--PAGE_BREAK--а) Вокруг каждой из трёх осей, соединяющих центры противоположных граней, имеется три вращения на углы , , . Им соответствуют перестановки:
1) (1, 5, 8, 4) (2, 6, 7, 3)
2) (1, 8) (2, 7) (3, 6) (4, 5)
3) (1, 4, 8, 5) (2, 3, 7, 6)
4) (1, 4, 3, 2) (5, 8, 7, 6)
5) (1, 3) (2, 4) (5, 7) (6, 8)
6) (1, 2, 3, 4) (5, 6, 7, 8)
7) (1, 5, 6, 2) (3, 4, 8, 7)
8) (1, 6) (2, 5) (3, 8) (4, 7)
9) (1, 2, 6, 5) (3, 7, 8, 4)
б) Вокруг каждой из четырёх диагоналей куба имеется по два вращения. Им соответствуют перестановки:
10) (1) (2, 5, 4) (3, 6, 8) (7)
11) (2) (1, 3, 6) (4, 7, 5) (8)
12) (3) (1, 6, 8) (2, 7, 4) (5)
13) (4) (1, 3, 8) (2, 7, 5) (6)
14) (1) (2, 4, 5) (3, 8, 6) (7)
15) (2) (1, 6, 3) (4, 5, 7) (8)
16) (3) (1, 8, 6) (2, 4, 7) (5)
17) (4) (1, 8, 3) (2, 5, 7) (6)
в) Вокруг каждой из шести осей, соединяющих середины противоположных рёбер куба, имеется одно вращение. Им соответствуют перестановки:
18) (1, 5) (2, 8) (3, 7) (4, 6)
19) (1, 2) (3, 5) (4, 6) (7, 8)
20) (1, 7) (2, 3) (4, 6) (5, 8)
21) (1, 7) (2, 6) (3, 5) (4, 8)
22) (1, 7) (2, 8) (3, 4) (5, 6)
23) (1, 4) (2, 8) (3, 5) (6, 7)
Вместе с тождественной перестановкой (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8) получаем 24 перестановки – все элементы группы G. Итак, в группе Gвращений куба имеется:
1 перестановка типа ,
6 перестановок типа ,
9 перестановок типа ,
8 перестановок типа .
Тогда перестановка первого типа имеет 38 неподвижных точек, любая из перестановок второго типа – 32, третьего и четвёртого типов – 34 неподвижных точек (по формуле nk = nk). Поэтому согласно лемме Бернсайда, имеем (38 + 6∙32 + 9∙34 + 8∙34) = 333.
Таким образом, число геометрически различимых способов раскраски вершин куба в три цвета равно 333.
Задача 2. Сколько различных ожерелий из семи бусин можно составить из бусин двух цветов – красного и синего?
Решение. Переформулируем эту задачу следующим равносильным образом: сколькими геометрически различными способами можно раскрасить вершины правильного семиугольника в два цвета? Пусть М – множество всевозможных по-разному раскрашенных правильных семиугольников одного размера, положение которых в пространстве фиксировано. Тогда имеется 27 = 128 различных вариантов раскраски вершин семиугольника, так как каждую вершину независимо от других можно раскрасить двумя способами. Здесь два способа раскраски неотличимы, если один из них можно получить из другого, применяя к семиугольнику либо преобразования вращения, либо симметрии относительно осей. Будем описывать раскраски «словами» длины 7, составленными из букв к (вершина окрашена в красный цвет) и с (вершина окрашена в синий цвет). Проделаем те же действия, что и в задаче 1 для применения леммы Бернсайда. Опишем разложения в произведение циклов для всех перестановок из группы G.
а) Тождественному преобразованию соответствует перестановка:
1) (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)
б) Поворотам на углы соответствуют перестановки:
2) (1,2,3,4,5,6,7)
3) (1,3,5,7,2,4,6)
4) (1,4,7,3,6,2,5)
5) (1,5,2,6,3,7,4)
6) (1,6,4,2,7,5,3)
7) (1,7,6,5,4,3,2)
в) Симметриям относительно осей, соединяющих вершины семиугольника с серединами противоположных сторон, соответствуют перестановки:
8) (1) (2,7) (3,6) (4,5)
9) (2) (1,3) (7,4) (5,6)
10) (3) (2,4) (1,5) (6,7)
11) (4) (3,5) (2,6) (7,1)
12) (5) (4,6) (3,7) (2,1)
13) (6) (5,7) (4,1) (2,3)
14) (7) (1,6) (2,5) (3,4),
где 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 – числа, с помощью которых занумерованы вершины семиугольника.
Итак, в группе G имеется:
1 перестановка типа ,
6 перестановок типа ,
7 перестановок типа .
Слово неподвижно относительно перестановки тогда и только тогда, когда буквы, стоящие на местах с номерами из одного цикла в перестановке α, совпадают. Поэтому тождественная перестановка имеет 27 неподвижных точек на М, перестановки второго типа – по 2, а перестановки третьего типа – по 24. Применяя лемму Бернсайда, получаем
(27 + 6∙2 + 7∙24) = 18.
Итак, из бусин двух цветов можно составить 18 семибусенных ожерелий.
Задача 3. Грани куба можно раскрасить: а) все в белый цвет; б) все в чёрный цвет; в) часть в белый, а остальные в чёрный. Сколько имеется разных способов раскраски?
Решение.
Грань (1' 4' 5' 8') – 1
Грань (2' 3' 6' 7') – 2
Грань (3' 4' 7' 8') – 3
Грань (1' 2' 5' 6') – 4
Грань (1' 2' 3' 4') – 5
Грань (5' 6' 7' 8') – 6
Рис. 3
а) Вокруг каждой из трёх осей, соединяющих центры противоположных граней, имеется три вращения на углы , , . Им соответствуют перестановки:
1) (1) (2) (5, 4, 6, 3)
2) (1) (2) (4, 3) (6, 5)
3) (1) (2) (5, 3, 6, 4)
4) (3) (4) (1, 6, 2, 5)
5) (3) (4) (1, 2) (6, 5)
6) (3) (4) (5, 2, 6, 1)
7) (5) (6) (1, 3, 2, 4)
8) (5) (6) (1, 2) (3, 4)
9) (5) (6) (4, 2, 3, 1)
б) Вокруг каждой из четырёх диагоналей куба имеется по два вращения. Им соответствуют перестановки:
10) (2, 6, 3) (1, 5, 4)
11) (3, 6, 2) (4, 5, 1)
12) (6, 4, 2) (1, 5, 3)
13) (2, 4, 6) (3, 5, 1)
14) (1, 3, 6) (2, 4, 5)
15) (6, 3, 1) (5, 4, 2)
16) (1, 4, 6) (2, 3, 5)
17) (6, 4, 1) (5, 3, 2)
в) Вокруг каждой из шести осей, соединяющих середины противоположных рёбер куба, имеется одно вращение. Им соответствуют перестановки:
18) (2, 3) (1, 4) (5, 6)
19) (1, 3) (4, 2) (5, 6)
20) (1, 6) (5, 2) (3, 4)
21) (1, 5) (6, 2) (3, 4)
22) (4, 6) (3, 5) (1, 2)
23) (6, 3) (5, 4) (1, 2)
Вместе с тождественной перестановкой (1)(2)(3)(4)(5)(6) получаем 24 перестановки – все элементы группы G. Итак, в группе Gвращений куба имеется:
1 перестановка типа ,
6 перестановок типа ,
3 перестановки типа ,
8 перестановок типа ,
6 перестановок типа .
Поэтому тождественная перестановка имеет 26 неподвижных точек на М, перестановки второго и пятого типов имеют по 23 неподвижных точек на М, перестановки третьего типа – по 24, а перестановки четвёртого типа – по 22. Тогда по лемме Бернсайда получаем (26 + 6∙23+ 3∙24+ 8∙22 + 6∙23) =10.
Итак, число геометрически различных способов раскраски граней куба в два цвета равно 10.
Задача 4. Сколько различных ожерелий можно составить из двух синих, двух белых и двух красных бусин?
Решение. Переформулируем задачу так: сколькими геометрически различными способами можно раскрасить вершины правильного шестиугольника так, чтобы две были синего цвета, две – белого, две – красного? а) Вокруг центра шестиугольника имеется пять поворотов на углы . Им соответствуют перестановки:
1) (1, 2, 3, 4, 5, 6)
2) (1, 3, 5) (2, 4, 6)
3) (1, 4) (2, 5) (3, 6)
4) (1, 5, 3) (2, 6, 4)
5) (1, 6, 5, 4, 3, 2)
б) Имеется три симметрии относительно осей, соединяющих противоположные вершины правильного шестиугольника. Им соответствуют перестановки:
6) (1) (4) (2, 6) (3, 5)
7) (2) (5) (3, 1) (4, 6)
8) (3) (6) (2, 4) (1, 5)
в) Имеется три симметрии относительно осей, соединяющих середины противоположных сторон правильного шестиугольника. Им соответствуют перестановки:
9) (1, 2) (6, 3) (5, 4)
10) (1, 6) (2, 5) (3, 4)
11) (2, 3) (1, 4) (6, 5)
Вместе с тождественной перестановкой (1) (2) (3) (4) (5) (6) получаем 12 перестановок – все элементы группы G. Итак, в группе G имеется:
1 перестановка типа ,
2 перестановки типа ,
2 перестановки типа ,
4 перестановки типа ,
3 перестановки типа .
Определим количество неподвижных точек для перестановок каждого типа. Так как количество различных цветов, в которые нужно раскрасить шестиугольник, равно трём, то минимальное количество циклов в перестановке должно быть равно трём, чтобы она имела неподвижные точки. То есть перестановки 1), 2), 4), 5) неподвижных точек не имеют. Для перестановки первого типа получим 36 = = 90 неподвижных точек. Для каждой перестановки типа по принципу умножения получаем по Р3 =3∙2∙1= 6 неподвижных точек. Для каждой перестановки типа по принципу умножения получим по Р3 =3∙2∙1∙1= 6 неподвижных точек. Применим лемму Бернсайда: (1∙90+ 4∙6+ 3∙6) = 11.
Итак, 11 различных ожерелий можно составить из двух синих, двух белых, двух красных бусин.
Задача 5. Сколькими геометрически различными способами три абсолютно одинаковые мухи могут усесться в вершинах правильного пятиугольника?
Решение. Обозначим М – множество различных способов расположения трёх одинаковых мух в вершинах пятиугольника, если вершины занумерованы. Тогда |M| = 25 (3, 2)==10 способов расположения мух, где 2 – количество элементов множества М1 = {м, с} (где м – муха, с – свободная вершина),
3, 2 – кратности соответственно м и с.
а) Вокруг центра пятиугольника имеется четыре поворота на углы . Им соответствуют перестановки:
1) (1, 2, 3, 4, 5)
2) (1, 3, 5, 2, 4)
3) (1, 4, 2, 5, 3)
4) (1, 5, 4, 3, 2)
б) Имеется пять симметрий относительно осей, соединяющих вершины пятиугольника с серединами противоположных сторон. Им соответствуют перестановки:
5) (1) (2, 5) (3, 4)
6) (2) (1, 3) (5, 4)
7) (3) (2, 4) (1, 5)
8) (4) (3, 5) (2, 1)
9) (5) (1, 4) (2, 3),
где 1, 2, 3, 4, 5 – числа, с помощью которых занумерованы вершины пятиугольника. Вместе с тождественной перестановкой (1)(2)(3)(4)(5) имеем 10 элементов группы G. Итак, в группе G имеется:
1 перестановка типа ,
4 перестановки типа ,
5 перестановок типа .
Определим количество неподвижных точек для перестановок каждого типа. Чтобы перестановка имела неподвижные точки, минимальное количество циклов в перестановке должно быть равно двум, так как множество М1 состоит из двух элементов м и с. Поэтому перестановки 1) – 4) не имеют неподвижных точек. Тогда для перестановки типа имеем по формуле: 25(3, 2) = = 10 неподвижных точек. Для каждой перестановки типа получим по принципу умножения по Р2 =2∙1∙1= 2 неподвижные точки. По лемме Бернсайда получаем (1∙10+ 5∙2) = 2.
Итак, двумя геометрически различными способами три одинаковые мухи могут усесться в вершинах правильного пятиугольника.
Задача 6. Сколькими способами можно раскрасить вершины куба в два цвета (красный и синий) так, чтобы вершин каждого цвета было поровну?
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся задачей 1. Пусть М – множество всевозможных по-разному раскрашенных кубов одного размера, положение которых в пространстве фиксировано. Тогда по формуле nk(k1, k2, …, kn) = получим |M| = 28(4,4) = = 70 по-разному раскрашенных кубов. Так как нам нужно раскрасить вершины в два цвета (4 — в красный, 4 — в синий), то минимальное количество циклов в перестановке должно быть равно двум. Поэтому все перестановки 1) – 24) (задача 1) имеют неподвижные точки. В результате в группе Gимеется:
1 перестановка типа ,
6 перестановок типа ,
9 перестановок типа ,
8 перестановок типа .
Тогда перестановка типа имеет 28(4,4) = = 70 неподвижных точек. Каждая перестановка типа имеет (по принципу умножения Р2 =2∙1= 2 неподвижные точки. Для каждой перестановки типа имеется 24(2, 2) = = 6 неподвижных точек. Каждая перестановка типа имеет (по принципу умножения) Р2 =2∙1∙2∙1= 4 неподвижные точки. По лемме Бернсайда получаем (1∙70+ 6∙2 + 9∙6 + 8∙4) = 7.
Итак, семью способами можно раскрасить вершины куба в два цвета так, чтобы вершин каждого цвета было поровну.
Задача 7. Сколькими различными способами можно грани куба раскрасить в четыре цвета так, чтобы все четыре цвета присутствовали в раскраске каждого куба?
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся задачей 3. Пусть М – множество всевозможных по-разному раскрашенных кубов одного размера, положение которых в пространстве фиксировано. Тогда по принципу умножения: первую грань можно раскрасить 4 способами, вторую – тремя, третью – двумя, четвёртую – одним способом, пятую – четырьмя, шестую – четырьмя способами. Получим |M| = 4∙3∙2∙1∙4∙4 = 384. Найдём геометрически различные способы раскраски. Для этого используем описанные в задаче 3 разложения в произведение циклов всех перестановок из группы G вращений куба. Так как в раскраске куба должны присутствовать четыре разных цвета, то минимальное количество циклов в перестановке должно быть равно четырём. Поэтому перестановки 1), 3), 4), 6), 7), 9) – 23) в задаче 3 неподвижных точек не имеют. Таким образом, неподвижные точки имеют 3 перестановки типа и 1 перестановку типа . Определим количество неподвижных точек для перестановок каждого типа. Для перестановки типа имеем по принципу умножения Р4 = 4∙3∙2∙1∙4∙4 = 384 неподвижные точки. Для каждой перестановки типа по принципу умножения имеется Р4 = 4∙3∙2∙1 = 24 неподвижные точки. По лемме Бернсайда получаем (1∙384+3∙24) = 19.
Итак, существует 19 различных способов раскраски граней куба в 4 цвета так, чтобы все 4 цвета присутствовали в раскраске каждого куба.
§ 2. «Метод просеивания» [4] Познакомимся с наиболее общим методом пересчёта, который можно назвать «методом просеивания» или «комбинаторным просеиванием»: с любым свойством P можно связать его расщепление на некотором множестве A, в соответствии с которым A разбивается на две части: подмножество А1, образованное элементами, обладающими свойством Р, и А2, образованное элементами, не обладающими свойством Р, т. е. обладающими свойством . Выбирая свойства подходящим образом, можно последовательным просеиванием пересчитать подмножества с наложенными на них теми или иными ограничениями.
2.1. Формула включения и исключения
Пусть А – конечное множество и . Будем обозначать через дополнение А1 по отношению к А, а через Card A – число элементов в А.
Тогда
.
Если и , то
(1)
.
Покажем, что формула (1) обобщается на случай nподмножеств , i=1, 2,… n:
(2)
Действуем по индукции. Имеем
(3)
Предположим, что (2) выполняется для случая n-1 подмножеств Ai, i=1, 2,…,n-1:
(4)
Рассмотрим следующие подмножества множества An:
Применяя (4) с A=An, имеем
(5)
Подставляя (5) и (4) в (3), получаем (2). Таким образом, с учётом (1) формула (2) доказана по индукции. Эту формулу называют формулой включения и исключения. Часто её представляют в таком виде:
(6)
Формулы (2) и (6) играют основную роль в перечислении подмножеств, обладающих заданными свойствами. Посмотрим на эти формулы с другой точки зрения. Пусть элементы обладают свойством Pi, i=1, 2, …,n. Тогда мы скажем, что подмножество обладает свойством . Таким образом, если элементы А могут обладать n различными свойствами, то число элементов А, обладающих k указанными свойствами и не обладающих n-k остальными, дается формулой (6).
2.2. Общий метод «просеивания» или «пропускания через решето». Решето Сильва – Сильвестра
Формула (6) описывает последовательный процесс пересчёта, называемый решетом Сильва – Сильвестра.
продолжение
--PAGE_BREAK--Пример. Рассмотрим множество
и следующие свойства:
четное число,
и А >6, (7)
и 2 A
Подсчитаем число элементов А, обладающих свойством . Обозначим подмножества, соответствующие свойствам Р1, Р2, Р3, через А1, А2, А3. Тогда
«Просеиваем» сначала А через Р1: CardA1=6. Затем просеиваем А1 через Р2и Р3: , . Просеиваем через Р3: Итак,
Формула (6) не позволяет, однако, перечислить элементы искомого множества. Находим его, выписывая последовательно: , , . Разумеется, для множества с небольшим числом элементов проще выписать искомое подмножество, однако это трудно сделать при большой мощности множества.
2.3. Использование общего метода решета в теории чисел
Теорема 1. Пусть А={1, 2, …,n} и а1, а2, …, аr, , i=1, 2, …,r, попарно взаимно просты. Количество целых чисел kтаких, что 0 k≤ n, aiне делит k, i=1, 2, …,r, равно
(8)
Доказательство. Обозначим и выпишем формулу (2):
(9)
Имеем
Card A=n,
Card Ai=, i=1, 2, …,r,
, i≠j, i, j=1, 2, …,r,
∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ (10)
= .
Подставляя (10) в (9), получаем (8).
Пример. Пусть , а1=3, а2=7, а3=8.
Количество целых чисел, не превосходящих 35 и не делящихся ни на 3, ни на 7, ни на 8, равно
Рассмотрим другие приложения.
Количество целых чисел k таких, что
k ≤ n, (k, n)=1, ,
обозначают через φ(n) и называют функцией Эйлера.
Теорема 2. Пусть . Тогда
, (11)
где произведение берётся по всем простым делителям аiчисла n.
Доказательство. Так как все ai делят n и взаимно просты, то имеем
=.
По формуле (8)
т.е. получаем (11).
Пример. Пусть n=84. Простыми делителями 84 являются 2, 3, 7; поэтому
Функция Мёбиуса. Представим (11) в другом виде, используя функцию Мёбиуса μ(n), определяемую следующим образом:
μ(1)=1;
μ(n)=0, если n делится на квадрат простого числа;
μ(а1а2…аr)=(-1)r, если ai – различные простые множители, i=1, 2, …,r.
Преобразуем равенство (11), используя функцию Мёбиуса:
Тогда
, (12)
где суммирование производится по всем k, делящим n (включая 1).
Пример. Имеем
μ(1)=1, , ,
, ,
, ,
, ,
, ,
При n=84 формула (12) даёт
Решето Эратосфена. Известен следующий способ перечисления простых чисел pi, pi≤ n: вычисляется и из последовательности 2, 3, …, n вычеркиваются последовательно все числа, кратные 2, затем кратные 3, …, кратные c. Оставшиеся числа и есть искомые.
Используя теорему 2, можно получить следующую формулу пересчёта. Если через M(n) обозначить количество простых чисел q таких, что , то в силу (8)
M(n)=(13)
где pi-, i=1, 2, …,r, — простые числа, не превосходящие (- 1 в правой части добавляется, так как 1 не считается простым).
В силу (12)
M(n)= , (14)
где суммирование в (14) производится по всем простым делителям n (включая 1).
Пример. Сколько простых среди чисел 2, 3, …, 84? Имеем =9. Простыми числами между 2 и 9 будут 2, 3, 5, 7. Согласно (13)
Таким образом, имеется всего 19 + 4 = 23 простых числа среди 2, 3, …, 84. Решето Эратосфена перечисляет их: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83.
Расширения данной темы: иногда подмножества не выделяются, а фиксируется число свойств, которыми обладают их элементы. Для этого случая можно вывести формулу, используя формулу (6).
§3. Разбиение фигур на части меньшего диаметра [1, 2] Диаметром фигуры F назовём такое расстояние d, что, во-первых, расстояние между любыми двумя точками M и N фигуры F не превосходит d, и, во-вторых, можно отыскать в фигуре F хотя бы одну пару точек A, B, расстояние между которыми в точности равно d.
Примеры:
· Если фигура F представляет собой сегмент круга, ограниченный дугой l и хордой а, то в случае, когда дуга l не превосходит полуокружности, диаметр фигуры F равен а; в случае же, когда дуга l больше полуокружности, диаметр фигуры F совпадает с диаметром всего круга.
· Если фигура F представляет собой многоугольник, то его диаметром является наибольшее из расстояний между вершинами.
В фигуре может существовать и много пар точек, расстояние между которыми равно d: в случае эллипса такая пара точек только одна, в случае квадрата их две, в случае правильного треугольника – три, в случае круга таких пар бесконечно много.
Постановка задачи: Круг диаметра d нельзя разбить на две части, диаметр каждой из которых будет меньше d, но можно разбить на три такие части (рис. 4(а, б)).
ref SHAPE \* MERGEFORMAT
Тем же свойством обладает равносторонний треугольник со стороной d. Но имеются фигуры, которые можно разбить на две части меньшего диаметра (рис. 5(а, б)).
ref SHAPE \* MERGEFORMAT
Мы можем рассматривать для любой фигуры F задачу о разбиении её на части меньшего диаметра. Наименьшее число частей, которые для этого потребуются, обозначим через a(F). Если F – круг или равносторонний треугольник, то a(F) = 3, а для эллипса или параллелограмма a(F) = 2. Возникает вопрос, нельзя ли найти плоскую фигуру, для которой a(F)>3, то есть такую фигуру, что для разбиения её на части меньшего диаметра нельзя обойтись тремя частями, а потребуется 4 или большее число частей?
Ответ даёт теорема Борсука: Всякая плоская фигура F диаметра d может быть разбита на три части диаметра меньше d, то есть a(F) ≤ 3.
Лемма: Всякая плоская фигура диаметра d может быть заключена в правильный шестиугольник, у которого расстояние между параллельными сторонами равно d.
Доказательство леммы.
Проведём к фигуре F опорные прямые l1 и l2, причём l2 параллельна l1. Вся фигура будет находиться в полосе между прямыми l1 и l2, расстояние между которыми не превосходит d (так как диаметр фигуры F равен d) (рис. 6). Проведём к фигуре F две параллельные опорные прямые m1 и m2, составляющие с l1 угол 60°. Прямые l1, l2, m1, m2образуют параллелограмм ABCD с углом 60° и высотами не превосходящими d, внутри которого целиком заключается фигура F. Проведём две опорные прямые p1, p2 фигуры F, составляющие с l1 угол 120°, и обозначим через MиN основания перпендикуляров, опущенных на эти прямые из концов диагонали AC параллелограмма (рис. 6). Покажем, что направление прямой l1 можно выбрать таким образом, чтобы выполнялось равенство AM=CN. Допустим, AM≠CN, и пусть, для определённости, AMCN. Таким образом, величина y= AM– CN отрицательна. Начнём непрерывно изменять направление прямой l1 так, чтобы она повернулась на 180° (фигуру F будем оставлять неподвижной). Вместе с прямой l1 будут менять своё положение прямые l2, m1, m2, p1, p2(так как их положение определяется выбором l1). Поэтому при повороте прямой l1 будут непрерывно перемещаться и точки A, C, M, N, а значит, будет непрерывно изменяться величина y= AM– CN.
ref SHAPE \* MERGEFORMAT
Но когда прямая l1 повернётся на 180°, она займет положение, которое раньше занимала прямая l2. Поэтому мы получим тот же параллелограмм, что и на рис. 6, но в нем точки А и С, а так же М иNпоменяются «ролями». Следовательно, в этом положении величина у будет уже положительной.
ref SHAPE \* MERGEFORMAT
Если мы теперь изобразим график изменения величины у при повороте прямой l1 от 0° до 180° (рис. 7), то увидим, что найдётся положение прямой l1, при котором величина у обращается в нуль, т.е. АМ = CN(ибо, непрерывно изменяясь от отрицательного значения до положительного, величина у должна в некоторый момент обратиться в нуль). Мы рассмотрим положение всех наших прямых как раз в тот момент времени, когда величина у обращается в нуль (рис. 8). Из равенства АМ = CNвытекает, что шестиугольник, образованный прямыми l1, l2, m1, m2, p1,p2, центрально-симметричен.
ref SHAPE \* MERGEFORMAT
Каждый угол этого шестиугольника равен 120°, а расстояние между противоположными сторонами не превосходит d. Если расстояние между p1 и p2меньше d, то мы раздвинем эти прямые (перемещая их на одинаковое расстояние) так, чтобы расстояние между раздвинутыми прямыми было равно d. Точно так же мы поступим с прямыми l1, l2, а за тем с прямыми m1, m2. В результате мы получим центрально-симметричный шестиугольник (с углами 120°), у которого противоположные стороны удалены друг от друга на расстояние d. Из сказанного ясно, что все стороны этого шестиугольника равны между собой, т. е. этот шестиугольник – правильный, причём фигура F расположена внутри шестиугольника.
Доказательство теоремы Борсука. Пусть F – фигура диаметра d. Согласно доказательной лемме, фигура F содержится внутри правильного шестиугольника, расстояние между противоположными сторонами которого равно d. Покажем, что этот правильный шестиугольник можно разрезать на три части, каждая из которых имеет диаметр, меньший d. При этом фигура F также разрежется на три части, диаметр каждой из которых будет меньше d. Требуемое разбиение правильного шестиугольника на три части показано на рис. 9 (точки P, Qи R являются серединами сторон, а О – центр шестиугольника). Чтобы убедится, что диаметры частей меньше d, достаточно заметить, что в треугольнике PQLугол Qпрямой, и поэтому PQPL= d. Таким образом, теорема доказана.
Из доказательства теоремы легко заключить, что всякая плоская фигура диаметра dможет быть разбита на три части, диаметр каждой из которых не превосходит (так как PQ= ) (рис. 9). Эта оценка диаметров частей является наилучшей, так как круг диаметра d нельзя разбить на три части, диаметр каждой из которых был бы меньше (часть, имеющая диаметр меньше , высекает на окружности множество, расположенное на дуге, меньшей 120°, поэтому три такие части не покрывают всей окружности).
Можно предложить следующие расширения по данному вопросу:
Теорема Борсука является стержнем этого вопроса, но она не даёт полного решения вопроса о том, чему равно a(F) для произвольной заданной фигуры Fдиаметра d. Она даёт лишь оценкуa(F) сверху: a(F) ≤ 3. В то же время, очевидно, что a(F) ≥ 2 для любой фигуры. Возникает задача: для каких плоских фигур a(F) равно двум и для каких оно равно трём.
Можно рассматривать задачу о покрытии выпуклых фигур гомотетичными (о наименьшем числе «уменьшенных копий» фигуры F, которыми можно покрыть всю фигуру F) и задачу о наименьшем числе направлений, освещающих всю границу фигуры F.
Все эти задачи можно рассмотреть для пространственных тел.
§4. «Счастливые билеты» [5] Назовём билет счастливым, если сумма первых трёх цифр его номера равняется сумме последних трёх цифр (для шестизначных номеров). Возникает вопрос, сколько всего существует счастливых билетов?
продолжение
--PAGE_BREAK--