Принцип Дирихле для длин и площадей

Применительно к бесконечным множествам, имеющим меру, можно сформулировать утверждение, похожее на принцип Дирихле и столь же очевидное:

"Если внутри множества меры V расположено несколько множеств, сумма мер которых больше V, то найдётся общий элемент, принадлежащий по крайней мере двум из этих множеств".

Для отрезков и фигур это положение переписывается так:

"Если на отрезке длины L расположено несколько отрезков с суммой длин больше L, то хотя бы два из них имеют общую точку";

"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:

"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";

"Если сумма площадей нескольких фигур меньше S, то ими нельзя покрыть фигуру площади S".

В качестве упражнения докажите все эти утверждения методом от противного и попробуйте сформулировать аналогичные им (например, для тел и объёмов).

Пример 13. 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 Sў1, Sў2,,..., Sў100 - площади фигур, дополняющих их до квадрата. Понятно, что Sk + Sўk = S. По условию S1+S2+...+S100 > 99S, поэтому

Sў1+ Sў2+...+ Sў100 = (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. найдётся точка, не принадлежащая ни одной из них. Тогда эта точка принадлежит каждой из исходных фигур и является искомой.

Пример 14. В круг радиуса 3 произвольным образом помещены несколько кругов, сумма радиусов которых равна 25. Доказать, что найдётся 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. Поскольку 50 > 8AB, то на отрезке AB есть точка, принадлежащая проекциям по крайней мере девяти кругов. Прямая, проходящая через эту точку и перпендикулярная диаметру AB, - искомая.

Пример 15. Дана фигура площади больше N. Доказать, что в ней найдутся N+1 точек, разности соответствующих координат которых - целые числа.

Решение Разобьём исходную фигуру параллельными прямыми, расположенными на расстоянии 1, на клетки. (В качестве таких прямых можно взять, например, линии целочисленной сетки.) Некоторые клетки будут покрываться фигурой полностью, другие - лишь частично. Выделим какую-нибудь одну клетку и с помощью параллельных переносов перенесём на эту клетку все кусочки фигуры, которые получились в результате её пересечения со всеми клетками. {Наглядно это можно описать так. Представьте, что фигура нарисована на клетчатой бумаге. Разрежьте бумагу по клеткам и сложите их в стопку, перенося их параллельно и не переворачивая, а затем спроектируйте стопку на выделенную клетку.}

Площади проекций частей фигуры в сумме дадут площадь самой фигуры, т.е. больше N. Поэтому на выделенной клетке (площади 1) согласно принципу Дирихле найдётся точка X, покрытая не менее N+1 кусочками фигуры. Вернёмся теперь к исходной фигуре и отметим на ней N+1 точек, проектирующихся в точку X при переносе клеток. Эти точки будут искомыми, т.к. после переноса кусочка фигуры в выделенную клетку координаты каждой точки этого кусочка изменяются на целое число.

Пример 16. В кубе с ребром a лежит ломаная, которую каждая плоскость, параллельная одной из граней, пересекает не более k раз. Доказать, что длина ломаной меньше 3ka.

Решение Введём в пространстве прямоугольную систему координат, оси которой направим вдоль рёбер куба. Пусть ломаная состоит из нескольких отрезков, длины которых мы обозначим через Lk.

Пусть xk, yk, zk - проекции отрезка Lk на оси координат. Тогда Lk = [Ц(x2k+y2k+z2k)]. Задачу будем решать методом от противного. Допустим, что длина ломаной не меньше 3ka. Тогда попробуем найти плоскость, параллельную одной из граней, которая пересечёт ломаную не менее чем в k+1 точках. Спроектируем ломаную на три грани куба, расположенные в плоскостях XOY, YOZ и XOZ, и рассмотрим одну из таких проекций, например, XOY (См. рисунок).

Каждый k-ый отрезок спроектированной ломаной образует также 4 проекции на сторонах квадрата, сумма длин которых равна 2(xk + yk). Если сложить длины всех таких проекций для каждого отрезка, то получим S2(xk + yk). Если бы эта величина была больше 4ka (т.е. более чем в k раз превосходила периметр квадрата), то по принципу Дирихле на одной из сторон квадрата нашлась бы точка, покрытая не менее чем k+1 проекциями. Тогда прямая, проведенная через эту точку и параллельная стороне квадрата, пересечёт проекцию исходной ломаной не менее чем в k + 1 точках. Значит, если через эту прямую провести плоскость, параллельную грани, то она пересечет исходную ломаную по крайней мере в k + 1 точках.

Осталось показать, что для одной из трёх граней, на которые проектировалась ломаная, сумма длин проекций, лежащих на сторонах квадрата, будет больше 4ka, т.е. одна из величин S2(xk + yk), S2(zk + yk), S2(xk + zk) больше 4ka. Длина ломаной равна SLk = S[Ц(x2k+y2k+z2k)] и по предположению не меньше 3ka. Поэтому получаем

3ka Ј S   ___________ Цx2k+y2k+z2k   < S(xk+yk+zk) =
= (1/4)·(S2(xk+yk) + S2(yk+zk) + S2(xk+zk)),

откуда

S2(xk+yk) + S2(yk+zk) + S2(xk+zk) > 3·4ka.    

Если сумма трёх слагаемых больше 3·4ka, то по крайней мере одно из них больше 4ka, что и требовалось.

Дата добавления: 2015-05-10