Дирихле принципі
Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі
Ы. Алтынсарин атындағы дарынды балаларға арналған қазақ гимназия-интернаты
Дирихле принципі
Секция: Математика
Орындаған: Ы. Алтынсарин атындағы дарынды балаларға арналған қазақ
гимназия-интернатының
7а сынып оқушысы
Узканова Диана
Ғылыми жетекшісі: Ы.Алтынсарин атындағы
дарынды балаларға арналған қазақ гимназия-интернатының
математика пән мұғалімі
Ханапия Бахытгул
Павлодар қ.
2011-2012
Мазмұны
І. Кіріспе ..............................
ІІ. Негізгі бөлім:
1 Дирихле принипінің
тұжырымдамалар................
2. Ұзындықпен аудандағы Дирихле
принципі......................
3. Талдау жүргізген есептер ..............................
ІІІ. Қорытынды.....................
ІҮ. Пайдаланған әдебиеттер
тізімі........................
Аннотация.
Тақырыбы. «Дирихле принципі»
Зерттеу мақсаты. Дирихле принципі әр түрлі жолдармен дәлелдеуге болатынын көрсету. Мектеп математика курсының мазмұнында қарастырылмайды, көбінесе олимпиада есептерін шығруда «кері жору» әдісін қолданып есептер шығару, оқушылардың логикалық ой – қабілеттерін арттыру.
Тақырыптың өзектілігі. Зерттеу жұмысында Дирихле принципі зерттеп, басқа жолдармен дәлелдеу. Дирихле принципі математика саласының дамуына қажет болғандықтан, бұл теореманы тереңірек ұғып, түсіну. Сонымен қоса оқушылардың математика пәніне қызығушылығын арттыру.
Гипотеза. Егер Дирихле принципі дәлелдеу процесінде және оқу-материалдарын игеру барысында зерттеу әдістерін жетілдіріп, деректерді тиімді әрі жүйелі пайдалансақ, онда оқушылардың зерттеу құзіреттілігі және коммуникативтік, ақпараттық құзіреттілігі өз мәнінде дамып, сонымен қоса оқушылардың математикаға деген қызығушылығы артады деген ойдамын.
Зерттеу кезеңдері. Мен өзімнің ғылыми жұмысымды 3 кезеңге бөлдім.
І кезең: тақырыпты таңдау.
ІІ кезең: тақырыпқа байланысты тарихи, математикалық шығармаларды жинап оны топтау.
ІІІ кезең: табылған ақпаратты талдау және өңдеу.
ІV кезең: жұмысты жазып, қорғау.
Зерттеу құралдары. Зерттеу құралдары: математикалық кітаптар, бұқаралық ақпарат,интернет желісі.
Зерттеу әдісі:Анализ, синтез, жобалау әдісі
Қорытынды: Сонымен қорытындылай келе, Дирихле принципі көп жағдайда өте қажет. Мысалы:Логикалық есептерді шығаруда, теоремаларды дәлелдегенде. Сондықтан бұл теореманың қыр – сырын толығырақ әрі тереңірек білу қызығушылық тудырады.
Кіріспе
Еліміздің тәуелсіздігі бүгінгі күні қоғамымыздағы интеллектуалдық еңбек үлесінің өсуі нәтижесінде өмірге ертең араласатын жеткіншектердің білім деңгейіне, әр адамның қабілеті мен шығармашылық әлеуметінің дамуына, оның кәсіптік икемділігіне қойылатын талаптар да күннен күнге арта түсуде. Елбасы Н.А. Назарбаев Еуразия ұлттық университетінде оқыған лекциясында: «Білімді, сауатты адамдар – бұл ХХІ ғасырда адамзат дамуының негізгі қозғаушы күші» - деп атаған [1].
Қазіргі заманғы білім берудің перспективалық міндеті – ол сындарлы ойлай білетін және ақпараттар ағынында бағдар ала білуге қабілетті адамдарды даярлау. Орта білім белсенді, білімді және табыстарға бағдарланған тұлғаларды тәрбиелеуге жауап береді. Оқушылар «ешқашан бастауды тоқтатпа, ешқашан тоқтауды бастама» деген ақиқаттан адаспауы тиіс [2].
Математикалық ұғымдар, аксиомалар
мен анықтамалар және қорытындылар
(теоремалар және салдарлар) нақтылы
өмірде бар болатын әртүрлі заттардың,
онда болып жатқан құбылыстар мен
өтіп жатқан процестердің өздеріне тән
жалпы қасиеттерінің біздің санамызда
бейнеленуі болып табылады. Академик
А.Н. Колмогоров: «Математик әрқашан
реалды құбылыстардың әртүрлі
«Айтушылардың сөзіне
қарағанда ғылымның бұл
Менің осы тақырыпты таңдаған
себебім, менің ойымша Дирихле
принципі әлемдік құпиялардан
да қызықтырақ Дирихле принципі
математика саласына үлес қосады және
оның дамуына қажет.
Бұл жобаның мақсаты зерттеу жұмысында Дирихле принципін зерттеп, әр түрлі есептердің шешу жолдарын дәлелдеу. Мектеп математика курсының мазмұнында қарастырылмайды, көбінесе олимпиада есептерін шығруда «кері жору» әдісін қолданып есептер шығару. Дирихле принципі математика саласының дамуына қажет болғандықтан, бұл теореманы тереңірек ұғып, түсіну. Оқушылардың математика пәніне қызығушылығын арттыру, логикалық ой – қабілеттерін арттыру.
Дирихле принципін қолданып ұзындықты, ауданды табу, сандар теориясында және диофанттық жақындау теориясында сызықтық теңсіздіктер жүйесін талдауда қолданылады.
Көптеген есептердің шешімінде «қарсы жору» әдісі қолданылады. Осы жұмыста қарастырылған түрі –Дирихле принципі. Бұл қарапайым принципті бірінші болып неміс математигі Петер Густав Дирихле (1805-1859) жылы тұжырымдаған.Әдетте Дирихле принципін «қояндар мен үйшіктер»немесе «жәшіктер мен заттар»» мысалға алынады. Егерде біз нақты бір есепті шешпекші болсақ, онда қайысы «қоян» және қайысысы «үйшік» екенін талаумыз керек.Ол есепті дәлелдеудің ең қиын сатысы болып табылады.
——————————————————————————————
[1] - Назарбаев Н.Ә. Инновациялар
мен оқу-білімді жетілдіру арқылы білім
экономикасына // Егенмен Қазақстан, 27
мамыр, 2006, №2б
[3] - Колмогоров А.Н. Современная
математика и математика в
современной школе // Математика
в школе. – 1971. - №6. – С. 2-3.
[4] – Математика мен
математиктер жайлы әңгімелер.
М.Ө. Исқақов, С.Н. Назаров.
Дирихле принципінің тұжырымдамалары
Дирихле принципінің ең кең тараған тұжырымдамасы: Егер қояндар үйшіктере қояндар саны үйшіктер санынан көп болатындай отырғызыласа, кем дегенде бір қоян артық қалады. Жалпы түрі: Егер m қоян n үйшікке отырғызылса, онда кем дегенде бір үйшікте кемінде бір қоян болады, ал кемінде бір үйшік санынан аспайтындай қоян отырады. Жекеше түрі: Егер үйшіктер қояндарға қарағанда көбірек болса, онда кемдегенде бір үйшік бос болады.
Қарапайым мысал қарастырайық. Егер бір үйшікке бір қояннан артық қояндарды орналастыруға рұқсат етілмесе, онда 10 қоянды 9 үйшікке бір бірден орналастыруға мүмкін емес екендігі айқын.
Тұжырымдама:1
Кез келген натурал сан үшін n+1 қоянды n үйшіктерге n+1 немесе оданда көп қояндар бар болса, онда ішінде екі қояны бар кемінде бір үйшік табылады деуге болады. [5]
1-мысал: Сыныпта 30 оқушы бар. Арман диктантта 12 қате жіберді, ал қалғаны оқушылардікі одан аз. Жоқ дегенде үш оқушының жіберген қателернің саны бірдей екенін дәлелдеу керек.
Есептің тұжырымын кері жору арқылы дәлелдейміз. Бірдей қате жіберген оқушы табылмайды деп алайық. Сода ең көп дегенде екі баланың қателері бірдей болуы мүмкін дейік. Сонда қателер саны 0,1,2,...,11 болса, оқушылар саны ең көп дегенде, Мараттың өзін қосқанда 25 оқушы шығады. Яғни, есеп шартындағы 30 оқушы жиналмайды. Қайшылық негізінде есептің шартындағы тұжырымның дұрыс екендігін аламыз.
2-мысал: Қылқан жапырақты орманда 800000 шыршада өседі. Әрбір шыршада саны 500000–нан артық болмайтын инелері өсіп тұр. Инелерінің саны бірдей болатын ең болмағанда екі шырша бар болатынын дәлелдеу керек.
Талдау. Кері жоримыз. Бұл орманда инелерінің саны бірдей болатын екі шырша табылмасын дейік. Онда инесі біреу ғана болатын шырша біреуден артық болмайды (1 ағаш немесе ондай шырша жоқ); дәл осылай екі инесі бар ағаш саны да біреуден артық болмайды және т.с.с. сол сияқты 499999 инесі бар ағаш та біреуден артық емес. Сонда 1-ден 500000-ға дейін инелері бар болатын ағаш саны 500000-нан артық емес болып шығады. Ал барлығы 800000 шыршаның әрқайсысында 500000-нан артық инелері болмаса, онда ең болмағанда екі шыршаның инелер саны бірдей болады.
Ескерту. Есептің шешуі нақты сандардан тәуелді емес: 800000 (шыршалардың саны ) және 500000 ( ең көп инелер саны). Мұндағы маңызды нәрсе 800 000 саны 500000-нан қатал түрде артық екендігі. Дәлелдемеде бір де инесі жоқ шырша жағдайы қарастырылмады. Дәлелдеуді бір де инесі жоқ шырша бар болатын жағдай үшін де жүргізуге болады.
Жоғарыда келтірілген қояндар мен үйшіктер туралы айтылған тұжырымды математикалық тілмен былайша түсіндіруге болады: n+1 элементі бар Р жиыны мен n элементі бар жиынының арасындағы кез келген бейнелеу үшін, бейнелері бірдей Р жиынының кез келген екі элементі табылады.
Тұжырымдама :2
жәшікте заты орналастырсын дейік. Егер заттардың саны жәшіктердің санынан артық болса , онда ішінде екі заты бар ең болмағанда бір жәшік табылады.[5]
Ескерту. Ең болмағанда екі зат қай жәшікте екендігі неше зат бар екендігі, мұндай жәшіктің нешеу екендігі маңызы жоқ ақпаратттар. Ең негізгісі-ішінде екіден кем болмайтын (екі немесе одан көп) заты бар, ең болмағанда бір жәшіктің болатындығы. Әдетте бұл принцип «қояндар мен үйшіктер принципі» деген аттармен кездеседі.
2-мысалға оралайық. Бұл
есепті Дирихле принципін
3-мысал: Алты бүтін сандардың ішінен айырмасы беске бөлінетін екі сан табылатынын дәлелдеу керек.
Шешуі: 0,1,2,3,4 цифрларымен
нөмірленген 5 қорапты қарасырамыз.
Сандарды 5-ке бөлгендегі қалған
қалдық саны бойынша кез
келген бүтін алты санды осы
қораптарға орналастырамыз. Яғни 5-ке бөлгендегі
қалған қалдықтары бірдей сандарды бір
қорапқа «салайық». Сандар «заттар»
қораптардан көп болғандықтан,
Дирихле қағидасы бойынша, біреуден
артық «зат салынған» бір қорап
табылады.Демек, бір қорапта орналасқан
ең болғанда екі сан табылады. Бұдан
5-ке бөлгендегі қалған қалдықтары өзара
тең болатын екі сан бар
болатыны шығады.Онда олардың айырмасы
5-ке бөлінеді. Яғни бүтін сандар
жиынын 5 топқа бөлеміз. Бірінші топқа
...-14,-9,-4,16-,6,11,16,21,
Есеп:4 Кез келген натурал сандар үшін n-ге бөлінетін, 0 және 5 цифрларынан тұратын натурал сан бар боатындығын дәлелдеу керек.
Шешу: а2=50, a2=5050,…, сандарын қарастырамыз және осы «заттарды» 0,1,2,3...,n-1 сандарымен нөмірленген «қорапта» орналастырамыз. S-қорапқа n-ге бөлгендегі қалдық S-ке тең болаттын ак санын саламыз. Егер нөмірі О-қорапта бір «зат» ( яғни бір сан) болса, онда есеп шешіледі. Олай болмаса, онда n-1 қорапта n зат орналастырар еді Дирихле принципі бойынша бір қорапқа түсетін екі «зат» (сан) бар. Демек n-ге бөлгенде бірдей қалдық беретін екі сан табылады. Олардың айырмасы n-ге бөлінеді. Сол сияқты 0 және 5 цифрларынан тұратын сандардың айырмасы да 0 және 5 цифрларынан тұратындығын байқау мүмкін.[6]
Ұзындықпен аудандағы Дирихле принципі
Түзу сызықты ұзын жолдың бойында бірдей интервалдармен көлденең арықшалар қазылған, әрбір көршілес екі арықшаның центрлерінің арақашықтығы метрге тең (1-сурет).
Арықшалар қанша жіңішке болып жасалғанмен де қадамның ұзындығы 1 метр, жолмен жүріп келе жатқан адам ерте ме, кеш пе арықшалардың бірін басатын болады. Бұл ұйғарымның дәлелдеуі Дирихле принципі деген атпен белгілі, әзіл түрінде былайша айтуға болатын қағидадан шығады: Егер әр үйшік бір қояннан ғана қамауға рұқсат етілсе, бес үйшікке жеті қоянды ораластыру мүмкін емес.
1-сурет
Шынында да, біз жолды шеңбер доғасының ұзындығы метрге тең барабанға «оралған» деп есептейік (2-сурет). Сонда барлық арақашықтық барабанда бірінің үстініе бірі түседі, ал адамның әр қадамы шеңберде ұзындығы 1 м доғамен кескінделеді. Біртіндеп шеңбер бойындағы адамның бірінші, екінші, үшінші қадамдардан соңғы ізін белгілейік. Шеңбердегі арықша кескінде белгіленген доғаның ішіне, ол доғаның ұзындығы һ қаншалық аз болса да, осы іздердің бірі түсетінін дәлелдеуіміз керек.
2-сурет
Егер шеңбер бойындағы -шы және ( )-ші қадамдардың іздерінің бір-бірінен қашықтығы һ –болатындай мен сандарын тапсақ, ұйғарым жеңіл дәлелденетінін түсіну қиын емес. Сонда тағы 1 қадамнан кейін жаңа із (яғни, ( )-ші із) тағы һ- тан кем қашықтыққа жылжиды. (3-сурет), сонан соң келесі қадамдарын қарастырамыз т.с.с.
3-сурет
Сөйтіп, тағы бірнеше рет қадамнан жасап, сөзсіз арықшаға түскен ізді тауып аламыз.(Өйткені, һ-тан кем қашықтыққа жылжи отырып, ені һ –қа тең арықшаны «аттап» кете аламаймыз).Сонымен, шеңбер бойында бір-бірінен һ- тан кем қашықтықта орналасқан екі ізді табу керек. Міне осы тұста «қояндар» көмекке келеді. Расында да шеңберді әрқасысының ұзындығы һ- тан кем доғалара бөлейік, ол доғаларды «үйшіктер» деп атайық. Олардың саны болсын. Егер біз іздер санын -ден артық алсақ ( иррационал сан болғандықтан, ешбір із бір-біріне дәл түспейтінін байқаймыз), Дирихле принципі бойынша, ең болмағанда бір үйшікке бірден көп із «қоян» түседі. Бір үйшікке түскен екі іздің арақашықтығы һ- тан кем, осымен ұйғарым дәлелденді [7].
Дирихле принципіне
байланысты есептерді сандық
бағалауларды қарастырумен
Кейбір геометриялық есептерде
Дирихле принципін қолдану
а) Егер ұзындығы болатын кесіндіге ұзындықтарының қосындысы -ден артық болатын бірнеше кесіндіні орналастырылса, онда ең болмағанда екі кесіндінің ортақ нүтелері бар болады;
б) Егер ауданы S болатын фигураның ішіне аудандарының қосындысы S-тен артық болатын бірнеше фигура орналастырса, онда олардың ішіне ортақ нүктесі бар болатын ең болмағанда екі фигура бар болады:
в) Егер F1, F2, F3,... Fn фигуралары ( S1, S2, Sn –олардың сәйкес аудандары) ауданы S болатын F фигурасына орналастырылса және S1 +S2 +…+Sn >kS болса, онда F1,F2,… Fn фигураларының ішінен k+1 фигураның ортақ нүктесі болады.[5]
5-мысал: Түзу берілген квадратты аудандарының қатынасы 2:3 болатындай екі трапецияға бөледі. Осындай бес түзулердің ең болмағанда екеуі бір нүктеде арқылы өтетіндігін дәлелдеу керек.
Шешуі: Егер l түзуі берілген квадратты екі трапецияға бөлсе, олрдың аудандарының қатынасы трапециялардың орта сызықтары болатын АВ және ВС кесінділерінің қатынасына тең, яғны АВ:ВС=2:3. Мұнда АС кесіндісі берілген квадраттың орта сызығы болып табылады. АС кесіндісі 2:3 қатынасындай бөліктерге тек екі нүктеде бөлетінді анық, олар В1 және В2 нүктелері болсын ( 4-сурет).
Дәл сол сияқты квадраттың DE орта сызығының бойында В1 және В2 нүктелері табылады. Осы нүктелерді «үйшіктер» деп, ал түзулерді «қояндар» деп алайық. «Қояндар» бесеу, ал «үйшіктер» төртеу болғандықтан, Дирихле қағидасы бойынша бір «үйшіктер» түсетін ең болмағанда екі «қоян» табылады, демек берілген түзулердің ең болмағанда екеуі бір нүктеден өтеді.
Мысал: Жазықтықтағы нүктелер екі түспен боялған. Ара қашықтығы 1м болатын бір түсті екі нүкте табылатынын көрсету керек.
Шешуі: Қабырғасының ұзындығы 1 м болатын тең қабырғалы үшбұрышты қарастырамыз. Үшбұрыш төбелері «заттар», ал түстері «қораптар» болады. «Заттардың» саны «қораптардың» санынан артық болғандықтан бір түсті екі төбе бар болады. Үшбұрыш тең қабырғалы болғандықтан, бұл төбелердің ара қашықтығы 1 м.
Бұл есеп басқа жолмен де шығады. Кері жоримыз. А нүктесі жазықтықтың бір нүктесі болсын. А нүктесінен 1 м қашықтықтағы барлық нүктелер А нүктесінің түсіне басқа түспен боялған болсын. Сонда радиусы 1 м – ге тең бір түсті шеңбер аламыз. Бұл шеңберде ұзындығы 1 м –ге хорданың бар болатыны айқын. Хорданың ұштары 1 м қашықтықтағы бір түсті екі нүкте болады.
Мысал: Қабырғасының ұзындығы 1-ге тең болатын шаршының ішінде ұзындықтарының қосындысы 10-ға тең бірнеше шеңбер орналасқан. Осы шеңберлердің кемінде төртеуін қиып өтетін түзу бар болатынын дәлелдеу керек.
Шешуі: Шеңберлерді квадраттардың қабырғасына проекцисы-сәйкес шеңбердің диаметрінің ұзындығына тең кесінді. Осы кесінділердің ұзындықтарының қосындысы -ге тең. . Дирихле принципі бойынша ортақ нүктесі бар ең болғанда 4 кесінді табылады. Осы нүктеден квадрат қабырғасына жүргізілген перпендикуляр төрттен кем емес шеңберлерді қиып өтеді.
5-сурет |
Мысал: Қабырғасы 1 болатын тең қабырғалы үшбұрыштың ішінде 5 нүкте жатыр. Осы бес нүктенің ішінен ара қашықтығы 0,5-тен кіші болатын екі нүкте табылатынын дәлелдеу керек.
Шешуі: Қабырғасы 1 болатын
тең қабырғалы үшбұрышты
Талдау жүргізген есептер
Есеп №1. Қалада 15 мектеп бар. Оларда 6015 оқушы оқиды. Қалалық мәдениет сарайының мерекелік залында 400 орын бар. Осы залға оқушылары сыймайтын мектеп табылатынын дәләлдеңдер.
Шешуі:
Әрбір мектепте 400- ден көп емес оқушы бар делік. Демек 15 мектепте 15*400=6000-нан көп емес оқушы бар. Бірақ, шарта мектептерде 6015 оқушы оқиды делінген. Демек, осы мектептің оқушылары 400 орын бар залға сыймайды.
Есеп №2.
Мектепте бес 8-ші сынып бар: 8 «а», ..., 8 «д». Әрқайсысында 32 адам оқиды. 14 оқушы бір айда туғанын дәлелдеңдер.
Жауабы:
13- тен көп емес оқушы бір айда туған делік (туған жылы есептелмейді). Демек, 12 айда 12*13=156 оқушы туды. Бірақ, шарта осы метептің бес сыныпда 5*3=160 адам оқиды. Қарама- қайшылық туды. Демек, бір айда 13- тен көп оқушы, яғни ең болмағанда 14 оқушы туды.
Есеп №3.
3 «а» сыныбында 109 өлеңді
білетін 27 оқушы бар. 5- тен
аз емес өлеңдерді білетін
бір бала табылатынын
Шешуі:
Әр оқушы 4-тен көп емес өлең біледі делік. Демек 27 оқушы 4*27=108- ден көп емес өлеңдерді біледі. Бірақ шарта олар 109 өлең біледі. Қарама- қайшылық туды. Демек, 5 өлеңді білетін оқушы табылады.
Есеп №4
Паходта 25 адам қатысты. Әр қайсысына 24- тен 30- ға дейін толық жаста. Бір жылда туған 4 адам табылатынын дәлелдеңдер.
Шешуі:
Туған жылдары 7 түрлі болуы мүмкін. Бір жылда үшеуден көп емес паходқа қатысушылар туды делік. Демек 7 жылдың ішінде - ден көп емес қатысушылар туды. Бірақ, есептің шартында паходқа 25 адам қатысты. Қарама- қайшылық туды. Демек, паходқа қатысушылардан бір жылда 4 адам туған.
Есеп №5
Сандардың ішінде 3 цифрнан тұратын, 17-ге бөлінетін санын бар екендігін дәлелдеңдер.
Шешуі: 3 цифрмен құрастырылған 17 әртүрлі санды қарастырайық: 3,33,333,3333,...
Бұл сандардың ішінен бірде біреуі 17-ге бөлінбейді деп ұйғарайық. 1,2,3,...,16 қалдықтары 16 түрлі болады. Сонда, біздің сандардың ішінде 17 бөлгенге 2 санның қалдықтары бірдей болуы керек. Осы сандардың айырмасы 17 бөлінеді және де бұл сандардың түрі: 333...000... (бастапқыда бірнеше үштер, содан нөлдер). 10 мен 17 сандар өзара жай сандар, сонда осы саннын соңынан нөлдерді алып тастасақ, шыққан сан да 17 – ге бөлінеді. Бірақ, ол 3 цифрнан тұрады. Біз іздеген санымызды таптық.
Есеп №6
40см х 30 см өлшемдегі терезеге 24 шыбын қонды. 11см х 11см шаршы пішінді шыбын қақышпен бірден үш шыбынды өлтіруге болатындығын дәлелдеңдер.
Шешуі: Терезені 10см*10см болатын бірдей 12 шаршыға бөлейік. Егерде әрбір шаршыда екі ден көп емес шыбын бар делік, онда терезені не бәрі көп емес шыбын бар. Есептің шартында 25 шыбын бар, демек, қандайда бір шаршыда 3 шыбын отыр. Шыбын қақыш осы шаршыны жабады. 11см х 11см шаршы пішінді шыбын қақышпен бірден үш шыбынды өлтіруге болады.
Есеп №7
Сыныпта 40 оқушы бар. Ең болмағанда 4 оқушының туған күні бір айда болама?
Шешуі: «Үйшіктер» айлар, ал «қояндар» оқушылар болсын. «Қояндарды» «үйшіктерге» туылған айлары бойынша орналастырамыз. Айлар саны, яғни «үйшіктер» саны 12-ге тең болғандықтан, оқушылар саны , яғни «қояндар» саны, тең. Дирихле принципі бойынша ең болмағанда 3+1=4 қоян (оқушы ) бар үйшік табылады.
Есеп №8
500 жәшікте алмалар
бар. Әр жәшіктегі алма саны
240-тан артық емес екеуі
Шешуі: Алғашқы 240 жәшіктегі алмалар саны әр түрлі болсын (1,2,...,240), ал келесі жәшіктеде сол сияқты болсын. Сонымен, жәшікке тағы да 1-ден 240 дейінгі алмаларды салу керек болады. Сонда жәшікте бірдей мөлшерде алма болатын мүмкіндік бар.
Есеп №9
Қабырғасы 1 болатын шаршыда
51 нүкте орналасқан.Олардың
Шешуі: Берілген шаршыны қабырғасы 1/5 болатындай бірдей 25 шаршыға («үйшік») бөлеміз. Олардың біреуі ке дегенде үш нүктенің біреуі мен сәйкес келеді. Қабырғасы 1/5 болатындай шаршыға іштей сызылған шеңбердің радиусы 1/5·[(Ц2)/ 2] = [1/( [Ц50])] < [1/( [Ц49])] = 1/7, сондықтан радиусы тең дөңгелек шаршыны жабады [8].
Есеп №10
Дирихле принципі бойынша 3 үйшікпен 4 қоянның орналасу кестесі:
0-бірінші қоян бірінші
үйшікте; 1-бірінші қоян екінші
үйшікте; 2-бірінші қоян үшінші
үйшікте; 3-екінші қоян бірінші
үйшікте; 4-екінші қоян екінші
үйшікте; 5-екінші қоян үшінші
үйшікте;6-үшінші қоян бірінші
үйшікте; 7-үшінші қоян екіншіде
үйшікте;8-үшінші қоян үшінші
Дирихле принципі бойынша 3 үйшікпен 4 қоянның орналасу кестесі | ||||||||||||
/̅ |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
1 |
τ̅ |
T |
T | |||||||||
2 |
τ |
T* | ||||||||||
|
3 |
τ |
T* |
||||||||||
|
4 |
τ |
T* |
||||||||||
|
5 |
τ̅ |
T |
T |
|||||||||
6 |
τ |
T* | ||||||||||
|
7 |
τ |
T* |
||||||||||
|
8 |
τ |
T* |
||||||||||
|
9 |
τ |
T* |
||||||||||
|
10 |
τ |
T* |
||||||||||
|
11 |
τ |
T* |
||||||||||
|
12 |
τ̅ |
T |
T |
|||||||||
13 |
τ |
T* | ||||||||||
|
14 |
τ |
T* |
||||||||||
|
15 |
τ |
T* |
||||||||||
|
16 |
τ |
T* |
||||||||||
|
17 |
τ |
T* |
||||||||||
|
18 |
τ |
T* |
||||||||||
|
19 |
τ |
T* |
||||||||||
|
20 |
τ |
T* |
||||||||||
|
21 |
τ |
T* |
||||||||||
|
22 |
τ̅ |
T |
T |
|||||||||
Қорытынды.
Сонымен, қорытындылай келе, бұл соншалықты ақиқат тұжырым болғанымен, оның көмегімен көптеген күрделі есептерді шешуге болады. Тек есеп шартынан оңтайлы түрде «үйшіктерді» таңдап алып, оларға «қояндарды» орналастыра білу керек. Мектеп математика курсының мазмұнында қарастырылмайды, көбінесе олимпиада есептерін шығаруда «кері жору» әдісін қолданып есептер шығару. Дирихле принципі математика саласының дамуына қажет болғандықтан, бұл теореманы тереңірек ұғып, түсіну. Оқушылардың математика пәніне қызығушылығын арттыру, логикалық ой – қабілеттерін арттыру.
Дирихле принципін қолданып ұзындықты, ауданды және сандар теориясында есеп шығаруға болатынын көрсету.
Дирихле принципі өмірден
алынған нақты мысалдардан
Қолданған әдебиеттер
[1] - Назарбаев Н.Ә. Инновациялар
мен оқу-білімді жетілдіру
[3] - Колмогоров А.Н. Современная
математика и математика в
современной школе // Математика
в школе. – 1971. - №6. – С. 2-3.
[4] – Математика мен
математиктер жайлы әңгімелер.
М.Ө. Исқақов, С.Н. Назаров.
[5] Б.Жанмолдаев «Дирихле қағидасы», ИФМ журналы,1999,№4
[6] Андреев А.А., Горелов Г.Н., Люлев А.И., Савин А.И. "Принцип Дирихле", Самара "Пифагор", 1997г
[7] А. А. Леман. Сборник задач московских математических олимпиад. Под ред. В.Г. Болтянского. М.: Просвещение, 1965.
[8] Д. X. Муштари. Подготовка к математическим олимпиадам: задачи, темы, методы. Казанский ун-т, 1990.
[9] В. Г. Болтянский. Шесть зайцев в пяти клетках. // Ж-л «КВАНТ», 1977,No2.
