох.
Приклад 31.
Лежить 160 книг на 5 полицях, причому на одній із них лежить 3 книги. Чи знайдеться поличка, на якій не менше ніж 40 книг, доведіть це.
Розв'язання
Припустімо, щ решті 4 полицях не більше ніж 39 книг. Тоді на 5 поличках не більше ніж 3+4•39=159 книг. Отримали суперечність. Із цього слідує що не менше ніж 40 книг лежить на одній полиці.
Після розв'язання даної задачі, звертаю увагу учнів на значення книги у житті людини. Книги - це найбільший скарб кожної людини. Книга вчить, лікує. Книга як вірний друг заспокоює, відволікає. Книга як пісня захоплює своєю чарівність, точністю, вигадкою, фантастичністю. У кожної людини є улюблені книги, які вона читає і перечитує із задоволенням і насолодою, із хвилюванням.
Книга є найкращим подарунком для свого друга. Книги є хорошим другом і парадником кожному, хто любить їх. Книгу не можуть замінити гаджити.
Приклад 32.
15 хлопчиків зібрали 100 грибів. Доведіть, що хоча б двоє із хлопчиків зібрали однакову кількість грибів.
Розв'язання.
Від супротивного припустимо, що твердження задачі неправильне. Бачимо що 15 хлопчиків зібрали щонайменше 0 + 1 + 2 + .. . + 14 = 14•15:2 = 105 грибів. Це суперечить умові.
Приклад 33.
У лісі росте мільйон ялинок. На кожному дереві не більше ніж 800 000 голок. Чи в лісі знайдеться дві ялини з однаковою кількістю голок на дереві, доведіть.
Розв'язання.
Спосіб1
Скористаємося методом від супротивного. Всі ялини мають різну кількість голок (на деякій ялині голок могло не бути зовсім). Тоді в лісі не більше ніж 800 001 ялинка, що суперечить умові. Тут у ролі «зайців» - ялини, а «кліток» усі можливі варіанти кількості голок на деревах.
Коли ми говоримо про чаріну ялинку, про красуню лісу не можливо незгадати скільки красунь вирубують кожного року на передодні новорічних свят. Слід наголосити учням на «місію», яку виконують дерева. Адже красуню-ялинку можна замінити гілочками у букеті.
Приклад 33.
У школі навчається 962 учні. Довести, що принаймні у двох учнів збігаються ініціали.
Розв’язання.
Зауважимо, що з двох букв можна утворити 2 ∙ 2 = 4 різних пар ініціалів. (Якщо це, наприклад, букви А і Б, то матимемо: А.А., А.Б., Б.А., Б.Б.). В українському алфавіті 31 буква, що входити до ініціалів. Утворили 31 ∙ 31 = 961 різні пари ініціалів. Візьмемо 961 «ящик» -пара ініціалів. Картки- «зайці». Напишемо ініціали на картці тоді кожну картку покладемо у певний ящик, на якому написано таку ж саму пару ініціалів. Розмістимо 962 картки в 961 «ящик», то, за принципом Діріхле, принаймні в одному «ящику» буде не менше одного зайця. Тоді хоча би у двох учнів збігаються ініціали.
Приклад 34.
Десять школярів на олімпіаді розв’язали 35 задач, причому серед них є такі, що розв’язали рівно одну, рівно дві, рівно три задачі. Чи є учень, який розв’язав не менше 5 задач, довести.
Розв'язання.
При розв’язанні задачі: припустимо, що всі діти розв’язали не більше, ніж по 4 задачі, тоді задач буде не більше 40, що задовольняє умову.
Але можна відокремити трьох учнів: один розв'язав одну задачу, одного — дві задачі, іншого — три задачі. Тоді відокремимо відповідно і 1+2+3=6 задач.
Маємо: 10—3=7учнів, 35—6=29 задач.
Якщо кожен з 7 учнів розв’язав не більше 4 задач, тоді всього
розв’язано не більше 28 задач. Але отримали суперечність умові. Тому є хоча б один учень, що розв’язав хоча б 5 задач.
Ми знаємо що для участі в олімпіадах учням потрібно мати відповідні знання. Учень повинев мати не тільки хороші знання із певної дисципліни, але і бути психологічно і фізично підготовлений. Для того щоб подолати певні труднощі які виникають під час проведення олімпіад. Участь в олімпіаді виховує: організованість, самостійність, наполегливість, виховує волю до перемоги. Практика показує що для перемоги потрібні не тільки знання шкільної програми. Учень не тільки повинен мати гарну пам'ять, а ще володіти осповними прийомами мислення, тому не слід розв'язувати велику кількість аналогічних задач.
Залучення учнів до олімпід полягає в тому, щоб виявити і залучити до поглиблених занять улюбленим предметом талановитих здобувачів освіти.
Для того , щоб розв'язати деякі задачі на принципу Діріхле доцільно послідовно використати декілька разів даний принцип та застосовувати інші міркування. Також геометричні застосування принципу Діріхле використовують в якій-небудь геометричній формі. Просторовий варіант використання принципу Діріхле, застосування принципу Діріхле, як правило, пов’язане з об’ємами, також можлливе поєднання дискретного та неперервного варіантів цього принципу. При розв’язуванні задач, пов’язаних із подільністю чисел, важливу роль відіграють ознаки подільності. Деякі ознаки вивчаються у школі. Зокрема, число a ділиться на 3, 9 якщо сума його цифр ділиться на 3; на 4 — якщо число, складене з двох останніх його цифр, ділиться на 4; тощо, a на 11 необхідно і достатньо, щоб сума цифр, які у десятковому записі числа a стоять на непарних місцях, мінус сума цифр, які стоять на парних місцях, ділилась на 11. Щоб показати подільності числа abcdeh на 7, 11 та 13 треба перевірити, чи ділиться на 7, 11 чи 13 число deh abc. Даний спосіб перевірки ґрунтується на рівностях 7 11 13 1001 , abcdeh abc deh abc 1001 . Відмітимо, що натуральне число n і сума
його цифр, коли ми ділимо на 3, на 9 виходить одна і та ж остача.
Список використаних джерел.
Література:
1.Айзенк Г.Ю. Визначте свій IQ / Пер. З англ.. З. Лобач. – К. : Видавнича група КМ-БУКС, 2018. – 208
2. Бердичівський В. Л. Варіаційні принципи механіки суцільного середовища. - М.: Наука, 2005, ISBN 978-5-9221-0576-7.
3.Вишенський В.А., Ядренко М.Й. Вибрані математичні задачі.-К.: Вища школа,1974.
4.Генкін С.А.,Ітенберг І.В., Фомін Д.В. Ленінградські математичні гуртки. – К.: ТВІМС,1997.
5.Маланюк М.П., Лукавецький В.І. Олімпіади юних математиків. – К.:Рад. шк.,1977.
6.Ядренко М.Й. Принцип Діріхле:Бібліотека фізико-математичної школи. – К.: Вища шк.,1985.
Інтернет ресурси:
1. https://www.uzhnu.edu.ua/en/infocentre/get/30238
2. https://njestandartn-zadach.webnode.com.ua
3. https://sites.google.com/site/pidgotovkaolimpiadi/zadaci-logicnogo-tipu/invarianti-i-rozfarbovka
4. http://olimpmath.blogspot.com/2015/03/blog-post_28.html
5. https://matemat7.blogspot.com/p/blog-page.html
6. https://repository.sspu.sumy.ua/bitstream/123456789/6881/1/Kotsup.pdf 7.https://vseosvita.ua/library/princip-dirihle-v-5-6-klasah-44213.html
1
про публікацію авторської розробки
Додати розробку