Дирихле принципі

Жұмыс түрі: Реферат
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 12 бет
Таңдаулыға:

Қазақстан Республикасы Ғылым және Білім министрлігі

Е. А. Бөкетов атындағы Қарағанды мемлекеттік университеті

Реферат

Тақырыбы: Дирихле белгісі

Дайындаған: Өмірбек Эльмира

Оқу тобы: МКМ-413

Қабылдаған: Шаукенова К. С

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 ойламын.

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.

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.

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 модельдерімен жұмыс жасайды. Оны, математик ретінде, қабылданған модель аясында қорытындылар орынды ма деген сұрақ ғана ойландырады. Егер де ол реалдылық пен оның математикалық моделінің арасындағы диалектикалық байланысты түсіндіру міндетінен бас тартса, бұл әсте жақсы емес» - деп көрсеткен болатын.

«Айтушылардың сөзіне қарағанда ғылымның бұл саласын жоғары тұрғыдан зерттеп, қиқы-шойқы жерлерін түзеп, шалағай ережелерді ширатып, ақыл парасатына жүгіндіріп, үлкен ғылымға айналдырушы Пифагор болған».

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.

Дирихле принципінің тұжырымдамалары

Комбинаторикада Дирихле́ при́нципі (нем. Schubfachprinzip, «жәшіктер принципі») - заттар («қояндар») мен олар салынған контейнерлер («жәшіктер») арасындағы белгілі шарттар орындалғанда болатын байланыс туралы неміс математигі Дирихле 1834 жылы тұжырымдаған принцип. Ағылшын тілі мен кейбір басқа да тілдерде «кептерлер мен жәшіктер принципі» (ағылш. Pigeonhole principle) атымен белгілі. Дирихле принципі, мысалы, диофанттық жақындау теориясында сызықтық теңсіздіктер жүйесін талдауда қолданылады.

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.

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 8 шыршада өседі. Әрбір шыршада саны 5-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 4 инесі бар ағаш та біреуден артық емес. Сонда 1-ден 5-ға дейін инелері бар болатын ағаш саны 5-нан артық емес болып шығады. Ал барлығы 8 шыршаның әрқайсысында 5-нан артық инелері болмаса, онда ең болмағанда екі шыршаның инелер саны бірдей болады.

Ескерту. Есептің шешуі нақты сандардан тәуелді емес: 8 (шыршалардың саны ) және 5 ( ең көп инелер саны) . Мұндағы маңызды нәрсе 800 000 саны 5-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.

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 пайдаланып шығарамыз. Ол үшін 1, 2, …, 5 сандармен нөмірленген қорап бар деп есептейік. 8 шыршаны осы қорапта ойша былай орналастырайық: нөмірі қорапқа инесі бар шыршаны орналастырамыз. Шыршалар, яғни «заттар» қораптардан көп болғандықтан екіден кем емес «зат», демек, екіден кем емес шырша салынған ең болмағанда бір қорап табылады. Бірдей қорапта инелерінің саны бірдей ең болмағанда екі шыршалар табылады.

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, 26…, 5-ке бөлгендегі қалдығы 1 болады, басқа сандар …-13, -8, -3, 2, 7, 12, 17, 22, 27, …, қалдығы 2, үшінші топтағы сандарды 5-ке бөлгенде қалдығы 3-ке, төртінші топтағы сандарды 5-ке бөлгенде қалдығы 4-ке тен, ал бесінші топта 5-ке қалдықсыз бөлінетін сандар бар.

Есеп:4 Кез келген натурал сандар үшін n-ге бөлінетін, 0 және 5 цифрларынан тұратын натурал сан бар боатындығын дәлелдеу керек.

Шешу: а ₂ =50, a ₂ =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.

Ұзындық пен аудандағы дирихле принципі

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

Кейбір геометриялық есептерде Дирихле принципін қолдану арқылы шығарылады.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Талдау жүргізген есептер

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

Шешуі:

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

Есеп №2.

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

Жауабы:

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

Есеп №3.

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

Шешуі:

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

Есеп №4

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

Шешуі:

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

Есеп №5

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

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

... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.