Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1146
2015-07-21 
На окружности с центром $O$ радиуса 1 от точки $A_{0}$ отложим точки $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{999}, A_{1000}$ так, что $\hat{A_{0}OA_{k}} = k$ (в радианной мере). Затем окружность в точках $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{1000}$ разрезается. Сколько различных по длине дуг при этом получится?
Решение:
Будем отмечать последовательно $A_{1}, \cdots, A_{6}, 6 < 2 \pi, 2 \pi – 6 = \alpha_{1} < 1$, и точка $A_{7}$ попадает на дугу $A_{0}A_{1}$ разбивая ее на части $|A_{0}A_{7}| = 1 - \alpha_{1}$, и $|A_{7}A_{1}| = \alpha_{1}$. При этом у нас появляются дуги трех сортов — длины $\alpha_{1}$, длины $1- \alpha_{1}$ и длины 1. Рассмотрим общий случай, когда число точек $N \geq 7$. Пусть ближайшие точки к $A_{0}$ слева и справа суть $A_{s}$ и $A_{t}$.
Лемма. Равенство $M= 2 \pi Q$ с целыми $M$ и $Q$ невозможно, кроме $M = Q = 0$.
Это следует из-за иррациональности $\pi. \pi \neq \frac{M}{2Q}$ ни при каких
целых $M$ и $Q$.
Тогда $s = 2 \pi \sigma - \phi, t = 2 \pi \tau + \psi$. Так как $s+t = 2 \pi (\sigma + \tau) + (\psi + \phi)$, то по лемме $\psi + \phi \neq 0$.
Докажем теперь по индукции по $N$, что дуги могут быть только трех размеров — длины $|\phi|$, длины $| \psi|$ и еще, может быть, длины $| \phi| + | \psi|$. Для $N=7$ это справедливо. Пусть это справедливо для $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$. Выберем, как указано выше, точки $A_{s}$ и $A_{t}$. Рассмотрим точку $A_{N+1}$. Пусть она попадает на дугу $A_{q}A_{r}$, где $q \neq 0, r \neq 0$. Очевидно, длина $|A_{q}A_{N+1}|$ дуги $A_{q}A_{n+1}$ равна $|A_{0}A_{N+1 - q}|$, так как она определяется только разностью номеров, причем $|A_{0}A_{N+1-q}| \geq |A_{0}A_{t}|$ по выбору $A_{t}$. (Заметим, $N-1-q \leq N$.) Наоборот, $|A_{0}A_{t}| = |A_{N+1-t}A_{N+1}| \geq |A_{q}A_{n+1}|$. Отсюда $\psi = |A_{0}A_{t}| = |A_{q}A_{N+1}|$ и $q = N+1-t$. Аналогично, $|A_{N+1}A_{r}| = |A_{s}A_{0}|, r = N+1-s$, так что число сортов не изменилось, только одна дуга длины $| \psi| + | \phi|$ разбилась на дуги длины $| \psi|$ и $| \phi|$. Рассмотрим теперь случай, когда $q=0$ или $r=0$ ($q=r=0$ только при $N=1$). Здесь только одна из дуг $A_{N+1}A_{r}$ при $q=0$ или $A_{q}A_{N+1}$ при $r=0$ равна соответственно $| \phi|$ или $| \psi|$. Предположим для определенности, что это $ \psi$;. Покажем, что точки $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$ разбивали всю окружность на дуги только двух сортов длины $| \phi|$ и длины $| \psi|$, а все дуги длины $|\phi| + | \psi|$ были уже разбиты. В самом деле, пусть такая дуга $A_{m}A_{n}$ существует. Тогда $(n-2 \pi \nu) – (m- 2 \pi \mu) = (t- 2 \pi \tau) – (s – 2 \pi \sigma) = | \phi| + | \psi|$, откуда $(n-m) – (t-s) = 2 \pi (( \mu_{1} - \nu) – ( \chi - \rho))$ и $m – n = t –s $. Если $m \geq s$, то на дуге $A_{m}A_{n}$ должна лежать точка $A_{m-s}$, так как на $A_{s}A_{t}$ лежит $A_{0}$. Остается $m < s$. На дугу $A_{s}A_{t}$ попадает точка $A_{N+1}$. Значит, на дуге $A_{m}A_{n}$ лежит точка $A_{N+1-s+m}$. Таким образом, вспомогательное утверждение доказано. При $(N+1)$-й точке —снова три длины дуг $| \phi|$, $| \psi|$ — $| \phi|$ и $ | \psi|$. Остается узнать, к какому из двух типов принадлежит $A = 1000$. Возьмем $N$ второго типа, т. е. такое, что точки $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$ делят окружность на дуги только двух длин. Первое из таких $N$ есть 6.
Пусть точки $A_{0}, A_{1}, \cdots , A_{N}$ разбивали окружность на $N$ дуг длины $| \psi|$ и $G$ дуг длины $| \phi|$, причем $| \psi| + | \phi|$, тогда последующие точки $A_{N+1}, \cdots, A_{N+F}$ будут делить дуги длины $| \psi|$, разбивая их на $| \phi|$ и $| \chi| = | \psi| - | \phi|$ что дает разбиение $G + F$ дугами $| \phi|$ и $F$ дугами $| \chi|$. Поэтому нетрудно заключить по индукции, что если для каждого $N_{k}$ второго типа числа $G_{k}$ и $F_{k}$ будут четные, то и все последующие будут четны. При $N = 6$ окружность разделена на 6 дуг длины 1 и одну дугу длины $\alpha_{1} = 2 \pi – 6 = 0, 28318 \cdots$. Следующие $N$ второго типа будут $N_{2} = 12$, когда будет 6 дуг длины $1 - \alpha_{1}$, и 7 дуг длины затем $ N_{3} = 18 $, когда будет 6 дуг длины $1 – 2 \alpha_{1} = 0,574 \cdots$ и 13 дуг длины $ \alpha_{1}$. При этом большим оказывается правый отрезок. Но $1 – 3 \alpha_{1} = 0,15 \cdots$ и большим далее будет левый отрезок. При $N_{4} = 24$ будет 6 дуг длины $1 – 3 \alpha_{1}$ и 20 дуг длины $\alpha_{1}$ т. е. $G_{4}$ и $F_{4}$ четны. Значит, четны и все последующие $G_{k}$ и $F_{k}$. Данные точки $A_{0},A_{1}, \cdots, A_{1000}$ разбивают окружность на 1001 дугу, согласно доказанному эти дуги трех сортов.
На окружности с центром $O$ радиуса 1 от точки $A_{0}$ отложим точки $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{999}, A_{1000}$ так, что $\hat{A_{0}OA_{k}} = k$ (в радианной мере). Затем окружность в точках $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{1000}$ разрезается. Сколько различных по длине дуг при этом получится?
Решение:
Будем отмечать последовательно $A_{1}, \cdots, A_{6}, 6 < 2 \pi, 2 \pi – 6 = \alpha_{1} < 1$, и точка $A_{7}$ попадает на дугу $A_{0}A_{1}$ разбивая ее на части $|A_{0}A_{7}| = 1 - \alpha_{1}$, и $|A_{7}A_{1}| = \alpha_{1}$. При этом у нас появляются дуги трех сортов — длины $\alpha_{1}$, длины $1- \alpha_{1}$ и длины 1. Рассмотрим общий случай, когда число точек $N \geq 7$. Пусть ближайшие точки к $A_{0}$ слева и справа суть $A_{s}$ и $A_{t}$.
Лемма. Равенство $M= 2 \pi Q$ с целыми $M$ и $Q$ невозможно, кроме $M = Q = 0$.
Это следует из-за иррациональности $\pi. \pi \neq \frac{M}{2Q}$ ни при каких
целых $M$ и $Q$.
Тогда $s = 2 \pi \sigma - \phi, t = 2 \pi \tau + \psi$. Так как $s+t = 2 \pi (\sigma + \tau) + (\psi + \phi)$, то по лемме $\psi + \phi \neq 0$.
Докажем теперь по индукции по $N$, что дуги могут быть только трех размеров — длины $|\phi|$, длины $| \psi|$ и еще, может быть, длины $| \phi| + | \psi|$. Для $N=7$ это справедливо. Пусть это справедливо для $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$. Выберем, как указано выше, точки $A_{s}$ и $A_{t}$. Рассмотрим точку $A_{N+1}$. Пусть она попадает на дугу $A_{q}A_{r}$, где $q \neq 0, r \neq 0$. Очевидно, длина $|A_{q}A_{N+1}|$ дуги $A_{q}A_{n+1}$ равна $|A_{0}A_{N+1 - q}|$, так как она определяется только разностью номеров, причем $|A_{0}A_{N+1-q}| \geq |A_{0}A_{t}|$ по выбору $A_{t}$. (Заметим, $N-1-q \leq N$.) Наоборот, $|A_{0}A_{t}| = |A_{N+1-t}A_{N+1}| \geq |A_{q}A_{n+1}|$. Отсюда $\psi = |A_{0}A_{t}| = |A_{q}A_{N+1}|$ и $q = N+1-t$. Аналогично, $|A_{N+1}A_{r}| = |A_{s}A_{0}|, r = N+1-s$, так что число сортов не изменилось, только одна дуга длины $| \psi| + | \phi|$ разбилась на дуги длины $| \psi|$ и $| \phi|$. Рассмотрим теперь случай, когда $q=0$ или $r=0$ ($q=r=0$ только при $N=1$). Здесь только одна из дуг $A_{N+1}A_{r}$ при $q=0$ или $A_{q}A_{N+1}$ при $r=0$ равна соответственно $| \phi|$ или $| \psi|$. Предположим для определенности, что это $ \psi$;. Покажем, что точки $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$ разбивали всю окружность на дуги только двух сортов длины $| \phi|$ и длины $| \psi|$, а все дуги длины $|\phi| + | \psi|$ были уже разбиты. В самом деле, пусть такая дуга $A_{m}A_{n}$ существует. Тогда $(n-2 \pi \nu) – (m- 2 \pi \mu) = (t- 2 \pi \tau) – (s – 2 \pi \sigma) = | \phi| + | \psi|$, откуда $(n-m) – (t-s) = 2 \pi (( \mu_{1} - \nu) – ( \chi - \rho))$ и $m – n = t –s $. Если $m \geq s$, то на дуге $A_{m}A_{n}$ должна лежать точка $A_{m-s}$, так как на $A_{s}A_{t}$ лежит $A_{0}$. Остается $m < s$. На дугу $A_{s}A_{t}$ попадает точка $A_{N+1}$. Значит, на дуге $A_{m}A_{n}$ лежит точка $A_{N+1-s+m}$. Таким образом, вспомогательное утверждение доказано. При $(N+1)$-й точке —снова три длины дуг $| \phi|$, $| \psi|$ — $| \phi|$ и $ | \psi|$. Остается узнать, к какому из двух типов принадлежит $A = 1000$. Возьмем $N$ второго типа, т. е. такое, что точки $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{N}$ делят окружность на дуги только двух длин. Первое из таких $N$ есть 6.
Пусть точки $A_{0}, A_{1}, \cdots , A_{N}$ разбивали окружность на $N$ дуг длины $| \psi|$ и $G$ дуг длины $| \phi|$, причем $| \psi| + | \phi|$, тогда последующие точки $A_{N+1}, \cdots, A_{N+F}$ будут делить дуги длины $| \psi|$, разбивая их на $| \phi|$ и $| \chi| = | \psi| - | \phi|$ что дает разбиение $G + F$ дугами $| \phi|$ и $F$ дугами $| \chi|$. Поэтому нетрудно заключить по индукции, что если для каждого $N_{k}$ второго типа числа $G_{k}$ и $F_{k}$ будут четные, то и все последующие будут четны. При $N = 6$ окружность разделена на 6 дуг длины 1 и одну дугу длины $\alpha_{1} = 2 \pi – 6 = 0, 28318 \cdots$. Следующие $N$ второго типа будут $N_{2} = 12$, когда будет 6 дуг длины $1 - \alpha_{1}$, и 7 дуг длины затем $ N_{3} = 18 $, когда будет 6 дуг длины $1 – 2 \alpha_{1} = 0,574 \cdots$ и 13 дуг длины $ \alpha_{1}$. При этом большим оказывается правый отрезок. Но $1 – 3 \alpha_{1} = 0,15 \cdots$ и большим далее будет левый отрезок. При $N_{4} = 24$ будет 6 дуг длины $1 – 3 \alpha_{1}$ и 20 дуг длины $\alpha_{1}$ т. е. $G_{4}$ и $F_{4}$ четны. Значит, четны и все последующие $G_{k}$ и $F_{k}$. Данные точки $A_{0},A_{1}, \cdots, A_{1000}$ разбивают окружность на 1001 дугу, согласно доказанному эти дуги трех сортов.
