Дирихле принципі

2-сурет

Егер шеңбер бойындағы  -шы және ( )-ші қадамдардың іздерінің бір-бірінен қашықтығы һ –болатындай мен сандарын тапсақ, ұйғарым жеңіл дәлелденетінін түсіну қиын емес. Сонда тағы 1 қадамнан кейін жаңа із (яғни, ( )-ші із) тағы һ- тан кем қашықтыққа жылжиды. (3-сурет), сонан соң келесі қадамдарын қарастырамыз т.с.с.

3-сурет

Сөйтіп, тағы бірнеше  рет  қадамнан жасап, сөзсіз арықшаға түскен ізді тауып аламыз.(Өйткені, һ-тан кем қашықтыққа жылжи отырып, ені һ –қа тең арықшаны «аттап» кете аламаймыз).Сонымен, шеңбер бойында бір-бірінен һ- тан кем қашықтықта орналасқан екі ізді табу керек. Міне осы тұста «қояндар» көмекке келеді. Расында да шеңберді әрқасысының ұзындығы һ- тан кем доғалара бөлейік, ол доғаларды «үйшіктер» деп атайық. Олардың саны болсын. Егер біз іздер санын -ден артық алсақ ( иррационал сан болғандықтан, ешбір із бір-біріне дәл түспейтінін байқаймыз), Дирихле принципі бойынша, ең болмағанда бір үйшікке бірден көп із «қоян» түседі. Бір үйшікке түскен екі іздің арақашықтығы һ- тан кем, осымен ұйғарым дәлелденді [7].

 Дирихле принципіне  байланысты есептерді сандық  бағалауларды қарастырумен аяқталады.  Мысалы, арықшалар қазылған жолмен  адымдап келе жатқан адам туралы  есепте мәселенің қойылысы былайша  өгереді: жиі-жиі адымдап келе  жатқан адам арықшаны қалай  басып өтеді?

Кейбір геометриялық есептерде  Дирихле принципін қолдану арқылы шығарылады.

а) Егер ұзындығы _{болатын кесіндіге ұзындықтарының қосындысы  -ден артық болатын бірнеше кесіндіні орналастырылса, онда ең болмағанда екі кесіндінің ортақ нүтелері бар болады;}

_{б) Егер ауданы  S  болатын фигураның  ішіне аудандарының қосындысы S-тен артық  болатын бірнеше  фигура орналастырса, онда олардың ішіне  ортақ нүктесі  бар болатын ең болмағанда екі фигура бар болады:}

_{в) Егер F1, F2, F3,... Fn фигуралары   ( S1, S2, Sn –олардың сәйкес аудандары) ауданы S   болатын F  фигурасына орналастырылса және S1 +S2 +…+Sn >kS болса, онда  F1,F2,… Fn} фигураларының ішінен  k+1 фигураның ортақ нүктесі болады.[5]

5-мысал: Түзу берілген квадратты аудандарының қатынасы 2:3 болатындай екі трапецияға бөледі. Осындай бес түзулердің ең болмағанда екеуі бір нүктеде арқылы өтетіндігін дәлелдеу керек.

Шешуі: Егер l  түзуі берілген квадратты екі трапецияға бөлсе, олрдың аудандарының  қатынасы трапециялардың орта сызықтары болатын АВ және ВС кесінділерінің қатынасына тең, яғны АВ:ВС=2:3. Мұнда АС кесіндісі берілген квадраттың орта сызығы болып табылады. АС кесіндісі 2:3 қатынасындай бөліктерге тек екі нүктеде бөлетінді анық, олар В₁ және В₂ нүктелері болсын ( 4-сурет).

Дәл  сол  сияқты  квадраттың  DE орта сызығының  бойында В₁ және В₂  нүктелері табылады.  Осы нүктелерді  «үйшіктер»   деп,  ал түзулерді «қояндар»  деп алайық. «Қояндар» бесеу,  ал  «үйшіктер»   төртеу болғандықтан, Дирихле қағидасы  бойынша  бір «үйшіктер»   түсетін ең  болмағанда  екі «қоян» табылады,  демек  берілген түзулердің ең болмағанда  екеуі  бір  нүктеден  өтеді.

Мысал: Жазықтықтағы  нүктелер  екі түспен боялған. Ара қашықтығы 1м болатын  бір  түсті екі  нүкте  табылатынын  көрсету керек.

      Шешуі: Қабырғасының ұзындығы 1 м  болатын тең қабырғалы үшбұрышты қарастырамыз. Үшбұрыш төбелері «заттар», ал  түстері «қораптар»  болады.  «Заттардың» саны «қораптардың» санынан артық болғандықтан бір түсті екі төбе бар болады. Үшбұрыш тең қабырғалы болғандықтан, бұл төбелердің  ара қашықтығы 1 м.

      Бұл есеп  басқа  жолмен де шығады. Кері  жоримыз. А  нүктесі жазықтықтың бір нүктесі болсын.  А  нүктесінен  1 м  қашықтықтағы  барлық  нүктелер  А  нүктесінің  түсіне  басқа түспен боялған болсын. Сонда радиусы 1 м – ге тең бір түсті шеңбер  аламыз. Бұл шеңберде  ұзындығы  1 м –ге хорданың бар болатыны айқын. Хорданың  ұштары  1 м  қашықтықтағы  бір түсті екі нүкте болады.

Мысал: Қабырғасының ұзындығы 1-ге тең болатын шаршының ішінде ұзындықтарының қосындысы 10-ға тең  бірнеше шеңбер орналасқан. Осы шеңберлердің кемінде төртеуін қиып өтетін түзу бар болатынын дәлелдеу керек.

Шешуі: Шеңберлерді квадраттардың қабырғасына проекцисы-сәйкес шеңбердің диаметрінің ұзындығына тең кесінді. Осы кесінділердің ұзындықтарының қосындысы -ге тең. . Дирихле принципі бойынша ортақ нүктесі бар ең болғанда 4 кесінді табылады. Осы нүктеден квадрат қабырғасына жүргізілген перпендикуляр төрттен кем емес шеңберлерді қиып өтеді.

5-сурет

Мысал: Қабырғасы 1 болатын тең қабырғалы үшбұрыштың ішінде 5 нүкте жатыр. Осы бес нүктенің ішінен ара қашықтығы 0,5-тен кіші болатын екі нүкте табылатынын дәлелдеу керек.       

Шешуі: Қабырғасы 1 болатын  тең қабырғалы үшбұрышты қабырғасы 0,5 болатын тең қабыралы төрт үшбұрышқа  бөлеміз. Осы төрт бұрыштың біреуінің  ішінде берілген нүктелердің ең болмағанда екеуі орналасады. Ол нүктелердің  ара қашықтығы 0,5-тен кіші болады. 

                  Талдау жүргізген  есептер    

   Есеп №1. Қалада 15 мектеп бар. Оларда 6015 оқушы оқиды. Қалалық мәдениет сарайының мерекелік залында 400 орын бар. Осы залға оқушылары сыймайтын мектеп табылатынын дәләлдеңдер.

Шешуі:

Әрбір мектепте 400- ден көп  емес оқушы бар делік. Демек 15 мектепте 15*400=6000-нан көп емес оқушы бар. Бірақ, шарта мектептерде 6015 оқушы  оқиды делінген.  Демек, осы мектептің  оқушылары 400 орын бар залға  сыймайды.

Есеп №2.

Мектепте бес 8-ші сынып  бар: 8 «а», ..., 8 «д». Әрқайсысында 32 адам оқиды. 14 оқушы бір айда туғанын  дәлелдеңдер.

Жауабы:

13- тен көп емес оқушы  бір айда туған  делік (туған  жылы есептелмейді). Демек, 12 айда 12*13=156 оқушы туды. Бірақ, шарта осы  метептің бес сыныпда 5*3=160 адам  оқиды. Қарама- қайшылық туды. Демек,  бір айда 13- тен көп оқушы, яғни  ең болмағанда 14 оқушы туды.

Есеп №3.

3 «а» сыныбында 109  өлеңді  білетін 27 оқушы бар.  5- тен  аз емес өлеңдерді білетін  бір бала табылатынын дәлелдеңдер. 

Шешуі:

Әр оқушы 4-тен көп емес өлең біледі делік. Демек 27 оқушы 4*27=108- ден көп емес өлеңдерді біледі. Бірақ шарта олар 109 өлең біледі. Қарама- қайшылық туды. Демек, 5 өлеңді білетін оқушы табылады.

Есеп №4

Паходта 25 адам қатысты. Әр қайсысына 24- тен 30- ға дейін толық жаста. Бір  жылда туған 4 адам табылатынын дәлелдеңдер.

Шешуі:

Туған жылдары  7  түрлі  болуы мүмкін. Бір жылда үшеуден  көп емес паходқа қатысушылар  туды делік. Демек 7 жылдың ішінде - ден көп емес қатысушылар туды. Бірақ, есептің шартында паходқа 25 адам қатысты. Қарама- қайшылық туды. Демек, паходқа қатысушылардан бір жылда 4 адам туған.

Есеп №5

Сандардың ішінде 3 цифрнан  тұратын, 17-ге бөлінетін санын бар  екендігін дәлелдеңдер.

Шешуі: 3 цифрмен құрастырылған 17 әртүрлі санды қарастырайық: 3,33,333,3333,...

Бұл сандардың ішінен бірде  біреуі 17-ге бөлінбейді деп ұйғарайық. 1,2,3,...,16 қалдықтары 16 түрлі болады. Сонда, біздің сандардың ішінде 17 бөлгенге 2 санның қалдықтары бірдей болуы керек. Осы сандардың айырмасы  17 бөлінеді және де бұл сандардың түрі: 333...000... (бастапқыда бірнеше үштер, содан  нөлдер). 10 мен 17 сандар өзара жай  сандар, сонда осы саннын соңынан  нөлдерді алып тастасақ, шыққан сан  да 17 – ге бөлінеді. Бірақ, ол  3  цифрнан тұрады. Біз іздеген санымызды  таптық.

Есеп №6

40см х 30 см өлшемдегі терезеге 24 шыбын қонды. 11см х 11см  шаршы пішінді шыбын қақышпен бірден үш шыбынды өлтіруге болатындығын дәлелдеңдер.

Шешуі: Терезені 10см*10см болатын  бірдей 12 шаршыға бөлейік. Егерде әрбір  шаршыда екі ден көп емес шыбын  бар делік, онда терезені не бәрі көп емес шыбын бар. Есептің шартында 25 шыбын бар, демек, қандайда бір шаршыда 3 шыбын отыр. Шыбын қақыш осы шаршыны жабады. 11см х 11см  шаршы пішінді шыбын қақышпен бірден үш шыбынды өлтіруге болады.

Есеп №7

Сыныпта 40 оқушы бар. Ең болмағанда 4 оқушының  туған  күні  бір  айда болама?

Шешуі: «Үйшіктер» айлар, ал  «қояндар» оқушылар болсын. «Қояндарды»  «үйшіктерге» туылған айлары бойынша  орналастырамыз. Айлар саны, яғни «үйшіктер» саны 12-ге тең болғандықтан, оқушылар саны , яғни «қояндар» саны, тең. Дирихле принципі бойынша ең болмағанда 3+1=4 қоян (оқушы ) бар үйшік табылады.

Есеп №8

500  жәшікте алмалар  бар. Әр жәшіктегі алма саны 240-тан артық емес екеуі белгілі.  Алмалардың саны бірдей болатын  ең болмағанда 3 жәшік бар болатынын  дәлелдеу керек.

Шешуі: Алғашқы 240 жәшіктегі  алмалар саны әр түрлі болсын (1,2,...,240), ал келесі жәшіктеде сол сияқты болсын. Сонымен, жәшікке тағы да 1-ден 240 дейінгі алмаларды салу керек болады. Сонда жәшікте бірдей мөлшерде алма болатын мүмкіндік бар.

Есеп №9

Қабырғасы 1 болатын шаршыда 51 нүкте орналасқан.Олардың үшеуі  радиусы  -ге тең дөңгелекпен жабылатынын дәлелдеу.

Шешуі: Берілген шаршыны  қабырғасы 1/5 болатындай бірдей 25 шаршыға («үйшік»)  бөлеміз. Олардың біреуі ке дегенде  үш нүктенің біреуі мен  сәйкес келеді. Қабырғасы 1/5 болатындай шаршыға іштей сызылған шеңбердің  радиусы  1/5·[(Ц2)/ 2] = [1/( [Ц50])] < [1/( [Ц49])] = 1/7, сондықтан радиусы  тең дөңгелек шаршыны жабады [8].

Есеп №10

 Дирихле принципі бойынша 3 үйшікпен 4 қоянның орналасу кестесі:

0-бірінші қоян бірінші  үйшікте; 1-бірінші қоян екінші  үйшікте;  2-бірінші қоян үшінші  үйшікте;  3-екінші қоян бірінші  үйшікте; 4-екінші қоян екінші  үйшікте; 5-екінші қоян үшінші  үйшікте;6-үшінші қоян бірінші  үйшікте;  7-үшінші қоян екіншіде  үйшікте;8-үшінші қоян үшінші үйшікте; 9-төртінші қоян біріншіде; 10-төртінші  қоян екіншіде;11-төрінші қоян  үшіншіде.

Дирихле принципі бойынша 3 үйшікпен 4 қоянның орналасу кестесі
/̅	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
1										τ̅	T	T
2									τ			T*
3								τ			T*
4							τ			T*
5							τ̅	T	T
6						τ						T*
7						τ			T*
8					τ						T*
9					τ			T*
10				τ						T*
11				τ			T*
12				τ̅	T	T
13			τ									T*
14			τ						T*
15			τ			T*
16		τ									T*
17		τ						T*
18		τ			T*
19	τ									T*
20	τ						T*
21	τ			T*
22	τ̅	T	T

 

 

Қорытынды.

 Сонымен, қорытындылай келе, бұл  соншалықты  ақиқат  тұжырым  болғанымен,  оның  көмегімен  көптеген  күрделі  есептерді шешуге  болады. Тек есеп  шартынан  оңтайлы түрде «үйшіктерді»  таңдап  алып,  оларға  «қояндарды» орналастыра білу  керек.  Мектеп математика курсының мазмұнында қарастырылмайды, көбінесе олимпиада есептерін шығаруда «кері жору» әдісін қолданып есептер шығару. Дирихле    принципі  математика  саласының  дамуына қажет болғандықтан, бұл теореманы тереңірек ұғып, түсіну. Оқушылардың математика пәніне қызығушылығын арттыру, логикалық ой – қабілеттерін арттыру.

Дирихле принципін қолданып ұзындықты, ауданды және сандар теориясында  есеп шығаруға  болатынын көрсету.

Дирихле принципі өмірден  алынған нақты мысалдардан тұрады және жиі қолданылады, оның кездеспейтін жері аз. Сондықтан оны математик  қана емес, әрбір мәдениетті адам білуі  қажет.

         

 

 

                      

 

 

 

 

 

 

 

             

                             

Қолданған әдебиеттер

[1] - Назарбаев Н.Ә. Инновациялар  мен оқу-білімді жетілдіру арқылы  білім экономикасына // Егенмен  Қазақстан, 27 мамыр, 2006, №2б                                                                                                                             [2] - Егемен Қазақстан, жалпыұлттық  республикалық газет. №336 (25733), 14 қазан, 2009 жыл,2б

[3] - Колмогоров А.Н. Современная  математика и математика в  современной школе // Математика  в школе. – 1971. - №6. – С. 2-3.                                                                                                                                                                                     

[4] – Математика мен  математиктер жайлы әңгімелер.  М.Ө. Исқақов, С.Н. Назаров. Екінші  кітап,  «Мектеп» , 1970, 315 бет.     

[5] Б.Жанмолдаев «Дирихле  қағидасы», ИФМ журналы,1999,№4

[6] Андреев А.А., Горелов Г.Н., Люлев А.И., Савин А.И. "Принцип Дирихле", Самара "Пифагор", 1997г

[7] А. А. Леман. Сборник задач московских математических олимпиад. Под ред. В.Г. Болтянского. М.: Просвещение, 1965. 

[8] Д. X. Муштари. Подготовка к математическим олимпиадам: задачи, темы, методы. Казанский ун-т, 1990.

[9] В. Г. Болтянский. Шесть зайцев в пяти клетках. // Ж-л «КВАНТ», 1977,No2.