Տասներկուամյա կրթական համակարգին անցնելու ընթացքում փոփոխություններ կատարվեցին տարբեր առարկաների ուսումնական ծրագրում. Ավելացվեցին նոր բաժիններ, կամ եղած բաժիններում տրամադրվող նյութն ավելի ընդգրկուն դարձավ:   Մասնավորապես, 11-րդ դասարանի բնական գիտությունների և մաթեմատիկայի հոսքերի հանրահաշվի դպրոցական դասընթացում «Տրամաբանության տարրերը» գլխում ավելացվեց նոր պարբերություն. «Ապացույց և հերքում: Ապացուցելու և հերքելու հիմնական մեթոդները »[1]:   Այս պարբերությունում օրինակների ապացուցման այլ մեթոդների միջոցով համառոտ քննարկվում է Դիրիխլեի սկզբունքը, ինչպես նաև այս սկզբունքի հետ կապված որոշ բնորոշ խնդիրներ: Հայտնի է, թե որքան տարածված է Դիրիխլեի սկզբունքը դպրոցական մաթեմատիկայում:   Այս սկզբունքի կիրառումը հիմք է դպրոցական մաթեմատիկայի օլիմպիադաներում հայտնաբերված ապացույցների հետ կապված բազմաթիվ խնդիրների լուծման համար: Այս հոդվածը նվիրված է Դիրիխլեի սկզբունքի որոշ հնարավոր կիրառությունների քննարկմանը: Հայտնի գերմանացի մաթեմատիկոս Peter Hustav Lezen Dirichlet- ի սկզբունքը սովորաբար մաթեմատիկական գրականության մեջ տրվում է նապաստակի վանդակների օրինակով [2], այսինքն ՝ եթե մեկ վանդակում նապաստակներ լինեն, ավելին ՝ կգտնվի մեկից ավելի վանդակ: նապաստակ   Այս սկզբունքի ճշմարտությունը հեշտությամբ կարելի է պարզել հակասական ենթադրության մեթոդով: Դիրիխլեի ընդհանրացված սկզբունքը [2] վերաբերում է նաև տարբեր խնդիրների, ըստ որոնց, եթե կան նապաստակներ մի շարք վանդակներով, ապա կգտնվի վանդակ առնվազն մեկ նապաստակով: Պետք է նշել, որ Դիրիխլեի սկզբունքը պնդում է, երբ նապաստակների քանակը ավելին է, քան վանդակների քանակը:   Նման հայտարարություն կարելի է անել դեֆիցիտով, երբ նապաստակների քանակը պակաս է վանդակների քանակից, այսինքն ՝ եթե յուրաքանչյուր վանդակում կա մի շարք նապաստակ, ապա կլինի մի վանդակ, որում նապաստակներ չեն լինի: Մաթեմատիկական գրականության մեջ մենք գտնում ենք հանրահաշվական-երկրաչափական տատանումները, որոնք նման են Դիրիխլեի սկզբունքին:   Ենթ-թեորեմների տեսքով մենք կձևակերպենք, ապացուցենք, Դիրիխլեի սկզբունքի վրա հիմնված մի քանի պնդումներ, որոնք այնուհետև կօգտագործենք տարբեր անտիպ խնդիրներ լուծելու համար: Թեորեմ 1:  Naturalանկացած բնական թվաքանակում միշտ կլինեն երկուս, որոնց տարբերությունը բաժանվում է ըստ: Ապացույց  Ինչպես գիտենք, կամայական բնական թիվը տրված թվին բաժանելու արդյունքում ստացված մնացորդը կարող է լինել բնական կամ, այլ կերպ ասած, ստացված մնացորդը կարող է ընդունվել:  Ենթադրենք, որ մենք ունենք նապաստակներ և համարակալեք բջիջները ըստ հնարավոր բջիջների քանակի:   Եկեք տեղադրենք տրված բնական թվերից մեկը հավասարապես համամասնորեն յուրաքանչյուր նապաստակի, մասնավորապես դնենք տրված nNNnnNNkn1knNNn2; 3; 51n121; ; ; naaann0, 1 ,, n21nn1nn0, 1 ,, n21n121; ; ; naaak բնական թիվ:   Եկեք պայմանավորվենք յուրաքանչյուր բնականին համապատասխան նապաստակը տեղադրել այն տուփի մեջ, որի թիվը հավասար է բնական թվին բաժանելու մնացորդին: Արդյունքում կունենանք նապաստակներ, որոնք տեղադրել ենք անհատական ​​վանդակների մեջ, և, հետեւաբար, Դիրիխլեի սկզբունքի համաձայն, կգտնվի մեկից ավելի նապաստակներով վանդակ: Այսպիսով, այդ վանդակի երկու նապաստակներին համապատասխան թվերը բաժանելով, դրանք տալիս են նույն մնացորդը, ապա , Թեորեմն ապացուցված է:  Թորեմա 2:  Եթե ​​տվյալ տարածքով պատկերի մեջ տեղադրված լինեն մի քանի պատկերներ, դրանց տարածքների հանրագումարը. Ա) պակաս է, ապա կլինի տվյալ պատկերին պատկանող առնվազն մեկ կետ, որը և չի պատկանում որևէ պատկերի, բ) ավելի մեծ է, քան, ապա կլինի առնվազն մեկը, որը պատկանում է երկուսին էլ:   գոնե նկարներից:  Նախ ապացուցենք թեորեմի «ա» կետը:  Եկեք նախ քննարկենք դեպքը, երբ տեղադրված պատկերները չեն հատվում: Այս դեպքում պատկերի տարածքը հավասար կլինի պատկերների տարածքների գումարին և, ըստ խնդրի վիճակի, փոքր կլինի պատկերի տարածքից, ապա կարող ենք ասել, որ պատկերը և կհայտնաբերվի տվյալ պատկերով, հնարավոր չէ ծածկել պատկերին պատկանող գոնե մեկ կետ:  Այս դեպքում ապացուցվում է թեորեմի «ա» կետը:  Հիմա ենթադրենք, որ տեղադրված պատկերներից մի քանիսը հատվում են:  Տրված պատկերներից մենք փոխադարձ հատվող պատկերների նոր շարք ենք կազմում հետևյալ սկզբունքով. Թող, եթե չունենան ընդհանուր կետեր, մենք կընդունենք, հակառակ դեպքում մենք կընտրենք որպես կետերի ամբողջություն, որոնք պատկանում են, բայց չեն պատկանում ka- ին: 1; 1knkakan1NnnNniajanijaanS12 ,,, nSiS12 ,,, ni12 n12 ,,, n12 n ii12 ,,, n1112222 21: ,  Նշենք, որ այս դեպքում J և ոչ մի ընդհանուր բան չունեն (մենք կհամաձայնվենք նկարի տարածքը նշել դրանով):  Նույն կերպ մենք կընտրենք այն կետերի ամբողջությունը, որոնք պատկանում են, բայց չեն պատկանում, այսինքն.   Մենք կընտրենք պատկերները (մասնավորապես) նույն սկզբունքի համաձայն: Արդյունքում, մենք ունենք պատկերների նոր հավաքածու, որոնք չեն հատվում միմյանց հետ, այնպիսին, ինչպիսին է Հետեւաբար, ըստ վերոնշյալ ապացույցի, տվյալ պատկերին պատկանող գոնե մեկ կետ կլինի, որը, կամ որը նույնն է, պատկերի չի պատկանում:   Ապացուցված է թեորեմի «ա» կետը: Հիմա եկեք ապացուցենք թեորեմի «բ» կետը:   Քանի որ պատկերները տեղադրված են պատկերի մեջ, ակնհայտ է, որ մենք հակասական ենթադրություն կանենք: Ենթադրենք, որ պատկերները փոխադարձ չեն հատվում, դա նշանակում է, որ դրանց մակերեսների գումարը հավասար է պատկերի մակերեսին, ուստի դա հակասում է էթորեմի վիճակին, այսինքն ՝ տեղադրված մակերեսների գումարը մեծ է պատկերներից:  Արդյունքում առաջացած հակասությունը պայմանավորված է meritocracy- ով, ըստ որի պատկերները չեն հատվում:   Եվ այսպես, պատկերներից առնվազն երկուսը հատվում են, և դրանց հատման կետը որոնման կետն է, որը պատկանում է տվյալ պատկերին: Թեորեմն ապացուցված է: 221 \ 1211212; SS12ST33123312 \ : 45 ,,, n121 \ nnn12 ,,, n1212nn  ՝ 1212, nSSSS12n12 n : 12 ,,, n12. nSSS12 ,,, n12n1212, nnSSSSSS12 ,,, n : S12 ,,, n12 ,,, n Ուշադրություն դարձրեք, որ թեորեմ 2-ն ըստ էության երկչափ տիրույթ է: Նմանատիպ հայտարարությունները հայտնի են միաչափ և եռաչափ տիրույթներում: Եկեք այժմ քննարկենք տարատեսակ անտիպ խնդիրներ, որոնց լուծումը կօգտագործենք վերոհիշյալ թեորեմներից:  Խնդրագրի մեջ մենք նման խնդրի ենք հանդիպում: ապացուցել, որ կա ավելի ընդհանուր պնդում: Բնական թիվ, որն ավարտվում է 1971 թվականին, որը բաժանվում է 1971 թվականի:  Ենթախնդիր 1:  Ապացուցեք, որբ որևէ թվի դեպքում գոյություն ունի բնույթ, որն ավարտվում է ցանկացածի հետ փոխադարձով, որը բաժանվում է ըստ: Լուծում  Ditsuk-n-anish- ը բնական թիվ է:  Դիտարկենք հետևյալ բնական թվերը.  Համաձայն 1 թեորեմի, այս թվերի մեջ կլինեն երկուս, որոնց տարբերությունը բաժանվում է, այսինքն ՝ գոյություն ունեն և այնպիսի բնական թվեր, որոնք, բայց քանի որ n- ը փոխադարձաբար պարզ են, ուրեմն   Միջնորդագրում մենք նման խնդրի ենք հանդիպում: Կա՞ մի միջոց ավելի ընդհանուր հայտարարությունն ապացուցելու համար: բնական ցուցիչով այն աստիճանի, որն ավարտվում է:  Խնդիր 2:   Ապացուցեք, որ որբ համարի համար գոյություն ունի այնպիսի աստիճան, որն ավարտվում է- (որտեղ կամայական բնական թիվ է):  Լուծում   Դիտարկենք հետևյալ բնական թվերը.  Համաձայն թեորեմ 1-ի, այս թվերը կպարունակեն երկու այնպիսի, որ դրանց տարբերությունը բաժանվի, այսինքն ՝ գոյություն ունեն այնպիսի բնական թվեր a և b, ինչպիսիք են որբերը, քանի որ 3; 5; 641972101kk1kkpk; ; ; .... kkkkkkkÑ³ï k1k1nkabab ... bkkkÑ³ï ...... 101paabakkkkkkkkk10pa1k ... 1bakkkkÑ³ï43000110nnk 0001Ñ³ïk1101k1123101; ; ; ; knnnn110k1101, kab1110, baabaknnnn1; 101; 101aknn այնքան հետընթաց:   - այնպես որ, դա ավարտվում է խնդրագրով, որի հետ մենք բախվում ենք նման խնդրի: Ապացուցեք, որ ուղեծիրը ունի 11… 100… 0 ձևի բնական թիվ, որը բաժանվում է 1998-ի: Եկեք ձևակերպենք և ապացուցենք ավելի ընդհանուր հայտարարություն: Խնդիր 3:   Ապացուցեք, որ ցանկացած և բնական թվերի դեպքում գոյություն ունի բնական թիվ, որը բաժանվում է ըստ:  Լուծում   Դիտարկենք հետևյալ բնական թվերը.   Համաձայն 1 թեորեմի, այս երկու բնական թվերը բաժանվում են երկուսի:  Հեշտ է տեսնել, որ այս թվերից ցանկացած երկուսի տարբերությունը բնական թիվ է:  Խնդրագրի մեջ մենք նման խնդրի ենք հանդիպում: Տարածքի հրապարակի ներսում կա 1975 պատկեր, որի մակերեսների գումարն ավելի մեծ է, քան:  Ապացուցեք, որ գոյություն ունի առնվազն մեկ կետ, որը պատկանում է բոլոր պատկերներին:  Եկեք քննարկենք ավելի ընդհանուր հարց: Խնդիր 4:  Անհատական ​​պատկերներ, որոնք տեղադրված են պատկերի ներսում `մեծ քանակությամբ մակերեսներով: Ապացուցեք, որ գոյություն ունի առնվազն մեկ կետ, որը պատկանում է բոլոր պատկերներին:   սկսած  Լուծում  Սահմանեք տվյալ պատկերի ներսում տեղադրված պատկերները և համապատասխանաբար այդ պատկերներից յուրաքանչյուրը հանձնարարեք նախապատկերող պատկերներին:  Ակնհայտ է, որ պատկերների տիրույթի յուրաքանչյուր օղակ պատկանելու է պատկերներից միայն մեկին:  Դիցուկը և համապատասխանաբար և համապատասխանաբար պատկերի 1110 տարածքներն են, bakn11110 101bakbaknttNntbank 0001Ñ³ï5nk000kkkn1nn + 1 ; ; ; ... kkkkkkkkkkkÑ³ïn000kkk5197419750S nnN01nSnn12; ; ; n12; ; ; niiSiSii1; nii1; , in Ըստ խնդրի պայմանի, մենք կունենանք հետևյալը. Այսպիսով, տարածքի հետ պատկերի ներսում ունենք անհատական ​​պատկերներ, որոնց մակերեսը պակաս է, հետևաբար, ըստ 2-րդ թեորեմի «ա» կետի, կլինի կետ պատկերի ներսում այն ​​պատկանում է այդ պատկերներից ոչ մեկին, ինչը նշանակում է, որ որոնման նյութը պատկանելու է տրված պատկերներից յուրաքանչյուրին: Խնդիր 5:  Քառակուսիի ներսում երկարության տարբեր հատվածներ կան միավորի կողմից:   Ապացուցեք, որ այս հատվածներից երկուսին պատկանող M և N կետերը կգտնվեն այնպես, որ. Լուծում   Եկեք ավելի խիստ ապացուցենք, այսինքն.  Յուրաքանչյուր տրված հատվածի համար հաշվի առեք կետերի երկրաչափական դիրքը, որոնցից յուրաքանչյուրի հեռավորությունը այդ հատվածին պատկանող մոտակա կետից չի գերազանցում:   Հեշտ է նկատել, որ այն կներկայացնի երկու շառավղով երկու կիսաշրջանների չափսերով ուղղանկյուններից կազմված պատկեր (տե՛ս նկ. 1): Այդ պատկերի տարածքը հավասար կլինի: Յուրաքանչյուր հատվածի համար կառուցելով նման պատկեր, մենք կունենանք 9 անհատական ​​պատկեր, որոնք ցույց են տրված Նկ. 1 Նկ.21201, nSSSnS12nSSS: 010200120 () nnSSSSSSnSSSSnS 001nSS0Sn12; ; ; n0S12; ; ; n12; ; ; n12914MN610,2484MN0,124r0,5x0,1240,124220,523,140,172 rrrr129 ,,, rrrr12ra տարածքների գումարը գերազանցում է:   Հասկանալի է, որ այս պատկերների առանձին մասերը կարող են հանվել տվյալ միավորի քառակուսուց, բայց ակնհայտ է, որ դրանք բոլորը կգտնվեն Նկարում: Նկար 2-ում ներկայացված տիրույթում, որը բաղկացած է չափերի տվյալ քառակուսուց, չորս ուղղանկյուններից չափը և շառավղի չորս քառակողմ շրջանակները:  Այս պատկերի տարածքը հավասար է. Այսպիսով, մենք ունենք մի մակերեսով պատկեր, որի մեջ տեղադրվում են ենթապատկերներ այնպես, որ դրանց մակերևույթների գումարը մեծ լինի պատկերի մակերեսից, ուստի, ըստ Թեորեմ 2-ի, «բ» պատկերի կետը պատկանում է ասենք ևս այս պատկերներից առնվազն երկուսը: Պատկերների կառուցվածքի համաձայն, մենք կարող ենք պահանջել կետի հեռավորությունը  չի գերազանցում պատկերին համապատասխան հատվածի մոտակա կետից, նույն կերպ,  Հեռավորությանը պատկերին համապատասխանող մասին համապատասխանող կետից ամենամոտ կետից հեռավորությունը:   Փաստորեն, հետևաբար, տվյալ հավասարակողմ անհավասարության «որտեղ» -ն երկուսին էլ պատկանող կետեր են: Խնդիր 6:   Շառավիղի միավորներով շրջանները տեղադրվում են չափսերի ուղղանկյան մեջ:  Ապացուցեք, որ տվյալ ուղղանկյունում հնարավոր է տեղադրել մեկ միավորի շառավղով շրջան, որպեսզի վերջինս նշված օղակների հետ ընդհանուր կետ չունենա: Լուծում  Որպեսզի միավորի շառավիղն ամբողջությամբ ուղղանկյուն լինի, պետք է բավարար լինի, որ միավորի կենտրոնը լինի տվյալ ուղղանկյան ներսում, առնվազն կողմերից հեռավորության վրա: 390,1721,5481; 0,124ar1x11x0,1240,1242211410,12440,124140,1243,150,1241,5454S1,545S129 ,,, 12P129 ,,, 12iP1M0,124rP2N0,124r0,124PM0,124PN10,2484MNPMPNMN10x12810x121 1 1 1 1MNPQ այսինքն որոնման կենտրոնը շրջանը պետք է հեռադիտակի ուղղանկյուն տիրույթում լինի / տե՛ս նկ. 3 /.  Մյուս կողմից, որպեսզի մեկ միավորի շառավղով շրջանագծի տված ութ շրջանների հետ ընդհանուր կետեր չլինեն, անհրաժեշտ է, որ դրա հեռավորությունը կենտրոնից մեծ լինի տրված ութ շրջանակներից յուրաքանչյուրի կենտրոնից:   Տրված ութ օղակներից յուրաքանչյուրը միավոր շառավղով գոտիով շրջապատելով, մենք ունենք շառավղով ութ շրջան, որից դուրս պետք է գտնվի որոնման շրջանի կենտրոնը: Այժմ դիտեք ուղղանկյան գագաթները:   Հասկանալի է, որ եթե դրանցից որևէ մեկը չի պատկանում որևէ տարածաշրջանի, ապա այդ գագաթը կարող է ընտրվել որպես որոնվող տարածաշրջանի կենտրոն: Եվ եթե ուղղանկյան յուրաքանչյուր գագաթը պատկանում է որոշակի տարածաշրջանի, ապա պարզ է, որ այդ շրջանի որոշ հատված դուրս կգա ուղղանկյունից:   Փորձենք գնահատել այդ դուրս ցցված մասի տարածքը / տե՛ս նկ. 4 /:  Հեշտ է նկատել, որ 4 Իրականում, մենք ունենք քար: Մեկ քառակուսի մետր մակերեսով ուղղանկյուն, որում մարզերի տարածքների կամ դրանց առանձին մասերի տարածքների գումարը գերազանցում է քառակուսի միավորը: Միավորը, հետեւաբար, ըստ թեորեմի 2-րդ կետի «ա» կետի, կլինի ուղղանկյուն տիրույթի մի կետ, որը. չի պատկանում այս շրջաններից որևէ մեկին, և հենց այդ կետը կլինի այն շրջանի կենտրոնը, որը պետք է որոնվի իններորդ միավորի շառավղով: Ինչպես տեսնում ենք, ինչպես Դիրիխլեի սկզբունքը (հավելուրդի պակասուրդ), այնպես էլ այդ սկզբունքից բխող կամ վերոնշյալին նման տիպի թեորեմները կարող են իրենց առավել արդյունավետ կիրառումը դպրոցական մաթեմատիկայում տարբեր անտիպ խնդիրներ լուծելիս: 9x11MNPQ22r128; ; ; MNPQ128; ; ; MNPQ 1; 8iiiMNPQ0S202KOEEOLKONNOLrSSSSS221sinsin2,28: 22RrONr91199MNPQ2r128; ; ; 202208483,1542,2891,6899rSrMNPQ128; ; ; NEKLO2rГ.С: Նիկոգոսյան, Վ.Ֆ. Մանուկյան Գրականություն 1. Գորգյան Գ.Գ., Սահակյան Ա.Ա., Հանրահաշիվ տարրեր մաթեմատիկական վերլուծության տարրեր:   Ավագ դպրոցի 11-րդ դասարանի դասագիրք (բնագիտության և մաթեմատիկայի հոսքի համար): Երեւան, «Տիգրան Մեծ» հրատարակչություն, 2010, 208 էջ: 2. Հանրագիտարանային բառարան юного математика / Сост. Ա.Պ.Սավին. Մ.  Մանկավարժ 4: Բաբինսկի IL առաջադրանքների մաթեմատիկական օլիմպիադա: Էդ. «Գիտություն»:  1975. 111 էջ 5: Н.В. Գորբաչով Օլիմպիական մաթեմատիկական առաջադրանքի նյութեր. Մ.  MCNMO, 2004.6. Агаханов Н.Х. et al., Մաթեմատիկայի համառուսաստանյան օլիմպիադաները, Մ. Տեղեկատվություն հեղինակների մասին Գագիկ Սերյոժայի Նիկողոսյան - ֆիզ. Մաթ. գիտնականի թեկնածու, ՀՊՏՀ Գյումրու մասնաճյուղ, էլ.  gagonik@mail.ru Վարդան Ֆրանցի Մանուկյան - ֆիզ. մաթ. գիտնական թեկնածու, GSPI, էլ. ։

Աշխատանքը  նվիրված  է  տարբեր  խնդիրներում  Դիրիխլեի  սկզբունքի  որոշ  հնարավոր  կիրառությունների  քննարկմանը։
   Թեորեմների  տեսքով  ձևակերպված և ապացուցված են Դիրիխլեի սկզբունքից բխող կամ այդ սկզբունքին  համանման  մի  քանի  կարևոր  պնդումներ։
   Քննարկված  են  նաև  տարբեր  ոչ  տիպային  խնդիրներ,  որոնց  լուծման  ընթացքում  կիրառվել  են  ձևակերպված  թեորեմները։
