|
|
 |
Условие
На числовой оси отмечено бесконечно много точек с натуральными координатами. Когда по оси катится колесо, каждая отмеченная точка, по которой проехало колесо, оставляет на нём точечный след. Докажите, что можно выбрать такое действительное $R$, что если прокатить по оси, начиная из нуля, колесо радиуса $R$, то на каждой дуге колеса величиной в $1^\circ$ будет след хотя бы одной отмеченной точки.
Решение 1
Разделим колесо на 360 дуг и занумеруем их, начиная с точки $O$ в порядке "прокатывания". Докажем индукцией по $k$, что можно выбрать окружность длины 360s, прокатив которую по прямой, мы получим следы внутри первых $k$ дуг.
База ($k = 1$). Достаточно выбрать $s$, большее координаты первой отмеченной точки.
Шаг индукции. По предположению индукции найдётся $s_k$, при котором следы оставлены на первых $k$ дугах. Пусть они оставлены точками с координатами $n_1, ..., n_k$.
Заметим, что незначительное изменение $s$ не повлияет на ситуацию:
те же точки оставят следы на тех же дугах. Пусть это происходит для всех
$s \in (s_k(1 - \varepsilon), s_k(1 + \varepsilon))$.
Рассмотрим отмеченную точку с координатой $n_{k+1}$ > max {$n_1, ..., n_k, 360s_k(\varepsilon^{-1} + 1)$}. Пусть $m \leqslant \dfrac{n_{k+1}}{360s_k} < m+1$ ($m$ – целое число). Тогда $m > \varepsilon^{-1}$.
Найдём такое $s_{k+1} \in (s_k(1 - \varepsilon), s_k(1 + \varepsilon))$, чтобы точка $n_{k+1}$ оставила след на данном расстоянии (по окружности) $360ts_{k+1}$ от $O$ (число $t < 1$ выберем так, чтобы этот след оказался на ($k+1$)-й дуге окружности, соответствующей $s_{k+1}$). Иными словами, $n_{k+1} = 360(ms_{k+1} + ts_{k+1})$,
откуда $s_{k+1} = \dfrac{n_{k+1}}{360(m+t)} = \dfrac{r}{m+t}$,
где $r = \dfrac{n_{k+1}}{360} < (m + 1)s_k$.
Это значение подходит, поскольку $-\dfrac{r}{m(m+1)} < r\left(\dfrac{1}{m+1} - \dfrac{1}{m+t}\right) < s_k-s_{k+1} \leqslant r \left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+t}\right) < \dfrac{r}{m(m+1)},$ а $\dfrac{r}{m(m+1)} < \dfrac{s_k}{m} < \varepsilon s_k$.
Решение 2
Пусть на числовой прямой отмечено бесконечное число натуральных точек $t_1, t_2, t_3, ...$
Докажем индукцией по $n$ такое утверждение: для любого набора положительных чисел $a_1, ..., a_n$ с суммой 1 найдётся колесо такой длины $S$, что разделив его на дуги длин $a_1S, ..., a_nS$ (именно в таком порядке) и запустив из 0 (поставив в 0 началом первой дуги), мы обязательно получим строго внутри каждой из дуг след какой-то отмеченной точки.
Для наглядности покрасим каждую дугу в свой цвет и прокатим колесо по прямой, считая, что каждая точка прямой окрашивается в цвет дуги, которая по точке проезжает. Тогда прямая разобьётся на отрезки $n$ разных цветов, соответствующих дугам. Нам надо найти такую длину колеса, чтобы для каждого цвета нашлась отмеченная точка, попавшая внутрь отрезка этого цвета. Заметим, что если для данного набора нужное $S$ найдено, то подойдёт также любое колесо чуть меньшей или чуть большей длины.
База ($n = 1$) очевидна: можно взять колесо иррациональной или просто достаточно большой длины.
Шаг индукции. Пусть для всех наборов из $n$ чисел утверждение доказано. Докажем его для набора $a_1, ..., a_n, a_{n+1}$. Рассмотрим набор $a_1, ..., a_{n-1}, a_n + a_{n+1}$. Для него нужное $S$ найдётся. Рассмотрим момент, когда в каждой из дуг для этого набора образуется след от отмеченной точки.
Это соответствует тому, что отмеченные точки $t_{i_1},\ldots,t_{i_n}$ лежат на прямой строго внутри отрезков n разных цветов, точка лежит на отрезке длины $(a_n + a_{n+1})S$. Если точка $t_{i_n}$ делит свой отрезок как раз в отношении $a_n : a_{n+1}$, увеличим немного $S$, чтобы все точки $t_{i_1},\ldots,t_{i_n}$ попали на свои же "растянутые" отрезки, но точка $t_{i_n}$ уже делила бы свой отрезок в другом отношении.
Теперь вернёмся к набору $a_1, ..., a_n, a_{n+1}$, прокатим колесо найденной длины S по прямой.
Точки $t_{i_1},...,t_{i_n}$ попадут в отрезки разных цветов, и только отрезки одного, скажем, зелёного цвета (соответствующие одной из дуг $a_nS, a_{n+1}S$, пусть дуге $a_{n +1}S$), возможно, не содержат ни одной отмеченной точки.
Заметим, что есть сколь угодно большие отмеченные точки, на расстоянии не более чем $S$ слева от которых есть зелёный отрезок. Пусть мы можем делать гомотетию с коэффициентом, не большим $1+\varepsilon$ так, чтобы точки $t_{i_1},\ldots,t_{i_n}$ остались внутри своих "растянутых" отрезков.
Проедем колесом настолько большое расстояние $K$, чтобы колесо сделало целое число оборотов (последний окрашеный отрезок $Z$ зелёный), уже собрало отметки на все дуги, кроме последней, чтобы $K_{\varepsilon}$ было больше $S$,
и чтобы на расстоянии не более $S$ после точки $K$ нашлась отмеченная точка $t_{i_{n+1}}$.
Увеличим длину колеса, сделав гомотетию с коэффициентом $1 + x$, где $x < \varepsilon$. Тогда зелёный отрезок $Z$ растянется, его новыми концами будут точки $K + xK - (1 + x)Sa_{n+1}$ и $K + xK$ соответственно. Очевидно, можно подобрать $x < \varepsilon$ так, чтобы $K + Kx$ стало больше $t_{i_{n+1}}$ (ведь $K\varepsilon > S$), но при этом больше на величину, меньшую $Sa_{n+1}$. Тогда $K + xK - (1 + x)Sa_{n+1}$ будет меньше $t_{i_{n+1}}$,то есть точка $t_{i_{n+1}}$ попадёт на "растянутый" зелёный отрезок $Z$.
Замечания
9 баллов
