Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2844
2019-05-06 
а) Даны четыре произвольных целых положительных числа $A, B, C, D$. Доказать, что если образовать из них четыре числа $A_1, B_1, C_1, D_1$ равных соответственно разностям между $A$ и $B$, между $B$ и $C$, между $C$ и $D$ и между $D$ и $A$ (мы каждый раз вычитаем меньшее число из большего), затем из чисел $A_1, B_1, C_1, D_1$ образовать точно так же новую четверку чисел $A_2, B_2, C_2, D_2$, и т. д., то через несколько шагов мы обязательно придем к четверке нулей.
Так, например, начиная с четверки чисел 32, 1, 110, 7, мы последовательно получим
$\begin{matrix} 32, 1, 110, 7; \\ 31, 109, 103, 25; \\ 78, 6, 78, 6; \\ 72, 72, 72, 72; \\ 0, 0, 0, 0 \end{matrix}$.
б) Сохраняет ли силу утверждение задачи а); если (положительные) числа $A, B, C, D$ являются рациональными, но не обязательно целыми? А если эти числа иррациональны?
Решение:
а) Отметим, что четность или нечетность разности двух чисел зависит только от четности и нечетности уменьшаемого и вычитаемого. Условимся обозначать четные числа буквой $\:ч$, а нечетные - буквой $\:н$. Всего возможны следующие шесть существенно различных комбинаций начальных чисел $A, B, C, D$: $1^{\circ}, \:ч, \:ч, \:ч, \:ч$; $2^{\circ}, \:ч, \:ч, \:ч, \:н$; $3^{\circ}, \:ч, \:ч, \:н, \:н$; $4^{\circ}, \:ч, \:н, \:ч, \:н$; $5^{\circ}, \:ч, \:н, \:н, \:н$ и $6^{\circ}, \:н, \:н, \:н, \:н$; все остальные комбинации могут быть получены из этих шести циклической перестановкой чисел (перестановкой без изменения порядка; при этом 1-е число считается следующим за 4-м). Проверим, что во всех случаях не позднее чем через четыре шага мы придем к четверке четных чисел. Действительно, комбинация $1^{\circ}$ сразу состоит из четных чисел; в случае комбинации $6^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $1^{\circ}$; в случае комбинации $4^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $6^{\circ}$ и, следовательно, в два шага - к комбинации $1^{\circ}$; в случае комбинации $3^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $4^{\circ}$ и, следовательно, в три шага - к комбинации $1^{\circ}$; наконец, в случае комбинаций $2^{\circ}$ и $5^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $3^{\circ}$ (в случае комбинации $5^{\circ}$ - к комбинации, получающейся из $3^{\circ}$ циклической перестановкой) и, следовательно, в четыре шага - к комбинации $1^{\circ}$. Таким образом, мы во всех случаях через четыре шага придем к четверке четных чисел.
Продолжим теперь процесс образования новых четверок чисел; так же, как выше, мы убедимся, что еще через четыре шага мы придем к числам, делящимся на 4, еще через четыре шага - к числам, делящимся на 8, и т. д. Таким образом, продолжая процесс достаточно долго, мы сможем прийти к четверке чисел, делящихся на любую (сколь угодно высокую!) степень двух. Так как числа по абсолютной величине не увеличиваются, то это означает, что мы, в конце концов, придем к четверке чисел, состоящей из одних нулей (если все числа $A, B, C, D$ меньше $2^n$, то мы заведомо придем к четверке нулей через $4^n$ шагов, но можем прийти к ней и значительно раньше).
б) Ясно, что если числа $A = \frac{a_1}{a_0}, B = \frac{b_1}{b_0}, C = \frac{c_1}{c_0}, D = \frac{d_1}{d_0}$ суть рациональные дроби, то, умножая их все на определенный множитель $k$ (на общий знаменатель всех дробей, например, на $a_0b_0c_0d_0$, мы придем к целым числам $A^{ \prime} = kA, B^{ \prime} = kB, C^{ \prime} = kC$ и $D^{ \prime} = kD$, а из того, что утверждение задачи а) верно для чисел $A^{ \prime}$, $B^{ \prime}$, $С^{ \prime}$ и $D^{ \prime}$, следует, что оно верно также и для чисел $A, B, C$ и $D$.
Если числа $A, B, C, D$, иррациональны, то утверждение задачи а) может уже и не выполняться. Для доказательства этого достаточно указать хотя бы одну четверку чисел $A, B, C, D$, для которых это будет так. Положим $A = 1, B = x, C = x^2, D = x^3$, где $х$ - какое-то положительное число, которое мы можем выбрать по своему усмотрению. При этом, очевидно,
$A_1 = |x-1|, B_1 = |x^2 - x| = x |x-1|, C_1 = |x^3 - x^2| = x^2|x-1|, D_1 = |x^3 - 1| = (x^2 + x + 1) |x-1|$,
т. е. числа $A_1, B_1, C_1, D_1$, пропорциональны $1, x, x^2$ и $x^2 + x + 1$. Поэтому, если мы сумеем подобрать $x$ так, чтобы выполнялось равенство
$x^2 + x + 1 = x^3$, (*)
то числа $A_1, B_1, C_1, D_1$, окажутся пропорциональными $A, B, C, D$ - и наш процесс получения последовательных четверок чисел никогда не кончится. Но из рис., на котором совместно изображены графики функций
$y = x^2 + x = 1 = \left (x + \frac{1}{2} \right )^2 + \frac{3}{4}$
(это есть парабола) и $y = x^3$ (кубическая парабола), видно, что соответствующие линии пересекаются в некоторой точке $M(x_0, y_0)$, так что $x = x_0$ - это есть (положительный) корень уравнения (*). Тем самым мы установили существование таких (очевидно - иррациональных!) чисел $A = 1, B = x_0, C = x_0^2$ и $D = x_0^3 (=x_0^2 + x_0 + 1)$ для которых утверждение задачи а) неверно.
а) Даны четыре произвольных целых положительных числа $A, B, C, D$. Доказать, что если образовать из них четыре числа $A_1, B_1, C_1, D_1$ равных соответственно разностям между $A$ и $B$, между $B$ и $C$, между $C$ и $D$ и между $D$ и $A$ (мы каждый раз вычитаем меньшее число из большего), затем из чисел $A_1, B_1, C_1, D_1$ образовать точно так же новую четверку чисел $A_2, B_2, C_2, D_2$, и т. д., то через несколько шагов мы обязательно придем к четверке нулей.
Так, например, начиная с четверки чисел 32, 1, 110, 7, мы последовательно получим
$\begin{matrix} 32, 1, 110, 7; \\ 31, 109, 103, 25; \\ 78, 6, 78, 6; \\ 72, 72, 72, 72; \\ 0, 0, 0, 0 \end{matrix}$.
б) Сохраняет ли силу утверждение задачи а); если (положительные) числа $A, B, C, D$ являются рациональными, но не обязательно целыми? А если эти числа иррациональны?
Решение:
а) Отметим, что четность или нечетность разности двух чисел зависит только от четности и нечетности уменьшаемого и вычитаемого. Условимся обозначать четные числа буквой $\:ч$, а нечетные - буквой $\:н$. Всего возможны следующие шесть существенно различных комбинаций начальных чисел $A, B, C, D$: $1^{\circ}, \:ч, \:ч, \:ч, \:ч$; $2^{\circ}, \:ч, \:ч, \:ч, \:н$; $3^{\circ}, \:ч, \:ч, \:н, \:н$; $4^{\circ}, \:ч, \:н, \:ч, \:н$; $5^{\circ}, \:ч, \:н, \:н, \:н$ и $6^{\circ}, \:н, \:н, \:н, \:н$; все остальные комбинации могут быть получены из этих шести циклической перестановкой чисел (перестановкой без изменения порядка; при этом 1-е число считается следующим за 4-м). Проверим, что во всех случаях не позднее чем через четыре шага мы придем к четверке четных чисел. Действительно, комбинация $1^{\circ}$ сразу состоит из четных чисел; в случае комбинации $6^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $1^{\circ}$; в случае комбинации $4^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $6^{\circ}$ и, следовательно, в два шага - к комбинации $1^{\circ}$; в случае комбинации $3^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $4^{\circ}$ и, следовательно, в три шага - к комбинации $1^{\circ}$; наконец, в случае комбинаций $2^{\circ}$ и $5^{\circ}$ мы в один шаг приходим к комбинации $3^{\circ}$ (в случае комбинации $5^{\circ}$ - к комбинации, получающейся из $3^{\circ}$ циклической перестановкой) и, следовательно, в четыре шага - к комбинации $1^{\circ}$. Таким образом, мы во всех случаях через четыре шага придем к четверке четных чисел.
Продолжим теперь процесс образования новых четверок чисел; так же, как выше, мы убедимся, что еще через четыре шага мы придем к числам, делящимся на 4, еще через четыре шага - к числам, делящимся на 8, и т. д. Таким образом, продолжая процесс достаточно долго, мы сможем прийти к четверке чисел, делящихся на любую (сколь угодно высокую!) степень двух. Так как числа по абсолютной величине не увеличиваются, то это означает, что мы, в конце концов, придем к четверке чисел, состоящей из одних нулей (если все числа $A, B, C, D$ меньше $2^n$, то мы заведомо придем к четверке нулей через $4^n$ шагов, но можем прийти к ней и значительно раньше).
б) Ясно, что если числа $A = \frac{a_1}{a_0}, B = \frac{b_1}{b_0}, C = \frac{c_1}{c_0}, D = \frac{d_1}{d_0}$ суть рациональные дроби, то, умножая их все на определенный множитель $k$ (на общий знаменатель всех дробей, например, на $a_0b_0c_0d_0$, мы придем к целым числам $A^{ \prime} = kA, B^{ \prime} = kB, C^{ \prime} = kC$ и $D^{ \prime} = kD$, а из того, что утверждение задачи а) верно для чисел $A^{ \prime}$, $B^{ \prime}$, $С^{ \prime}$ и $D^{ \prime}$, следует, что оно верно также и для чисел $A, B, C$ и $D$.
Если числа $A, B, C, D$, иррациональны, то утверждение задачи а) может уже и не выполняться. Для доказательства этого достаточно указать хотя бы одну четверку чисел $A, B, C, D$, для которых это будет так. Положим $A = 1, B = x, C = x^2, D = x^3$, где $х$ - какое-то положительное число, которое мы можем выбрать по своему усмотрению. При этом, очевидно,
$A_1 = |x-1|, B_1 = |x^2 - x| = x |x-1|, C_1 = |x^3 - x^2| = x^2|x-1|, D_1 = |x^3 - 1| = (x^2 + x + 1) |x-1|$,
т. е. числа $A_1, B_1, C_1, D_1$, пропорциональны $1, x, x^2$ и $x^2 + x + 1$. Поэтому, если мы сумеем подобрать $x$ так, чтобы выполнялось равенство
$x^2 + x + 1 = x^3$, (*)
то числа $A_1, B_1, C_1, D_1$, окажутся пропорциональными $A, B, C, D$ - и наш процесс получения последовательных четверок чисел никогда не кончится. Но из рис., на котором совместно изображены графики функций
$y = x^2 + x = 1 = \left (x + \frac{1}{2} \right )^2 + \frac{3}{4}$
(это есть парабола) и $y = x^3$ (кубическая парабола), видно, что соответствующие линии пересекаются в некоторой точке $M(x_0, y_0)$, так что $x = x_0$ - это есть (положительный) корень уравнения (*). Тем самым мы установили существование таких (очевидно - иррациональных!) чисел $A = 1, B = x_0, C = x_0^2$ и $D = x_0^3 (=x_0^2 + x_0 + 1)$ для которых утверждение задачи а) неверно.
