the least horizontal side. Let the

the least horizontal side. Let the length of its vertical side be equal to m1. Consider any side m1 of the remaining rectangles. The two cases are possible:

The vertical sides of two of these m1-rectangles are equal. Then one of them is contained in another one.

The vertical sides of all these rectangles are distinct. Then the vertical side of one of them is greater than m1 and, therefore, it contains the rectangle with the least horizontal

side.
20.31. Consider all the circles passing through two neighbouring vertices Ai and Ai+1 and a vertex Aj such that ∠AiAj Ai+1 < 90◦. At least one such circle exists. Indeed, one of
the angles ∠AiAi+2Ai+1 and ∠Ai+1AiAi+2 is smaller than 90◦; in the first case set Aj = Ai+2 and in the second case set Aj = Ai. Among all such circles (for all i and j) select a circle S
of the largest radius; let, for definiteness, it pass through points A1, A2 and Ak.

Suppose that vertex Ap lies outside S. Then points Ap and Ak lie on one side of line A1A2 and ∠A1ApA2 < ∠A1AkA2 ≤ 90◦. The law of sines implies that the radius of the cir-cumscribed circle of triangle A1ApA2 is greater than that of A1AkA2. This is a contradiction and, therefore, S contains the whole polygon A1 . . . An.

Let, for definiteness sake, ∠A2A1Ak ≤ ∠A1A2Ak. Let us prove then that A2 and Ak are neighbouring vertices. If Ak 6= A3, then

180◦ − ∠A2A3Ak ≤ ∠A2A1Ak ≤ 90◦

and, therefore, the radius of the circumscribed circle of triangle A2A3Ak is greater than the radius of the circumscribed circle of triangle A1A2Ak. Contradiction implies that S passes through neighbouring vertices A1, A2 and A3.










Chapter 21. DIRICHLET’S PRINCIPLE

Background

The most popular (Russian) formulation of Dirichlet’s or pigeonhole principle is the following one: “If m rabbits sit in n hatches and m > n, then at least one hatch contains at least two rabbits.”

It is even unclear at first glance why this absolutely transparent remark is a quite effective method for solving problems. The point is that in every concrete problem it is sometimes difficult to see what should we designate as the rabbits and the hatches and why there are more rabbits than the hatches. The choice of rabbits and hatches is often obscured; and from the formulation of the problem it is not often clear how to immediately deduce that one should apply Dirichlet’s principle. What is very important is that this method gives a nonconstructive proof (naturally, we cannot say which precisely hatch contains two rabbits and only know that such a hatch exists) and an attempt to give a constructive proof, i.e., the proof by explicitly constructing or indicating the desired object can lead to far greater difficulties (and more profound results).

Certain problems are also solved by methods in a way similar to Dirichlet’s principle. Let us formulate the corresponding statements (all of them are easily proved by the rule of contraries).

a) If several segments the sum of whose lengths is greater than 1 lie on a segment of length 1, then at least two of them have a common point.

b) If several arcs the sum of whose lengths is greater than 2π lie on the circle of radius 1, then at least two of them have a common point.

c) If several figures the sum of whose areas is greater than 1 are inside a figure of area 1, then at least two of them have a common point.


§1. The case when there are finitely many points, lines, etc.

The nodes of an infinite graph paper are painted two colours. Prove that there exist two horizontal and two vertical lines on whose intersection lie points of the same colour.

Inside an equilateral triangle with side 1 five points are placed. Prove that the distance between certain two of them is shorter than 0.5.
In a 3 × 4 rectangle there are placed 6 points.√Prove that among them there are
two points the distance between which does not exceed 5.

On an 8 × 8 checkboard the centers of all the cells are marked. Is it possible to divide the board by 13 straight lines so that in each part there are not more than 1 of marked points?

Given 25 points in plane so that among any three of them there are two the distance between which is smaller than 1, prove that there exists a circle of radius 1 that contains not less than 13 of the given points.

In a unit square, there are 51 points. Prove that certain three of them can be covered by a disk of radius 17 .


385


k2−k+1

1
386 CHAPTER 21. DIRICHLET’S PRINCIPLE

Each of two equal disks is divided into 1985 equal sectors and on each of the disks

some 200 sectors are painted (one colour). One of the disks was placed upon the other one and they began rotating one of the disks through multiples of 3601985◦ . Prove that there exists at least 80 positions for which not more than 20 of the painted sectors of the disks coincide.

Each of 9 straight lines divides a square into two quadrilaterals the ratio of whose areas is 2 : 3. Pr

Kết quả (Việt) 1:

bên ít nhất ngang. Để chiều dài của mặt thẳng đứng của nó bằng m1. Hãy xem xét bất kỳ m1 bên của hình chữ nhật còn lại. Hai trường hợp có thể: Mặt đứng của hai trong số các hình chữ nhật m1 là bình đẳng. Sau đó, một trong số họ được chứa trong một số khác. Mặt đứng của tất cả các hình chữ nhật là khác biệt. Sau đó phía đứng của một trong số họ là lớn hơn m1 và, do đó, nó có chứa các hình chữ nhật với ít nhất là ngangSide.20,31. Hãy xem xét tất cả các vòng tròn đi qua hai đỉnh láng giềng Ai và Ai + 1 và một đỉnh Aj, như vậy mà ∠AiAj Ai + 1 < 90◦. Ít nhất một vòng tròn như vậy tồn tại. Thật vậy, một tronggóc ∠AiAi + 2Ai + 1 và ∠Ai + 1AiAi + 2 là nhỏ hơn so với 90◦; trong đầu tiên trường hợp đặt Aj = Ai + 2 và năm thứ hai trường hợp đặt Aj = Ai. Trong số tất cả các vòng tròn (đối với tất cả các i và j) chọn vòng kết nối Sbán kính lớn nhất; Hãy để cho definiteness, nó đi qua điểm A1, A2 và Ak.Giả sử rằng đỉnh Ap nằm bên ngoài S. Sau đó điểm Ap và Ak nằm trên một mặt của dòng A1A2 và ∠A1ApA2 < ∠A1AkA2 ≤ 90◦. Luật của sines ngụ ý rằng các bán kính của hình tròn cir-cumscribed của tam giác A1ApA2 là lớn hơn của A1AkA2. Đây là một mâu thuẫn, và do đó, S chứa toàn bộ đa giác A1... Một.Hãy để, vì lợi ích definiteness, ∠A2A1Ak ≤ ∠A1A2Ak. Chúng ta hãy chứng minh sau đó rằng A2 và Ak là láng giềng đỉnh. Nếu Ak 6 = A3, sau đó180◦ − ∠A2A3Ak ≤ ∠A2A1Ak ≤ 90◦và, do đó, bán kính của đường tròn của tam giác A2A3Ak lớn hơn bán kính của đường tròn của tam giác A1A2Ak. Mâu thuẫn ngụ ý rằng S đi qua láng giềng đỉnh A1, A2 và A3. Chương 21. NGUYÊN TẮC DIRICHLETNền tảng Xây dựng (tiếng Nga) phổ biến nhất của các nguyên tắc Dirichlet hoặc pigeonhole là một trong sau đây: "nếu m thỏ ngồi trong nắp n và m > n, sau đó ít nhất một nở có chứa ít nhất hai thỏ."Nó không thậm chí rõ ràng nháy mắt đầu tiên tại sao này nhận xét hoàn toàn minh bạch là một phương pháp khá effective để giải quyết vấn đề. Vấn đề là trong mọi vấn đề cụ thể nó đôi khi difficult để xem những gì chúng ta nên chỉ định làm thỏ và các nắp và lý do tại sao có rất nhiều hơn thỏ hơn các nắp. Sự lựa chọn của thỏ và nắp thường bị che khuất; và từ việc xây dựng của vấn đề nó không phải là thường rõ ràng làm thế nào để ngay lập tức có thể suy ra rằng một trong những nên áp dụng nguyên tắc Dirichlet. Điều rất quan trọng là phương pháp này cho phép một bằng chứng nonconstructive (tự nhiên, chúng tôi không thể nói chính xác mà nở chứa hai thỏ và chỉ biết rằng như vậy nở một tồn tại) và một nỗ lực để cung cấp cho một bằng chứng mang tính xây dựng, tức là, các bằng chứng bằng cách xây dựng một cách rõ ràng hoặc chỉ ra đối tượng mong muốn có thể dẫn đến difficulties lớn hơn nhiều (và sâu sắc hơn kết quả). Một số vấn đề cũng được giải quyết bằng phương pháp một cách tương tự như nguyên tắc Dirichlet. Chúng ta hãy xây dựng những điều khoản tương ứng (Tất cả chúng một cách dễ dàng được chứng minh bởi các quy tắc của contraries).a) nếu một số phân đoạn tổng độ dài mà là lớn hơn 1 nằm trên một phân đoạn của chiều dài 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.b) nếu một vài vòng cung Tổng độ dài mà là lớn hơn 2π nằm trên vòng tròn bán kính 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.c) nếu một vài con số tổng của các khu vực mà là lớn hơn 1 đang ở trong một con số của khu vực 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.§1. Trường hợp khi có finitely nhiều điểm, đường dây, vv. Các nút của một đồ thị vô hạn giấy được sơn hai màu sắc. Chứng minh rằng có tồn tại hai ngang và hai đường thẳng đứng trên giao lộ có nói dối điểm của cùng một màu sắc. Bên trong một tam giác đều với bên 1 năm điểm được đặt. Chứng minh rằng khoảng cách giữa nhất định hai người trong số họ là ngắn hơn 0,5. 3 × 4 hình chữ nhật có đặt 6 points.√Prove rằng trong số đó có nhữnghai điểm khoảng cách giữa mà không vượt quá 5. Trên một 8 × 8 checkboard Trung tâm của tất cả các tế bào được đánh dấu. Có thể chia bảng 13 đường thẳng vì vậy mà trong mỗi phần không có nhiều hơn 1 điểm đánh dấu? Cho 25 điểm trong máy bay như vậy trong bất kỳ ba của họ có hai khoảng cách giữa mà là nhỏ hơn 1, chứng minh rằng có tồn tại một hình tròn bán kính 1 có chứa không ít hơn 13 người trong số những điểm nhất định. Trong một hình vuông đơn vị, có 51 điểm. Chứng minh rằng một số ba trong số họ có thể được bao phủ bởi một đĩa bán kính 17. 385 K2−k + 11386 CHƯƠNG 21. NGUYÊN TẮC DIRICHLET Mỗi hai bằng đĩa này được chia thành năm 1985 bằng ngành và trên mỗi đĩamột số lĩnh vực 200 được sơn (một trong những màu sắc). Một của những đĩa được đặt theo một trong những khác và họ bắt đầu quay một đĩa thông qua các bội số của 3601985◦. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 80 vị trí mà không quá 20 lĩnh vực sơn đĩa trùng. Mỗi người trong số 9 đường thẳng chia hình vuông thành hai quadrilaterals tỷ lệ của các khu vực mà là 2:3. Quan hệ công chúng

Kết quả (Việt) 2:

phía ngang ít nhất. Hãy để chiều dài của mặt thẳng đứng của nó bằng m1. Hãy xem xét bất kỳ m1 bên của hình chữ nhật còn lại. Hai trường hợp có thể là:

Các mặt thẳng đứng của hai trong số những m1-hình chữ nhật bằng nhau. Sau đó, một trong số chúng được chứa trong nhau.

Các mặt thẳng đứng của tất cả các hình chữ nhật là khác biệt. Sau đó, các bên theo chiều dọc của một trong số họ là lớn hơn m1 và, do đó, nó có chứa các hình chữ nhật với chiều ngang ít nhất là

phụ.
20.31. Hãy xem xét tất cả các vòng tròn đi qua hai đỉnh lân cận Ai và Ai + 1 và một đỉnh Aj mà ∠AiAj Ai + 1 <90◦. Ít nhất một vòng tròn như vậy tồn tại. Thật vậy, một trong
các góc ∠AiAi + 2Ai + 1 và ∠Ai + 1AiAi + 2 nhỏ hơn 90◦; trong trường hợp đầu tiên thiết lập Aj = Ai + 2 và trong trường hợp thứ hai đặt Aj = Ái. Trong số tất cả các vòng tròn như vậy (cho tất cả i và j) chọn một vòng tròn S
của bán kính lớn nhất; để cho, cho tính xác định, nó đi qua các điểm A1, A2 và Ak.

Giả sử đỉnh Ấp nằm ngoài S. Sau đó chỉ Ấp và Ak nằm trên một mặt của dòng A1A2 và ∠A1ApA2 <∠A1AkA2 ≤ 90◦. Các định lí sin ngụ ý rằng bán kính của vòng tròn cir-cumscribed của tam giác A1ApA2 là lớn hơn so với A1AkA2. Đây là một sự mâu thuẫn và, do đó, S chứa toàn bộ đa giác A1. . . An.

Để cho, vì lợi ích của tính xác định, ∠A2A1Ak ≤ ∠A1A2Ak. Hãy để chúng tôi chứng minh đỉnh rồi mà A2 và Ak được láng giềng. Nếu Ak 6 = A3, sau đó

180◦ - ∠A2A3Ak ≤ ∠A2A1Ak ≤ 90◦

và, do đó, bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác A2A3Ak lớn hơn bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác A1A2Ak. Mâu thuẫn ngụ ý rằng S đi qua các đỉnh lân cận A1, A2 và A3.










NGUYÊN TẮC Chương 21. Dirichlet 's

nền

phổ biến nhất (Nga) xây dựng Dirichlet hay chuồng bồ câu nguyên tắc là một sau: "Nếu m thỏ ngồi trong hầm n và m> n, thì ít nhất một nở chứa ít nhất hai con thỏ. "

Nó thậm chí còn không rõ ràng ở cái nhìn đầu tiên tại sao nhận xét hoàn toàn minh bạch này là một e ff phương pháp ective khá để giải quyết vấn đề. Vấn đề là trong mọi vấn đề cụ thể nó là đôi khi di ffi sùng bái để xem những gì chúng tôi cần chỉ là những con thỏ và các hầm và tại sao có những con thỏ hơn so với các cửa hầm. Sự lựa chọn của thỏ và hầm thường được che khuất; và từ các công thức của vấn đề nó không phải là thường rõ ràng làm thế nào để ngay lập tức suy luận rằng người ta nên áp dụng nguyên tắc Dirichlet 's. Những gì là rất quan trọng là phương pháp này đưa ra một bằng chứng nonconstructive (tự nhiên, chúng ta không thể nói đó chính xác nở chứa hai thỏ và chỉ biết rằng một nở như vậy tồn tại) và một nỗ lực để cung cấp cho một bằng chứng có tính xây dựng, ví dụ, bằng chứng bằng cách xây dựng một cách rõ ràng hoặc chỉ ra các đối tượng mong muốn có thể dẫn đến những khó di ffi lớn hơn nhiều (và kết quả sâu sắc hơn).

một số vấn đề cũng được giải quyết bằng phương thức trong một cách tương tự như nguyên tắc Dirichlet 's. Hãy để chúng tôi xây dựng các báo cáo tương ứng (tất cả trong số họ có thể dễ dàng chứng minh bằng sự cai trị của contraries).

A) Nếu một vài phân đoạn tổng có độ dài lớn hơn 1 nằm trên một đoạn chiều dài 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.

b) Nếu nhiều vòng cung các khoản có độ dài lớn hơn 2π nằm trên đường tròn bán kính 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.

c) Nếu một vài con số tổng của mà khu vực lớn hơn 1 đang ở trong một con số của khu vực 1, sau đó ít nhất hai trong số họ có một điểm chung.


§1. Các trường hợp khi có hữu hạn nhiều điểm, đường, vv

Các nút của một giấy đồ thị vô hạn được sơn hai màu. Chứng minh rằng có tồn tại hai chiều ngang và hai đường thẳng đứng trên có điểm cùng màu nằm ngã tư.

Bên trong một tam giác đều có cạnh 1 năm điểm được đặt. Chứng minh rằng khoảng cách giữa một số hai trong số đó là ngắn hơn 0,5.
Trong một hình chữ nhật 3 × 4 có được đặt 6 points.√Prove rằng trong số đó có
hai điểm khoảng cách giữa chúng không vượt quá 5.

Trên một checkboard 8 × 8 các trung tâm của tất cả các tế bào được đánh dấu. Có thể chia các bảng bằng 13 đường thẳng vì vậy mà trong mỗi phần không có nhiều hơn 1 điểm đánh dấu?

Với 25 điểm trong mặt phẳng để trong bất kỳ ba trong số họ có hai khoảng cách giữa mà là nhỏ hơn 1, chứng minh rằng có tồn tại một vòng tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm nhất định.

trong một đơn vị vuông, có 51 điểm. Chứng minh rằng số ba trong số họ có thể được bao phủ bởi một đĩa bán kính 17.


385


k2-k + 1

1
386 CHƯƠNG 21. Dirichlet 's NGUYÊN TẮC

Mỗi hai đĩa bằng được chia thành 1.985 phần bằng nhau và trên mỗi đĩa

khoảng 200 ngành là sơn (một màu). Một trong những đĩa được đặt trên một trong những khác và họ bắt đầu quay một trong những đĩa thông qua bội số của 3601985◦. Chứng minh rằng có tồn tại ít nhất 80 vị trí mà không quá 20 của ngành sơn của những đĩa trùng.

Mỗi 9 đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác tỷ lệ mà khu vực này là 2: 3. Pr