|
|
 |
Условие
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 1
Обозначим координаты концов отрезка и отмеченных точек через x0, x1, ..., xn+1 (0 = x0 < x1 < ... < xn+1 = 1). Условие задачи означает выполнение n равенств вида xi = ½ (ai + bi) (i = 1, 2,..., n), где каждый из символов ai и bi означает какое-то из чисел xj (j = 0, 1, ..., n + 1), при этом можно считать, что ai < xi < bi.
Во все правые части этих равенств, в которых присутствует x1, 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 x1. Если при этом в правой части второго равенства появится член вида αx2, то перенесём его в левую часть и разделим обе части на 1 – α (ниже мы докажем, что α ≠ 1). Второе равенство теперь имеет вид:
x2 = β3x3 + β4x4 + ... + βnxn + βn+1, где βi – некоторые рациональные числа.
Рассмотрим теперь все равенства, кроме первого и второго. Во все правые
части, содержащие x2, подставим его значение из второго равенства, затем используем третье равенство, чтобы выразить x3 через переменные x4, ..., xn, и подставим это значение во все равенства, начиная с четвёртого. Опять же, нужно доказать, что при этом не придется делить на нуль.
Повторяя эту операцию n раз, придём к равенству xn = γ (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, xn рационально. Далее, xn–1 выражено через xn и рациональные
числа, значит, оно тоже рационально, и т. д. Следовательно, все числа рациональны.
Осталось доказать, что ни на каком шаге не приходится делить на нуль.
В любой момент каждое равенство будет иметь вид
xi = δ1x1 + δ2x2 + ... + δnxn + δn+1. Докажем, что при этом
1) все коэффициенты δk (k = 1, 2, ..., n + 1) неотрицательны;
2) хотя бы один коэффициент δk c k > i не равен нулю.
Действительно, для исходного набора это верно. Делая очередную подстановку из j-го равенства (j < i), мы заменяем коэффициент δj на 0, а любой другой коэффициент δk на δk + λδk, где λ – коэффициент при xk 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 δixi получаем в правой части положительное число. Действительно, все xk положительны, а все коэффициенты δk неотрицательны, причём по крайней мере один из них строго положителен. Значит, левая часть тоже положительна, поэтому 1 – δk > 0. При делении обеих частей равенства на положительное рациональное число
1 – δk все перечисленные свойства также сохраняются.
Решение 2
Пусть x1, x2, ..., xn – координаты отмеченных точек. Условие, что точка находится посередине между двумя другими, записывается в виде линейного уравнения xi = ½ (a + b), где a и b – координаты других точек или концов отрезка (то есть 0 или 1). Таким образом, координаты наших точек являются решениями некоторой системы линейных уравнений (*) с рациональными коэффициентами и рациональными свободными членами (будем называть такую систему рациональной). Нужно доказать, что эта система не может иметь иррационального решения (то есть решения, значение хотя бы одной переменной в котором иррационально). Для этого достаточно доказать, что решение системы (*) единственно (если рациональная система линейных уравнений имеет единственное решение, то это решение рационально).
Пусть x1, x2, ..., xn и y1, y2, ..., yn – два разных решения рассматриваемой системы уравнений. Тогда числа t1 = x1 – y1, t2 = x2 – y2, ..., tn = xn – yn образуют ненулевое решение соответствующей однородной системы, то есть системы (*), в которой все свободные члены заменили на нули.
Иными словами, для каждого i выполняется линейное уравнение
ti = ½ (a + b), где a – одно из чисел tj (j ≠ i) или нуль и b – одно из чисел tj (j ≠ i) или нуль. Рассмотрев число ti, имеющее максимальный модуль, приходим к противоречию.
Решение 3
Предположим, что существует удовлетворяющий условию задачи набор точек, содержащий иррациональное число α.
Рассмотрим множество действительных чисел как линейное пространство над множеством рациональных чисел. Существует его линейное преобразование, оставляющее на месте все рациональные числа и переводящее α в число, большее 1. При этом преобразовании набор отмеченных точек перейдёт в другой набор, удовлетворяющий условиям задачи, но содержащий точки, лежащие правее единицы. Однако это невозможно: самая правая из этих точек не может лежать посередине между двумя другими.
Замечания
То, что в решении 1 ни на каком шаге не приходится делить на нуль, принципиально: например, система линейных уравнений
x1 = 2x2 – 2,
x2 = ½ x1 + 1
имеет следующее иррациональное решение:
