Принцип Діріхле в задачах

Розв'язання. Розглянемо правильний п’ятикутник, вписаний в дане коло. За принципом Діріхле три з п’яти вершин п'ятикутника будуть одного кольору. Оскільки довільні три вершини правильного п'ятикутника є вершинами рівнобедреного трикутника, то твердження задані і виконується.

Задача 65. 200 точок поділяють коло на 200 дуг, кожна з яких містить ціле число градусів. Доведіть, що декілька дуг, які розміщені одна за одною, утворюють дугу 180 ⁰. 

Розв'язання. Разом з кожною з даних 200 точок розглянемо, симетричну до неї відносно центра даного кола. У нас утвориться 400 точок, причому кожна з них є однією з 360 точок поділу кола на 360 рівних частин, бо за умовою кожна дуга містить ціле число градусів. Тому деякі дві з цих точок співпадають, а значить декілька дуг, які розміщені одна за одною, утворюють півколо.

Зауваження. Твердження задачі буде правильним для дуги, що містить довільне ціле число градусів (для доведення досить розглянути поворот на відповідну кількість градусів : відносно центра кола).

Задача 66. Всередині квадрата з стороною 1 розміщено декілька кругів, сума радіусів яких 0,51. Довести, що існує пряма, паралельна одній з сторін, яка перетинає принаймі 2 круги.

Розв'язання. Зафіксуємо одну з сторін квадрата і ортогонально спроектуємо круги на неї. Оскільки проекцією кожного круга є відрізок, довжина якого дорівнює діаметру цього круга, то проекціями, даних кругів будуть відрізки, сума довжин яких дорівнює 1,02, тобто є більшою за довжину сторони. Тому деякі два з цих відрізків перетинаються і пряма яка проходить через одну із спільних точок цих відрізків, перпендикулярно до вибраної сторони квадрата, є шуканою.

Задача 67. Всередині круга радіуса R вибрано шість точок. Довести, що відстань між деякими двома з цих точок не перевищує R.

Розв'язання. Розіб'ємо даний круг на шість однакових секторів так, щоб одна з вибраних точок лежала на спільній межі двох сусідніх секторів. Тоді за принципом Діріхле деякі дві з вибраних точок містяться в одному з шести секторів. Легко показати, що відстань між цими точками не перевищує R.

Задача 68. Всередині круга радіуса R розміщено без накладань шість кругів радіуса 1. Довести, що у великому крузі можна розмістити без накладень 7 кругів радіуса 1.

Розв'язання. Нехай О - центр великого круга. Зрозуміло, що центри шести маленьких кругів лежать всередині круга з центром в точці О радіуса R - 1. Тому скориставшись твердженням попередньої задачі одержуємо, що відстань між центрами деяких двох маленьких кругів не перевищує R - 1. З іншого боку ця відстань не менша 2 оскільки маленькі круги не накладаються. Тому R 3. Але всередині круга радіуса 3 очевидно можна помістити 7 кругів одиничного радіуса, чим і завершується розв'язання задачі. 

Задача 69. На площині задано 49 точок, причому серед довільних трьох з них існує дві, відстань між якими менша 1. Довести, що існує круг радіуса 1, який містіть не менше ніж 25 з цих точок .

Розв'язання. Розглянемо всеможливі відстані між заданими точками. Виберемо серед цих точок ті дві відстань між якими не менша за решту відстаней. Позначимо їх через А та В. Розглянемо круги радіуса 1 з центрами в цих точках. Тоді для довільної точки С з заданої сукупності згідно умови задачі хоча б одна з відстаней СА або СВ не перевищує 1, бо в протилежному випадку довжини всіх сторін трикутника АВС були б більшими  за 1. Таким чином, кожна з 49 точок міститься в одному з наших кругів. Тому за принципом Діріхле в одному з цих кругів міститься принаймні 25 точок.

Задача 70. У квадраті зі стороною 1 знаходиться 201 точка. Довести, що

а)деякі три з них можна накрити кругом, радіус якого дорівнює ;

б)існує трикутник з вершинами в заданих точках, площа якого не перевищу .

Розв'язання. а) Розіб'ємо квадрат відрізками паралельними до сторін на 100 однакових маленьких квадратів зі стороною Тоді за принципом Діріхле в одному з цих квадратів буде принаймні 3 точки. Оскільки кругом радіуса можна покрити квадрат зі стороною то такий круг покриє також і три точки. 

б) Згідно розв'язання а) з даної сукупності точок можна вибрати 3, які лежать всередині квадратика зі стороною Площа трикутника з вершинами в цих точках не перевищує половини площі квадратика, тому цей-трикутник є шуканим.

Задача 71. Всередині правильного шестикутника з стороною 1 довільним чином розміщено 55 точок, жодні три з яких не лежать на одній прямій. Довести, що серед цих точок знайдуться три точки, що утворюють трикутник, площа якого не перевищує а) б)

Розв'язання а) Розіб'ємо спочатку правильний шестикутник на три рівні ромби, а кожен з цих ромбів розіб'ємо прямими, паралельними до його сторін на 9 рівних ромбів. Таким чином, даний шестикутник розбито на 27 рівних ромбів, площа кожного з яких дорівнює .За принципом Діріхле принаймі в одному з маленьких ромбів міститься три з даних 54 точок. Площа трикутника з вершинами в цих точках не перевищує половини площі маленького ромба, тобто не перевищує .

б) Друга оцінка є точнішою але вона потребує реальних досліджень. Розглянемо опуклий многокутник  з вершинами в деяких з заданих 55 точок, який містіть в середині всі інші точки. Нехай цей многокутник має вершин, тоді всередині нього знаходиться (55 - п) точок. Розіб'ємо многокутник на N трикутників з вершинами в даних точках. Тоді сума кутів утворених трикутників з одного боку дорівнює 180° N, а з другого

180°  + 360°(55-).

Тому

N=180°.

Оскільки площа шестикутника дорівнює то за принципом Діріхле площа принаймі одного з уморених трикутників не перевищує Отримаємо іншим способом оцінку для площі одного з трикутників у вершинах в даних точках. Оскільки опуклий -кутник міститься всередині опуклого шестикутника, то його периметр перевищує периметра шестикутника. За принципом Діріхле у даного -кутника знайдуться дві сусідні сторони довжини сторін яких та b, і для них виконується нерівність

 

  Розглянемо відповідний трикутник, довжини сторін якого а та b і кут між ними Тоді його площа

 

Дійсно 

 

Таким чином, для фіксованого п існує трикутник з вершинами в даних точках, площа якого не перевищує тіп. Враховуючи, що

3 55,

 одержуємо, що завжди  існує трикутник з вершинами  в даних точках, площа якого  не перевищує числа

 

Оскільки функції

(х) =та

відповідно монотонно зростаючою та монотонно спадною, проміжку  і абсциса точки перетину графіка цих функцій належить проміжку (24; 25), то

Зауваження. При розв'язуванні задач 9 і 10 використовувалися допоміжні твердження, які є корисними при розв'язуванні подібних задач.

1°. Площа трикутника, вершини  якого лежать всередині або на сторонах паралелограма, не перевищує половини площі паралелограма.

2°. Якщо опуклий многокутник  міститься всередині іншого многокутника, то периметр внутрішнього многокутника не перевищує периметра зовнішнього многокутника.

Задача 72. У квадраті зі стороною 12 розміщено 15 правильних трикутників зі стороною 1, які попарно не перетинаються . Довести, що у вихідному квадраті можна ще розмістити круг радіуса 1 так, щоб він не перетинався ні з одним з вихідних трикутників.

Розв'язання. Нехай > 0. Тоді - околом многокутника F називається множина точок площини, для кожної з яких існує деяка точка многокутника на відстані не більшій за . Зрозуміло, що площа 1 - околу правильного трикутника зі стороною 1 дорівнює (кв.од.)

У вихідному квадраті розглянемо квадрат з тим самим центром, сторони якого паралельні сторонам квадрата і дорівнюють 10. Далі кожен кожен правильний трикутник оточимо 1 - околом. Сумарна площа, всіх цих околів не перевищує  15(3 ) < 100.

Тому в квадраті   знайдеться точка О, яка лежить поза побудованими окопами. Зрозуміло, що круг з центром в точці О і з радіусом 1 є шуканим.

Задача 73. Нехай S та Р - це відповідно площа та периметр опуклого многокутника. Довести, що в цей многокутник можна помістити круг радіуса

Розв’язання. На кожній із сторін многокутника побудуємо у внутрішню сторону прямокутник з висотою .Сумарна площа цих прямокутників дорівнює S. Оскільки кожні два сусідні прямокутники перетинаються, то всередині многокутника знайдеться деяка точка, яка лежить поза побудованими прямокутниками. Зрозуміло, що круг з центром в цій точці і з радіусом є шуканим.

Задача 13. На декартові площині  розміщено многокутник М, площа  якого більша від 1. Довести, що існують  точки , які належать цьому многокутнику такі, що числа є цілими.

Розв’язання. Прями, що проходять  через точки є цілими числовими  координатами паралельно до осей координат, розбивають многокутник М на частини 

які лежать всередині одиничних  квадратів .

 Кожен з квадратів

 

паралельним перенесенням  сумістимо з деяким одиничним  квадратом К. Нехай при цьому  частини 

 відобразяться в

.

Оскільки сумарна площа  фігур

 

дорівнює площі фігури М, яка за умовою більша за 1 і ці фігури розміщені всередині одиничного квадрата К, то принаймі дві з них  мають спільну точку. Тоді точка  одержана в результаті паралельного перенесення на вектори з цілими числовими координатами деяких двох точок . Зрозуміло, що ці точки є шуканими.

Задача 74. У прямокутнику розміром 2 розміщено три многокутники, площа кожного з яких дорівнює 1 кв. од. Довести, що серед них знайдуться два многокутники, площа спільної частини якої не менша від 1.

Розв’язання. Позначимо даний прямокутник через М, а многокутники через . Тоді для площ цих многокутників має місце формула включень та виключень:

S(.

Оскільки

 

, звідки випливає правильність твердження задачі.

Задача 75. В квадраті зі стороною 1 розміщена фігура, відстань між будь-якими двома точками якої не дорівнює 0,001. Довести, площа цієї фігури не перевищує 0,34.

Розв'язання. Нехай F- задана фігура, одержується з F паралельним перенесенням в напрямку, паралельному до однієї з сторін квадрата на 0,001, а F₂ одержується з F паралельним перенесенням на 0,001 в напрямку, що утворює 60° з попереднім напрямком паралельного перенесення. Тоді , F₂, F попарно не перетинаються і містяться в квадраті, площа якого дорівнює 1,001². При паралельному перенесенні площа не змінюється, тому 3S(f) 1.001², звідки

S(F)1,001² < 0.34.

Задача 76. На площині розміщені 1997 точок так, що довільні три з них не лежать на одній прямій і площа трикутника з вершинами в цих точках не перевищує 1. Довести, що існує трикутник, площа якого не перевищує 1 і який містить не менше, ніж 500 точок.

Розв'язання. Серед трикутників з вершинами в даних точках виберемо той, площа якого найбільша (якщо таких трикутників декілька, то вибираємо один з них). Через кожну з вершин цього трикутнику проведемо, пряму паралельну до протилежної сторони; в результаті цього утворилося 4 рівні трикутники. Зрозуміло, що кожна з 1997 точок міститься в одному з цих трикутників. Тому за принципом  Діріхле один з цих трикутників місить принаймні 500 точок.

Задача 77.Правильний трикутник покрито 5-ма рівними правильними трикутниками з сторонами 1. Довести, що вихідний трикутник можна покрити також чотирма такими правильними трикутниками.

Розв'язання. Розглянемо наступні шість точок: вершини трикутників і середини його сторін. Оскільки ці шість  точок містяться в п'яти трикутниках, то деякі дві з них  знаходяться в одному з маленьких трикутників, а отже відстань між цими точками не перевищує 1, і тому сторона  великого трикутника не перевищує 2. Але такий трикутник середніми лініями розбивається на 4 правильні трикутники,  довжини сторін яких не перевищують 1.

Задача 78. Довести, що якщо на площині розміщено чотири різні точки, то відношення найбільшої з відстаней між цими точками до найменшої з них не менше за

Розв'язання. Нехай М і це відповідно найбільша та найменша з відстаней між даними тачками. Потрібно довести, що

.

1) Розглянемо спочатку  випадок, коли дані чотири точки  лежать у вершинах опуклого  чотирикутника. Оскільки сума  внутрішніх кутів чотирикутника  дорівнює 360°, то за принципом  Діріхле хоча б один з кутів  цього чотирикутника (позначимо  його через ) більший або рівний за 90°. Нехай  та b - довжини сторін чотирикутника, що утворюють кут , – діагональ чотирикутник. Тоді за теоремою косинусів маємо

2

2) Нехай три в заданих чотирьох точок знаходяться у вершинах деякого трикутника, а четверта точка лежить всередині цього трикутника, або на одній з його сторін. Тоді один з трикутників з вершинами в даних точках є тупокутним і за доведеним в першому випадку

.

3) Якщо всі чотири точки  лежать на одній прямій, то  за принципом Діріхле

.

Оскільки розглянуті випадки  вичерпують всі можливі випадки  розміщення точок, то твердження задачі доведене.

Задача 79. Доведіть, що у кожного многогранника знайдуться дві грані з однаковою кількістю сторін.

Розв'язання. Розглянемо ту грань многогранника, яка має найбільшу кількість сторін, а саме п сторін. Тоді многогранник має не менше ніж п + 1 грань, причому кожна грань є многогранником, кількість сторін якого міститься в межах від 3 до п. Тому за принципом Діріхле деякі дві з цих граней мають однакову кількість сторін.

Задача 80. На шаховій дошці 8 х 8 стоять чотири чорні тури і білий король. Білі і чорні ходять по черзі. Довести, що король може побити туру або стати під шах деякої тури.

Розв'язання. Зрозуміло, що білий король може розпочати свій маршрут з нижнього лівого поля шахової дошки. Нехай цим маршрутом буде велика діагональ. З нижнього лівого до верхнього правого поля король пройде за 7 ходів. Якщо б при цьому король не став під бій жодної з тур і не побив би ні одну з них, то кожна з тур за цей час повинна була б зробити принаймні два ходи. Отже за той час, коли білий король зробить 7 ходів, чорні тури повинні були б зробити 8 ходів, що неможливо.

З'ясуйте, чи буде правильним твердження задачі для трьох  тур?

Задача 81. На шаховій дошці 88 відмітили центри всіх полів. Чи можна 13-ма прямими розбити дошку на частини так, щоб всередині кожне з них лежало не більше однієї з відмічених точок?

Розв'язання. Розглянемо 28 країв полів шахової дошки. Центри цих сусідніх полів з'єднано відрізками прямих ліній. Кожна з проведених прямих перетинає не більше  двох з 28 проведених відрізків. Тоді існує відрізок, який не перетинає жодна пряма, а значить кінці цього відрізка лежать в одній з частин дошки, яка утворюється в результаті її розбиття за допомогою 13-ти прямих. Тому не існує розбиття, яке б задовольняло умову задачі.