Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2842
2019-05-06 
Пусть $a_1, a_2, \cdots, a_n$, где $n>2$,- целые числа; по этим числам составляется новая система чисел $a_{1}^{ \prime} = \frac{a_1 + a_2}{2}, a_{2}^{ \prime} = \frac{a_2 + a_3}{2}, \cdots, a_{n-1}^{ \prime} = \frac {a_{n-1} + a_n}{2}, a_{n}^{ \prime} = \frac{a_n + a_1}{2}$; по числам $a_{1}^{ \prime}, a_{2}^{ \prime}, \cdots, a_{n}^{ \prime}$ точно так же находятся числа $a_{1}^{ \prime \prime} \left ( = \frac{a_{1}^{ \prime} + a_{2}^{ \prime}}{2} \right ), a_{2}^{ \prime \prime}, \cdots, a_{n}^{ \prime \prime}$, и т. п. Доказать, что если все получаемые таким путем числа - целые, то $a_1 = a_2= \cdots = a_n$.
Решение:
Покажем, прежде всего, что при переходе от исходного набора чисел $a_1, a_2, \cdots, a_n$ к «производному» набору $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$, наши числа «выравниваются», т. е. разность между наибольшим и наименьшим из чисел не увеличивается. В самом деле, поскольку полусумма (среднее арифметическое) двух чисел всегда не больше наибольшего из них (и равна наибольшему лишь, если числа равны), то наибольшее из чисел $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$ равное полусумме каких-то двух чисел первоначального набора, не превосходит наибольшего из этих двух чисел, а тем самым - и наибольшего из всех $n$ чисел $a_i$; таким образом, при переходе от набора $a_i$ к набору $a_i^{ \prime}$ наибольшее число может лишь уменьшиться. Более того, из этого рассуждения видно, что наибольшее из чисел $a_i^{ \prime}$ может равняться наибольшему из чисел $a_i$ лишь в том случае, когда в наборе $a_i$ наибольшее число $А$ встречается несколько раз, причем в этом наборе (считающемся упорядоченным циклически, т. е. так, что за $a_n$ следует снова $a_i$) стоят подряд два равных $А$ числа. Далее, легко видеть, что если в наборе чисел $a_i$ наибольшая по длине цепочка из следующих друг за другом равных $А$ чисел имеет длину $k$ (где $k
Но если числа $a_1, a_2, \cdots, a_n$ и все последовательно получаемые из них числа - целые, то «выравнивание» их, т.е. уменьшение разности между наибольшим и наименьшим, неизбежно приведет в конце концов к тому, что эта разность станет равной нулю, т. е. что все числа сравняются между собой. В самом деле, первоначально эта разность $A - a = max_{i} a_i - min_{i} a_i$ равнялась какому-то целому положительному числу $р$ при уменьшении $A = max_{i} a_i$ или при увеличении $a = min_{i} a_i$; эта разность уменьшается не меньше чем на единицу - и, следовательно, не более чем через $р$ таких шагов она станет равной нулю. Поэтому, если мы покажем, что не все равные между собой числа $a_1, a_2, \cdots, a_n$ никогда не приведут нас к системе одинаковых чисел, то утверждение задачи будет доказано.
Рассмотрим теперь, как одинаковые числа $b_1 = a_1^{(m)}, b_2 = a_2^{(m)}, \cdots, b_n = a_n^{(m)}$ могут получиться из неодинаковых чисел
$c_1 = a_1^{(m-1)}, c_2 = a_2^{(m-1)}, \cdots, c_n = a_n^{(m-1)}$.
Ясно, что для этого необходимо, чтобы числа $c_1, c_2, c_3, \cdots$ «совпадали через одно», т. е. чтобы выполнялись равенства
$c_1 = c_3 = c_5 = \cdots (= c)$ и $c_2 = c_4 = c_6 = \cdots (= C)$. (*)
Но так как числа $c_1, c_2, c_3, \cdots$ упорядочены циклически, т.е. число, $c_{n+1}$ надо считать совпадающим с $с_1$ то равенства (*) (где $C \neq c$) вовсе невозможны при $n$ нечетном (когда числа $n+1 = 2l + 2$ и 1 имеют разную четность); поэтому остается предположить, что $n = 2l$ четно. Сделаем теперь еще один «шаг назад», вернувшись от чисел $c_1, c_2, \cdots, c_n$ к предшествующим им числам $d_1 = a_1^{(m-2)}, d_2 = a_2^{(m-2)}, \cdots, d_n = a_n^{(m-2)},$. Мы, очевидно, имеем
$c_1 = \frac{d_1+d_2}{2}, c_3 = \frac{d_3+d_4}{2}, \cdots, c_{2l-1} = \frac{d_{2l-1} + d_{2l}}{2}$ (**)
и
$c_2 = \frac{d_2+d_3}{2}, c_4 = \frac{d_4+d_5}{2}, \cdots, c_{2l} = \frac{d_{2l} + d_1}{2}$; (***)
но из равенств (**) и (*) следует, что $d_1 + d_2 + d_3 + \cdots + d_{2l} = 2lc$, а из равенств (***) и (*) - что $d_1 + d_2 + d_3 + \cdots + d_{2l} = 2lC \neq 2lc$. Полученное противоречие и завершает доказательство.
Пусть $a_1, a_2, \cdots, a_n$, где $n>2$,- целые числа; по этим числам составляется новая система чисел $a_{1}^{ \prime} = \frac{a_1 + a_2}{2}, a_{2}^{ \prime} = \frac{a_2 + a_3}{2}, \cdots, a_{n-1}^{ \prime} = \frac {a_{n-1} + a_n}{2}, a_{n}^{ \prime} = \frac{a_n + a_1}{2}$; по числам $a_{1}^{ \prime}, a_{2}^{ \prime}, \cdots, a_{n}^{ \prime}$ точно так же находятся числа $a_{1}^{ \prime \prime} \left ( = \frac{a_{1}^{ \prime} + a_{2}^{ \prime}}{2} \right ), a_{2}^{ \prime \prime}, \cdots, a_{n}^{ \prime \prime}$, и т. п. Доказать, что если все получаемые таким путем числа - целые, то $a_1 = a_2= \cdots = a_n$.
Решение:
Покажем, прежде всего, что при переходе от исходного набора чисел $a_1, a_2, \cdots, a_n$ к «производному» набору $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$, наши числа «выравниваются», т. е. разность между наибольшим и наименьшим из чисел не увеличивается. В самом деле, поскольку полусумма (среднее арифметическое) двух чисел всегда не больше наибольшего из них (и равна наибольшему лишь, если числа равны), то наибольшее из чисел $a_1^{ \prime}, a_2^{ \prime}, \cdots, a_n^{ \prime}$ равное полусумме каких-то двух чисел первоначального набора, не превосходит наибольшего из этих двух чисел, а тем самым - и наибольшего из всех $n$ чисел $a_i$; таким образом, при переходе от набора $a_i$ к набору $a_i^{ \prime}$ наибольшее число может лишь уменьшиться. Более того, из этого рассуждения видно, что наибольшее из чисел $a_i^{ \prime}$ может равняться наибольшему из чисел $a_i$ лишь в том случае, когда в наборе $a_i$ наибольшее число $А$ встречается несколько раз, причем в этом наборе (считающемся упорядоченным циклически, т. е. так, что за $a_n$ следует снова $a_i$) стоят подряд два равных $А$ числа. Далее, легко видеть, что если в наборе чисел $a_i$ наибольшая по длине цепочка из следующих друг за другом равных $А$ чисел имеет длину $k$ (где $k
Но если числа $a_1, a_2, \cdots, a_n$ и все последовательно получаемые из них числа - целые, то «выравнивание» их, т.е. уменьшение разности между наибольшим и наименьшим, неизбежно приведет в конце концов к тому, что эта разность станет равной нулю, т. е. что все числа сравняются между собой. В самом деле, первоначально эта разность $A - a = max_{i} a_i - min_{i} a_i$ равнялась какому-то целому положительному числу $р$ при уменьшении $A = max_{i} a_i$ или при увеличении $a = min_{i} a_i$; эта разность уменьшается не меньше чем на единицу - и, следовательно, не более чем через $р$ таких шагов она станет равной нулю. Поэтому, если мы покажем, что не все равные между собой числа $a_1, a_2, \cdots, a_n$ никогда не приведут нас к системе одинаковых чисел, то утверждение задачи будет доказано.
Рассмотрим теперь, как одинаковые числа $b_1 = a_1^{(m)}, b_2 = a_2^{(m)}, \cdots, b_n = a_n^{(m)}$ могут получиться из неодинаковых чисел
$c_1 = a_1^{(m-1)}, c_2 = a_2^{(m-1)}, \cdots, c_n = a_n^{(m-1)}$.
Ясно, что для этого необходимо, чтобы числа $c_1, c_2, c_3, \cdots$ «совпадали через одно», т. е. чтобы выполнялись равенства
$c_1 = c_3 = c_5 = \cdots (= c)$ и $c_2 = c_4 = c_6 = \cdots (= C)$. (*)
Но так как числа $c_1, c_2, c_3, \cdots$ упорядочены циклически, т.е. число, $c_{n+1}$ надо считать совпадающим с $с_1$ то равенства (*) (где $C \neq c$) вовсе невозможны при $n$ нечетном (когда числа $n+1 = 2l + 2$ и 1 имеют разную четность); поэтому остается предположить, что $n = 2l$ четно. Сделаем теперь еще один «шаг назад», вернувшись от чисел $c_1, c_2, \cdots, c_n$ к предшествующим им числам $d_1 = a_1^{(m-2)}, d_2 = a_2^{(m-2)}, \cdots, d_n = a_n^{(m-2)},$. Мы, очевидно, имеем
$c_1 = \frac{d_1+d_2}{2}, c_3 = \frac{d_3+d_4}{2}, \cdots, c_{2l-1} = \frac{d_{2l-1} + d_{2l}}{2}$ (**)
и
$c_2 = \frac{d_2+d_3}{2}, c_4 = \frac{d_4+d_5}{2}, \cdots, c_{2l} = \frac{d_{2l} + d_1}{2}$; (***)
но из равенств (**) и (*) следует, что $d_1 + d_2 + d_3 + \cdots + d_{2l} = 2lc$, а из равенств (***) и (*) - что $d_1 + d_2 + d_3 + \cdots + d_{2l} = 2lC \neq 2lc$. Полученное противоречие и завершает доказательство.
