Принцип Дирихле и его применение

Итак, результатом исследовательской работы стала формулировка и доказательство принципа Дирихле, определение условий, позволяющих применять этот принцип и решение разнообразных задач, соответствующих этим условиям.
Дирихле Петер Густав Лежен (13.02.1805 Дюрен – 5.05.1859 Гетенген), немецкий математик 1831-1855 гг. профессор Берлинского, с 1855 г. Гетенгенского университетов. Основал труды в области теории чисел и математического анализа. Дирихле доказал теорему о существовании бесконечно большого числа простых чисел во всякой арифметической прогрессии из целых чисел первый член и разность которой – числа взаимно простые. В области математического анализа Дирихле впервые точно сформулировал и исследовал понятие условной сходимости ряда, дал строгое доказательство возможности разложения в ря ...

ВВЕДЕНИЕ 3
I. ФОРМУЛИРОВКА ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ 5
1.1. Принцип Дирехле в комбинаторике 5
1.2. Принцип Дирихле, как основание для рассуждения и конструирования 13
II.ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ В ШКОЛЬНОЙ ГЕОМЕТРИИ 17
III.ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ В ТЕОРИИ ЧИСЕЛ 21
IV. ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ ПРИ РЕШЕНИИ АРИФМЕТИЧЕСКИХ И КОМБИНАТОРНЫХ ЗАДАЧ 27
ЗАКЛЮЧЕНИЕ 45
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 47
ПРИЛОЖЕНИЕ 50

В математике большое значение имеет так называемое "доказательство существования". Самый простой способ доказать существование объекта с заданными свойствами – это указать его и, разумеется, убедиться, что он действительно обладает нужными свойствами.
Например, чтобы доказать, что уравнение имеет решение, достаточно привести какое-то его решение. Доказательства существования такого рода называют прямыми или конструктивными. Прямыми, в частности, являются доказательства существования несоизмеримых отрезков: ведь пара диагональ и сторона квадрата прямо указаны.
Принцип Дирихле - это утверждение, согласно которому в любой совокупности из множеств, содержащих в общей сложности более элементов, есть хотя бы одно множество, содержащее не менее 2-х элементов.
Основная идея решения задач, выводим ая из принципа Дирихле, заключается в следующем:
- если при разбиении множества элементов на не пересекающие части удаётся установить факт взаимосвязи между количеством элементов данного множества (N) и числом его частей (n) в виде N>n, то тогда можно утверждать, что среди этих частей такая, которая содержит более одного элемента.
По традиции в популярной литературе принцип объясняется на примере «зайцев и клеток»: "Если десять зайцев сидят в девяти клетках, то в некоторой клетке сидят не менее двух зайцев".
Объект исследования: метод решения с помощью принципа Дирихле.
Цели исследования:
- создание более полного глубокого представления об использовании принципа Дирихле при решении задач;
- повышение уровня логического мышления.
Задачи исследования:
1) проанализировать литературу по данной теме и систематизировать задачи по видам;
2) применить изученный материал к решению различных задач.
Методы исследования.
1. Анализ решений различных задач указанным методом.
2. Классификация задач по темам.
3. Самостоятельное решение задач.

Иными словами, найдутся три прямые, отсекающие трапецию площади 2/5 от одной и той же стороны AB квадрата.3. Площадь каждой из этих трех трапеций (см. рис. 6) равна произведению средней линии на высоту, то есть S=AB×MN, где MN – средняя линия. AB=1, S=2/5, значит, MN=2/5. Итак, средние линии всех трапеций равны 2/5. Причем откладываются эти средние линии на одном луче bAB и b проходит через середину AB.Следовательно, средние линии всех трех трапеций совпадают. Значит, совпадают и их концы, один из которых лежит на каждой из трех прямых, отсекающих трапецию. Итак, нашлась точка, лежащая сразу на трех прямых.Задача 4. Внутри квадрата со стороной 1 расположено несколько окружностей, сумма длин которых равна 10. Докажите, что найдется прямая, пересекающая, по крайней мере, четыре из этих окружностей.-1905603250Доказательство. Спроецируем все окружности на одну из сторон AB квадрата ABCD. Сумма длин всех окружностей равнаd + d + … = (d + d + …) =10.Поэтому сумма диаметров окружностей равнаd1 + d2 + … = 10/.Эта сумма равна сумме отрезков, полученных при проецировании окружностей на сторону AB.Предположим, что не найдется прямой, параллельной стороне квадрата и проходящей через четыре окружности. А это значит, что не найдется точки, общей для четырех проекций окружностей. Для этого сумма длин всех отрезков должна быть не больше, чем 3AB=3. Но эта сумма равна 10/>3. Получили противоречие! Значит наше предположение неверно, и найдется прямая, параллельная стороне квадрата и пересекающая не менее четырех окружностей. III.ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ В ТЕОРИИ ЧИСЕЛСледующую теорему часто используют в школьном курсе алгебры, но доказательство не рассматривают. Его очень просто получить с помощью принципа Дирихле. ТЕО РЕМА 1. Пусть p, q - натуральные числа, p q. Если о быкно венную дро бь p/q о братить в десятичную, то  по лучится либо  ко нечная, либо  беско нечная перио дическая десятичная дро бь, причём длина перио да не прево схо дит q-1. До казательство . Будем делить p на q "уго лко м" и следить за о статками. Если на како м-то  шаге о стато к будет нулевым, то  по лучится ко нечная дро бь. Если же все о статки будут о тличны о т нуля, то  рацио нально е число  p/q запишется в виде беско нечно й десятично й дро би. До кажем, что о на будет перио дическо й. Каждый раз при нахо ждении о чередно й цифры частно го  будет по лучаться в о статке о дно  из чисел 1, 2, ..., q-1. Эти во змо жные значения о статко в мы и будем считать "клетками", так что  всего  имеется q-1 "клето к". "Зайцами" же будут о статки, ко то рые по лучаются в действительно сти при выпо лнении деления. Рассмо трим первых q "зайцев". Так как их на 1 бо льше, чем число  "клето к", то  какие-то  два "зайца" по падут в о дну "клетку". Другими сло вами, не по зже, чем через q - 1 шаго в начнут по вто ряться о статки, а вслед за этим - и цифры в частно м. Действительно , если на неко то ро м шаге по вто рилсяо стато к, то , приписав как о бычно  к нему 0, мы по лучим то  же число , что  было  прежде, а, значит, снесём в частно е ту же самую цифру, что  и раньше; по это му наши действия начнут по вто ряться. Таким о бразо м, по лучится перио дическая десятичная дро бь с перио до м длино й не бо лее q - 1. С давних по р математико в интересо вал во про с о  существо вании функций f(k), значениями ко то рых при всех натуральных k являлись бы то лько  про стые числа. Известны функции, ко то рые принимают по дряд мно го  про стых значений. Например, Эйлер указал интересный мно го член x2 - x + 41, ко то рый при всех целых x о т -39 до  40 включительно  принимает то лько  про стые значения (т.е. при x = 0, 1, 2, . . . , 39, 40). О днако  при x = 41 и x = 42 значения это го  мно го члена будут уже со ставными числами. В о бщем случае мно го член с целыми ко эффициентами не мо жет при всех натуральных значениях аргумента принимать то лько  про стые значения. ТЕО РЕМА 2. Любо й мно го член с целыми ко эффициентами (о тличный о т ко нстанты) при неко то ро м натурально м значенииаргумента принимает значение, представляющее со бо й со ставно е число . До казательство . Пусть f(x) = a0xn + a1xn - 1 +. . . +an, где все ai - целые числа. Предпо ло жим, что  при неко то ро м k значение мно го члена f(x) - про сто е число , т.е. f(k) = p, где p - про сто е. Мно го член степени n принимает о дно  и то  же значение не бо лее чем в n то чках. (Действительно , если f(x) = y0 бо лее чем в n то чках x1, x2, . . ., xn + 1, то  мно го член g(x) = f(x)-y0 имеет ко рни x1, x2, . . ., xn + 1, а, как известно , любо й мно го член не мо жет иметь бо лее n действительных ко рней.) По кажем, что  найдётся тако е цело е t, что  f(k+pt) о тлично о т 0 и p. Нам по мо жет принцип Дирихле. Будем считать значении мно го члена (в натуральных то чках) "клетками", а натуральные числа вида k+pt "зайцами". Натурально е число  N = k+pt будем по мещать в "клетку", со о тветствующую значению мно го члена f(N). Со гласно  высказанно му выше утверждению, в "клетке" не мо жет по меститьс бо льше n "зайцев". Так как "зайцев" мно го , то  это  значит, что  f(k + pt) не мо жет принимать то лько  значен 0 и p при различных целых t, т.е. найдётся "заяц" k+pt, ко то рый не по падёт ни в "клетку" 0, ни в "клетку" p. Итак, при неко то ро м t имеем: f(k + pt)  0 и f(k + pt)  p. Разлагая f(k + pt) по  степеням pt (испо льзуя бино м Ньюто на), по лучим f(k+pt) = f(k) + c1pt + c2(pt)2 + . . . + cn(pt)n,где все ci - неко то рые целые числа. По ско льку f(k) = p, из предыдущего  равенства по лучаем, что  f(k + pt) делится на p, причём f(k + pt)  0 и f(k + pt)  p, так что  f(k + pt) - со ставно е число . Тео рема до казана. В до казательстве это й тео ремы была применена неско лько  мо дифициро ванная фо рма принципа Дирихле. Далее мы расскажем о  других его  разно видно стях, наибо лее широ ко  испо льзуемых в решениях аналитических и гео метрических задач. Следующая тео рема, сфо рмулиро ванная П. Ферма, является о дним из самых фундаментальных факто в в тео рии делимо сти целых чисел и нахо дит широ ко е применение как в тео ретических исследо ваниях, так и в арифметических прило жениях. МАЛАЯ ТЕО РЕМА ФЕРМА. Если p - про сто е число , a - цело е число , не делящееся на p, то  ap - 1 при делении на p даёт о стато к 1, т. е. ap - 1  1 (mod p).До казательство  Каждо е из p - 1 чисел a, 2a, . . ., (p-1)a ("зайцев") даёт при делении на p ненулево й о стато к (ведь a не делится на p): a = k1p + r1,2a = k2p + r2,(p - 1)a = kp - 1p + rp - 1.Если число  различных встречающихся здесь о статко в ("клето к") меньше p - 1, то  среди них найдутсяпо  крайней мере два о динако вых ("в клетке по  крайней мере два зайца"). Но  это  нево змо жно , так как при rn = rm число  (n-m)a = (kn-km)p делится на p, что  про тиво речиво , ибо n-m p и a взаимно  про сто  с p. Значит, все о статки r1, . . . , rp - 1 между со бо й различны и о бразуют перестано вку чисел 1, 2, . . . , p - 1. Перемно жая все предыдущие равенства, по лучаем (p-1)! ap - 1 = N·p+ r1r2·. . .·rp - 1 = Np + (p-1)!,где N - неко то ро е цело е число . Следо вательно , (p-1)!·(ap-1-1) делится на p, а то гда и ap - 1 - 1 делится на p. Тео рема до казана. Следствие. Если p - про сто е число , то  при любо м цело м a разно сть ap - a делится на p. По мимо  мало й тео ремы Ферма применение принципа Дирихле к о статкам при делении встречается во  мно гих других задачах элементарно й тео рии чисел. Во змо жна следующая перефо рмулиро вка принципа Дирихле:"Среди p + 1 целых чисел найдутся два числа, дающие при делении на p о дин и то т же о стато к". При делении с о статко м на p мо жет встретиться ко нечно е число  различных о статко в: 0, 1, 2, . . . , p-1. О ни то  и играют здесь ро ль "клето к", а сами целые числа являются "зайцами". Так как чисел ("зайцев") бо льше, чем о статко в ("клето к"), то  хо тя бы два числа "сидят в о дно й клетке", т.е. имеют о динако вые о статки при делении на p. Рассмо трим классические примеры. Пример 10. Дано  11 различных целых чисел. До казать, что  из них мо жно  выбрать два числа, разно сть ко то рых делится на 10. Решение По  крайней мере два числа из 11 дают о динако вый о стато к при делении на 10 (принцип Дирихле). Пусть это  будут A = 10a + r и B = 10b + r. То гда их разно сть делится на 10: A - B = 10(a - b). Пример 11. До казать, что  если имеется 100 целых чисел x1, x2, . . . , x100, то  из них мо жно  выбрать неско лько  чисел (мо жет быть, о дно ), сумма ко то рых делится на 100. Решение . Рассмо трим 100 следующих сумм: S1 = x1,S2 = x1 + x-2,S3 = x1 + x2 + x3,S100=x1+x2+ x3+. . .+ x100.Если хо тя бы о дна из этих сумм делится на 100, то  наша цель до стигнута. До пустим, что  ни о дно  из чисел S1, S2, . . . , S100 не делится на 100. Значит, два из них при делениина 100 дают равные о статки (т. к. сумм у нас 100, а различных о статко в мо жет быть лишь 99). Пусть это  Sn и Sm (n m). То гда разно сть Sm-Sn= (x1 +. . .+ xm) - (x1 +. . .+ xn) = xn + 1+. . .+ xmделится на 100, и по это му сумма xn + 1+. . .+ xm является иско мо й. Пример 12. Перво классник Петя знает то лько  цифру 1. До казать, что о н мо жет написать число , делящееся на 1997. Решение Рассмо трим по следо вательно сть a1 = 1, a2 = 11, . . . , an = = 11. . .1, . . . чисел, десятичная запись ко то рых со сто ит из о дних единиц. По ско льку существует лишь ко нечно е число о статко в о т деления на 1997, а по следо вательно сть со держит беско нечно  мно го  члено в, то , со гласно  принципу Дирихле, среди них найдутся два, дающих о динако выео статки: ak и al (k l). Их разно сть ak - al = 10l·ak - l делится на 1997. Так как 10l и 1997 - взаимно  про сты, то  ak - l делится на 1997. Это  число  Петя смо жет записать. КИТАЙСКАЯ ТЕОРЕМА ОБ ОСТАТКАХ. Если числа a1, a2, . . . , an попарно взаимно просты, то для любых остатков r1, r2, . . ., rn таких, что 0 Ј ri < ai при всех i = 1, 2, . . ., n, найдётся число N, которое при делении на ai даёт остаток ri при всех i = 1, 2, . . ., n. Доказательство Применим индукцию по n. При n = 1 утверждение теоремы очевидно. Пусть теорема справедлива при n = k - 1, т.е. существует число M, дающее остаток ri при делении на ai при i = 1, 2, . . ., k - 1. Обозначим d = a1a2. . . ak - 1 и рассмотрим числа M, M + d, M + 2d, . . . , M + (ak - 1)d. Покажем, что хотя бы одно из этих чисел даёт остаток rk при делении на ak. Допустим это не так. Поскольку количество чисел равно ak, а возможных остатков при делении этих чисел на ak может быть не более чем ak - 1 (ведь ни одно число не даёт остаток rk), то среди них найдутся два числа, имеющих равные остатки (принцип Дирихле). Пусть это числа M + sd и M + td (0 Ј s Ј ak - 1 и 0 Ј t Ј ak - 1). Тогда их разность (M + sd) - (M + td) = (s - t)d делится на ak, что невозможно, т.к. 0 < |s - t| < ak и d = a1a2...ak - 1 взаимно просто с ak, ибо числа a1, a2, . . ., ak попарно взаимно просты (по условию). Противоречие.Таким образом, среди рассматриваемых чисел найдётся число N, которое при делении на ak даёт остаток rk. В то же время при делении на a1, a2, . . ., ak-1 число N даёт остатки r1, r2, . . ., rk-1 соответственно. Теорема доказана. IV. ПРИМЕНЕНИЕ ПРИНЦИПА ДИРИХЛЕ ПРИ РЕШЕНИИ АРИФМЕТИЧЕСКИХ И КОМБИНАТОРНЫХ ЗАДАЧЗадача 1(2000 год). В тридевятом царстве расположено несколько замков. Из каждого замка ведут три дороги. И какого-то замка выехал рыцарь. Странствуя по дорогам, он из каждого замка стоящего у него на пути, поворачивает либо направо, либо налево по отношению к дороге, по которой приехал. Рыцарь никогда не сворачивает в ту сторону, в которую он свернул перед этим. Докажите, что когда-нибудь он вернется в исходный замок.Доказательство. Предположим, что рыцарь странствует настолько долго, что по какой-то дороге он проехал не меньше 6 раз. Тогда, он проехал по ней не менее 3 раз в одном направлении, следовательно, по одной из двух дорог, на которые можно затем свернуть, он двигался дважды в одну сторону (по принципу Дирихле). Но тогда весь его дальнейший путь будет совпадать с уже пройденным (до вступления на эту дорогу) и будет проходить через этот замок, из которого рыцарь выехал в первый раз.Задача 2(2003 год). Даны 12 натуральных различных двузначных чисел. Всегда ли из них можно выбрать два числа, разность которых – двузначное число, записываемое двумя одинаковыми цифрами.Решение. Двузначное число с одинаковыми цифрами делится на 11. При делении на 11 данные числа дадут 12 остатков, которые могут принимать 11 различных значений: 0, 1, 2, …, 10. Следовательно, по принципу Дирихле найдутся два двузначных числа с равными остатками при делении на 11. Их разность будет делиться на 11, то есть составленное из двух одинаковых цифр.Ответ: да, всегда.Задача 3 (2004 год). Школьник в течение года каждый день решает хотя бы по одной задаче. Каждую неделю он решает не больше 12 задач. Доказать, что найдется несколько последовательных дней, в которые он решает ровно 20 задач.Доказательство. Пусть в первый день ученик решил а1 задач, за первые 2 – а2, за первые 77 дней (11 недель) а77 задач (а77 ≤ 12 × 11 = 132). Рассмотрим 154 числа а1, …, а77, а1+20, …, а77+20. Эти числа не превосходят 132+20=152, значит, по принципу Дирихле среди них есть два равных. Так как а1, …, а77 различны, то найдутся такие i и k, что аk=аi+20 или аk-аi=20.Задача 1. Если классу из 30 человеку рассадить в зале кинотеатра, то в любом случае, хотя бы в одном ряду окажется не менее двух одноклассников. Если то же самое проделать с классом из 26 человек, то, по крайней мере, три ряда окажутся пустыми. Сколько рядов в зале?Решение. Первое условие означает, что в зале не более 29 рядов. Действительно, если бы количество рядов было не меньше 30, то, очевидно, класс из 30 человек можно было бы рассадить не более чему по одному на каждый ряд.Второе условие означает, что количество рядов в зале не менее 29. Действительно, если количество рядов не больше 28, то, сажая учеников класса из 26 человек по очереди на пустые ряды, получим, что-либо в какой-то момент все ряды будут заняты, либо все 26 учеников будут сидеть по одному на 26 рядах, и в этом случае останутся свободными не более двух рядов.Значит, в кинотеатре 29 рядов. Очевидно, что в этом случае оба условия задачи выполнены.Задача 2. 106 т строительных материалов упаковано в ящиках; масса каждого не превышает 6 т. Грузовой лифт перевозит их на крышу небоскреба. Если масса груза более 25 т, лифт автоматически отключается. Какое количество рейсов лифта достаточно для перевозки груза?Решение. В каждый из рейсов можно загрузить не менее 19 т. Поэтому достаточно 106:19, то есть 6 рейсов. 5 рейсов может оказаться недостаточно. Например, если 21 одинаковый ящик попытаться перевезти в 5 рейсов, то в одном из рейсов 5 ящиков общей массой 106×5/21>5 т.Задача 3. Выберем n человек. Докажите, что, по крайней мере, двое из них имеют одинаковое число знакомых среди выбранных.Доказательство. Возможное число знакомых у каждого: 1, 2, 3,…, n-1. Возьмем n “ящиков”. Всех людей примем за “предметы”. Пусть номер каждого “ящика” соответствует числу знакомых у людей – “предметов”, содержащихся в них.Рассмотрим два случая.а) Людей, не имеющих ни одного знакомого, нет. В этом случае “ящик” N 0 – пуст. Тогда расположим n человек в остальных n-1 “ящиках”.По принципу Дирихле, найдется “ящик”, в котором не менее двух “предметов”, то есть не менее двух человек будут иметь одинаковое количество знакомых.Итак, в обоих случаях найдутся два человека с одинаковым числом знакомых. Значит, это справедливо и для общего случая.Задача 4. Докажите, что среди любых n+1 натуральных чисел найдутся два числа, разность которых делится на n.Доказательство. 1. 0, 1, 2, 3, …, n-1 – остатки, которые получаются от деления на n натуральных чисел (их n штук).2. Примем эти остатки за “ящики” и будем складывать в них числа от первого до (n+1)-го по следующему принципу: в первый “ящик” – числа с остатком 0, во второй – с остатком 1 и так далее. В последний “ящик” положим числа с остатком n-1. Таким образом, в n “ящиках” будет лежать n+1 число. Тогда, по принципу Дирихле, найдется “ящик” с двумя числами, остатки которых от деления на n равны. Очевидно, их разность делится на n. Итак, из любых n+1 целых чисел найдутся два, разность делится на n.Задача 5. На шахматной доске расставлены числа от 1 до 64. Докажите, что при любой их расстановке найдутся две соседние клетки (имеющие общую сторону) такие, что разность между стоящими в них числами будет больше 4.Доказательство. Поместим числа от 1 и 64 в противоположные клетки диагонали. Их соединяет линия, проходящая через 15 попарно соседних клеток, то есть содержащая 14 переходов. Допустим, что на каждом переходе приращение не превышает 4. Тогда общее не превышает 4×14=56<63. Но это противоречит условию, значит наше допущение не верно.Задача 6. В шахматной партии черные сдаются после 15-ого хода белых. Требуется доказать, что хотя бы одна из черных фигур ни разу не покидала своего поля (к фигурам отнесем и пешки).Доказательство. Если шахматный ход не рокировка, то двигается 1 фигура, в случае рокировки – 2. Черные успели сделать 14 ходов, и по правилам игры лишь один из них мог быть рокировкой. Поэтому самое большое количество черных фигур сделавших ход,- 15. Всего же черных 16. Значит, по крайней мере, какая-то из них не сделала ни одного хода.Задача 7. В поход пошли 20 туристов. Самому старшему из них 35 лет, а самому младшему 20 лет. Верно ли, что среди туристов есть одногодки?Решение. Возраст каждого из туристов может быть: 20, 21, 22, …, 35 (всего 16 вариантов) лет. Поэтому если предположить, что возраст любых двух туристов различен, то в группе не больше 16 человек. Но по условию задачи их 20. Значит, наше предположение не верно, и в группе обязательно есть одногодки.Ответ: верно.Задача 8. На плоскости отмечено 5 точек с целыми координатами. Докажите, что середина по крайней мере одного из соединяющих отрезков также имеет целые координаты.Доказательство. Воспользуемся тем, что координаты середины отрезка с концами (x1, y1) и (x2, y2) равны (x1+ x2/2, y1+ y2/2). Среди пяти точек с целыми координатами найдутся три, абсциссы которых имеют одинаковою четность (то есть либо все четны, либо все нечетны). Действительно, если бы точек с четными абсциссами было не больше двух и с нечетными абсциссами не больше двух, то всего точек было бы не больше четырех. Аналогично, среди этих трех точек найдутся две с ординатами одной четности. Пусть это точки (x1, y1) и (x2, y2). Поскольку x1 и x2 либо оба четны, либо оба нечетны, то x1+ x2 – четное, и x1+ x2/2 – целое. Аналогично, y1+ y2/2 – целое. Утверждение доказано.Задача 9. Квадратная площадь размером 100м×100м выложена квадратным плитами 1м×1м четырех цветов: белого, красного, черного и серого – так, что никакие две плиты одинакового цвета не соприкасаются друг с другом (то есть не имеют общей стороны или вершины). Сколько может быть красных плит?Решение. Разобьем каждую сторону квадрата, ограничивающего данную площадь, на 50 равных частей и соединим соответствующие точки деления на противоположных сторонах. В результате вся площадь разобьется на 2500 квадратиков 2м×2м, каждый из которых состоит из четырех плиток с общей вершиной. Значит, каждый из этих квадратиков может содержать не более одной красной плитки, и, тем самым, количество красных плиток не может превышать 2500. С другой стороны, мы покажем, что ровно 2500 красных плиток, быть может. Для этого нужно собрать блок 2×2 из четырех плит разного цвета, и замостить 2500 такими блоками всю площадь, следя за тему, чтобы все блоки были ориентированы одинаково.Логические задачиЗадача 1. В классе 30 человек. Саша Иванов в диктанте сделал 13 ошибок, а остальные – меньше. Докажите что по крайней мере 3 ученика сделали ошибок поровну (может быть по 0 ошибок.)Доказательство. Здесь “зайцы” – ученики, “клетки” – число сделанных ошибок.