Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1655
2019-01-20 
На отрезке $[0,2002]$ отмечены его концы и $n - 1 > 0$ целых точек так, что длины отрезков, на которые разбился отрезок $[0,2002]$, взаимно просты в совокупности (т. е. не имеют общего делителя, большего 1). Разрешается разделить любой отрезок с отмеченными концами на $n$ равных частей и отметить точки деления, если они все целые. (Точку можно отметить второй раз, при этом она остается отмеченной.) Можно ли, повторив несколько раз эту операцию, отметить все целые точки на отрезке?
Решение:
Будем отмечать новые точки по правилам до тех пор, пока это возможно. Тогда в конце концов мы получим ситуацию, когда любой отрезок с длиной, делящейся на $n$, с концами в отмеченных точках уже разделен отмеченными точками на $n$ равных частей. Покажем, что отмечены все целые точки.
Рассмотрим $n$ соседних отрезочков $A_1A_2, A_2A_3,\cdots, A_nA_{n+1}$, на которые делят отмеченные точки исходный отрезок. Если остатки от деления на $n$ длин отрезков $A_1A_k (2 \leq к \leq n +1)$ различны, то среди них найдется отрезок, длина которого делится на $n$; в противном случае два остатка, скажем, у $A_1A_k$ и $A_1A_l$, совпадают, и тогда длина $A_kA_l$ делится на $n$. В любом случае, длина какого-то отрезка $A_iA_j (i < j)$ делится на $n$. Тогда он уже поделен на $n$ равных частей при помощи $n$ - 1 точки. Но на этом отрезке нет отмеченных точек, кроме Am при i < m < j; поэтому такое может быть лишь при i = 1, j = п +1 и A1A2 = A2A3 = \cdots = AnAn+1. Отсюда получаем, что длины всех отрезочков разбиения равны.
Пусть их длина равна $l$. Тогда координаты всех исходно отмеченных точек кратны $l$; но они взаимно просты в совокупности, поэтому $l = 1$, т. е. все целые точки отмечены.
Ответ. Да, можно.
На отрезке $[0,2002]$ отмечены его концы и $n - 1 > 0$ целых точек так, что длины отрезков, на которые разбился отрезок $[0,2002]$, взаимно просты в совокупности (т. е. не имеют общего делителя, большего 1). Разрешается разделить любой отрезок с отмеченными концами на $n$ равных частей и отметить точки деления, если они все целые. (Точку можно отметить второй раз, при этом она остается отмеченной.) Можно ли, повторив несколько раз эту операцию, отметить все целые точки на отрезке?
Решение:
Будем отмечать новые точки по правилам до тех пор, пока это возможно. Тогда в конце концов мы получим ситуацию, когда любой отрезок с длиной, делящейся на $n$, с концами в отмеченных точках уже разделен отмеченными точками на $n$ равных частей. Покажем, что отмечены все целые точки.
Рассмотрим $n$ соседних отрезочков $A_1A_2, A_2A_3,\cdots, A_nA_{n+1}$, на которые делят отмеченные точки исходный отрезок. Если остатки от деления на $n$ длин отрезков $A_1A_k (2 \leq к \leq n +1)$ различны, то среди них найдется отрезок, длина которого делится на $n$; в противном случае два остатка, скажем, у $A_1A_k$ и $A_1A_l$, совпадают, и тогда длина $A_kA_l$ делится на $n$. В любом случае, длина какого-то отрезка $A_iA_j (i < j)$ делится на $n$. Тогда он уже поделен на $n$ равных частей при помощи $n$ - 1 точки. Но на этом отрезке нет отмеченных точек, кроме Am при i < m < j; поэтому такое может быть лишь при i = 1, j = п +1 и A1A2 = A2A3 = \cdots = AnAn+1. Отсюда получаем, что длины всех отрезочков разбиения равны.
Пусть их длина равна $l$. Тогда координаты всех исходно отмеченных точек кратны $l$; но они взаимно просты в совокупности, поэтому $l = 1$, т. е. все целые точки отмечены.
Ответ. Да, можно.
