Конструктивы в алгебре

Сумма логарифмов положительных чисел равна логарифму их произведения, поэтому будем уравнивать произведения двух непересекающихся наборов чисел из множества . Разложим натуральные числа от до на простые множители:

Числа встречаются ровно по одному разу среди делителей, поэтому их следует исключить. Таким образом, на весах будет не более гирь.

Покажем, что можно уравновесить гирь. Приведем один из возможных примеров равенства произведений:

Достаточно найти такую точку , что на любой прямой, проходящей через , лежит не более одной рациональной точки. Тогда, проведя из всевозможные лучи во все рациональные точки и удалив у каждого луча начало (от до соответствующей рациональной точки), получим искомый набор непересекающихся непараллельных лучей.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Можно указать точку явно - например, подойдёт точка . Пусть на прямой, проходящей через эту точку, есть две рациональные точки и ( ) (где рациональные). Тогда вектора ( и пропорциональны, откуда

откуда . Возводя в квадрат и перенося заведомо рациональные слагаемые в левую часть, получим, что будет рациональным число , что возможно только при или . Но из равенства (*) видим, что если выполнено хоть одно из равенств , то выполнено и второе, откуда точки и совпадают.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Можно поступить иначе - доказать существование такой точки . Проведём всевозможные прямые через пары рациональных точек. Таких прямых будет счётное количество. Так как всего направлений на плоскости несчётное количество, на ней найдётся прямая , не параллельная ни одной из проведённых прямых. Проведённые прямые высекают на счётное число точек, а всего на точек несчётное количество, поэтому там ещё останутся точки, любая из них подойдёт в качестве .

Попробуем подобрать пример, когда все попарно различны. Для упрощения давайте предположим, что и равны каким-то функциям от Например, . Переменные не должны быть равны, а значит Подставим в равенство:

Это уравнение имеет корень (мы сразу исключили Он не противоречит ОДЗ и не равен Значит, мы нашли пример.

Например, можно взять Тогда

Заметим, что Если вместо подставить многочлен поделить на и внести константы в кубы, то получим равенство:

Заметим, что и имеют одинаковые остатки при делении на Следовательно, в сумме для каждого будет слагаемых вида дающих одинаковые остатки при делении на Сумма этих слагаемых делится на сумма всех слагаемых разбивается на таких сумм, а потому тоже делится на

Первое решение.

Для любого предъявим явно начальную рассадку, которая является -удачной для любого натурального числа

Сначала для данного построим конечную геометрическую прогрессию со знаменателем для которой выполнено условие

Требуемый набор существует при любом целом поскольку уравнение

имеет решение на интервале так как левая часть меняет знак на его концах.

Расположим теперь кузнечиков в следующих начальных точках:

Рассмотрим прыжок первого кузнечика через второго; тогда его новая координата будет равна Получилось, что прыгнувший кузнечик стал самым правым, а все кузнечики теперь расположены в точках

Сдвинув начало координат на 1 вправо, получим координаты кузнечиков

Таким образом, кузнечики уменьшили свои координаты ровно в раз. Если указанный шаг (прыжок самого левого кузнечика через ближайшего соседа) повторять раз, то попарные расстояния уменьшатся в раз, что позволит достичь любого нужного уменьшения

Второе решение.

При как бы кузнечики ни прыгали, расстояние между ними не меняется.

Пусть Рассадим 1-го, 2-го и 3-го кузнечиков на прямой в точках с координатами 0, 1, назовём этих кузнечиков Остальные произвольно рассаживаются в другие попарно различные точки. Покажем, что для всякого кузнечики далее смогут прыгать так, чтобы сумма попарных расстояний уменьшилась хотя бы в раз (исходную сумму обозначим через

Лемма.

Пусть три кузнечика сидят на прямой в попарно различных точках и отношение расстояний от одного из них до двух других иррационально. Тогда сколько бы они ни сделали прыжков друг через друга, они всё равно будут в попарно различных точках, и отношение расстояний от одного из них до двух других будет иррационально.

Доказательство леммы.

Покажем, что эти условия сохраняются при прыжке. Предположим, для некоторого кузнечика отношение расстояний до двух других рационально, тогда эти расстояния имеют вид и где рационально. Тогда расстояние между другими двумя кузнечиками ненулевое и имеет вид тогда отношение любых двух расстояний между кузнечиками рационально, противоречие. Пусть какой-то кузнечик перепрыгнул через кузнечика тогда расстояния от до обоих кузнечиков не изменились, а значит, отношение этих расстояний осталось иррациональным, в частности расстояния различны, и потому кузнечики по-прежнему находятся в попарно различных точках.

Вернёмся к задаче.

Пусть первые несколько ходов будут прыгать только кузнечики и только через друг друга, согласно лемме при таких прыжках они всегда будут оставаться в попарно различных точках. Покажем, что спустя любое количество таких ходов они смогут далее прыгать так, чтобы текущее минимальное из попарных расстояний между ними уменьшилось не менее чем в два раза.

Пусть, не умаляя общности, в текущий момент минимально расстояние между кузнечиками с координатами и а имеет координату . Отметим на прямой все точки с координатами, отличающимися от на число, кратное Понятно, что прыгая друг через друга кузнечики смогут занять любые две соседние отмеченные точки, тогда не находится в отмеченной точке (по лемме прыгая только через друг друга остаются в попарно различных точках), тогда , могут занять две соседние отмеченные точки между которыми лежит и расстояние от до одного из кузнечиков будет не более то есть наименьшее расстояние уменьшилось хотя бы в 2 раза.

Тогда за несколько ходов кузнечики могут уменьшить наименьшее расстояние между ними хотя бы в 2 раза, потом за несколько ходов ещё хотя бы в 2 раза, потом ещё, и т.д, могут за несколько ходов добиться того, чтобы расстояние между какими-то двумя из них было равно некоторому числу , меньшему — пусть они так и сделают. Назовём каких-нибудь двух кузнечиков, между которыми расстояние хорошими, и одного из них назовём далее эти кузнечики уже не прыгают.

Далее, любой кузнечик не из пары хороших может прыгая через пару хороших (в подходящем порядке) смещаться на в любую сторону на прямой, и тогда может за несколько прыжков через них оказаться на расстоянии меньшем от пусть все кузнечики кроме хороших сделают прыжки таким образом. Тогда расстояние от любого кузнечика до будет меньше а значит, все попарные расстояния меньше а значит, их сумма меньше

Давайте считать, что все шарики синие. В пустые коробки положим по красному шарику. Теперь пустых коробок нет. Покажем даже более сильное утверждение: что для любого есть инструкция не длиннее чем со следующим свойством.

Пусть в коробочках, стоящих в ряд, лежат красные и синие шарики, причём для хотя бы одного из цветов шарики этого цвета лежат подряд (такие конфигурации назовём непрерывными). Тогда можно вычеркнуть часть строк и получить инструкцию, после выполнения которой все синие шарики будут левее всех красных шариков, а также можно получить инструкцию, после которой все красные шарики левее всех синих (нумерация коробок слева направо).

Воспользуемся методом математической индукции. Понятно, что для такая инструкция есть. Это база индукции. Теперь покажем, как из инструкции для сделать инструкцию для и для этого будет достаточно. Обозначим или Инструкция для будет выглядеть так:

I группа: сначала все пары вида в любом порядке

Если нечетно, сюда приходится добавить все пары вида при (назовём эти команды дополнительными).

II группа: инструкция для первых коробочек из индукционного предположения

III группа: все пары различных чисел вида в любом порядке

При длина этой инструкции не превышает

При длина этой инструкции не превышает Теперь почему она работает. Есть тот цвет, которого не больше , назовём его основным. Покажем, что можно выполнить часть инструкций I группы так, чтобы все шарики основного цвета лежали среди первых коробочек, и при этом конфигурация среди первых коробочек будет тоже непрерывной.

Есть четыре варианта того, как могут располагаться шарики основного цвета.

1) Они идут подряд, и все они среди левых коробок — ничего делать не надо;

2) Они идут подряд, и все они среди правых коробок — используем все пары вида ;

3) Они есть и среди левых коробок, и среди остальных правых, при этом они идут подряд. Заметим, что ни в какой паре вида нет двух шариков основного цвета. Все основные шарики тогда перенесем справа налево (тогда шарики не основного цвета будут среди первых шариков лежать подряд.

4) Шарики основного цвета — самые первые и самые последние. Перенеся последние влево (при нечётном используя дополнительные операции), получаем требуемое.

(Про это всё проще думать, если мыслить расположение коробочек не в ряд, а по окружности.)

После этого применим часть инструкций II группы, чтобы среди первых коробочек слева оказались все шарики основного цвета.

После этого окажется, что среди коробочек сначала идут подряд шарики одного цвета, а потом шарики другого. То есть мы пришли либо к искомой ситуации, либо к зеркальной. Перестановками третьей группы, если надо, отразим конфигурацию, и получим что хотели получить.

Сначала покажем, что в данном наборе есть тройки гирь, одна из которых уравновешивает две другие. Все веса не превосходят поэтому равенства

равносильны. Воспользовавшись формулой

получаем, что

Тогда Выбирая теперь различные натуральные и раскладывая на множители, находим подходящие тройки, в которых каждое число не превосходит Результат для и представлен в следующей таблице:

Теперь покажем, как разложить гири по чашам:

(в таблице указано значение для гири весом Таким образом нам удалось выбрать 10 гирь и разложить по 5 гирь на разные чаши весов так, чтобы установились равновесие.

Сразу забудем про одну произвольную чёрную вершину -угольника. Заметим, что среди оставшихся вершин найдутся подряд идущие, среди которых красных точек больше, чем чёрных. Будем сдвигать эту четвёрку на один по часовой стрелке пока не придём в четвёрку, в которой ровно вершины красного цвета и одна — чёрного (такое случится, так как мы рано или поздно первый раз встретим чёрную вершину). Возьмём соответствующий четырёхугольник и выкинем его. На оставшихся вершинах повторим операцию. Так будем продолжать, пока не останется красных вершин и чёрных. Затем будем по очереди проводить рассуждения для чёрного цвета, затем снова для красного и так далее. В конце останется красная вершина и две чёрные. Значит, мы нашли не пересекающихся четырёхугольника.

Заметим, что ко дню мая ромашки, которые распустились с по мая, могут добавить к имеющимся лепесткам либо либо либо лепестков.

Посчитаем максимальное количество лепестков у ромашек: лепестков. Посчитаем максимальное и минимальное количество лепестков, которое может остаться на изначальных ромашках мая.

Чтобы найти минимальное количество лепестков, нужно чтобы у каждой ромашки отлетало по лепестку, что означает, что у изначальных ромашек хотя бы лепестка изначально.Следовательно, каждый день отлетает по лепестков. Тогда минимальное количество лепестков будет равно: Тогда можно оценить, сколько максимум ромашек распустилось: ( потому, что нужно как можно больше новых ромашек). Следовательно, что новых ромашек меньше

Чтобы найти максимальное количество лепестков, нужно найти максимальное количество ромашек, у которых не более лепестков. Т.к. максимальное количество лепестков равно а каждая такая ромашка уменьшает количество лепестков как минимум на то таких ромашек не более т.к. изначальное количество лепестков равно Следовательно, максимальное количество лепестков равно: Тогда можно оценить, сколько минимум ромашек распустилось: ( потому, что нужно как можно меньше новых ромашек). Следовательно, что новых ромашек больше

Тогда единственное число, которое больше и меньше , это

Пример: первая ромашка с лепестком, вторая - с лепестками, остальные - с лепестками.

Конечно, можно для каждой корзины попробовать её убрать и посмотреть, можно ли оставшиеся разбить на две группы, подходящих под условие. Но можно сократить перебор:

Если яблок первого сорта стало в два раза больше яблок второго сорта, то общее количество оставшихся яблок должно делиться на . Первоначальное количество яблок равно штук. Так как делится на , то количество убранных яблок тоже должно делиться на . Поэтому варианты на и яблок не подходят. Если убрали яблок, то яблок второго сорта должно быть штук. Но штук нельзя набрать используя корзины на и яблок.

Осталось проверить, что ответы и достигаются. Для этого надо предъявить примеры, как могли быть распределены яблоки по группам (сортам), чтобы количество яблок в одной группе было в два раза больше, чем в другой. Действительно:

На первом шаге в группе разместим логарифмы нечетных чисел, а в группе — четных:

Обозначим через суммы чисел в группах и соответственно. Покажем, что Действительно,

Перенесем число из группы в группу а число наоборот — из в Поскольку разность уменьшилась на величину

Если для вновь образованных множеств и разность меняем местами числа и По-прежнему, разность уменьшается на величину

Если разность по процесс перекладывания чисел из одного множества в другое может быть продолжен. Если на каком-то шаге поменяет знак, то и искомое разбиение достигнуто. Это обязательно произойдет за конечное число шагов, поскольку замена множеств и местами приводит к смене знака величины

Первое решение. Введём координаты на нашей прямой. Пусть данные отрезки — это нумерацию отрезков выберем так, что Если при некотором то отрезок содержит и потому отрезки и — искомые. Поэтому в дальнейшем мы считаем, что

Рассмотрим отрезков (некоторые из них могут иметь нулевую длину). Рассмотрим кратчайший из них — пусть для определённости это а его длина равна Тогда

и, аналогично,

Поскольку и имеют общую точку, имеем откуда

Итак, длина отрезка не меньше, чем Иначе говоря, часть этого отрезка, лежащая вне имеет длину, не превосходящую Поэтому отрезки и -искомые.

Второе решение. Пусть данные отрезки — это , Как и в предыдущем решении, мы сводим задачу к случаю, когда точки пронумерованы слева направо, и так же пронумерованы точки

При всех отметим на отрезке точку так, что

Таким образом, точка находится не левее точки Значит, найдётся индекс при котором точка находится не левее точки Выберем такой индекс и положим Заметим, что точки лежат на прямой именно в таком порядке слева направо. Тогда

Это и значит, что длина общей части отрезков и не меньше, чем где — длина одного из них.

Замечание. Нетрудно привести пример попарно пересекающихся отрезков одинаковой длины любые два из которых пересекаются по отрезку длины, не превосходящей

Будем называть точку с рациональными координатами рациональной. Рассмотрим окружность . Докажем, что на ней существует сколь угодно много рациональных точек.

Рассмотрим прямую вида с рациональным . Она проходит через точку окружности, и вторая точка пересечения с окружностью тоже будет рациональной (поскольку квадратное уравнение с рациональными коэффициентами имеет рациональный корень 0 , второй корень также рационален).

Выбирая разные рациональные , отметим на окружности 2021 рациональную точку, включая точки . Через каждую из этих 2021 точек проведём касательную к окружности и отметим точки пересечения соседних касательных, получим описанный 2021-угольник (строго это можно обосновать, например, так: сначала получим описанный квадрат, проведя касательные в четырёх указанных точках, а затем по очереди проведём остальные касательные: каждая будет отсекать от уже имеющегося многоугольника треугольник, примыкающий к вершине).

Заметим, что уравнения касательных имеют рациональные координаты (поскольку касательные перпендикулярны прямым, соединяющим начало координат с рациональными точками касания). Точка пересечения прямых с рациональными координатами рациональна (как единственное решение системы линейных уравнений с рациональными коэффициентами). Значит, вершины нашего 2021-угольника рациональны. Приведём координаты вершин к общему знаменателю и рассмотрим гомотетию с центром в начале координат и коэффициентом . Она переведёт наш 2021-угольник в удовлетворяющий условию задачи.

Докажем, что подходит Предварительно заметим, что любую пару с ненулевым можно получить так:

Аналогично можно получить любую пару с ненулевым Тогда любую пару с отличными от нуля и можно получить как «сумму» двух рассмотренных выше пар. Пару можно получить как сумму двух пар аналогично можно получить пару а пару — как

Будем отдельно разбивать чётные числа и нечётные, тогда надо дважды разбить прогрессию без одной точки. Покажем, как это сделать для нечётных: поместим нечётное число в княжество , если кратно , но не кратно . Для чётных аналогично.

Утверждение. Функция высоты задаёт разбиение единственным образом.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство. Покажем, что для любых соседних вершин и ребро между которыми направлено от к либо либо . Действительно, первый случай реализуется, когда стрелка от от к — это стрелка на границе доминошки, а второй случай сотвествует тому, что это стрелка, которая разделяет доминошку на две половинки.

Рассмотрим те рёбра, разность функций высоты на концах которых равна . Эти рёбра будут образовывать границы доминошек нашего разбиения; напротив, те ребра, разность функций высоты на концах которых равна , будут «закрыты» доминошками. Далее рассмотрим какую-нибудь клетку. Все стрелки на её границе направлены в одном направлении: либо по часовой стрелке, либо против. Поскольку сумма приращений функции высоты при обходе этой клетки равна нулю, это значит, что существует ровно три ребра из четырех, для которых разность значений функции высоты на их концах равна единице, и одно ребро, для которого эта разность равна минус трём; оно и будет закрыто доминошкой. То же самое можно будет сказать и про клетку, смежную с данной по этому ребру. Тем самым все клетки окажутся разбитыми на пары, то есть в итоге из функции высоты действительно однозначно получится замощение нашего прямоугольника.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Будем вести индукцию по величине .

Если , доказывать нечего, т.к. тогда , и, согласно утверждению выше, . В противном случае рассмотрим в замощении функцию , пусть — вершина, в которой эта функция достигает глобального максимума (если таких вершин несколько, выберем любую из них). Заметим, что в этой вершине можно сделать флип. Действительно, рассмотрим квадрат , центром которого является вершина . Тогда или горизонтальные, или вертикальные ребра, выходящее из , должны быть закрыты доминошками разбиения (если из вершины выходит и горизонтальное, и вертикальное ребра, то, сдвинувшись по одному из них, можно увеличить значение , что невозможно, т.к. — точка максимума). Значит, квадрат действительно разбит на две доминошки, и флип возможен.

Сделаем флип с центром в этой точке. Данный флип уменьшит приведеную высоту вершины на а высоты остальных вершин оставит без изменений. Так мы получим новое замощение , для которого . Применяя предположение индукции, получаем требуемое.

Разделим квадраты на группы так, чтобы количество квадратов в группе было ровно 2 в степени номера группы:

Сумма длин сторон квадратов в -ой группе равна

Квадраты -ой группы помещаются рядом в прямоугольник с высотой и шириной 2020. Помещая эти прямоугольники, содержащие группы квадратов, один на другой, получим прямоугольник шириной 2020 и высотой, равной сумме высот прямоугольников:

то есть в первый квадрат поместились без наложения все квадраты, начиная со второго.

Заметим, что для всех вектор содержит четное число единиц, так как

Значит, в рассматриваемой последовательности

все векторы, начиная со второго, имеют четное количество единиц. Количество всех векторов, имеющих четное количество единиц, равно . Поэтому претендентом на самое большое количество различных векторов является последовательность (*), начинающаяся с вектора, содержащего нечетное количество единиц и продолжающаяся всеми векторами с четным количеством единиц. Количество векторов в такой последовательности будет Таким образом,

Для получения оценки рассмотрим отдельно случай когда среди векторов последовательности (*) нет нулевого вектора и когда он есть.

Если в последовательности (*) нет вектора , то она содержит не более векторов и

Пусть теперь последовательность (*) содержит вектор ( ). Рассмотрим два случая.

1) Если — нечетное число, то

и других векторов, переходящих в нулевой нет. При этом не существует векторов таких, что

Таким образом в этом случае последовательность (*) содержит максимум два вектора и

2) Если — четное число, то

и найдутся два вектора

содержащие четное число единиц такие, что

Последовательность (*) не может содержать одновременно векторы и , поэтому в этом случае она содержит не более векторов, так что