Задача 67453
|
|
 |
Условие
У хозяйки есть кусок мяса, которым она хочет накормить трёх котиков. Раз в несколько секунд хозяйка отрезает кусочек мяса и скармливает его одному из котиков на свой выбор, причём каждый кусочек должен составлять одну и ту же долю куска, от которого его отрезают. Через некоторое время хозяйка убирает остаток мяса в холодильник. Может ли она скормить котикам поровну мяса?Решение
Пусть каждый отрезаемый кусочек составляет долю $(1 - a)$ куска, от которого его отрезают, $0 < a < 1$. Тогда $k$-й отрезанный кусочек составляет долю $(1 - a) a^{k-1}$ от изначального куска. Сократив на $(1 - a)$, получим, что задачу можно переформулировать следующим образом: для некоторого $a \in (0; 1)$ и натурального $n$ необходимо разбить числа $1, a, a^2, \ldots, a^{n-1}$ на три группы с равными суммами.Выберем в качестве $a$ корень уравнения $$1 = x + x^3 \; \Leftrightarrow \; 1 - x = x^3.$$ Он существует и принадлежит интервалу $(0, 1)$, потому что графики функций $y_1(x) = 1-x$ и $y_2(x) = x^3$ пересекаются внутри единичного квадрата на координатной плоскости (см. рисунок).
Ответ
Да, может.Замечания
1. Существуют и другие разбиения: \begin{align*} 1 &= a + a^4 + a^6 = a^2 + a^3 + a^5 + a^7, \\ 1 &= a^2+a^3+a^4 = a + a^5 + a^6 + a^7. \end{align*}2. Существуют примеры с другим значением $a$. Например, если $a$ – корень уравнения $1=x^2+x^3$, то $$1 + a^4 = a + a^2 = a^3 + a^5 + a^6 + a^7 + a^8 + a^9 + a^{10} + a^{11} + a^{12}.$$
3. Для четырёх котиков также существует пример. Если $a$ – корень уравнения $1=x^2+x^3$, то $$1 = a^2 + a^3 = a + a^5 = a^4 + a^6 + a^7 + a^8 + a^9 + a^{10} + a^{11} + a^{12} + a^{13}.$$
4. В настоящий момент неизвестно, разрешима ли задача для $k\geqslant 5$ котиков. Есть лишь несколько дополнительных соображений, которые могут помочь в анализе общего случая. За каждым разбиением должен стоять неприводимый многочлен (как $a^3+a-1$ в решении задачи или как $a^3+a^2-1$ в комментарии 2), на который делятся разности элементов разбиения. Этот многочлен должен иметь действительный корень $a\in (0,1)$, удовлетворяющий дополнительным условиям. Так как одна из частей разбиения не меньше $1$, то сумма остальных частей не меньше $k -1$. Значит, $$a+a^2+\ldots=\frac{a}{1-a} > k-1.$$ То есть корень многочлена должен лежать в интервале $\Bigl(1-\frac{1}{ k},1\Bigr)$ и не должно быть корней в интервале $\Bigl(0,1-\frac{1}{ k}\Bigr)$ (если бы такой корень был, то для него те же части тоже были бы равны, что невозможно). В частности, это означает, что многочлен не может быть возвратным.
Более простым для исследования является случай, когда одна из долей в точности равна $1$. Тогда для некоторого $n$ искомый неприводимый многочлен должен быть делителем многочлена $$a^n+a^{n-1}+\ldots+a-(k-1).$$ Если все многочлены такого вида окажутся неприводимыми, то это будет означать, что разбиение на $k$ частей (когда одна из долей равна $1$) невозможно. Пока доказательство последнего утверждения известно только для $k=5$, см. обсуждение по ссылке.
