решения - Назарбаев Интеллектуальные школы

Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
Филиал АО «Назарбаев Интеллектуальные школы»
физико-математического направления, г.Кокшетау
Авторы: Аубакиров Тойбек Уатаевич - учитель математики,
кандидат физико – математических наук;
Оспанов Болат Шакиевич - учитель математики.
Методические рекомендации по применению
Принципа Дирихле в классах с углубленным изучением математики.
В работе приводятся различные формулировки Принципа Дирихле и его применения при
решении задач из разных разделов элементарной математики. Все задачи приведены с вариантом решения.
Введение
Принцип Дирихле в шутливой форме формулируют так.
Если в три клетки разместить четыре зайца, то найдется клетка, в которой окажется не
менее двух зайцев.
Принцип кажется тривиальным. Но многие задачи, решаемые с его помощью и его
обобщений, фундаментальны. Вот некоторые из них.
1. Теорема самого Дирихле о приближении вещественных чисел рациональными дробями.
2. Теорема Матиясевича о диофантовости перечислимых множеств.
3. Теорема Эйлера-Ферма в теории чисел.
4. Теорема Рамсея.
5. Существование неизмеримого множества на отрезке [0; 1].
6. Существование банахова пространства без свойства аппроксимации.
Более того, одно из обобщений принципа Дирихле, теорема Рамсея, дало толчок в появлении нового раздела в комбинаторике – теории Рамсея.
Вот три конкретных примера задач теории Рамсея.
1. При любом разбиении множества всех целых чисел на конечное число классов всегда
содержит сколь угодно длинную арифметическую прогрессию (теорема Ван дер Вардена).
2. Для каждого разбиения множества всех k-элементных подмножеств бесконечного
множества S на конечное количество классов найдется некоторое бесконечное подмножество
этого S со всеми своими k-элементными подмножествами, лежащими в одном классе (теорема
Рамсея).
3. При любом разбиении точек плоскости на конечное число классов некоторый класс
содержит прямоугольный треугольник.
Различные формулировки принципа Дирихле
Принцип Дирихле в простой форме. Если m кроликов разместить в n клеток и при этом
m > n, то по крайней мере в одной из клеток окажется не менее двух кроликов.
В роли предметов (кроликов, зайцев) и ящиков (клеток) могут выступать различные математические объекты – числа, места в таблице, отрезки и т.д.
Принцип Дирихле в простой форме может иметь и другие формулировки.
1. Если в каждой клетке нет больше одного кролика, то число кроликов не превосходит
числа клеток.
2. Если число клеток больше числа кроликов, то хотя бы в одной клетке нет кроликов.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
3. Если в n клетках сидит менее
n(n  1)
кроликов, то найдутся две клетки, в которых
2
сидит одинаковое количество кроликов (может быть, ни одного).
Доказательство. Пусть это не так. Расположим клетки в порядке увеличения числа кроликов. Тогда в первой клетке число кроликов не меньше 0, во второй – больше, чем в первой, т.
е. не менее 1, в третьей – больше, чем во второй, т. е., по меньшей мере, 2, и т.д. Но тогда всего
кроликов, по меньшей мере, 0 + 1 +…+ (n – 1) + n =
n(n  1)
. Противоречие.
2
4. Пусть Х и Ү – два конечных множества, число элементов | X | множества Х больше
числа элементов | Y | множества Ү, f – функция с областью определения Х и со значениями в Ү.
Тогда обязательно найдутся различные точки x1  X и x2  X такие, что f(x1) = f(x2).
Здесь Х – множество кроликов, Ү – множество клеток, f – рассаживание кроликов по
клеткам.
Принцип Дирихле имеет различные обобщения.
Обобщенный принцип Дирихле. Если m кроликов разместить в n клеток и при этом m
> nk, то найдется клетка, в которой окажется более k кроликов.
Этот вариант можно сформулировать и так.
5. Если m кроликов сидят в n клетках, то найдется клетка, в котором сидят не менее чем
m
m
кроликов, и найдется клетка, в котором сидят не более чем
кроликов.
n
n
m
m 10
10
Здесь число
может быть и дробным, например, если
=
, то ―не меньше
‖
9
9
n
n
10
будет означать ―не меньше двух‖, так как
> 1.
9
Непрерывный принцип Дирихле. Если n кроликов съели m кг травы, то какой-то кролик съел не меньше
m
m
кг, а какой-то кролик съел не больше
кг (если кто-то съел больше
n
n
среднего арифметического, то кто-то съел меньше среднего арифметического).
Здесь кролики играют роль клеток, а трава – роль кроликов, сидящих в клетках.
Непрерывный принцип можно сформулировать и так.
5. Если сумма n чисел равна S, то среди них есть как число не большее
не меньшее
S
, так и число,
n
S
.
n
Это можно сформулировать и так: среди n чисел есть как число не большее среднего
арифметического n чисел, так и число, не меньшее их среднего арифметического.
6. Если произведение n положительных чисел равно P, то среди них есть как число не
большее n P , так и число, не меньшее n P .
Иными словами, среди n положительных чисел есть как число не большее среднего геометрического n чисел, так и число, не меньшее их среднего геометрического.
В геометрии принцип Дирихле может применяться в следующих формулировках.
7. Если на отрезке (окружности) длиной 1 расположено несколько отрезков (дуг), сумма
длин которых больше 1, то, по крайней мере, два (две) из них имеют общую точку.
8. Если внутри фигуры площади 1 расположено несколько фигур, сумма площадей которых больше 1, то, по крайней мере, две из них имеют общую точку.
Возможны и другие варианты той же идеи.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
9. Если множество А содержится в множестве В и объем (площадь, длина) А строго
меньше объема В, то в В содержатся точки, которые не принадлежат А.
10. Если на отрезке длины L расположено несколько отрезков с суммой длин больше L,
то хотя бы два из них имеют общую точку.
11. Если внутри фигуры площади S находится несколько фигур, имеющих сумму площадей больше S, то хотя бы две из них имеют общую точку.
В ряде задач используется обобщение принципа, а также утверждение, в некотором
смысле ему обратное.
12. Если на отрезке длины L расположено несколько отрезков, сумма длин которых
больше L·k, то, по крайней мере, одна точка покрыта не менее чем k + 1 из этих отрезков.
13. Если сумма площадей нескольких фигур меньше S, то ими нельзя покрыть фигуру
площади S.
Длина, площадь, объем приводят к понятию меры, используемой в математике.
Понятие меры применимо и к числу элементов конечного множества (считающая мера).
Более того, на одних и тех же множествах мы можем рассматривать разные меры. Мерой одного человека мы можем считать число 1, а можем считать его вес, возраст или количество денег
в его карманах. Мерой фигуры на бесконечной клетчатой бумаге можно считать не только ее
площадь, но и число узлов бумаги, которые эта фигура содержит. При этом считаем, что каждый узел принадлежит лишь одной фигуре.
Мера  множеств должна удовлетворять двум условиям:
(A) ≥ 0
для любого множества A и
(A  B) = (A) + (B)
для непересекающихся множеств А и В.
С использованием понятия меры принцип Дирихле можно сформулировать так.
14. Если множество меры а разделено на k множеств, то хотя бы мера одного из этих
множеств не меньше чем
a
.
k
15. Если внутри множества меры V расположено несколько множеств, сумма мер которых больше V, то найдѐтся общий элемент, принадлежащий, по крайней мере, двум из этих
множеств.
1. Принцип Дирихле в простой форме.
Примеры
Пример 1. Докажите, что среди жителей Алматы есть два человека с равным числом волос на голове, если известно, что у любого человека на голове не более одного миллиона волос,
а жителей Алматы более 1,4 миллиона.
Решение. Жителей Алматы (зайцев) более 1,4 миллиона. В качестве клеток возьмем
число волос на голове человека: 0, 1, 2, …, 1 000 000. Количество зайцев больше, чем количество клеток, поэтому в одной из клеток окажется не менее двух зайцев, т.е. найдутся два человека
с одинаковым число волос на голове.
Пример 2. На собеседование пришли 65 школьников. Им предложили 3 контрольные
работы. За каждую контрольную ставилась одна из оценок: 2, 3, 4 и 5. Верно ли, что найдутся
два школьника, получившие одинаковые оценки на всех контрольных?
Решение. Рассмотрим множество наборов из трех оценок за соответствующие контрольные. Количество таких наборов равно 43 или 64 (4 возможности за каждую из трех контрольных). Поскольку число учащихся больше 64, по принципу Дирихле, каким-то двум учащимся
соответствует один набор оценок.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
Пример 3. На краю круглого стола расположены на одинаковом расстоянии друг от друга n флагов стран, за столом сидят n послов этих стран, причѐм каждый посол сидит рядом с
чужим флагом. Доказать, что существует такое вращение стола, после которого хотя бы два посла окажутся рядом с флагом своей страны.
Решение. Отметим, что при первоначальном расположении ни один посол не сидит за
своим флагом. Существует n – 1 способов вращения стола, после каждого из них взаимное расположение флагов и послов изменится. Каждому послу сопоставим вращение, после которого
он окажется рядом со своим флагом. Количество послов (зайцев) равно n, а способов вращения
(клеток) равно n – 1. Согласно принципу Дирихле при каком-то вращении хотя бы два посла
окажутся рядом со своим флагом.
Задачи
1. В школе учатся 400 учеников. Докажите, что хотя бы двое из них отмечают день рождения в один и тот же день.
1. Всего в году бывает до 366 дней, клеток, учеников, зайцев, 400. Так как зайцев больше
чем ящиков, то в один ящик попадет не менее двух зайцев.
2. Докажите, что в любой футбольной команде есть два игрока, которые родились в один
и тот же день недели.
2. Пусть футболисты – это зайцы, а дни недели – это клетки. Получаем 7 клеток, в которые надо посадить, по крайней мере, 11 зайцев, а значит, по принципу Дирихле, по крайней мере, в одной клетке будут сидеть не менее двух зайцев.
3. В лесу растет миллион елок. Известно, что на каждой из них не более 600000 иголок.
Докажите, что в лесу найдутся две елки с одинаковым числом иголок.
3. Имеется миллион елок, зайцев, и 600001 иголок, клеток, с номерами от 0 до 600000.
Каждый заяц сажается в клетку с номером, равным количеству иголок на этой елке. Так как
зайцев больше, чем клеток, то в какой-то клетке сидит, по крайней мере, два зайца. Если два
кролика-елки сидят в одной клетке, то количество иголок у них одинаково.
4. В мешке лежат шарики двух разных цветов: черного и белого. Какое наименьшее
число шариков нужно вынуть из мешка вслепую так, чтобы среди них заведомо оказались два
шарика одного цвета?
4. У нас два цвета, клеток. Пусть m – число вынутых шариков, зайцев. По принципу Дирихле, должно быть m ≥ 3. Следовательно, наименьшее число шариков нужно вынуть из мешка
вслепую так, чтобы среди них заведомо оказались два шарика одного цвета, равно 3.
5. В поход пошли 20 туристов. Самому старшему из них 35 лет, а самому младшему 20
лет. Верно ли, что среди туристов есть одногодки?
5. Возраст каждого из туристов, клеток, может быть равным одному из чисел 20, 21, 22,
..., 35 (всего 16 вариантов). Количество туристов, зайцев, равно 20. Так как количество зайцев
больше количества клеток, то в одной клетке найдется, по крайней мере, два зайца, т.е., среди
туристов окажутся одногодки.
5. Возьмем в качестве клеток возраст туристов, а в качестве зайцев – туристов. Число
зайцев – 20.
а) Имеется 20 клеток: 16,17,…, 35 и 20 зайцев. В этом случае нельзя гарантировать, что
среди туристов окажутся одногодки, например, если все туристы имеют разный возраст.
б) Число клеток 19 (17, 18, …, 36) меньше числа зайцев, поэтому в одной клетке окажутся не менее двух зайцев, т.е., среди туристов найдутся одногодки.
6. Сто человек сидят за круглым столом, причем более половины из них – мужчины. Докажите, что какие-то двое из мужчин сидят друг напротив друга?
6. Имеется 50 пар (клеток), сидящих друг против друга, мужчин (зайцев) больше 50-ти.
Так что в одной клетке найдется два зайца, то есть, в одной паре не будет женщины.
7. Имеется 2k + 1 карточек, занумерованных числами от 1 до 2k + 1. Какое наибольшее
число карточек можно выбрать так, чтобы ни один из извлеченных номеров не был равен сумме
двух других извлеченных номеров?
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
7. Ответ: k + 1. Если взять k + 1 карточку с нечетными номерами, то условие задачи будет выполнено, так сумма любых двух выбранных номеров будет четным и не будет выбранным номером. Возьмем произвольные k + 2 карточек и пусть n – наибольшее число, написанное
на этих карточках. Рассмотрим разности (зайцев) между n и остальными числами. Таких разностей k + 1, причем эти разности могут принимать значения от 1 до 2k.
Случай 1. Одна разность, скажем, n – a, совпадает с одним из выбранных номеров b. Тогда извлеченный номер n будет равен сумме двух других извлеченных номеров a и b.
Случай 2. Все разности n – a не совпадают с выбранными k + 2 номерами. Тогда для любого выбранного числа a значение разности n – a должно совпадать с одним из остальных k – 1
невыбранных номеров. Эти остальные k – 1 номеров будут клетками, а k + 1 разностей – зайцами. Так что две разности, скажем, n – a и n – b, попадут в одну клетку, т.е., n – a = n – b. Но тогда a = b, что противоречит тому, что a и b различные числа.
Следовательно, нельзя выбрать k + 2 карточек так, чтобы ни один из извлеченных номеров не был равен сумме двух других извлеченных номеров.
8. На складе имеется по 200 сапог 41, 42 и 43 размеров, причем среди этих 600 сапог 300
левых и 300 правых. Докажите, что из них можно составить не менее 100 годных пар обуви.
8. Пусть N(k, l) и N(k, r) – количество левых и правых сапог k-го размера соответственно.
По условию задачи
N(k, l) + N(k, r) = 200, k = 41, 42, 43;
N(41, l) + N(42, l) + N(43, l) = 300;
N(41, r) + N(42, r) + N(43, r) = 300.
Предположим, что для каждого размера левых сапог меньше чем правых. Тогда N(41, l)
+ N(42, l) + N(43, l) < N(41, r) + N(42, r) + N(43, r), что противоречит второму и третьему равенствам. Так что не может быть, чтобы для каждого размера левых сапог меньше чем правых.
Аналогично, не может быть, чтобы для каждого размера правых сапог меньше чем левых.
Без ограничения общности будем считать, что
N(41, l)  N(41, r), N(42, l)  N(42, r), N(43, l)  N(43, r).
Тогда количество годных пар
N(41, l) + N(42, l) + N(43, r) = 300 – N(43, l) + N(43, r). Так как N(43, l)  200, то 300 –
N(43, l)  100 и 300 – N(43, l) + N(43, r)  100. Так что для количество годных пар N(41, l) +
N(42, l) + N(43, r)  100.
9. Числа от 1 до 101 выписаны в произвольном порядке. Докажите, что из них можно
вычеркнуть 90 чисел так, что оставшиеся 11 чисел будут следовать одно за другим в порядке
возрастания или убывания.
9. Докажем, что любая последовательность из mn + 1 попарно различных чисел содержит
либо возрастающую последовательность из m + 1 чисел, либо убывающую последовательность
из n + 1 чисел. Сопоставим члену ak данной последовательности два числа xk и yk, где xk – наибольшая длина возрастающей последовательности, начинающейся с ak, yk – наибольшая длина
убывающей последовательности, начинающейся с ak.
Предположим, что xk  m и yk  n для всех k. Тогда количество всех различных пар (xk, yk)
не превосходит mn. Поэтому, по принципу Дирихле, xk = xl и yk = yl для некоторых номеров k l.
Пусть для определѐнности k < l. Тогда если ak < al, то xk > xl, а если ak > al, то yk > yl. Противоречие. Следовательно, xk > m или yk > n для для некоторого k.
10. Даны 1002 различных чисел, не превосходящих 2000. Докажите, что из них можно
выбрать три таких числа, что сумма двух из них равна третьему. Останется ли это утверждение
справедливым, если число 1002 заменить на 1001?
10. Докажем по индукции, что если из чисел от 1 до 2n – 2, n  3, выбрано n + 1 различное число, то из них можно выбрать три таких числа, что сумма двух из них равна третьему.
При n = 3 утверждение задачи очевидно.
Предположим, что утверждение доказано для n = k и рассмотрим случай n = k + 1. Если
k + 1 из выбранных чисел попали в промежуток от 1 до 2k – 2, то применимо предположение
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
индукции. Если же это не так, то обязательно должны быть выбраны числа 2k – 1 и 2k. Другие k
выбранных чисел находятся на отрезке от 1 до 2k – 2. Разбивая этот отрезок на пары (1, 2k – 2),
(2, 2k – 3), ... , (k – 1, k), получаем, что одна из пар состоит из выбранных чисел. Но тогда они
дают в сумме 2k – 1.
Если число 1002 заменить на 1001, то утверждение перестанет быть верным. Примером
может служить набор 1000, 1001, ..., 2000.
11. В волейбольном турнире команды играют друг с другом по одному матчу. За победу
дается одно очко, за поражение – ноль. Известно, что в один из моментов турнира все команды
имели разное количество очков. Сколько очков набрала в конце турнира предпоследняя команда и как она сыграла с победителем?
11. Пусть в турнире участвуют n команд. Тогда разыгрывается
n(n  1)
очков. Команды
2
могли набрать разное количество очков 0, 1, . . . , n – 1 лишь после окончания турнира. Поэтому
предпоследняя команда набрала 1 очко и обязана была проиграть победителю.
12. Из чисел 1, 2, ... , 49, 50 выбрали 26 чисел. Обязательно ли среди них найдутся два
числа, отличающиеся друг от друга на 1?
12. Пусть выбраны 26 чисел-кроликов. Из чисел от 1 до 50 можно составить 25 пар соседних: (1, 2), (3, 4), ... , (49, 50) – это клетки. По принципу Дирихле, в одной паре-клетке окажется два числа. Числа этой пары отличаются друг от друга на 1.
13. На 99 карточках пишутся числа 1, 2, ..., 99. Затем карточки тасуются и раскладываются чистыми сторонами вверх. На чистых сторонах карточек снова пишутся числа 1, 2, ..., 99.
Для каждой карточки числа, стоящие на ней, складываются и 99 полученных сумм перемножаются. Докажите, что в результате получится четное число.
13. Среди чисел 1, 2,..., 99 имеется 50 нечетных и 49 четных. Это значит, что на одной из
карточек на обеих сторонах будут написаны нечетные числа.
14. Дано 11 различных натуральных чисел, не больших 20. Докажите, что из них можно
выбрать два числа, одно из которых делится на другое.
14. Разобьем числа от 1 до 20 на 10 наборов, в каждом из которых в любой паре чисел
одно делится на другое: {11}, {13}, {15}, {17}, {19}, {1, 2, 4, 8, 16}, {3, 6, 12}, {5, 10, 20}, {7,
14}, {9, 18} – это клетки, их 10. Если взять 11 различных натуральных чисел, не больших 20, то
хотя бы два из них попадут в одну из клеток.
15. За круглым столом сидят 33 представителя четырех племен: люди, гномы, эльфы и
гоблины. Известно, что люди не сидят рядом с гоблинами, а эльфы не сидят рядом с гномами.
Докажите, что какие-то два представителя одного и того же племени сидят рядом.
15. 1) Посмотрим, кого за столом больше: людей с гоблинами или эльфов с гномами. Будем считать, что людей с гоблинами больше; тогда их, по крайней мере, 17, так как всего за
столом сидят 33 существа.
2) Пусть теперь эльфы с гномами встанут со своих мест. Из оставшихся какие-то двое
обязательно сидят на соседних местах, поскольку занятых мест больше половины. Но эти двое
не могут из разных племен, так как по условию люди не сидят рядом с гоблинам; значит, рядом
сидят представители одного племени, что и требовалось доказать.
16. Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие одинаковое число
друзей.
16. Пусть в компании n человек. Тогда у каждого человека имеется от 0 до n – 1 друзей.
Предположим, что найдется человек, не имеющий друзей. Тогда каждый из остальных
может иметь от 0 до n – 2 друзей, всего n – 1 вариантов.
Предположим, что не найдется человек, не имеющий друзей. Тогда каждый из них может иметь от 1 до n – 1 друзей, тоже n – 1 вариантов.
В любом случае имеется n человек и n – 1 вариантов количества друзей. По принципу
Дирихле, найдутся двое, имеющие одинаковое число друзей.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
2. Обобщенный принцип Дирихле
1. В магазин привезли 25 ящиков яблок трех сортов. В каждом ящике лежат яблоки одного сорта. Продавец утверждает, что у него нет девяти ящиков с яблоками одного сорта. Не
ошибся ли он?
1. Всего имеется 25 ящиков, зайцев и 3 сорта, клетки. Так как 25 > 3·8, то найдется клетка, в которой окажется не менее чем 8 + 1 зайцев. Следовательно, в некотором ящике окажется
не менее 9 яблок.
2. Докажите, что среди жителей Москвы найдутся десять тысяч, празднующих день рождения в один и тот же день. В Москве более 8 миллионов жителей.
2. В данном случае клетки – это дни года, их 366, а зайцы – жители Москвы, более 8
миллионов. Так как 8 000 000 > 36610 000, то в одной клетке окажутся 10 001 зайцев.
3. В классе учатся 38 человек. Докажите, что среди них найдутся четверо, родившихся в
один месяц.
3. В данном случае клетки – 12 месяцев, а кролики – ученики класса.
4. Докажите, что найдутся двадцать москвичей, имеющие одинаковое число волос на голове. (Известно, что у человека на голове не более 400000 волос, а в Москве не менее 8 миллионов жителей.)
4. Всех москвичей разделим на 400001 группу (клетку). В первую группу отнесем тех, у
кого на голове 0 волос, во вторую – тех, у кого на голове ровно 1 волос, и т.д., в 400001-ую –
тех, у кого на голове ровно 400000 волос. Нам нужно доказать, что в какой-то из этих групп не
менее 20 человек. Число жителей, кроликов, равно 8 000 000. При этом 8 000 000 > 400 00119.
Следовательно, найдутся 20 москвичей с одинаковым числом волос.
5. Каждый из 102 учеников одной школы знаком не менее чем с 68 другими. Докажите,
что среди них найдутся четверо, имеющие одинаковое число знакомых.
5. Для каждого ученика число знакомых может быть от 68 до 101 (33 клетки), а число
учеников-зайцев – 102. Следовательно, в одной из клеток окажется не менее
102
> 3 зайцев,
33
т.е., найдутся четверо, имеющие одинаковое число знакомых.
6. Несколько ящиков вместе весят 10 тонн, причем каждый из них весит не более одной
тонны. Сколько трехтонок заведомо достаточно, чтобы увезти этот груз?
6. Обобщенный принцип Дирихле указывает, что нужно не менее
10
, т.е., не менее 4-х
3
трехтонок. Однако четырех машин может не хватить. Например, для вывоза 13 ящиков весом
10
тонн каждый, четырех машин недостаточно. Действительно, каждая машина может увезти
13
не более трех таких ящиков, так как четыре ящика весят больше 3-х тонн.
Покажем, что пяти машин заведомо достаточно. Будем грузить каждую машины двумя
ящиками.
7. Известно, что число учеников в классе не может быть меньше 26 и больше 34. В школе 20 классов. Доказать, что есть, по крайней мере, три класса с одинаковым числом учеников.
7. Имеется 20 классов-зайцев. А количество учеников в классе возьмем в качестве клеток: от 26 до 34, их 9. Тогда в одной из клеток найдется не менеее
20
> 2, т.е., имеется, по
9
крайней мере, три класса с одинаковым числом учеников.
8. Обязательно ли среди двадцати пяти "медных" монет (т.е. монет достоинством 1, 2, 3,
5 коп.) найдѐтся семь монет одинакового достоинства?
8. Да, обязательно. В данном случае клетки – это достоинство монет (их четыре – 1, 2, 3,
5), а зайцы – сами монеты, их 25.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
9. Дано 8 различных натуральных чисел, не больших 15. Докажите, что среди их положительных попарных разностей есть три одинаковых.
9. Различных положительных разностей может быть 14: от 1 до 14 – это те 14 клеток, в
которые мы будем сажать зайцев. Зайцами будут положительные разности между парами данных нам натуральных чисел, их 28. По обобщенному признаку Дирихле в одной клетке окажется не менее
28
> 3 кроликов, т.е. имеется не менее трех одинаковых положительных разно8
стей.
10. Пятеро молодых рабочих получили на всех зарплату – 1500 рублей. Каждый из них
хочет купить себе магнитофон ценой 320 рублей. Докажите, что кому-то из них придется подождать с покупкой до следующей зарплаты.
10. Имеется 1500 рублей, кроликов, и 5 рабочих, клеток. Тогда найдется клетка, в котором сидит не более
1500
= 300 кроликов, т.е. найдется рабочий, зарплата которого не превы5
сит 300 рублей. Так что он не сможет купить магнитофон.
11. Занятия вечерней математической школы проходят в девяти аудиториях. Среди прочих, на эти занятия приходят 19 учеников из одной и той же школы.
а) Докажите, что как их не пересаживай, хотя бы в одной аудитории окажется не меньше
трех таких школьников.
б) Верно ли, что в какой-нибудь аудитории обязательно окажется ровно три таких
школьника?
11. а) Число аудиторий-клеток равно n = 9, а школьников-кроликов m = 19. Найдется
клетка, в которой сидит не менее
19
> 2 кроликов. Следовательно, хотя бы в одной аудитории,
9
окажется не меньше трех школьников.
б) Нет, неверно. Например, все эти школьники могли оказаться в одной аудитории.
12. 10 школьников на олимпиаде решили 35 задач, причем известно, что среди них есть
школьники, решившие ровно одну задачу, школьники, решившие ровно две задачи и школьники, решившие ровно три задачи. Докажите, что есть школьник, решивший не менее пяти задач.
12. Три ученика решили 6 = 1 + 2 + 3 задач. Остальные 7 школьников решили 35 – 6 = 29
задач. Так как
29
> 4, то найдется школьник, решивший не менее пяти задач.
7
13. Можно ли увезти из каменоломни 50 камней, веса которых равны 370, 372, ... , 468 кг,
на семи трехтонках?
13. Ответ – нет. Камней всего 50, поэтому если бы камни удалось увезти, то, по принципу Дирихле, на какую-то трехтонку пришлось бы положить 8 камней. Но даже 8 самых легких
камней весят 370 + 372 +...+ 384 = 3016 килограммов, что больше трех тонн.
14. В кинотеатре 7 рядов по 10 мест каждый. Группа из 50 детей сходила на утренний сеанс, а потом на вечерний. Докажите, что найдутся двое детей, которые на утреннем сеансе сидели в одном ряду и на вечернем тоже сидели в одном ряду.
14. Имеется 7 рядов, клеток, и 50 детей, кроликов. Следовательно, на утреннем сеансе в
одном ряду сидело не менее
50
, т.е., не менее восьми детей.
7
Если рассадить этих 8 детей на 7 рядов вечернего сеанса, то в одном ряду окажется не
менее 2-х детей.
15. Докажите, что среди любых 6 человек есть либо трое попарно знакомых, либо трое
попарно незнакомых.
15. Возьмем человека A. Распределим остальных в две группы: в первую группу тех, кот
знаком он с A, во вторую группу – тех, кто незнаком с A. По обобщенному признаку Дирихле, в
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
одной из групп найдутся три человека, то есть, среди остальных пяти есть либо не менее трех
знакомых, либо не менее трех незнакомых ему.
Случай 1. У человека A среди остальных пяти есть три знакомых. Среди этих трех людей
есть либо двое знакомых – тогда они вместе с A образуют нужную тройку знакомых, либо они
все трое попарно незнакомы.
Cлучай 2. У человека A среди остальных пяти есть три незнакомых ему. Среди этих трех
людей есть либо двое незнакомых – тогда они вместе с A образуют нужную тройку незнакомых,
либо они все трое попарно знакомы.
ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ В ТЕОРИИ ЧИСЕЛ
Применение принципа Дирихле к остаткам при делении встречается во многих задачах
элементарной теории чисел. Возможны следующие две формулировки принципа Дирихле.
1. Среди любых n + 1 целых чисел найдутся два числа, которые при делении на n дают
одинаковые остатки.
Доказательство. В качестве кроликов возьмем заданные n + 1 чисел, а в качестве клеток
остатки при делении этих чисел на n. Всего может получиться n различных остатков: 0, 1, …, n
– 1 (клеток), поэтому, по меньшей мере, два числа будут иметь одинаковые остатки.
2. Среди любых n + 1 целых чисел найдутся два числа таких, что их разность делится на
n.
Доказательство. В силу утверждения 1, по крайней мере, два числа из n + 1 дают одинаковый остаток при делении на n. Пусть это будут c = na + r и d = nb + r. Тогда их разность делится на n: c – d = n(a – b).
Определение. Если целые числа a и b имеют одинаковые остатки при делении на n > 1,
то говорят, что числа a и b сравнимы по модулю n и пишут a  b (mod n).
Таким образом, эти два эквивалентных утверждения показывают, что среди любых n + 1
натуральных чисел всегда найдутся два числа, сравнимые по модулю n.
Примеры
1. Доказать, что среди n целых чисел можно выбрать несколько чисел (может быть, одно), сумма которых делится на n.
Доказательство. Рассмотрим n следующих сумм:
S1 = x1, S2 = x1 + x2, S3 = x1 + x2 + x3, ..., Sn = x1 + x2 + x3 + ... + xn.
Если хотя бы одна из этих сумм делится на n, то возьмем ее.
Предположим, что ни одно n из чисел S1, S2, ... , Sn (зайцев) не делится на n. Тогда при
делении этих сумм на n может быть n – 1 остатков (клеток): 1,…, n – 1. Значит, два из них при
делении на n дают равные остатки. Пусть это Sk и Sm (k < m). Тогда разность
Sm – Sk = (x1 +. . .+ xm) – (x1 +. . .+ xk) = xk + 1+. . .+ xm
делится на n, и поэтому сумма xk + 1+. . .+ xm является искомой.
2. Пусть p, q – натуральные числа, p < q. Если обыкновенную дробь
p
обратить в десяq
тичную, то получится либо конечная, либо бесконечная периодическая десятичная дробь, причѐм длина периода не превосходит q – 1.
Доказательство. Будем делить p на q ―уголком‖ и следить за остатками. Если на какомто шаге остаток будет нулевым, то получится конечная дробь.
Теперь рассмотрим случай, когда все остатки будут отличны от нуля. Каждый раз при
нахождении очередной цифры частного будет получаться в остатке одно из чисел 1, 2, ..., q – 1.
Эти возможные значения остатков мы и будем считать клетками, так что всего имеется q – 1
клеток. Зайцами же будут остатки, которые получаются в действительности при выполнении
деления. Рассмотрим первых q зайцев. Так как их на 1 больше, чем число клеток, то какие-то
два зайца попадут в одну клетку. Так что не позже, чем через q – 1 шагов начнут повторяться
остатки, а вслед за этим – и цифры в частном. Действительно, если на некотором шаге повто-
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
рился остаток, то, приписав как обычно к нему 0, мы получим то же число, что было прежде, а,
значит, снесѐм в частное ту же самую цифру, что и раньше; поэтому наши действия начнут повторяться. Таким образом, получится периодическая десятичная дробь с периодом длиной не
более q – 1. Утверждение доказано.
С давних пор математиков интересовал вопрос о существовании функций f(k), значениями которых при всех натуральных k являлись бы только простые числа. Известны функции, которые принимают подряд много простых значений. Например, Эйлер указал многочлен x2 – x +
41, который при всех целых x от –39 до 40 включительно принимает только простые значения
(т.е. при x = 0, ±1, ±2, . . . , ±39, 40). Однако при x = 41 и x = 42 значения этого многочлена будут
уже составными числами: 412 – 41 + 41= 412. В общем случае многочлен с целыми коэффициентами не может при всех натуральных значениях аргумента принимать только простые значения.
3. Любой многочлен с целыми коэффициентами (отличный от константы) при некотором
натуральном значении аргумента принимает значение, представляющее собой составное число.
Доказательство. Пусть f(x) = a0xn + a1xn – 1 +. . . + an–1x + an, где все ai- целые числа.
Предположим, что при некотором k значение многочлена f(x) – простое число, т.е. f(k) = p, где p
– простое. Многочлен степени n принимает одно и то же значение не более чем в n точках.
(Действительно, если f(x) = y0 более чем в n точках x1, x2, . . ., xn + 1, то многочлен g(x) = f(x) – y0
имеет корни x1, x2, ..., xn + 1, а, как известно, любой многочлен не может иметь более n действительных корней.) Покажем, что найдѐтся такое целое t, что f(k + pt) отлично от 0 и p. Нам поможет принцип Дирихле. Будем считать значение многочлена (в натуральных точках) клетками, а натуральные числа вида k + pt зайцами. Натуральное число m = k + pt будем помещать в
"клетку", соответствующую значению многочлена f(m). Согласно высказанному выше утверждению, в клетке не может поместиться больше n зайцев. Так как зайцев много, то это значит,
что f(k + pt) не может принимать только значение 0 и p при различных целых t, т.е. найдѐтся заяц k + pt, который не попадѐт ни в клетку 0, ни в клетку p. Итак, при некотором t имеем: f(k + pt)
 0 иf(k + pt) p. Разлагая f(k + pt) по степеням pt (используя бином Ньютона), получим
f(k + pt) = f(k) + c1pt + c2(pt)2 + . . . + cn(pt)n,
где все ci – некоторые целые числа. Поскольку f(k) = p, из предыдущего равенства получаем, что
f(k + pt) делится на p, причѐм f(k + pt)  0 иf(k + pt)  p, так что f(k + pt) – составное число. Утверждение доказано.
Замечание. Если ставить такой же вопрос для многочлена от нескольких переменных
f(x1, x2, …, xn), n > 1, то такая же задача решается положительно.
В 1970 году Ю. Матиясевич решил знаменитую 10-ю проблему Гильберта: существует
ли алгоритм, определяющий для каждого многочлена f(x1, x2, …, xn) с целыми коэффициентами,
имеет ли он решение в целых числах?
Из доказательства Матиясевича следует, что существует многочлен f(x1, x2, …, xn) с целыми коэффициентами, n > 1, множество положительных значений которого является множество простых натуральных чисел.
4 (Малая теорема Ферма). Если p – простое число, a – целое число, не делящееся на p,
p–1
то a при делении на p даѐт остаток 1, т. е. ap–1  1(mod p).
Доказательство. Каждое из p – 1 чисел a, 2a, . . ., (p – 1)a ("зайцев") даѐт при делении на
p ненулевой остаток (ведь a не делится на p):
a = k1p + r1,
2a = k2p + r2,
...............
(p – 1)a = kp – 1p + rp – 1.
Если число различных встречающихся здесь остатков (клеток) меньше p – 1, то среди
них найдутся, по крайней мере, два одинаковых ("в клетке по крайней мере два зайца"). Но это
невозможно, так как при rn = rm число (n – m)a = (kn – km)p делится на p, что противоречиво, ибо
| n – m | < p и a взаимно просто с p. Значит, все остатки r1, . . . , rp – 1 между собой различны и образуют перестановку чисел 1, 2, ..., p – 1. Перемножая все предыдущие равенства, получаем
(p – 1)!ap – 1 = q·p + r1r2·...·rp – 1 = qp + (p – 1)!,
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
где q – некоторое целое число. Следовательно, (p – 1)!·(ap – 1 – 1) делится на p, а тогда и (ap – 1 –
1) делится на p. Теорема доказана.
5. Если p – простое число, то при любом целом a разность ap – a делится на p.
Доказательство. Это следствие Малой теоремы Ферма.
Замечание. Эйлер обобщил теорему Ферма в следующей форме. Пусть (n) – количество чисел, взаимно простых с n и меньших n (функция Эйлера).
Теорема Эйлера. Если a взаимно просто с n, то a(n)  1(mod n).
Заметим, что для любого простого числа p: (p) = p – 1.
6 (Китайская теорема об остатках). Если числа a1, a2, ..., an попарно взаимно просты, то
для любых остатков r1, r2, ..., rn таких, что 0  ri, существует число m, дающее остаток ri при делении на ai при i = 1, 2, . . ., k.
Доказательство Применим индукцию по n. При n = 1 утверждение теоремы очевидно.
Пусть теорема справедлива при n = k – 1, т.е. существует число m, дающее остаток ri при делении на ai при i = 1, 2, . . ., k – 1. Обозначим d = a1a2...ak – 1 и рассмотрим числа m, m + d, m + 2d, . .
. , m + (ak – 1)d. Покажем, что хотя бы одно из этих чисел даѐт остаток rk при делении на ak. Допустим это не так. Поскольку количество чисел равно ak, а возможных остатков при делении
этих чисел на ak может быть не более чем ak – 1 (ведь ни одно число не даѐт остаток rk), то среди них найдутся два числа, имеющих равные остатки (принцип Дирихле). Пусть это числа m +
sd и m + td (0  s  ak – 1 и 0  t  ak – 1). Тогда их разность (m + sd) – (m + td) = (s – t)d делится
на ak, что невозможно, т.к. 0 < | s – t |.
Таким образом, среди рассматриваемых чисел найдѐтся число m, которое при делении на
ak даѐт остаток rk. В то же время при делении на a1, a2, ..., ak–1 число m даѐт остатки r1, r2, . . ., rk–
1 соответственно. Теорема доказана.
Задачи
1. Доказать, что из любых трех целых чисел можно найти два, сумма которых четна.
1. Зайцами будут всевозможные суммы пар заданных трех чисел. Количество таких сумм
больше двух. В одну клетку поместим четные суммы, в другую – нечетные. Так как среди трех
чисел найдутся два одинаковой четности, то они попадут в четную клетку.
2. Доказать, что из любых 1984 натуральных чисел можно выбрать три числа a, b, c так,
чтобы a(b – c) делилось на 1984.
2. Пусть дано 1984 натуральных чисел. Если одно из них делится на 1984, то его надо
выбрать в качестве a, а b и c можно взять любыми. Если же ни одно из заданных 1984 чисел не
делится на 1984, то разность двух из них делится на 1984, так как зайцев будет 1984, а клеток
(остатков при делении на 1984) 1983. В качестве b и c надо выбрать эти два числа, а a – любым..
3. Докажите, что среди степеней двойки есть две, разность которых делится на 2010.
3. Среди 2011 степеней двойки 20, 21, 22, 23, ..., 22010 разность двух будет делиться на
2010.
4. Докажите, что существует степень двойки, делящаяся на 2010.
4. Среди 2012 степеней двойки 20, 21, 22, 23, ..., 22011 разность двух делится на 2011. Пусть
это будет разность 2n – 2m, n > m. Так что 2m(2n–m – 1) делится на 2011. Так как числа (2n–m –1) и
2011 взаимно простые, то степень 2m делится на 2011.
Здесь мы использовали такое свойство делимости целых чисел: если произведение ab
делится на c и числа b и c взаимно простые, то число a делится на c.
5. Докажите, что из 52 целых чисел всегда найдутся два, разность квадратов которых делится на 100.
5. Числа x и (100 – x) при возведении в квадрат дают один и тот же остаток, поэтому
квадраты чисел при делении на 100 могут давать лишь 51 остаток (клетки): 0, 1, ..., 50. Из 52
чисел (зайцев), по меньшей мере, квадраты двух имеют одинаковый остаток. Их разность делится на 100.
6. Докажите, что существует степень тройки, оканчивающаяся на 001.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
6. Возьмем 1001 степень тройки: 30 = 1, 3, 32, ..., 31000. Разность двух из них делится на
1000, скажем разность 3m – 3n = 3n(3m-n – 1) делится на 1000, m > n. Так как 3 и 1000 взаимно
просты, то число 3m-n – 1 делится на 1000, т.е., 3m-n – 1 = 1000q для некоторого q. Отсюда 3m–n =
1000q +1, поэтому степень 3m-n оканчивается на 001.
7. Докажите, что если целые числа m и n взаимно просты, то найдется такое натуральное
k, что mk – 1 делится на n.
7. Среди n + 1 степеней m0 = 1 m, m2, …, mn разность двух делится на n, скажем, ms – mt =
mt(ms – t – 1) делится на n, значит, ms – t – 1 делится на n, т. к. m и n взаимно просты.
8. Для любого нечѐтного натурального числа a существует такое натуральное число b,
b
что 2 – 1 делится на a. Докажите это.
8. Рассмотрим числа 21 – 1,..., 2a+1 – 1. Количество таких чисел равно a + 1. Разность двух
из них делится на a, скажем, (2m – 1) – (2k – 1) = 2k(2m–k – 1) делится на a и m > k. Так как a нечетно, то 2m–k – 1 делится на a. Значит можно выбрать b = m – k.
9. Можно ли найти такие две (различные) степени числа 4, у которых
а) последние цифры одинаковы?
б) две последние цифры одинаковы?
в) три последние цифры одинаковы?
9. Можно. Существуют две различные степени 4, дающие одинаковые остатки при делении на 10, 100 или 1000.
10. Доказать, что найдется число вида 11…10…00, делящееся на 2010.
10. Рассмотрим 2011 чисел: 1, 11, …, 11
...
11. Разность двух из них делится на 2010,

2011
причем она будет иметь вид 11…10…00.
11. Докажите, что для любого натурального числа найдется кратное ему число, десятичная запись которого состоит только из 0 и 1.
11. Пусть задано натуральное число n > 1. Рассмотрим n + 1 чисел 1, 11, 111, .., записанных только с единицей. Разность двух из них делится на n и имеет вид 11...110k, k ≥ 0.
12. Докажите, что среди чисел, записываемых только единицами, есть число, которое делится на 1987.
12. Рассмотрим 1988 чисел 1, 11, 111, ..., 11
...1 . Разность двух их них делится на

1988единиц
1987Пусть это числа 11...11 (m единиц) и 11...11 (n единиц), причем m > n. Их разность равна
11...1110n, здесь стоит m – n единиц и n нулей. Числа 10n и 1987 взаимно просты, поэтому число 11...11, составленное из m – n единиц делится на 1987.
13. Пусть p — натуральное число, не делящееся на 2 и 5. Докажите, что существует число вида 111...11, кратное p.
...1 . Разность двух из этих чисел будет де13. Рассмотрим p + 1 чисел 1, 11, 111, ..., 11

p 1 единиц
k
литься на p. Эта разность будет иметь вид 11...110 , k ≥ 0. Так как p и 10 взаимно просты, то из
делимости произведения 11...110k на p следует делимость числа 11...1 на p.
14. Из чисел от 1 до 2n выбрано n + 1 число. Докажите, что среди выбранных чисел найдутся два, одно из которых делится на другое.
14. Рассмотрим n последовательностей (клеток)
A1 = {1, 2, 4, 8,…, 2k,…},
A3 = {3, 32, 322, 323,…, 32k,…},
………………………..
A2n–1 = {2n – 1, (2n –1)2, (2n – 1)22, …, (2n – 1)2k,…}.
Количество выбранных чисел (зайцев) равно n + 1. Следовательно, в одну из клеток,
скажем, At попадут два числа t2i и t2j, где t – нечетное. Одно из этих чисел делит другое.
15. Из целых чисел от 1 до 200 выбрано 101 число. Доказать, что
а) среди выбранных чисел найдется пара таких, что одно из них делится на второе;
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
б) для 100 выбранных чисел утверждение задачи а) неверно;
в) если одно из 100 чисел в б) меньше 16, то утверждение задачи а) верно.
15. а) См. решение предыдущей задачи.
б) Например, среди чисел 101, 102,…, 199, 200 не найдется пары, из которой одно делило
бы другое, так как они дают разные остатки при делении на 100.
в) Предположим противное, ни одно из выбранных 100 чисел не делится на другое.
1) Для любого нечетного t < 66 найдется одно и только одно выбранное число, вида t2k,
где k – натуральное число или нуль. Если нашлись два таких числа, то их отношение было бы
степенью два, что противоречит предположению.
2) Среди выбранных 100 чисел не может быть нечетного числа t < 66 (если это не так, то
все числа вида 3t2k не являются выбранными, что противоречит 1).
3) Пусть, например, выбранным числом является 8, тогда из пункта 1) следует, что выбрано число 6 или 12 (это – числа вида 32k, которые не делятся на 8), отсюда следует, что выбранными являются числа 9 или 18, отсюда следует, что выбранным числом вида 272k может
быть лишь число 27. Мы пришли к противоречию с пунктом 2). Рассмотрите случаи, когда выбрано другое число меньше 16.
16. Дано 11 целых натуральных чисел, не больших 20. Докажите, что из них можно выбрать два числа, одно из которых делится на другое.
16. Разобъем числа от 1 до 20 на 10 наборов, в каждом из которых в любой паре чисел
одно делится на другое: {11}, {13}, {15}, {17}, {19}, {1, 2, 4, 8, 16}, {3, 6, 12}, {5, 10, 20}, {7,
14}, {9, 18}. Пар чисел, составленных из заданных 11 чисел, больше 10, поэтому одна из пар
попадет в один из 10 наборов.
17. Даны 12 различных двузначных натуральных чисел. Доказать, что из них можно выбрать два числа, разность которых – двузначное число, записываемое двумя одинаковыми цифрами.
17. Рассмотрим остатки от деления данных чисел на 11. Поскольку разных остатков
лишь 11: 0, 1, 2, ..., 9, 10, а чисел 12, то хотя бы два числа дают одинаковые остатки. Это означает, что разность этих чисел делится на 11. Эта разность отлична от нуля, так как выбраны
различные числа, более того, эта разность является двузначным числом. Тогда разность состоит
из одинаковых цифр, так как двузначными числами, делящимися на 11, являются числа 11,
22,..., 99 и только они.
18. Верно ли, что среди любых семи натуральных чисел найдутся три, сумма которых
делится на 3?
18. При делении на 3 есть три остатка: 0, 1, 2 (зайцы). Так как
7
> 2, то найдутся три
3
числа, дающие один остаток. Их сумма будет делиться на 3.
19. Докажите, что среди любых 9 последовательных натуральных чисел найдется, по
крайней мере, одно, взаимно простое с каждым из остальных.
19. Любые два из девяти чисел отличаются не более чем на 8, значит, их общие простые
множители могут быть только 2, 3, 5, 7. Среди 9 чисел 4 или 5 четные, а из нечетных на 3 делится не более одного. Если четных чисел 4 или среди нечетных лишь одно делится на 3, т. е.
одно нечетное, не делящееся на 3, 5, 7, т. е., взаимно простые с остальными. Если четных – 5 (1е, 3-е, 5-е, 7-е, 9-е) и среди нечетных 2 делится на 3 (2-е и 8-е), то 4-е или 6-е делится на 5. Это
число не делится также на 2 и 3, а от остальных отличается не более чем на 5.
20. Докажите, что среди любых 39 последовательных натуральных чисел найдется такое,
сумма цифр которого делится на 11.
20. Среди первых двадцати из данных чисел найдутся два, у которых последняя цифра
десятичной записи равна 0. Хотя бы у одного из этих двух чисел перед 0 стоит цифра, не равная
9. Пусть n – это число, s – сумма его цифр. Тогда числа n, n + 1,…, n + 9, n + 19 содержатся среди данных 39 и имеют суммы цифр s, s + 1, …, s + 10. Но среди 11 последовательных чисел хотя
бы одно делится на 11.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ В ГЕОМЕТРИИ
1. Длина отрезка, расстояние между точками
Принцип Дирихле для отрезков еще может применяться в двух вариантах.
Вариант 1. Если на отрезке длины L расположено несколько отрезков с суммой длин
больше L, то хотя бы два из них имеют общую точку.
Вариант 2. Если на отрезке длины L расположено несколько отрезков, сумма длин которых больше L·k, то, по крайней мере, одна точка покрыта не менее чем k + 1 из этих отрезков.
Пример
В круг радиуса 3 произвольным образом помещены несколько кругов, сумма радиусов
которых равна 25. Доказать, что найдѐтся прямая, которая пересекает не менее девяти из этих
кругов.
Решение. Спроектируем все круги на произвольный диаметр AB большого круга (AB =
6). Сумма длин проекций, очевидно, равна сумме диаметров кругов, т.е. 50. Так как 50 > 8AB,
то, по принципу Дирихле (Вариант 2), на отрезке AB есть точка, принадлежащая проекциям, по
крайней мере, девяти кругов. Прямая, проходящая через эту точку и перпендикулярная диаметру AB, – искомая.
Задачи
1. Докажите, что равносторонний треугольник нельзя покрыть двумя меньшими равносторонними треугольниками.
1. Каждый из меньших треугольников не может накрывать более одной вершины большого треугольника.
2. На отрезке [0, 1] числовой оси расположены четыре точки: a, b, c, d. Докажите, что
найдетcя точка x, принадлежащая [0, 1], такая, что
1
1
1
1
+
+
+
< 40.
xb
xc
xa
xd
2. Точки a, b, c, d делят отрезок [0, 1] не более чем на пять частей. По непрерывному
принципу Дирихле, хотя бы одна из этих частей является интервалом длины не меньше 0,2.
Возьмѐм за x центр этого интервала. Расстояние от x до концов этого интервала не меньше 0,1, а
до двух других точек из числа a, b, c, d — больше 0,1. Поэтому два из чисел |x – a|, |x – b|, |x – c|,
|x – d| не меньше 0,1, а остальные два строго больше 0,1. Так что все обратные величины не
больше 10, а две из них строго меньше 10. Тогда сумма обратных величин меньше 40, что и
требуется доказать.
3. Внутри квадрата со стороной 1 расположено несколько окружностей, сумма длин которых равна 10. Докажите, что найдется прямая, пересекающая, по крайней мере, четыре из
этих окружностей.
3. Спроецируем все данные окружности на сторону AB квадрата ABCD. Проекцией окружности длиной l является отрезок длиной
окружностей равна
10

. Так как
10

l

. Поэтому сумма длин проекций всех данных
> 3 = 3AB, то на отрезке AB есть точка, принадлежащая
проекциям, по крайней мере, четырех окружностей. Перпендикуляр к AB, проведенный через
эту точку, пересекает, по крайней мере, четыре окружности.
4. В квадрате ABCD находятся 5 точек. Доказать, что расстояние между какими-то двумя
из них не превосходит
1
AC.
2
4. Проведя через центр квадрата прямые, параллельные его сторонам, разрежем квадрат
на 4 одинаковых квадратика. Какие-то 2 из 5 точек лежат в одном из этих квадратиков, и рас-
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
стояние между ними не превосходит длины диагонали этого квадратика, которая равна половине диагонали AC.
5. На плоскости заданы 25 точек, причем среди любых трех из них найдутся две на расстоянии меньше 1. Доказать, что существует круг радиуса 1, содержащий не менее 13 точек.
5. Если расстояние между любыми двумя точками меньше 1, то в качестве центра можно
взять любую точку.
Предположим, что найдутся две точки A и B, расстояние между которыми не меньше
единицы. Проведем две окружности радиуса 1 с центрами в точках A и B. Возьмем любую третью точку C и рассмотрим тройку A, B, C. Расстояние между двумя из них меньше 1, поэтому
точка C окажется внутри круга с центром A, либо внутри круга с центром B. Так что любая из
25 точек попадает внутрь круга с центром A или внутрь круга с центром B. По обобщенному
принципу Дирихле, внутри одного из кругов окажется не менее 13 точек.
6. В прямоугольнике 3×4 расположено 6 точек. Докажите, что среди них найдутся две
точки, расстояние между которыми не превосходит 5 .
6. Разрежем прямоугольник на пять фигур, как показано на рисунке ниже. В одну из них
попадут, по крайней мере, две точки, а расстояние между любыми двумя точками каждой из
этих фигур не превосходит
5.
7. В квадрате со стороной 1 находится 51 точка. Докажите, что какие-то три из них можно накрыть кругом радиуса
1
.
7
7. Разрежем данный квадрат на 25 одинаковых квадратиков со стороной 0,2. По обобщенному принципу Дирихле, в один из них попадает не меньше трех точек. Радиус описанной
окружности квадрата со стороной 0,2 равен
диуса
1
5 2
<
1
, поэтому его можно накрыть кругом ра7
1
.
7
8. В квадрат со стороной 1 метр бросили 51 точку. Докажите, что какие-то три из них
можно накрыть квадратом со стороной 20 см.
8. Разобьем квадрат на 25 квадратиков со стороной 20 см. По обобщенному принципу
Дирихле, в какой-то из них попадет, по крайней мере, три точки из 51 брошенной.
9. На длинной прямолинейной дороге с равными интервалами вырыты небольшие поперечные канавки. Расстояние между центрами каждых двух соседних канавок равно 2 метров.
Доказать, что какими бы узенькими эти канавки ни были сделаны, человек, шагающий по дороге и имеющий длину шага 1 метр, рано или поздно попадѐт в одну из канавок.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
9. Представим, что мы можем "намотать" дорогу на барабан, длина окружности которого
равна 2 метров. Тогда все канавки на этом барабане совместятся, а каждый шаг человека будет изображаться на окружности дугой длины 1 метр. Будем последовательно отмечать на окружности след человека после первого, второго, третьего и так далее шагов. Нам надо доказать,
что хотя бы один из этих следов попадѐт внутрь заданной на окружности дуги, изображающей
канавку, какой бы малой ни была длина h этой дуги. Нетрудно понять, что если нам удастся
найти такие k и m, для которых следы k-го и (k + m)-го шагов удалены друг от друга (на окружности) меньше чем на h, то требуемое утверждение докажется легко. Ведь ещѐ после m шагов
новый след (то есть (k + 2m)-й) опять сдвинется на расстояние меньшее h, затем мы рассмотрим
следующие m шагов и так далее. Ясно теперь, что, сделав несколько раз по m шагов, мы неминуемо обнаружим след, попавший в канавку (потому что, перемещаясь на одно и то же расстояние, меньшее h, нельзя "перешагнуть" канавку ширины h). Итак, нужно найти два следа,
находящиеся на окружности на расстоянии, меньшем h. Вот здесь-то и помогают "зайцы". Действительно, разделим окружность на дуги, каждая из которых имеет длину меньше h; эти дуги
мы и назовѐм "клетками". Пусть их имеется p штук. Если мы возьмѐм число следов большее,
чем p (заметим, что никакие два следа не совпадут в силу иррациональности числа 2 ), то по
принципу Дирихле хотя бы в одну из клеток попадѐт более одного следа ("зайца"). Расстояние
между двумя следами, попавшими в одну "клетку", меньше h; этим наше утверждение и доказано.
10. Показать, что для любых 10 точек выбранных в квадрате со стороной 3 можно выбрать две точки, расстояние между которыми не превосходит 2 .
10. Разделим квадрат 33 на 9 единичных квадратиков размера 11 (это ―клетки‖), стороны которых параллельны сторонам исходного квадрата. Точек, ―зайцев‖, 10. Следовательно,
в одну клетку попадут два зайца.
Расстояние между двумя точками, расположенными в единичном квадрате, не превосходит длины диагонали, т.е. значения
2.
2. Углы и прямые
11. На плоскости дано n попарно непараллельных прямых. Докажите, что угол между
180 
некоторыми двумя из них не больше
.
n
11. Возьмем на плоскости произвольную точку и проведем через нее прямые, параллельные данным. Они разделят плоскость на 2n углов, в сумме дающих 360 o. По обобщенному признаку Дирихле, один из этих углов не превосходит
180 
.
n
12. Пусть из некоторой точки на плоскости проведено n различных лучей; тогда угол
между некоторыми двумя из них не менее
360 
.
n
12. Если рассматривать только углы между соседними лучами, то всего получится n углов (см. рисунок ниже). В сумме они составляют полный угол, равный 360°. Следовательно, по
360 
непрерывному принципу Дирихле, градусная мера одного из этих углов не менее
(иначе
n
их сумма будет меньше 360°).
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
13. Докажите, что в любом выпуклом многоугольнике имеется не более 35 углов, меньших 170.
13. Допустим, что в некотором выпуклом n-угольнике есть не менее 36 углов, меньших
170. Тогда остальные n – 36 углов не превосходят 180. Следовательно, сумма углов заданного
многоугольника должна быть меньше 36·170 + (n – 36)180 = 36170 + n180 – 36180 = n180
– 3620 = n180 – 180 = (n – 1)180. Однако сумма углов n-угольника равна (n – 2)180. Противоречие.
Следовательно, в любом выпуклом многоугольнике имеется не более 35 углов, меньших
170 .
14. Докажите, что никакая прямая не может пересечь все три стороны треугольника в
точках, отличных от вершин.
14. Прямая делит плоскость на две полуплоскости (клетки). Имеются три вершины (зайцы). По принципу Дирихле, в одной из клеток найдется два зайца, то есть, найдутся две вершины, лежащие в одной полуплоскости. Сторона, соединяющая эти вершины, не пересекает прямую.
15. На прямой дано 50 отрезков. Докажите, что либо некоторые 8 отрезков имеют общую
точку, либо найдутся 8 отрезков, никакие два из которых не имеют общей точки.
15. Пусть [a1, b1] – отрезок с наименьшим правым концом. Если число отрезков, содержащих точку b1, больше 7, то задача решена.
Предположим, что не более 7 отрезков, имеющих общую точку. Но тогда найдется, по
крайней мере, 50 – 7 = 43 отрезка, лежащих целиком правее точки b1. Выберем из них отрезок
[a2, b2] с наименьшим правым концом. Тогда либо b2 принадлежит 8 отрезкам, либо имеется 50
– 27 = 36 отрезков, лежащих целиком правее точки b2. Продолжая так и далее, мы либо найдем
точку, принадлежащую 8 отрезкам, либо получим 7 попарно не пересекающихся отрезков [a1,
b1], [a2, b2],..., [a7, b7], таких, что правее bk лежит еще 50 – 7k отрезков, т.е. правее b7 лежит еще
один отрезок [a8, b8]. В этом случае мы получаем систему из 8 попарно не пересекающихся отрезков [a1, b1], [a2, b2],..., [a8, b8].
16. На прямой дано n2 + 1 отрезков. Докажите, что либо некоторые n отрезков имеют
общую точку, либо найдутся n отрезков, никакие два из которых не имеют общей точки.
16. Пусть на прямой дано n2 + 1 отрезков. Пусть [a1, b1] – отрезок с наименьшим правым
концом. Если число отрезков, содержащих точку b1, больше n, то задача решена.
Предположим, что имеется не более n отрезков, имеющих общую точку. Но тогда найдется, по крайней мере, 50 – 7 = 43 отрезка, лежащих целиком правее точки b1. Выберем из них
отрезок [a2, b2] с наименьшим правым концом. Тогда либо b2 принадлежит 8 отрезкам, либо
имеется 50 – 27 = 36 отрезков, лежащих целиком правее точки b2. Продолжая так и далее, мы
либо найдем точку, принадлежащую 8 отрезкам, либо получим 7 попарно не пересекающихся
отрезков [a1, b1], [a2, b2],..., [a7, b7], таких, что правее bk лежит еще 50 – 7k отрезков, т.е. правее
b7 лежит еще один отрезок [a8, b8]. В этом случае мы получаем систему из 8 попарно не пересекающихся отрезков [a1, b1], [a2, b2],..., [a8, b8].
17. В квадрате со стороной длины 1 расположена ломаная без самопересечений, длина
которой не меньше 200. Доказать, что найдѐтся прямая, параллельная одной из сторон квадрата,
пересекающая ломаную не менее чем в 101-й точке.
17. Пусть li — длина i-го звена ломаной, ai и bi — длины его проекций на стороны квадрата. Тогда li ≤ ai + bi. Более того, равенство li = ai + bi достигается лишь в том случае, когда i-е
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
звено ломаной параллельно одной из сторон квадрата. Но в таком случае прямая, проходящая
через это звено, параллельна стороне квадрата и пересекает ломаную более чем в 101-й точке
(она пересекает ломаную в бесконечном числе точек). Таким образом, можно считать, что li < ai
+ bi. Следовательно, 200 = l1 +... + ln < (a1 +... + an) + (b1 +... + bn). Отсюда a1 +... + an > 100 или b1
+... + bn > 100. Если сумма проекций звеньев на отрезок длины 1 больше 100, то на одну из точек этого отрезка проецируется более 100 различных звеньев ломаной. Перпендикуляр к стороне квадрата, восставленный из этой точки, — искомая прямая.
18. Некоторые точки из данного конечного множества соединены отрезками. Докажите,
что найдутся две точки, из которых выходит поровну отрезков.
18. Пусть имеется n точек. Из каждой точки может выходить от 0 до n – 1 отрезков.
Пусть Ai – множество точек (клеток), из которых выходит i отрезков, i = 0, 1,..., n – 1.
Предположим, что имеется точка, не соединенная с другими отрезками. Тогда каждая
точка может попасть в клетки A0, A1, ..., An–2. Имеется n – 1 клеток и n точек, поэтому в одной из
клеток окажется не менее двух точек.
Если любая из n точек соединена с какой-то другой, то каждая точка может попасть в
клетки A1, A1, ..., An–1. В этом случае также имеется n – 1 клеток и n точек.
3. Площадь
Принцип Дирихле для площадей имеет две формулировки.
1. Если внутри фигуры площади S находится несколько фигур, имеющих сумму площадей больше S, то хотя бы две из них имеют общую точку.
2. Если сумма площадей нескольких фигур меньше S, то ими нельзя покрыть фигуру
площади S.
Примеры
1. В квадрате площадью S расположено 100 фигур, сумма площадей которых больше
99S. Доказать, что у всех этих фигур есть общая точка.
'
'
'
Решение. Пусть S1, S2, . . . , S100 – площади данных фигур, а S1 , S 2 , ..., S100 – площади
'
фигур, дополняющих их до квадрата. Понятно, что Sk + S k = S. По условию S1 + S2 +. . .+ + S100
'
'
'
> 99S, поэтому S1 + S 2 + ...+ S100 = (S – S1) + (S – S2) +. . .+ (S – S100) = 100S – (S1 + S2 +. . .+ +
S100) < 100S – 99S = S.
Таким образом, сумма площадей дополняющих фигур меньше площади квадрата, и, значит, они не могут покрыть весь квадрат (по принципу Дирихле), т.е. найдѐтся точка, не принадлежащая ни одной из них. Тогда эта точка принадлежит каждой из исходных фигур.
2. На Земле океан занимает больше половины площади поверхности. Докажите, что в
мировом океане можно найти две диаметрально противоположные точки.
Решение. Отразим океан симметрично относительно центра Земли. Поскольку сумма
площадей океана и его образа превышает площадь земной поверхности, то существует точка X,
принадлежащая океану и его образу. Точка X является одновременно точкой океана и образом
некоторой точки Y океана.
Задачи
1. В квадрате со стороной 15 расположено 20 попарно непересекающихся квадратиков со
стороной 1. Докажите, что в большом квадрате можно разместить круг радиуса 1 так, чтобы он
не пересекался ни с одним из квадратиков.
1. Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, удаленных от квадратика со стороной 1
на расстояние не больше 1. Ясно, что круг радиуса 1, центр которого расположен вне этой фигуры, не пересекается с квадратиком. Площадь такой фигуры равна  + 5. Центр нужного круга
должен также находиться на расстоянии больше 1 от сторон большого квадрата, т. е. внутри
квадрата со стороной 13. Ясно, что 20 фигур площадью  + 5 не могут покрыть квадрат со сто-
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
роной 13, так как 20( + 5) < 132. Круг с центром в непокрытой точке обладает требуемым
свойством.
2. Назовем крестом фигуру, образованную диагоналями квадрата со стороной 1. Докажите, что в круге радиуса 100 можно разместить лишь конечное число непересекающихся крестов.
2. Для каждого креста рассмотрим круг радиусом
1
2 2
с центром в центре креста.
Предположим, что два таких круга пересекаются. Расстояние между центрами пересекающихся равных кругов не превосходит их удвоенного радиуса, поэтому расстояние между
центрами соответствующих им крестов не превосходит
1
. Рассмотрим прямоугольник, за2
данный перекладинами первого креста и центром второго. Одна из перекладин второго креста
проходит через этот прямоугольник, поэтому она пересекает первый крест, так как длина пере-
1
1
, а длина диагонали прямоугольника не превосходит
. В круге конечно2
2
1
го радиуса можно разместить лишь конечное число непересекающихся кругов радиуса
,
2 2
кладины равна
поэтому круге радиуса 100 можно разместить лишь конечное число непересекающихся крестов.
3. В круге радиуса 16 расположено 650 точек. Докажите, что найдется кольцо с внутренним радиусом 2 и внешним радиусом 3, в котором лежит не менее 10 из данных точек.
3. Заметим сначала, что точка X принадлежит кольцу с центром O тогда и только тогда,
когда точка O принадлежит такому же кольцу с центром X.
Построим кольца с центрами в данных точках. Рассматриваемые кольца лежат внутри
круга радиуса 16 + 3 = 19, площадь которого равна 361. Далее, 9 · 361 = 3249, а суммарная площадь колец равна 650·5 = 3250. Поэтому найдется кольцо, в котором лежит не менее 10 из данных точек.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
4. Над квадратным катком нужно повесить четыре лампы так, чтобы они его полностью
освещали. На какой наименьшей высоте нужно повесить лампы, если каждая лампа освещает
круг радиуса, равного высоте, на которой она висит?
4. Пусть a – длина стороны катка. Рассмотрим следующие 5 точек: вершины квадрата и
его центр. Если диаметр круга меньше
a
, то он может содержать не более одной из этих
2 2
a
точек. Поэтому 4 круга радиуса меньше
не могут целиком покрыть квадрат со стороной
2 2
a. Легко видеть, что 4 круга, диаметрами которых служат отрезки, соединяющие центр квадрата
с его вершинами, полностью покрывают квадрат. Ответ:
a
2 2
.
5. В единичный квадрат бросили 51 точку. Доказать, что какие-то три из них можно накрыть кругом радиуса
1
.
7
5. Разобьѐм данный квадрат на 25 одинаковых квадратиков (клеток) со стороной
1
.В
5
один из них попадѐт не менее трѐх точек (зайцев). Окружность, описанная около квадратика со
1
1
, имеет радиус
=
5
5 2
1
кругом радиуса .
7
стороной
1
<
50
1
1
= , поэтому этот квадратик можно накрыть
49 7
6. Каждая из девяти прямых разбивает квадрат на два четырехугольника, площади которых относятся как 2 : 3. Докажите, что, по крайней мере, три из этих девяти прямых проходят
через одну точку.
6. Данные прямые не могут пересекать соседние стороны квадрата ABCD, так как иначе
образуются не два четырехугольника, а треугольник и пятиугольник. Пусть прямая пересекает
стороны BC и AD в точках M и N. Трапеции ABMN и CDNM имеют равные высоты, поэтому их
площади относятся как средние линии, т. е. MN делит отрезок, соединяющий середины сторон
AB и CD, в отношении 2 : 3. Точек, делящих средние линии квадрата в отношении 2 : 3, имеется ровно четыре. Так как данные девять прямых проходят через эти четыре точки, то через одну
из точек проходят, по крайней мере, три прямые.
4. Многоугольники
1. Докажите, что равносторонний треугольник нельзя покрыть двумя меньшими равносторонними треугольниками.
1. Каждый из меньших треугольников не может накрывать более одной вершины большого треугольника.
2. Правильный треугольник ABC разбит на n выпуклых многоугольников так, что каждая
прямая пересекает не более 40 из них (мы говорим, что прямая пересекает многоугольник, если
они имеют общую точку, например, если прямая проходит через вершину многоугольника).
Может ли быть n больше миллиона?
2. Отсечѐм от правильного треугольника 3 треугольника, причем разрезы будем делать
близко к вершинам треугольника. Затем от полученного шестиугольника отсечем 6 треугольников, причем разрезы будем делать близко к вершинам треугольника, и так далее, до тех пор, пока не получим 3219-угольник. Любая прямая может пересечь не более двух треугольников, от-
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
секаемых на каждом шаге. Поэтому всего прямая может пересечь не более 1 + 219 = 39 многоугольников. Общее число многоугольников, на которые разбит правильный треугольник, равно
1 + 3 + 3 . 2 + ... + 3218 = 1 + 3(219 – 1) > 220 = (210)2 > 10002. Ясно, что можно отсекать не все треугольники, чтобы получить ровно 1000000 многоугольников. Ответ: Да.
3. В квадрате со стороной 1 задана 101 точка, причем никакие три из них не лежат на одной прямой. Доказать, что существует треугольник с вершинами в этих точках, площадь которого не больше 0,01.
3. Рассечем квадрат прямыми, параллельными и перпендикулярными одной стороне
квадрата, так чтобы получились прямоугольники площадью 0,02. Количество прямоугольников-клеток 50, а количество точек, «зайцев», 101. Поэтому в один прямоугольник попадет не
менее 3-х точек. Возьмем любые три из них. Площадь треугольника с вершинами в выбранных
точках будет не больше половины площади прямоугольника, т.е. не больше 0,01.
4. Внутри выпуклого пятиугольника расположены две точки. Докажите, что можно выбрать четырехугольник с вершинами в вершинах пятиугольника так, что в него попадут обе выбранные точки.
4. Проведем прямую через две данные точки. В одной из полуплоскостей от этой прямой
лежит, по крайней мере, три вершины A, B, C пятиугольника. Отрежем от пятиугольника треугольник с вершинами в этих в точках A, B, C. Получаем, что две данные точки лежат в оставшемся четырехугольнике. Это и требовалось в задаче.
5. Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 расположено 7 точек. Докажите,
что среди них найдутся две точки на расстоянии не больше 1.
5. Правильный шестиугольник можно разбить на 6 правильных треугольников со стороной 1. Тогда хотя бы в одном из этих треугольников будет лежать две отмеченные точки. Расстояние между ними не будет превосходить стороны треугольника, т.е. не больше 1.
6. Доказать, что в произвольном 2n-угольнике найдѐтся диагональ, не параллельная ни
одной из его сторон.
6. Из каждой вершины 2n-угольника выходит 2n − 3 диагоналей. Следовательно, количество диагоналей 2n-угольника равно n(2n − 3). Рассмотрим произвольную сторону многоугольника AB и вершину C, отличную от A, B. Если диагональ, проходящая через вершину C,
параллельна стороне AB, то любая диагональ, проходящая через вершину вершину С, не будет
параллельна стороне AB. Следовательно, существует не более n – 2 диагоналей, параллельных
стороне AB. Поэтому всего диагоналей, параллельных сторонам, не более 2n(n − 2). Так как 2n(n
− 2) < n(2n − 3), то найдѐтся диагональ, не параллельная ни одной из сторон.
7. Доказать, что в круге радиуса 10 нельзя поместить 400 точек так, чтобы расстояние
между каждыми двумя было больше 1.
7. Пусть в круге радиуса 10 размещены 400 точек. Предположим, что расстояние между
каждыми двумя точками больше 1. Опишем вокруг каждой точки малый круг радиуса 0,5. Эти
круги окажутся внутри круга радиуса 11, площадь которого равна 121 . Сумма площадей малых кругов радиуса 0,5 равна 400·π·0,52 = 100π. Так как 100π < 121, то по принципу Дирихле
два малых круга имеют общую точку. Следовательно, расстояние между их центрами не больше 1.
Таким образом, в круге радиуса 10 нельзя поместить 400 точек так, чтобы расстояние
между каждыми двумя было больше 1.
мере, двух данных отрезков. Перпендикуляр к l, проведенный через эту точку, пересекает, по крайней мере, два данных отрезка.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
1. Кот Базилио пообещал Буратино открыть великою тайну, если он составит чудесный
квадрат 66 из чисел +1, –1, 0 так, чтобы все суммы по строкам, по столбцам и по большим
диагоналям были различны. Помогите Буратино.
1. Суммы чисел могут меняться в пределах от –6 до +6. Всего 13 значений (клеток).
Строк в квадрате 6, столбцов 6, диагоналей 2. Получаем 14 различных сумм (зайцев). Так как
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
зайцев больше чем клеток, то в одной из клеток найдутся, по крайней мере, два зайца. Следовательно, какие-то две суммы по строкам, по столбцам и по большим диагоналям будут совпадать.
2. В клетках таблицы nn расставлены числа –1, 0, 1. Докажите, что какие-то две из сумм
по всем строкам, всем столбцам и двум главным диагоналям будут равны.
2. Эти суммы могут принимать 2n + 1 значений, клеток: от –n до n. Количество сумм
всем строкам, всем столбцам и двум главным диагоналям будет равно 2n + 2 (количество зайцев): n строк, n столбцов и две диагонали. Следовательно, две суммы будут равны.
3. Квадрат со стороной 10 см разделен на 100 квадратов со стороной 1 см, и в каждом из
них записано одно из трех чисел 1, 2 или 3. После этого подсчитали суммы записанных чисел в
каждой строке, в каждом столбце и на каждой из двух диагоналей получившейся таблицы. Может ли оказаться, что все подсчитанные суммы будут различными?
3. Все суммы лежат между 1

...


...
3 = 30 – всего 21 сумм (клеток).

1 = 10 и 3

10
10
Имеется 10 строк, 10 столбцов и две диагонали, зайцы. Всего – 22 зайца. Так как зайцев больше
чем клеток, то в одной из клеток найдутся, по крайней мере, два зайца. Следовательно, какие-то
две суммы по строкам, по столбцам и по большим диагоналям будут совпадать.
4. В таблице 1010 расставлены целые числа, причем любые два числа в соседних клетках отличаются не более чем на пять. Докажите, что среди этих чисел есть два равных.
4. Пусть a – минимальное из всех расставленных чисел. Так как от любой клетки до любой другой можно добраться, не более 19 раз сдвинувшись в соседнюю клетку, то все числа находятся между a и a + 95, Значит, среди этих чисел не более 96 разных (клетки). Так как имеется 100 клеток (зайцев), то в каких-то двух клетках значения будут равными.
5. В таблицу 8×8 записаны все числа подряд от 1 до 64. Докажите, что найдутся два соседних числа, разность между которыми не меньше 5 (соседними называются числа, стоящие в
клетках, имеющих общую сторону).
5. Соединим клетки, в которых стоят числа 1 и 64, цепочкой из клеток, имеющих общую
сторону. Очевидно, что такая цепочка содержит не более 15 клеток, т.е. a1 = 1, a2, a3, ..., an = 64,
n < 15. Тогда 63 = (an – an–1) + (an–1 – an–2) + ... + (a2 – a1), причем число разностей не более 14.
Если каждая разность будет не более 4, то общая сумма будет не более 56. Но общая сумма в
нашем случае 63, следовательно, хотя бы одна из разностей не меньше 5.
6. В таблице 99 расставлены числа от 1 до 81. Доказать, что при любой расстановке
найдутся две соседние (имеющие общую сторону) клетки такие, что разность между числами,
стоящими в этих клетках, не меньше 6.
6. Рассмотрим две клетки, в которых стоят числа 1 и 81, и соединим их цепочкой из соседних клеток. Если хотя бы одна из клеток – не угловая, то цепочка содержит не более 16 клеток, в которых стоят числа a1 = 1, a2, …, a16 = 81. Тогда
(a16 – a15) +… + (a2 – a1) = an – a1 = 81 – 1 = 80.
Разностей в данном случае не больше 15, и если бы каждая разность была меньше 6, то
их сумма была не больше 155 = 75. Итак, среди разностей есть не меньшие 6.
Числа 1 и 81 стоят в угловых клетках, лежащих на одной диагонали; соединим их двумя
цепочками длиной в 17 клеток каждая и составим 16 разностей. Имеем:
80 = (81 – a16) + … + (80 – a2) = (81 – b16) + … + (b2 – 1),
поэтому, если в первой цепочке нет разностей, больших 5, то, поскольку сумма 16 разностей
равна 80, каждая разность равна 5, значит, в клетках этой цепочки стоят числа 1, 6, 11, … , 81,
поэтому этих чисел (кроме 1 и 81) нет во второй цепочке, т.е. не могут все разности второй цепочки равняться 5, а если какая-то из них меньше 5, то найдется разность, большая 5.
7. а) Таблица из n строк и 5 столбцов заполнена числами, равными +1 или –1. Пусть n =
65. Доказать, что можно выбрать так 3 строки и 3 столбца в таблице, что все числа, стоящие на
их пересечении, равны.
б) Усложним задачу, пусть n = 41.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
7. а) Имеется 65 строк, ―зайцев‖. В строке из 5 клеток числа –1 и +1 можно распределить
25 = 32 способами, ―клеток‖. По обобщенному принципу Дирихле, найдутся, по меньшей мере,
три равные строки. Рассмотрим подтаблицу из трех равных строк. Они состоят из 5 столбцов,
причем в каждом столбце либо –1, либо +1. По обобщенному принципу Дирихле, найдутся три
столбца, в которых стоят только –1, либо найдутся три столбца, в которых стоят только +1. На
пересечении этих трех столбцов и равных трех строк стоят одинаковые числа.
б) Каждый столбец состоит из 5 чисел: –1 или 1. В нем, по принципу Дирихле, найдутся
3
три числа одного знака: –1 или 1. Число различных строк, в которых стоят три –1 равно C5 =
3
10 и число различных строк, в которых стоят три 1 также равно C5 = 10. Всего 20 вариантов,
―клеток‖. Имеется 41 строк, ―зайцев‖. Следовательно, по обобщенному принципу Дирихле,
найдутся 3 строки, в которых стоят три равных значения –1 или +1. По принципу Дирихле, 3 из
5 строк имеют одинаковые значения –1 или +1. Именно на пересечении этих трех строк и
столбцов стоят одинаковые значения.???
8. В таблице nn отмечены некоторые 2n клеток. Докажите, что найдется параллелограмм с вершинами в центрах отмеченных клеток.
8. Докажем, что найдется параллелограмм, у которого есть пара сторон, параллельных
строке таблицы. Рассмотрим в каждой строке самую левую из отмеченных клеток (если там
имеются отмеченные клетки). Пусть в некоторой строке самая левая отмеченная клетка находится на k-ом месте слева. Сдвинем тогда все отмеченные клетки этой строки на k – 1 клетку
влево, после этого самая левая отмеченная клетка в этой строке будет находиться в самом левом столбце. Проделаем такие сдвиги отмеченных клеток с каждой строкой, в которой есть хотя
бы одна отмеченная клетка. От проделанных сдвигов свойство таблицы ―иметь 4 отмеченные
клетки в вершинах параллелограмма, сторона которого параллельна строке таблицы‖, не меняется. Поэтому достаточно доказать, что этим свойством обладает новая таблица. В строке новой
таблицы отмеченная точка (если она есть в этой строке) будет стоять в левом столбце. В левом
столбце имеется не более n отмеченных клеток. Остальные n отмеченных клеток стоят правее
левого столбца. Эти n клеток не могут располагаться в одном правом столбце. По принципу
Дирихле, в одном правом столбце окажутся не менее двух отмеченных клеток. Два из этих отмеченных клеток правого столбца вместе с левыми отмеченными клетками соответствующих
сторон образуют параллелограмм.
9. На каждой клетке доски размером 99 сидит жук, По свистку каждый из жуков переползает в одну из соседних по диагонали клеток. При этом в некоторых клетках может оказаться больше одного жука, а некоторые клетки окажутся незанятыми. Докажите, что при этом незанятых клеток будет не меньше 9.
9. Покрасим вертикали доски в черный и белый цвет через одну. В результате в черный
цвет будет покрашено 59 = 45 клеток (5 вертикалей), а в белый цвет будет покрашено 49 = 36
клеток (4 вертикали). Заметим, что с черной клетки жук может переползти только на белую, а с
белой – только на черную. Отсюда следует, что после того, как жуки переползли в соседние по
диагонали клетки, на 45-и черных клетках оказалось 36 жуков. Это означает, что, по крайней
мере, 9 черных клеток оказались незанятыми.
10. Плоскость раскрашена в два цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета,
расстояние между которыми равно 1.
10. Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной 1. Некоторые две из этих трех
его вершин имеют одинаковый цвет (согласно принципу Дирихле).
11. Плоскость окрашена в два цвета – красный и черный, причем имеются точки и того и
другого цвета. Докажите, что всегда найдутся две точки разного цвета на расстоянии 1 друг от
друга.
11. Возьмем любые точки А и В разного цвета. Если AB < 1, то возьмем точку С, на расстоянии 1 от А и от В. Тогда две из трех точек A, B, C имеют разный цвет.
Данный документ является интеллектуальной собственностью
Акционерного общества «Назарбаев Интеллектуальные школы» и не подлежит к использованию в других источниках
Если AB > 1, то на отрезке АВ от точки А будем откладывать отрезки AM1, M1M2, ... длины 1. Тогда либо среди этих точек найдутся две разного цвета, либо найдѐтся точка Mn такая
что, MnB  1. Как в предыдущем случае, находим точку C на расстоянии 1 от Mn и B.
12. Плоскость окрашена в два цвета – белый и черный, причем имеются и точки белого,
и точки черного цвета. Докажите, что всегда найдется равнобедренный треугольник с вершинами одного цвета.
12. Возьмѐм правильный пятиугольник. Из пяти его вершин хотя бы три одного цвета,
причѐм они образуют равнобедренный треугольник.
Литература.
Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М., Наука, 1975.
Васильев Н.Б. Избранные задачи математических олимпиад. – М., МЦНМО, 1999.
Васильев Н.Б. и др. Заочные математические олимпиады. М., Наука, 1986.
Васильев Н.Б. и др. Задачи Всесоюзных математических олимпиад. М., Наука, 1988.
Купцов Л.П., Резниченко С.В., Терешин Д.А. Российские математические олимпиады
школьников. Книга для учащихся.(под ред Г.Н.Яковлева) – Ростов-на-Дону, Феникс,
1996.
6. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Задачи логического характера. –
М., Просвещение, 1996.
7. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике. – М., МЦНМО, 2004.
8. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии (в двух частях). – М., Наука, 1986.
9. Ильясов М.Н. Сборник избранных задач математических олимпиад школьников. –
Павлодар, ПГПИ, 2009.
10. Гриншпун Э.З., Якунина М.С. Задачи республиканских олимпиад по математике. – Алматы, Рауан, 1993.
11. Ли В.А., Әубәкіров Б.У., Ахметова С.Б. Халықаралық математикалық олимпиадалар
есептері. – Астана, Фолиант, 1999.
12. Маркова И.С. Новые олимпиады по математике. - Ростов-на-Дону, 2005.
13. Вакульчик П.А. Задачи математических олимпиад школьников с решениями. - Минск,
2006.
14. Довбыш Р.И. Математические олимпиады: 906 самых интересных задач и примеров с
решениями. – Ростов-на-Дону, 2006.
15. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике. – Ростов-наДону, 2007.
16. Агаханов Н.Х. и др. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.
– М.: МЦНМО, 2007.
1.
2.
3.
4.
5.