Princip_Dirikhle_08-01

08-01-02. Принцип Дирихле
1. «Принцип Дирихле». Задача о выборе двух натуральных чисел из 11, разность
которых делится на 10.
Даны 11 произвольных натуральных чисел. Докажем, что среди них найдутся два,
разность которых делится на 10.
Посмотрим на последние цифры в записи этих 11 чисел. Всего цифр десять, а чисел 11.
Значит, по крайней мере, у двух чисел последние цифры одинаковы. Разность этих чисел
оканчивается на 0, а поэтому и делится на 10.
Для решения этой, совсем несложной, задачи мы использовали так называемый
принцип Дирихле:
Если в n ящиках имеется n  1 предмет, то обязательно найдутся два предмета,
лежащие в одном ящике.
В рассмотренном примере числа - "предметы" мы помещаем в один "ящик", если их
последние цифры одинаковы; можно вообразить, что на каждом из десяти "ящиков"
написано: "числа, оканчивающиеся на 0", "числа, оканчивающиеся на 1", ..., "числа,
оканчивающиеся на 9".
Рассмотрим более сложную задачу, которую можно решить, используя принцип
Дирихле.
2. Задача о выборе из 100 натуральных чисел одного или нескольких, сумма которых
делится на 100.
Докажем, что из ста произвольных натуральных чисел
a1 a2  a3  a100
можно выбрать одно или несколько чисел, сумма которых делится на 100.
Для доказательства составим суммы:
a1 a1  a2  a1  a2  a3  a1  a2    a100 
Если какая-то из этих сумм делится на 100, то ее и можно взять в качестве требуемой
суммы.
Если же ни одна из этих ста сумм не делится на 100, то при делении каждой из них на
100 мы можем получать остаток либо 1, либо 2, ..., либо 99. Так как выписано сто сумм, а
возможных остатков всего 99, то по принципу Дирихле найдутся две суммы, которые при
делении на 100 дают одинаковые остатки. Пусть, например, суммы
a1  a2  a3  a4  a5
и
a1  a2    a48
при делении на 100 дают одинаковые остатки. Тогда разность этих сумм делится на 100
и равна
a6  a7    a48 
В результате получаем сумму нескольких из заданных чисел, которая делится на 100.
3.* Существование степени числа 3, которая оканчивается цифрами 001.
Докажем существование натуральной степени числа 3, десятичная запись которой
оканчивается на цифры 001.
Выпишем 1001 последовательную степень числа 3:
3 32  33   31001
Рассмотрим остатки от деления этих чисел на 1000. Все остатки заключены между 0 и
999. Таким образом, различных остатков не более 1000, а степеней мы взяли 1001. Значит,
среди выписанных найдутся две степени, имеющие одинаковый остаток при делении на
1000; а значит разность этих степеней делится на 1000. Пусть этими степенями будут 3k и
3l , где k  l . Тогда 3k  3l  (3k l  1)  3l  1000  m , где m – натуральное число. Так как 3l
взаимно просто с числом 1000, то на 1000 делится первый сомножитель 3k l  1 :
3k l  1  1000n 3k l  1000n  1
Поэтому 3k l является искомой степенью, оканчивающейся на цифры 001.
4.* Малая теорема Ферма.
Соображения, аналогичные рассмотренным в предыдущих пунктах, позволяют
установить некоторые общие свойства натуральных чисел.
Возьмем простое число p и натуральное число a , которое не делится на p .
Рассмотрим числа
a a 2  a3  a p 
Так как ни одно из этих чисел не делится на p , то остатки от деления этих чисел на p
заключены между числами 1 и p  1 . Вследствие принципа Дирихле среди перечисленных
степеней числа a найдутся по крайней мере два числа, дающих при делении на p
одинаковые остатки. Пусть это числа a k и a l (k  l ) . Но тогда их разность делится на p :
a k  al  al (a k l  1) делится на p ;
a l не делится на p ;
следовательно, на p делится a k l  1 , то есть a k l при делении на p дает остаток 1.
Итак, мы установили, что среди чисел a a 2  a3  a p 1 есть некоторая степень,
дающая при делении на p остаток 1.
На самом деле справедливо более точное утверждение, известное как малая теорема
Ферма.
Теорема. Пусть p — простое число, a – целое число, не делящееся на p .
Тогда a p 1  1 делится на p .
Пример 1. Пусть a  7 и p  5 . Тогда при делении на 5 чисел 7, 7 2 , 73 , 7 4 , 75 , мы
получим соответственно остатки 2, 4, 3, 1, 2. Поэтому число 75  7 делится на 5, откуда
число 7 4  1 также делится на 5. Следовательно, число 7 4 при делении на 5 дает в остатке
1. Это же можно видеть и из набора выписанных остатков.
Доказательство малой теоремы Ферма мы приводить не будем, так как оно требует
привлечения дополнительных рассуждений.
5.** Разберем одну достаточно трудную задачу, которую можно решить с помощью
принципа Дирихле.
Из ста шаров, занумерованных числами от 1 до 100, произвольным образом выбрали 21
шар. Докажем, что среди них можно найти четыре таких шара, что сумма номеров на
некоторых двух из них равна сумме номеров на двух оставшихся из этих шаров.
Решение. Подсчитаем количество различных пар шаров, которые можно составить,
имея 21 шар. Первый шар можно выбрать 21 способом. Затем из оставшихся 20 шаров
второй шар можно выбрать 20 способами. В результате можно составить 21 20  420
комбинаций из двух шаров. Учитывая, что комбинации двух шаров с номерами ( A B ) и с
номерами ( B A) дают одну и ту же сумму номеров, мы можем не различать пары шаров,
на которых записаны одни и те же номера, но в разном порядке. Тогда получим
4202  210 различных неупорядоченных пар шаров.
Самой маленькой суммой номеров на паре шаров может быть 1  2  3 , а самой
большой может оказаться 99  100  199 . Значит, сумма номеров на парах шаров может
принимать одно из 197 различных значений от 3 до 199.
Так как число 197 меньше числа 210 возможных различных пар шаров, то по принципу
Дирихле найдутся две различные пары шаров, суммы номеров в каждой из которых
равны. Остается заметить, что такие две пары шаров содержат четыре шара с различными
номерами. Действительно, если предположить, что две различные пары шаров имеют
элемент с одним и тем же номером и одинаковую сумму номеров, то тогда другие
элементы этих пар также имеют один и тот же номер, то есть пары шаров совпадают. Но
это противоречит тому, что мы выбрали две различные пары шаров.
Контрольные вопросы
1. Сформулируйте принцип Дирихле
2. Сформулируйте малую теорему Ферма
Задачи и упражнения
1. Докажите, что из 101 целого числа можно выбрать два, разность которых делится
на 100.
2. Докажите, что для каждого натурального числа n найдется число вида 111...100..0,
делящееся на n .
3. Среди натуральных чисел от 1 до 50 произвольным образом взяты 26 различных чисел.
Докажите, что всегда найдутся два числа, одно из которых в два раза больше другого.
4. Верно ли утверждение предыдущей задачи для 25 различных натуральных чисел, не
больших 50?
5. Внутри квадрата размером 100 см  100 см произвольным образом расположены 200
точек. Докажите, что внутри большого квадрата всегда можно выбрать прямоугольник
размером 5 см  10 см, внутри которого не лежит ни одна из данных точек.
6. В квадрате со стороной 6 произвольным образом отмечено 7 точек. Докажите, что
какие-то две из них находятся на расстоянии, не превосходящем 13 .
7. Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие равное число
знакомых в этой компании. (Будем предполагать, что если A знаком с B , то B
знаком с A ).
8. Пусть натуральное число m не делится на 5. Докажите, что:
а) ни одно из чисел a , 2a , 3a , 4a не делится на 5;
б) числа a , 2a , 3a , 4a при делении на 5 дают различные остатки;
в) произведения (a)  (2a)  (3a)  (4a) и 1 2  3  4 при делении на 5 дают одинаковые
остатки;
г) число a n  1 делится на 5.
9. Пусть p простое число и m — натуральное число, которое не делится на p . Докажите,
что:
а) ни одно из чисел a 2a 3a ( p  1)a не делится на p ;
б) числа a 2a 3a ( p  1)a при делении на p дают различные остатки;
в) произведения (a)  (2a)  (( p  1)a) и 1 2  ( p  1) при делении на p дают
одинаковые остатки;
г) число a p 1  1 делится на p .
Ответы и указания
Задача 1. Указание. При делении целого числа на 100 может получиться один из ста
неотрицательных остатков. Следовательно, среди 101 целого числа обязательно найдутся
два числа, которые при делении на 100 дают одинаковые остатки.
Задача 2. Указание. Рассмотреть последовательность из n чисел следующего вида:
1,11,111,1111, … .
Задача 3. Указание. Нетрудно привести соответствующий пример, взяв все 25
нечетных чисел, меньших 50, и еще число 4.
Задача 4. Указание. Верно, но привести соответствующий пример уже труднее. Для
этого нужно взять все 25 нечетных чисел, меньших 50, затем шесть чисел 4, 12, 20, 28, 36,
44 и еще два числа 16 и 48.
Задача 5. Указание. Квадрат можно разрезать на 200 прямоугольников размером
5 10 см.
Задача 6. Указание. Разделим прямоугольник на шесть прямоугольников со
сторонами 2 и 3. Так как отмечено 7 точек, то две из них попадут в один из этих
прямоугольников. Но тогда расстояние между этими точками не больше, чем
22  32  13 .
Задача 7. Указание. Пусть в компании n человек. Тогда возможное число знакомых
от нуля до ( n  1) человек, то есть всего n разных количеств. Однако, если у какого-то
человека будет ( n  1) знакомых, то у всех остальных будет не менее одного знакомого.
Задача 8. Указания. а) Известно свойство, что если произведение двух чисел делится
на простое число, то хотя бы один из сомножителей делится на это простое число.
б) Разность любых двух из этих чисел имеет вид k  a , где  k  5 , поэтому не делится
на 5.
в) Остатки от деления чисел a , 2a , 3a , 4a на число 5 — это четыре различных
натуральных числа, меньшие 5, то есть в некотором порядке совпадают с числами 1, 2, 3,
4.
г) Разность произведений (a)  (2a)  (3a)  (4a) и 1 2  3  4 делится на 5.
Задача 9. Указание. В этой задаче доказательство обобщает то доказательство,
которое приведено в указаниях к решению задачи 8.