Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2857
2019-05-06 
Расположить на числовой оси систему неперекрывающихся (не имеющих общих внутренних точек или общих концов) отрезков длины 1 так, чтобы для любой (бесконечной) арифметической прогрессии (с произвольным первым членом прогрессии и какой-угодно разностью!) хоть один ее член попал внутрь одного из отрезков нашей системы.
Решение:
Пусть $a_N$ и $a_{N+1} = a_N + d$ - два последовательных члена нашей прогрессии; тогда расстояние между соответствующими точками $A_N$ и $A_{N+1}$ числовой оси равно разности $d$ прогрессии. Пусть $d > 0$; если число $d$ - нецелое, то обозначим через $\alpha = {d} = d - [d] > 0$ дробную часть числа $d$, а если $d$-целое, то примем, $\alpha$ равным 1 (во всех случаях, $\alpha$ равно разности между $d$ и наибольшим из меньших $d$ целых чисел). Мы хотим так расположить наши отрезки длины 1, чтобы можно было утверждать, что хоть одна из точек $A_N$ попадет на один из отрезков системы, иными словами, чтобы можно было исключить случай, когда все точки $A_N$ попадают в промежутки между отрезками. Но если имеет место именно этот последний случай, то каждый из отрезков $A_NA_N+1$ длины $d$ будет состоять из целого числа отрезков системы (общая длина которых, разумеется, выражается целым числом) и некоторого числа промежутков между отрезками (включая сюда и два нецелых промежутка); ясно, что общая длина всех этих промежутков (и двух частей промежутков) никак не может быть меньше $\alpha$. Поэтому, если нам удается указать систему отрезков, в которой для достаточно больших номеров $N$ число $\alpha$ нельзя «набрать» из длин (и частей длин) промежутков между отрезками, то для этой системы и будет выполняться стоящее в условии задачи требование.
Сказанное делает ясной следующую конструкцию. Расположим на положительной полуоси единичные отрезки, начиная с отрезка (1, 2), так, чтобы промежутки между соседними отрезками образовывали, скажем, геометрическую прогрессию со знаменателем, т. е вслед за (1, 2) расположим отрезок (3, 4), затем - отрезок $\left ( 4 \frac{1}{2}, 5 \frac{1}{2} \right )$, затем - отрезок $\left ( 5 \frac{3}{4}, 6 \frac{3}{4} \right )$, затем - отрезок $\left ( 6 \frac{7}{8}, 7 \frac{7}{8} \right )$ и т. д. (см. рис.); при этом каждый следующий промежуток будет вдвое меньше предыдущего.
Тогда сумма длин всех промежутков $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 2$, а сумма $R_i$ длин всех промежутков, начиная с $(i + 1)$-го, $\frac{1}{2^i} + \frac{1}{2^{i+1}} + \frac{1}{2^{i+2}} + \cdots = \frac{1}{2^{i-1}}$ будет при достаточно большом $i$ сколь угодно мала. Поэтому, каково бы ни было (отвечающее выбранной нами арифметической прогрессии с положительной разностью $d$) число $\alpha = \{d\}$ (или $\alpha = 1$), всегда найдется такой номер $i_0$, что $\alpha > \frac{1}{2^{i^{i_0-1}}}$ т. е. $\alpha > R_{i_0}$. Следовательно, если $N$ настолько велико, что все промежутки вплоть до $i_0$-го расположены слева от точки $A_N$ (а этого всегда можно достигнуть, ибо при $d > 0$ последовательность $A_1, A_2, A_3, \cdots, A_n, \cdots$ уходит неограниченно далеко вправо), то на отрезок $A_NA_{N+1}$ длины $d$ могут попасть лишь начинающиеся с $(i_0+1)$-го промежутки длин $\frac{1}{2^{i_0}}, \frac{1}{2^{i_0+1}}, \frac{1}{2^{i_0+2}}, \cdots$. Но так как сумма $R_{i_0}$ длин всех этих промежутков меньше $\alpha$, то обе точки $A_N$ и $A_{N+1}$ не могут одновременно принадлежать этим промежуткам - и хоть одна из них непременно попадет на отрезок нашей системы.
Мы до сих пор считали, что $d > 0$; для того чтобы доказать утверждение задачи и для арифметических прогрессий с отрицательной разностью $d$, достаточно продолжить нашу систему отрезков на отрицательную полуось числовой оси, скажем, отразив ее симметрично от нулевой точки $О$.
Расположить на числовой оси систему неперекрывающихся (не имеющих общих внутренних точек или общих концов) отрезков длины 1 так, чтобы для любой (бесконечной) арифметической прогрессии (с произвольным первым членом прогрессии и какой-угодно разностью!) хоть один ее член попал внутрь одного из отрезков нашей системы.
Решение:
Пусть $a_N$ и $a_{N+1} = a_N + d$ - два последовательных члена нашей прогрессии; тогда расстояние между соответствующими точками $A_N$ и $A_{N+1}$ числовой оси равно разности $d$ прогрессии. Пусть $d > 0$; если число $d$ - нецелое, то обозначим через $\alpha = {d} = d - [d] > 0$ дробную часть числа $d$, а если $d$-целое, то примем, $\alpha$ равным 1 (во всех случаях, $\alpha$ равно разности между $d$ и наибольшим из меньших $d$ целых чисел). Мы хотим так расположить наши отрезки длины 1, чтобы можно было утверждать, что хоть одна из точек $A_N$ попадет на один из отрезков системы, иными словами, чтобы можно было исключить случай, когда все точки $A_N$ попадают в промежутки между отрезками. Но если имеет место именно этот последний случай, то каждый из отрезков $A_NA_N+1$ длины $d$ будет состоять из целого числа отрезков системы (общая длина которых, разумеется, выражается целым числом) и некоторого числа промежутков между отрезками (включая сюда и два нецелых промежутка); ясно, что общая длина всех этих промежутков (и двух частей промежутков) никак не может быть меньше $\alpha$. Поэтому, если нам удается указать систему отрезков, в которой для достаточно больших номеров $N$ число $\alpha$ нельзя «набрать» из длин (и частей длин) промежутков между отрезками, то для этой системы и будет выполняться стоящее в условии задачи требование.
Сказанное делает ясной следующую конструкцию. Расположим на положительной полуоси единичные отрезки, начиная с отрезка (1, 2), так, чтобы промежутки между соседними отрезками образовывали, скажем, геометрическую прогрессию со знаменателем, т. е вслед за (1, 2) расположим отрезок (3, 4), затем - отрезок $\left ( 4 \frac{1}{2}, 5 \frac{1}{2} \right )$, затем - отрезок $\left ( 5 \frac{3}{4}, 6 \frac{3}{4} \right )$, затем - отрезок $\left ( 6 \frac{7}{8}, 7 \frac{7}{8} \right )$ и т. д. (см. рис.); при этом каждый следующий промежуток будет вдвое меньше предыдущего.
Тогда сумма длин всех промежутков $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 2$, а сумма $R_i$ длин всех промежутков, начиная с $(i + 1)$-го, $\frac{1}{2^i} + \frac{1}{2^{i+1}} + \frac{1}{2^{i+2}} + \cdots = \frac{1}{2^{i-1}}$ будет при достаточно большом $i$ сколь угодно мала. Поэтому, каково бы ни было (отвечающее выбранной нами арифметической прогрессии с положительной разностью $d$) число $\alpha = \{d\}$ (или $\alpha = 1$), всегда найдется такой номер $i_0$, что $\alpha > \frac{1}{2^{i^{i_0-1}}}$ т. е. $\alpha > R_{i_0}$. Следовательно, если $N$ настолько велико, что все промежутки вплоть до $i_0$-го расположены слева от точки $A_N$ (а этого всегда можно достигнуть, ибо при $d > 0$ последовательность $A_1, A_2, A_3, \cdots, A_n, \cdots$ уходит неограниченно далеко вправо), то на отрезок $A_NA_{N+1}$ длины $d$ могут попасть лишь начинающиеся с $(i_0+1)$-го промежутки длин $\frac{1}{2^{i_0}}, \frac{1}{2^{i_0+1}}, \frac{1}{2^{i_0+2}}, \cdots$. Но так как сумма $R_{i_0}$ длин всех этих промежутков меньше $\alpha$, то обе точки $A_N$ и $A_{N+1}$ не могут одновременно принадлежать этим промежуткам - и хоть одна из них непременно попадет на отрезок нашей системы.
Мы до сих пор считали, что $d > 0$; для того чтобы доказать утверждение задачи и для арифметических прогрессий с отрицательной разностью $d$, достаточно продолжить нашу систему отрезков на отрицательную полуось числовой оси, скажем, отразив ее симметрично от нулевой точки $О$.
