1-2ru (Решения)

Деление отрезка (решения и указания)
А2. Ответ: Л=2 и Л=3. Другие числа не годятся, что легко показать на примерах: скажем,
если взять =5/12 и =4/13, то у них нет одинаковых значений Л, кроме этих двух.
B1. Рассмотрим один из полученных нами на n-м шаге отрезков. Пусть его концы – точки
{k}, {l}. Очевидно, он имеет ту же длину, что отрезки, ограниченные точками{(k-1)} и {(l1)}, {(k-2)}, и {l-2)} и т. д. Поскольку эта серия не может быть бесконечной, в ней есть первый
элемент, пусть это {(k-s)} и {(l-s)}. Очевидно, есть только три причины, по которым
предыдущий отрезок отсутствует:
- либо k=s,
- либо l=s,
- либо, наконец, отрезок {(k-s-1)}, {(l-s-1)} существует, но уже разбит на две части. В
этом последнем случае он может разбиваться только точкой n, иначе отрезок с концами
{(k-s)}, и {(l-s)тоже был бы уже разбит.
Первые две серии существуют всегда, а третья может и не существовать. В зависимости от
этого мы имеем либо 2, либо 3 серии, все отрезки в каждой из них равной длины, что и требуется.
Отсюда видно также, что отрезки третьей серии (если они существуют) по длине равны
сумме отрезков двух других серий. Таким образом, длины отрезков всегда равны a < b < (a+b),
причем третьей длины может и не быть.
Отсюда видно также, что новая точка всегда делит самый длинный отрезок a+b на части a, b
(в противном случае у нас бы возникло 4 разных длины, что невозможно).
Исследуем теперь вопрос о том, как меняется число Л при переходе от n к n+1. Из
сказанного выше видно, что число n остается тройным до тех пор, пока имеются отрезки типа
(a+b), а в тот момент, когда последний такой отрезок исчезает, остаются только a и b, т.е. число
становится двойным.
Утверждение. (а) Если n и n+1 – тройные числа, то Л не меняется.
(б) При переходе от тройного числа к двойному (n - тройное, (n+1) - двойное) Л заменяется
на Л-1.
(в) Переходов от двойного числа к двойному не бывает.
(г) При переходе от двойного числа к тройному возможны два случая. Пусть a < b – длины
коротких и длинных отрезков для n. Тогда:
(г1) если a < b/2, то Л не меняется,
(г2) если a > b/2, то Л заменяется на число Л/(Л-1).
В самом деле:
(а) в первом случае как были, так и остаются отрезки трех длин: a, b, a+b.
(б) во втором случае исчезает последний отрезок длины (a+b), остаются только a<b, и если
раньше было Л=(a+b)/a, то теперь Л=b/a.
(в) В третьем случае надо вспомнить наше предположение о том, что n>10 и 0,3<{}<0,7
(без этого утверждение неверно)
(г) оба случая (г) рассматриваются так же, как (а) и (б).
B3. Из рассуждений в решении задачи Б1 видно, что вслед за одним двойным числом
следует столько тройных, сколько было отрезков наибольшей длины. Поскольку общее число
отрезков неограниченно возрастает, довольно очевидно, что также и число отрезков наибольшей
длины стремится к бесконечности, что и требуется.
B5. Оценка сверху: не более 500.000 – и она не улучшается. Чтобы получить такое
количество двойных чисел, нужно взять  В этом случае легко заметить,
что каждое второе число – двойное.
Отсюда также видно, что доля двойных чисел может стремиться к нулю довольно медленно.
А именно, пока что у нас получилось много двойных чисел в первом миллионе, зато потом они
пойдут редко – через миллион или более. Но если мы возьмем, далее
, то окажется, что они очень долго будут идти с
частотой «один на миллион», т.е. до поры до времени их доля остается стабильной. Ясно, что
подобную конструкцию можно строить и дальше, взяв, к примеру, ^6-1/10^(10^6)-и
т.д. При этом на каждом переходе доля двойных чисел, правда, очень резко уменьшается, но зато
после этого ОЧЕНЬ, ОЧЕНЬ долго остается неизменной. Именно это и означает, что
последовательность стремится к нулю медленно.
Что касается наиболее быстрого стремления доли к нулю, то есть числа , для которых эта
доля убывает логарифмически (примеры будут ниже), и это, видимо, максимальная скорость. Это
высокая скорость убывания, поскольку это означает, что в первом миллионе имеется всего лишь
около ln1000000 двойных чисел.
C1. Ответ. Нет, не существует, поскольку из формул, по которым преобразуется число Л,
видно, что оно всегда принимает значения меньше 2.
C2. Ответ, да. Вот пример. Пусть = 1/3+ , где  очень мало. Тогда все два миллиона точек
лежат вблизи трех точек: точки 0, точки 1/3 и точки 2/3. Соответственно на полуотрезке [0,3 0,8]
лежит примерно две трети всех точек, что много больше, чем 1.000.000.
C3. Да, существуют те и другие.
Например, если = √2, то Л принимает всего лишь 3 разных значения (подробнее этот пример
разбирается ниже). С другой стороны, если Л принимает какое-нибудь трансцендентное значение
(к примеру, Л равно числу пи), то заменяя Л то на Л-1, то на Л/Л-1, мы, очевидно, будем все время
получать разные числа, т.е. их будет бесконечно много.
C4. Указание. Если Л принимает лишь конечное число значений, то в какой-то момент
значения Л «выходят на цикл»: вновь повторяется значение, которое Л принимало раньше.
Но если после нескольких преобразований (которые, напомним, имеют вид либо Л Л-1,
либо Л Л/Л-1) мы вновь получим значение Л, которое уже встречалось, то Л, как нетрудно
убедиться, удовлетворяет квадратному уравнению с целыми коэффициентами.
Итак, это условие является необходимым, и соответственно, если Л не является корнем
такого уравнения (к примеру, если Л трансцендентно), этого достаточно, чтобы Л принимало
бесконечно много значений.
Достаточным условием для того, чтобы Л принимало конечное число значений является,
например, условие:
Л^2 – (n+2)Л +n = 0.
Таковы, в частности, числа √2 и τ, рассматриваемые в задачах ниже.
D1. Л принимает подряд одно и то же значение до тех пор, пока мы имеем дело с тройным
числом, иными словами – столько раз, сколько «длинных» отрезков появилось на очередном ходе.
Но их число стремится к бесконечности (как уже указывалось в решении задачи Б3)
Очевидно, что когда общее число отрезков стремится к бесконечности, то и число
«длинных» отрезков стремится к бесконечности
D2. Справедлива третья альтернатива.
D3. Нет, неверно.
Пусть, например, таково, что Л вначале принимает значение (100+√2)/(99+√2). Поскольку
это число меньше 2, следующее значение Л будет вычисляться по формуле Л/(Л-1), то есть
следующее Л равно 100+√2. Далее Л последовательно будет принимать значения 99+√2, 98+√2,…
√2. После этого Л принимает только значения √2, √2+1, √2+2 (и никакие другие), и эти значения
принимаются бесконечное число раз.
Е1. Будем сводить первое и третье определение ко второму.
Первое. Поднимем точку А, лежащую на k-й вертикали, на k единиц вверх. Очевидно, все
эти точки попадают на одну прямую, которая уже образует с горизонталью угол arctgτ (а не
arcсtgτ). С другой стороны, если мы расставим после этого все точки В, как положено, то между
каждыми двумя А появляется ровно одна точка В. Сделаем к тому же второе преобразование: все
буквы А заменим на В, все буквы В – на А.
Таким образом, мы наша последовательности преобразуется по закону: А заменяется на ВА,
В заменяется на А. И в результате, очевидно, наша последовательность не изменится, поскольку
если мы теперь отразим чертеж относительно диагонали (прямой y=x), то наш луч вернется на
прежнее место. Остается заметить, что если произвести нашу операцию дважды, то как раз и
получится, что А заменяется на ААВ, В – на АВ, а последовательность опять-таки не меняется.
Замечание. Фактически мы установили, что преобразование А ААВ, В АВ “можно
представить как произведение”: сделав сначала преобразование А ВА, В А, а затем А АВ,
В А, мы получим данное.
Третье. Рассуждаем сходным образом. Пусть N – двойное число. Это значит, что имеется r
длинных отрезков длины a и s коротких отрезков длины a/τ , r+s=N. Тогда следующее двойное
число M = N+r, и продвигаясь к нему, мы делим каждый длинный отрезок на короткий и «самый
короткий» длины еще в τ раз меньше.
Когда этот «цикл» закончен, мы обязаны объявить бывший короткий отрезок – длинным.
При этом попеременно «бывший длинный» отрезок разбивается то на «длинный - короткий», то
на «короткий - длинный». Это как раз преобразования, описанные в замечании к предыдущему
рассуждению. Отсюда, кстати, видно, почему не все двойные числа годятся: их приходится брать
через одно, чтобы получить «квадрат» этого преобразования.
Е2. Воспользуемся первым из трех определений. Предположим, что утверждение неверно.
Тогда на луче существуют два отрезка, на которых равное число букв, но на одном на 2 или более
буквы В больше, чем на втором (а букв А, соответственно, меньше).
Но если на одном из отрезков на 2 буквы В больше, то его проекция на вертикальную
прямую больше. Соответственно, если на нем на две буквы А меньше, то меньше и его проекция на
горизонталь. Противоречие очевидно.
Е3. Указание. Ключевым моментом в решении задачи Е1 было то, что «поднимая» точки
пересечения луча с вертикалями на соответствующее число единиц, мы получаем луч,
симметричный исходному. Но можно поднять точку, лежащую на k-й вертикали, не на k, а на 2k
единиц; легко убедиться, что полученный луч будет симметричен исходному, если удовлетворяет
уравнению ^
Понятно, что есть и другие возможности.
Р1, Р2. Если n=2, то имеется два отрезка, и их отношение есть золотое сечение. Далее,
согласно формуле, приведенной в начале (решение задачи Б1), Л может быть заменено только на
Л/(Л-1) = Л^2 = Л +1. Следующее его значение будет (Л+1)-1 = Л, и т.д. Отсюда видно, что Л
принимает только два значения, а если к тому же n – двойное, то Л принимает единственное
значение Л= τ.
Р3, Р4. Ответ: двойные числа для данного  есть числа Фибоначчи, т.е. числа 2, 3, 5, 8, 13…
(каждое следующее равно сумме двух предыдущих).
k-е число Фибоначчи приближенно равно τ^k, и их количество в первом миллионе
приблизительно равно log 1.000.000 по основанию τ, то есть около 28.
Можно, конечно, честно выписать первые 30 чисел Фибоначчи. 28-е число равно 832 040, а
29-е уже больше миллиона.
Т1, Т2. Задача аналогична предыдущей. Поскольку начальное значение Л (при n=2) равно
(2-√2)/( √2-1) = √2, то все дальнейшие значения Л будут равны либо √2, либо √2+1, либо √2+2 (при
двойных n – только первые два варианта).
K1. Из предыдущих рассуждений видно, что Л должно удовлетворять соотношению Л/(Л-1)
-1 = Л, откуда Л – золотое сечение. Отсюда нетрудно найти .
К3. Указание. Разложим данное число в цепную дробь (для числа 113/248 она имеет вид
1/(2+1/(5+1/(7+1/3))). Тогда двойные числа встречаются через k, где k – знаменатели частных
цепных дробей для основной, то есть дробей 1, 1/2, 1/(2+1/5)=5/11, 1/(2+1/(5+1/7))=36/79 и т.д.
Итак, двойные числа встречаются вначале через 1 (т.е. каждое – при n=2 и n=3), затем идет “серия”
двойных, встречающихся через 2, потом серия через 11 и через 79. При этом количество двойных
чисел в серии равно очередному знаменателю исходной дроби, т.е. в первой серии их 2, затем 5 и 7.
Если бы число было иррациональным, так продолжалось бы до бесконечности, но для
рационального числа в конце закономерность иная: все числа, начиная с 169 – двойные.
Ответ:
(*) число 2,
(**) числа 3, 5, 7, 9, 11,
(***) числа 13, 24, 35 и т.д., до 90,
(****) Наконец, все числа от 169 до 248.