Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3275
2019-05-29 
На отрезке $[0; 1]$ отмечено несколько различных точек. При этом каждая отмеченная точка расположена либо ровно посередине между двумя другими отмеченными точками (не обязательно соседними с ней), либо ровно посередине между отмеченной точкой и концом отрезка. Докажите, что все отмеченные точки рациональны.
Решение:
Первый способ. 1°. Обозначим координаты концов отрезка и отмеченных точек через $x_0, x_1, \cdots, x_{n+1}$ ($0 = x_0 < x_1 < \cdots < x_{n+1} = 1$). Условие задачи означает выполнение $n$ равенств вида
$x_i = \frac{1}{2}(a_i + b_i) (i = 1, 2, \cdots, n)$,
где каждый из символов $a_i$ и $b_i$ означает какое-то из чисел $x_j (j = 0, 1, \cdots, n + 1)$, при этом можно считать, что $a_i < x_i < b_i$.
2°. Во все правые части этих равенств, в которых присутствует $x_1$, подставим его значение из первого равенства. Получим новый набор равенств (с теми же левыми частями, что и в старом), правые части которых уже не содержат $x_1$. Если при этом в правой части второго равенства появится член вида $x_2$, то перенесем его в левую часть и разделим обе части на 1 - (ниже мы докажем, что $\alpha \neq 1$). Второе равенство теперь имеет вид:
$x_2 = \beta_3x_3 + \beta_4x_4 + \cdots + \beta_nx_n + \beta_{n+1}$,
где $i$ - некоторые рациональные числа.
Рассмотрим теперь все равенства, кроме первого и второго. Во все правые части, содержащие $x_2$, подставим его значение из второго равенства, затем используем третье равенство, чтобы выразить $x_3$ через переменные $x_4, \cdots, x_n$, и подставим это значение во все равенства, начиная с четвертого. Опять же, нужно доказать, что при этом не придется делить на нуль.
Повторяя эту операцию $n$ раз, придем к равенству $x_n = \gamma$ (в правой части не осталось ни одного неизвестного!). Нетрудно понять, что на каждом шаге все коэффициенты рациональны. Действительно, в начале это так, а при наших операциях мы используем лишь сложение, умножение, вычитание и деление.
Итак, $x_n$ рационально. Далее, $x_{n-1}$ выражено через $x_n$ и рациональные числа, значит, оно тоже рационально, и т. д. Значит, все числа рациональны.
3°. Осталось доказать, что ни на каком шаге не приходится делить на нуль (см. комментарий).
В любой момент каждое равенство будет иметь вид
$x_i = \sigma_1x_1 + \sigma_2x_2 + \cdots + \sigma_nx_n + \sigma_{n+1}$,
Докажем, что при этом
1) все коэффициенты $\sigma_k (k = 1, 2, \cdots, n + 1)$ неотрицательны;
2) хотя бы один коэффициент $k$ c $k > i$ не равен нулю. Действительно, для исходного набора это верно. Делая очередную подстановку из $j$-го равенства ($j < i$), мы заменяем коэффициент $\sigma_j$ на 0, а любой другой коэффициент $\sigma_k$ на $\sigma_k + \lambda \sigma_j$, где $\lambda$ - коэффициент при $x_k$ в $j$-м равенстве. Неотрицательность при этом сохраняется, а наибольший номер ненулевого коэффициента не уменьшается, следовательно, он останется большим, чем $i$. При переносе в левую часть члена $\sigma_ix_i$ получаем в правой части положительное число. Действительно, все $x_k$ положительны, а все коэффициенты $k$ неотрицательны, причем по крайней мере один из них строго положителен. Значит, левая часть тоже положительна, поэтому $1 - \sigma_i > 0$. При делении обеих частей равенства на положительное рациональное число $1 - \sigma_i$ все перечисленные свойства также сохраняются.
Второй способ (выходящий за рамки школьной программы).
1. Пусть $x_1, x_2, \cdots, x_n$ - координаты отмеченных точек. Условие, что точка находится посередине между двумя другими, записывается в виде линейного уравнения $x_i = 1/2 (a+b)$, где $a$ и $b$ - координаты других точек или концов отрезка (т. е. 0 или 1). Таким образом, координаты наших точек являются решениями некоторой системы линейных уравнений (обозначим ее (*)) с рациональными коэффициентами и рациональными свободными членами (будем называть такую систему рациональной). Нужно доказать, что эта система не может иметь иррационального решения (т. е. решения, значение хотя бы одной переменной в котором иррационально).
Если рациональная система линейных уравнений имеет единственное решение, то это решение рационально.
В самом деле, если решение единственно, то его можно найти методом Гаусса, в ходе которого нужно только складывать, вычитать, умножать и делить, а делая такие действия с рациональными числами, мы не можем получить иррациональное число (см. факт 25).
2. Осталось доказать, что решение системы (*) единственно. От противного, пусть $x_1, x_2, \cdots, x_n$ и $y_1, y_2, \cdots, y_n$ - два разных решения рассматриваемой системы уравнений. Тогда числа $t_1 = x_1 - y_1, t_2 =x_2 -y_2, \cdots, t_n = x_n - y_n$ образуют ненулевое решение соответствующей однородной системы, т. е. системы (*), в которой все свободные члены заменили на нули.
Иными словами, для каждого $i$ выполняется линейное уравнение $t_i = \frac{1}{2} (a + b)$, где $a$ - одно из чисел $t_j (j \neq i)$ или нуль и $b$ - одно из чисел $t_j$ ($j \neq i$) или нуль. Рассмотрев число $t_i$, имеющее максимальный модуль, приходим к противоречию.
На отрезке $[0; 1]$ отмечено несколько различных точек. При этом каждая отмеченная точка расположена либо ровно посередине между двумя другими отмеченными точками (не обязательно соседними с ней), либо ровно посередине между отмеченной точкой и концом отрезка. Докажите, что все отмеченные точки рациональны.
Решение:
Первый способ. 1°. Обозначим координаты концов отрезка и отмеченных точек через $x_0, x_1, \cdots, x_{n+1}$ ($0 = x_0 < x_1 < \cdots < x_{n+1} = 1$). Условие задачи означает выполнение $n$ равенств вида
$x_i = \frac{1}{2}(a_i + b_i) (i = 1, 2, \cdots, n)$,
где каждый из символов $a_i$ и $b_i$ означает какое-то из чисел $x_j (j = 0, 1, \cdots, n + 1)$, при этом можно считать, что $a_i < x_i < b_i$.
2°. Во все правые части этих равенств, в которых присутствует $x_1$, подставим его значение из первого равенства. Получим новый набор равенств (с теми же левыми частями, что и в старом), правые части которых уже не содержат $x_1$. Если при этом в правой части второго равенства появится член вида $x_2$, то перенесем его в левую часть и разделим обе части на 1 - (ниже мы докажем, что $\alpha \neq 1$). Второе равенство теперь имеет вид:
$x_2 = \beta_3x_3 + \beta_4x_4 + \cdots + \beta_nx_n + \beta_{n+1}$,
где $i$ - некоторые рациональные числа.
Рассмотрим теперь все равенства, кроме первого и второго. Во все правые части, содержащие $x_2$, подставим его значение из второго равенства, затем используем третье равенство, чтобы выразить $x_3$ через переменные $x_4, \cdots, x_n$, и подставим это значение во все равенства, начиная с четвертого. Опять же, нужно доказать, что при этом не придется делить на нуль.
Повторяя эту операцию $n$ раз, придем к равенству $x_n = \gamma$ (в правой части не осталось ни одного неизвестного!). Нетрудно понять, что на каждом шаге все коэффициенты рациональны. Действительно, в начале это так, а при наших операциях мы используем лишь сложение, умножение, вычитание и деление.
Итак, $x_n$ рационально. Далее, $x_{n-1}$ выражено через $x_n$ и рациональные числа, значит, оно тоже рационально, и т. д. Значит, все числа рациональны.
3°. Осталось доказать, что ни на каком шаге не приходится делить на нуль (см. комментарий).
В любой момент каждое равенство будет иметь вид
$x_i = \sigma_1x_1 + \sigma_2x_2 + \cdots + \sigma_nx_n + \sigma_{n+1}$,
Докажем, что при этом
1) все коэффициенты $\sigma_k (k = 1, 2, \cdots, n + 1)$ неотрицательны;
2) хотя бы один коэффициент $k$ c $k > i$ не равен нулю. Действительно, для исходного набора это верно. Делая очередную подстановку из $j$-го равенства ($j < i$), мы заменяем коэффициент $\sigma_j$ на 0, а любой другой коэффициент $\sigma_k$ на $\sigma_k + \lambda \sigma_j$, где $\lambda$ - коэффициент при $x_k$ в $j$-м равенстве. Неотрицательность при этом сохраняется, а наибольший номер ненулевого коэффициента не уменьшается, следовательно, он останется большим, чем $i$. При переносе в левую часть члена $\sigma_ix_i$ получаем в правой части положительное число. Действительно, все $x_k$ положительны, а все коэффициенты $k$ неотрицательны, причем по крайней мере один из них строго положителен. Значит, левая часть тоже положительна, поэтому $1 - \sigma_i > 0$. При делении обеих частей равенства на положительное рациональное число $1 - \sigma_i$ все перечисленные свойства также сохраняются.
Второй способ (выходящий за рамки школьной программы).
1. Пусть $x_1, x_2, \cdots, x_n$ - координаты отмеченных точек. Условие, что точка находится посередине между двумя другими, записывается в виде линейного уравнения $x_i = 1/2 (a+b)$, где $a$ и $b$ - координаты других точек или концов отрезка (т. е. 0 или 1). Таким образом, координаты наших точек являются решениями некоторой системы линейных уравнений (обозначим ее (*)) с рациональными коэффициентами и рациональными свободными членами (будем называть такую систему рациональной). Нужно доказать, что эта система не может иметь иррационального решения (т. е. решения, значение хотя бы одной переменной в котором иррационально).
Если рациональная система линейных уравнений имеет единственное решение, то это решение рационально.
В самом деле, если решение единственно, то его можно найти методом Гаусса, в ходе которого нужно только складывать, вычитать, умножать и делить, а делая такие действия с рациональными числами, мы не можем получить иррациональное число (см. факт 25).
2. Осталось доказать, что решение системы (*) единственно. От противного, пусть $x_1, x_2, \cdots, x_n$ и $y_1, y_2, \cdots, y_n$ - два разных решения рассматриваемой системы уравнений. Тогда числа $t_1 = x_1 - y_1, t_2 =x_2 -y_2, \cdots, t_n = x_n - y_n$ образуют ненулевое решение соответствующей однородной системы, т. е. системы (*), в которой все свободные члены заменили на нули.
Иными словами, для каждого $i$ выполняется линейное уравнение $t_i = \frac{1}{2} (a + b)$, где $a$ - одно из чисел $t_j (j \neq i)$ или нуль и $b$ - одно из чисел $t_j$ ($j \neq i$) или нуль. Рассмотрев число $t_i$, имеющее максимальный модуль, приходим к противоречию.
