Alkalmazása Euler-tétel
BV Beklamov
Alkalmazása Euler-tétel néhány problémát
Ebben a cikkben, kínálunk olvasóinknak néhány probléma, amelynek megoldása a központi szerepe van az Euler-tétel. Középpontban a problémákat, akkor nem bizonyítják ezt a tételt itt bemutatjuk csupán annak szövegét. Proof of Euler-tétel, valamint általánosabb megfogalmazás ennek a tételnek is megtalálható a könyvben: „Mi a matematika?” Courant Robbins és a „geometria és a” Hilbert és Cohn-Vossen.
Mielőtt a fenti módon Euler-tétel, egyetértünk abban, hogy a sor végén két adatpont fogják hívni az ívet, amely összeköti ezeket a pontokat. abban az esetben, ez a vonal is át felkeresése nélkül bármely pont kétszer.
Euler-tétel. Tegyük fel, hogy a meghatározott síkban M és N pontok diszjunkt ívek, amelyek mindegyike csatlakozik bármely két adott pontok, és nem megy át ostalnyem # 150; 2 pont, és hagyja, hogy ezek az ívek osztják a síkot régiók l. Ha ezeket a pontokat a többiek is indulj a következő íveket, majd
Abban az esetben, az 1. ábrán látható, az összes feltételt a Euler-tétel készülnek, m = február 1 n = 1 8, l = 8 és m # 150; n + l = 2. 2. és 3. ábra eseteket mutatnak, ahol a feltételek ennek a tételnek nem teljesülnek. Például, a 2. ábrán a pont A1 nem tud, hogy a pont A5 és m # 150; n + l = 3 ≠ 2. és a 3. ábra, a vonal pontokat összekötő A1 és A2. és újra önmagát metsző m # 150; n + l = 3 ≠ 2.
Egyes alkalmazásokban beállított álló néhány pontot, és az azokat összekötő diszjunkt ívek, hívjuk kártya; A pontokat a konstelláció nevezünk csúcsot. és területek, amelyek megosztják a gépet az ív, # 151; országokban.
Most lépni a problémák megoldását.
Probléma 1. Tud tíz városban az összekapcsolása nem keresztező utat úgy, hogy az egyes városok kijött öt vezető utak öt másik városban.
Határozat. Tegyük fel, hogy a város is csatlakozik utak meghatározott feladat. Ebben az esetben, ha a két város nem lesz közúti kapcsolatot közvetlenül, akkor ott van a harmadik város, amely a közvetlenül csatlakoztatható mindegyik. Részletek a gépen, amely a város pontok, utak és # 151; ívű, azt találjuk, hogy bármely két pont köti össze a lánc ívek. Mivel minden egyes pont konvergálnak öt ívű, a teljes száma ívek egyenlő ½ · 5 · 10 = 25. A Euler-tétel, az ív síkjában van osztva 2 + 25 # 150; 10 = 17-nak. Mindegyik tizenhét által körbezárt területen legalább három ívek, mert különben nem lenne a két város közvetlenül kapcsolódik legalább két út, ami ellentmond a feltétele a problémát. Következésképpen, az élek számát nem kevesebb, mint ½ · 3 × 17 = 25,5. Így a kezdeti feltevés ellentmondásra vezet, és a város nem kapcsolódnak egymáshoz, mint amennyit a feladat.
Feladat 2. Három veszekedő szomszédok három közös is. Lehetséges, hogy végezzen nem átfedő számokat minden ház minden lyukba.
Határozat. Azt feltételezzük, hogy ez lehet tenni.
Mi képviseli otthon kék és kutak # 151; fekete pontok és minden kék pont csatlakozzon ív minden fekete pont, hogy a kapott kilenc lyukú diszjunktak. Ezután bármely két pont képviselő házak vagy kutak vannak összekötve egy lánc ívek és azért, mert a Euler-tétel a kilenc ívek Osszuk fel a síkot 9 # 150; 6 + 2 = 5 régió. Mind az öt területen korlátozza legalább négy ívek, állapota miatt a probléma, sem a pályák nem közvetlenül csatlakozni a két ház és két kút. Ezért a száma az íveket nem lehet kevesebb, mint ½ · 5 × 4 = 10, és ennek következtében a feltételezés téves.
3. feladat Bizonyítsuk be, hogy létezik egy térképet az összes ország, határos, nem több mint öt országban.
Határozat. Ha az országok száma a térképen nem nagyobb, mint hat, akkor az az állítás, a probléma nyilvánvaló. Mi bizonyítja, hogy a térképen, amely több mint hat országban, vannak még négy ország, amelyek mindegyike a határ legfeljebb öt országban. A festék a felső és alaptérkép ív, fekete és piros tintával veszi az egyes országok által egy pont. Bármely két jelölt pontok feküdt a szomszédos országokban (azaz országokban, ahol a közös határ ív), csatlakozzon az ezekben az országokban a vörös arc, így a vörös arc diszjunktak. Ekkor bármely két piros pontok lesznek összekötve a lánc ívek, és mivel nincs két beépített ív nem tud csatlakozni ugyanazon a ponton, minden ország a térképen, amely pontok és ívek piros, akkor korlátozott lesz legalább három ívek. Ha olyan országban ezen a térképen is legfeljebb három ívek, akkor annak határára, akkor választhat két csúcsot nem csatlakozik egy ívet, és csatlakoztassa a piros ív ebben az országban. Megismételve ezt a műveletet többször, akkor kap egy piros lapot, amelyen minden ország korlátozódik pontosan három ívek. Mivel ezenkívül ezen a térképen, nem két ív ne csatlakoztassa az azonos tetejét és a csúcsok száma több mint három, hogy árad minden csúcs legalább három ívek. Jelölje n ívek száma révén l # 151; Az országok száma szempontjából m # 151; száma az összes csúcsot piros lapot, és egy # 151; a csúcsok száma, amelyek található kevesebb, mint hat ívek. Aztán kapunk
Tól az (1) és az Euler-tétel, felvisszük egy pontrendszert és ívek vörös, ebből következik, hogy
ami azt mutatja, hogy a ≥4. Továbbra is megjegyezni, hogy ha egy ország a fekete kártyát több mint öt szomszédok, néhány Red Dot díjat az országban megy több mint öt ívek és ezért, figyelembe véve az egyenlőtlenség a ≥4. fekete a térképen négy ország, amelyek mindegyike legfeljebb öt szomszédok.
Feladat 4. Lehet heptagon vágjuk konvex hatszög.
Határozat. Tegyük fel, hogy néhány heptagon sikerült csökkenteni konvex hatszög. Jelöljük a csúcsok száma a hatszög, amelyek beleesnek az eredeti heptagon keresztül m. száma és a fennmaradó csúcsok (vagyis feküdt a határ a heptagon) # 151; a m.” Ahogy ívek összekötő csúcsok válasszuk vonalszakaszok a sokszög az alábbi feltétel kielégítésével: a szegmens összekötő két csúcsot nem hatolhat át a másik csúcsot. Jelölje számát N ilyen ívek, és ezen keresztül az L # 151; területek száma, amelyekre ezek az ívek felosztják a sík (l száma eggyel nagyobb, mint ahány hatszög). Nyilvánvaló, hogy bármely két pont lesz bekötve a lánc ívek. Azáltal, Euler-tétel
Mivel a külső régió határolt m „ívek, és az egyes fennmaradó # 151; nem kevesebb, mint hat íveket, majd
Néhány csúcsok a határon heptagon ki csak két ív. Jelöljük a csúcsok száma után. Bármely más csúcsok közül legalább hármat az ívet, így a
Ennélfogva, értelmében (3)
Összevetve ezt az egyenlőtlenség és a (4), megkapjuk
Mivel határán egy heptagon létezik legalább két csúcsa amelyek található az ív vezető egy heptagon, akkor m ' # 150; a ≥ 2. Erről az egyenlőtlenség és (5) az következik, hogy a ≥ 8.
Másrészt, mivel a heptagon vágjuk konvex sokszög, akkor minden csúcs, ahonnan két ív menni, az a csúcsa egy heptagon, ezért a ≤ 7. Így heptagon nem lehet vágni konvex hatszög.
A következő feladat, meghívjuk az olvasót, hogy megoldja a saját.
Lehetséges, hogy csatlakozni öt városban egymással nem keresztező utat úgy, hogy az egyes városok bármely más város vezetett az út, nem megy át a város többi része?
döntés
Tegyük fel, hogy a városi egymással összekapcsolt amint azt a problémát. Ezután az egyes városokban a négy utak, autópályák és a teljes szám egyenlő 5 · 4/2 = 10. Másrészt, az Euler-tétel, a régiók számát figyelembe, amelyek megosztják a az út síkjában egyenlő 10 + 2 # 150; 5 = 7; Ezen túlmenően, minden egyes régióban határolja legalább három út; Ezért az összes utak nem lehet kevesebb, mint 3 · 7/2 = 10,5. Tehát, hogy csatlakoztassa a város, mert, ahogy az a probléma, hogy ez lehetetlen.
Bizonyítsuk be, hogy ha az országok száma a térképen több mint tizenkilenc, akkor ezen a térképen van három ország azonos számú szomszédok.
döntés
Építünk „dual kártya”: veszi az egyes országok pontját, és csatlakozzon a ponton, amely a szomszédos országokban, egymást nem metsző ívek. Jelöljük m. n és l, illetve a csúcsok száma, élek, és az ország a két kártya. Nyilvánvaló, hogy a két kártya van csatlakoztatva (azaz, minden két pont között a lánc ívvel), és az egyes országok korlátozott kettős kártya legalább három ívek. Így, 3l ≤ 2n.
Ennélfogva, Euler-tétel, 6m ≥ 12 + 2n. Összehasonlítva ezt az egyenlőtlenséget, azzal a nyilvánvaló kapcsolatok
ahol mi a csúcsok száma, amelyek figyelmen kívül i élek, megkapjuk
Pentagon vágja szét sokszögek úgy, hogy minden oldalról az eredeti ötszög maradt vágatlan. Igazoljuk, hogy ha a szám a sokszögek a kapott legalább öt, az egyikben van egy szöget, amely nagyobb vagy egyenlő, mint 72 °.
döntés
Ami a probléma, hogy a heptagon, nézd meg a térképet, ami által meghatározott vonal vágások, és a szám a csúcsok, élek, és az országok ezt a kártyát, illetve a m. N és L. Nevezzük a tetején a rossz kártya. ha annak egyik oldalán a sokszög, és nem a csúcsa; jelöli számú szabálytalan csúcsok révén m”. R jelöli az élek számát áradó vertex az eredeti ötszög, és eltér az oldalán, mindegyik ív, amelynek mindkét vége fekszenek a csúcsok egy ötszög, egyetértünk, hogy fontolja meg kétszer. Tegyük fel, hogy minden egyes sokszögek minden szögből kisebb, mint 72 °. Aztán: a) Minden országban, kivéve a korlátlan, háromszögek; b) az egyes rendszeres csúcsai belül a kezdeti ötszög található, nem kevesebb, mint hat ívek, és az egyes szabálytalanul # 151; nem kevesebb, mint négy. A) azt jelenti, hogy 2n = 3 (l # 150; 1) + m „+ 5, és a b) # 151; hogy
Ezekből kapcsolatok azt találjuk, hogy
Mivel az Euler-tétel m # 150; n + l = 2, akkor a egyenlőtlenség kapott azt jelzi, hogy r ≤ 4. Másrészt, könnyű azt mutatják, hogy ha a ötszög vágott több mint négy sokszög, akkor r> 4. Következésképpen, legalább az egyik a sokszögek szöge nagyobb, vagy egyenlő 72 °.
Triangle, a szögek nem több, mint 120 °, vágjuk több háromszög. Bizonyítsuk be, hogy az egyik egy háromszög minden szöge nem nagyobb 120 °.
döntés
Ahogy az előző probléma, úgy véljük, a térképen vonalak által meghatározott vágások. A csúcsok száma, élek, és az ország megkapja a kártyát, illetve a m. N és L. helytelen csúcsok száma szerint m.” Nyilvánvaló, 3L + m „= 2n. és mivel az Euler-tétel m # 150; n + l = 2, akkor
Sőt, egyes rendszeres csúcsai belül a kezdeti háromszög található, legfeljebb két nagyobb szöget 120 °, és az egyes szabálytalan csúcsok # 151; nem több, mint egy. Az ellentmondást a (*) és (**) azt jelzi, hogy többek között a háromszögek, kapott vágás után, létezik egy háromszög minden szögből nem több, mint 120 °.
A játék, hogy két játékos. Mielőtt a játék a gépen megjelölt m pont. A játékosok felváltva keresi a két pont nem csatlakozik egy ívet, és összeköti ezeket a pontokat ív, amely metszi a korábban épített ív. Az a játékos, aki az utolsó lépést. Semmilyen m nyer a játékos, aki megtette az első lépést, és milyen # 151; ellenfele?
döntés
Kiderült, hogy a lépések számát a játékban esetben csak az m. Valóban, az m = 2 esetben nyilvánvaló. Legyen m> 2. majd a végén a játék lesz térkép egy síkot, amelyen minden két csúcsot köti össze ívek egy lánc és az egyes országok korlátozódik három ívek, azaz 2 n = 3 l. Mivel az Euler-tétel, hogy az élek számát ilyen kártyák 3 (m # 150; 2). De az ívek száma a kapott térképet a lépések számát a játékunkban. Ezért megkapjuk a páratlan m. kettőnél több, a játékos, aki az első lépés, és még m. Több mint két # 151; ellenfelét.