Текст статьиБеккер Б. М., Востоков С. В., Ионин Ю. И. 2-адические числа // Квант. — 1979. — № 2. — С. 26—31.
Если бы вас спросили, что можно назвать «расстоянием между двумя
рациональными числами», то, подумав, вы, вероятно, дали бы такой ответ:
«расстоянием» между двумя числами следует назвать модуль их разности. Такое
определение вполне разумно — это «расстояние» удовлетворяет всем аксиомам
расстояния (см. «Геометрия 8», п. 132). Но, оказывается, расстояние между
рациональными числами, удовлетворяющее всем аксиомам, можно ввести и по-другому.
Это сделал немецкий математик К. Гензель (1861—1941) — он придумал даже целый класс
таких расстояний. Об одном из них и рассказывается в этой статье.
Исследования Гензеля оказались очень важными для алгебры и математики в целом, а нам его расстояние поможет решить две задачи, на первый взгляд,
вообще не связанные ни с какими расстояниями.
2-адическое расстояние
Пусть $a$ и $b$ — рациональные числа. Если $a\ne b$, то представим
число $a-b$ в виде $a-b=2^k\cdot\dfrac mn$, где $m$ и $n$ —
нечётные числа, a $k$ — целое число (положительное, отрицательное или нуль). 2-адическим расстоянием между числами $a$ и $b$, $a\ne b$, называется
число $\rho(a,b)=\dfrac1{2^k}$. Если $a=b$, то положим $\rho(a,b)=0$.
Напомним аксиомы расстояния:
$\rho(a,b)\gt0$, если $a\ne b$ и $\rho(a,b)=0$, если $a=b$.
$\rho(a,b)=\rho(b,a)$.
$\rho(a,c)\le\rho(a,b)+\rho(b,c)$.
Свойства A1 и A2 для 2-адического расстояния, а также свойство A3 в случае, если среди чисел $a$, $b$, $c$ есть равные, очевидны.
Докажем свойство A3 для различных рациональных чисел $a$, $b$, $c$.
Пусть $a-b=2^{k_1}\dfrac{m_1}{n_1}$,
$b-c=2^{k_2}\dfrac{m_2}{n_2}$, $a-c=2^{k_3}\dfrac{m_3}{n_3}$, где все $m_i$, $n_i$ — нечётные числа. Так как $a-c=(a-b)+(b-c)$, то $k_3$ не меньше меньшего из чисел $k_1$ и $k_2$. Но тогда
$\dfrac1{2^{k_3}}$ не превосходит большего из чисел $\dfrac1{2^{k_1}}$ и $\dfrac1{2^{k_2}}$ и тем более
$\dfrac1{2^{k_3}}\le\dfrac1{2^{k_1}}+\dfrac1{2^{k_2}}$.
Итак, мы видим, что все аксиомы выполняются, так что $\rho$ действительно
можно назвать расстоянием.
Что же измеряет это расстояние? Оказывается, оно измеряет степень
делимости рационального числа на 2. Чем лучше делится число на 2, тем оно ближе к нулю. Например, 8 ближе к нулю, чем $\dfrac12$; 16 ближе к нулю,
чем 8; 480 ближе к нулю, чем 16; 384 ближе к нулю, чем 480.
В действительности, мы доказали, что 2-адическое расстояние обладает
свойством A3′, более сильным, чем свойство A3.
Расстояние $\rho(a,c)$ не превосходит большего из расстояний
$\rho(a,b)$ и $\rho(b,c)$.
Упражнение
Докажите, что если $\rho(a,b)\ne\rho(b,c)$, то $\rho(a,c)$
равно большему из чисел $\rho(a,b)$, $\rho(b,c)$, а если $\rho(a,b)=\rho(b,c)\ne0$, то $\rho(a,c)\lt\rho(a,b)$.
Свойство A3′ приводит к любопытным следствиям. Назовём 2-адическим кругом
радиуса $r$ с центром $a$ ($a$ — рациональное число, $r$ — положительное
вещественное число) множество рациональных чисел $x$, для которых
$\rho(a,x)\lt r$.
Упражнения
Докажите, что если два 2-адических круга имеют непустое
пересечение, то один из этих кругов содержится в другом.
Докажите, что 2-адический круг радиуса $r$ содержит бесконечно много
попарно непересекающихся 2-адических кругов радиуса $r$.
По аналогии с обычным модулем числа мы определим 2-адический
модуль$\|a\|$ рационального числа $a$ как 2-адическое расстояние от этого числа до нуля: если $a=2^k\dfrac mn$, где $m$ и $n$ — нечётные
числа, то $\|a\|=\rho(0,a)=\left(\dfrac12\right)^k$. Легко
установить следующие свойства 2-адического модуля:
$\|a\|\gt0$, если $a\ne0$, и $\|0\|=0$.
Если $\|a\|\gt\|b\|$, то $\|a+b\|=\|a\|$, если
$\|a\|=\|b\|\ne0$, то $\|a+b\|\lt\|a\|$.
$\|ab\|=\|a\|\cdot\|b\|$.
Упражнения
Выведите из свойств M1—M3 следующие свойства 2-адического
модуля:
$\|{-}a\|=\|a\|$,
если $\|a\|\ne\|b\|$, то $\|a-b\|=\|a+b\|$.
Докажите, что если $\|1-x\|\lt1$ и $\|1-y\|\lt1$, то $\|1-xy\|\lt1$.
Задача о квадрате
На рисунке 1 изображён квадрат, разбитый на конгруэнтные треугольники.
Квадраты на рисунке 2 разбиты на треугольники равной площади. В каждом из этих примеров число треугольников разбиения чётно.
Рис. 1Рис. 2
Задача.Доказать, что квадрат нельзя разбить на нечётное
число треугольников равной площади.
Выберем на плоскости систему координат таким образом, чтобы вершины $O$,
$A$, $B$ и $C$ данного квадрата имели координаты $O(0;0)$, $A(1;0)$,
$B(1;1)$, $C(0;1)$. Предположим, что квадрат разбит на $n$ треугольников
равной площади. Тогда площадь каждого из треугольников разбиения равна
$\dfrac1n$. Если $n$ нечётно, то $\left\|\dfrac1n\right\|=1$,
если же $n$ чётно, то $\left\|\dfrac1n\right\|\ge2$. Поэтому
чётность числа $n$ будет доказана,
если мы установим, что $\left\|\dfrac1n\right\|\ge2$.
Разберём частный случай. Пусть вершины треугольников разбиения — точки с рациональными координатами. В этом случае каждую вершину $(x;y)$ можно
окрасить в зелёный, красный или синий цвет по следующему правилу: если
$\|x\|\lt1$ и $\|y\|\lt1$, то точка окрашивается в зелёный цвет; если
$\|x\|\ge\|y\|$ и $\|x\|\ge1$, то точка окрашивается в красный цвет; если $\|x\|\lt\|y\|$ и $\|y\|\ge1$, то точка
окрашивается в синий цвет (см. рис. 3). Будем считать, что раскрашены не только вершины, а все рациональные точки плоскости.
Рис. 3
Упражнение
Докажите, что если $P$ — зелёная точка, то при параллельном
переносе $\overrightarrow{PO}$ ($O$ — начало координат) каждая окрашенная
точка сохраняет свой цвет.
Докажите, что ни на какой прямой не встречаются точки всех трёх цветов.
Предположим, что у одного из треугольников разбиения все вершины — разных
цветов (в приложении доказано, что такой треугольник обязательно найдётся).
Пусть $K$ — зелёная вершина этого треугольника. При параллельном переносе
$\overrightarrow{KO}$ мы снова получим, в силу упражнения 6а), треугольник с вершинами всех трёх цветов. Обозначим через $L_1(x_1;y_1)$ красную вершину
полученного треугольника, а через $L_2(x_2;y_2)$ — его синюю вершину
(зелёная вершина этого треугольника — точка $O$). Так как треугольник
$OL_1L_2$ получен параллельным переносом треугольника разбиения, то его площадь равна $\dfrac1n$. С другой стороны, площадь треугольника
$OL_1L_2$ равна $\dfrac12|x_1y_2-x_2y_1|$. (Докажите это самостоятельно.)
Таким образом, мы получили равенство $\dfrac1n=\dfrac12|x_1y_2-x_2y_1|$.
Теперь уже нетрудно установить неравенство $\left\|\dfrac1n\right\|\ge2$.
В самом деле, так как $L_1$ — красная
точка, а $L_2$ — синяя точка, то $\|x_1\|\ge\|y_1\|$, $\|x_2\|\lt\|y_2\|$.
Перемножая эти неравенства, мы получаем $\|x_1\|\cdot\|y_2\|\gt\|x_2\|\cdot\|y_1\|$ и, значит, по свойству M3 $\|x_1y_2\|\gt\|x_2y_1\|$. В силу свойства M2 и упражнения 4б)
$\|x_1y_2-x_2y_1\|=\|x_1y_2\|$. Кроме того, $\|x_1\|\ge1$, $\|y_2\|\ge1$, так что $\left\|\dfrac1n\right\|=2\|x_1\|\cdot\|y_2\|\ge2$.
Для того, чтобы решить задачу в общем случае, достаточно доказать, что 2-адический модуль имеет продолжение на множество всех действительных чисел,
т. е. существует функция $x\to\|x\|$, определённая на множестве
всех действительных чисел, обладающая свойствами M1—M3 и совпадающая на множестве рациональных чисел с 2-адическим модулем. Такая функция
действительно существует, но доказательство её существования требует
привлечения гораздо более сложных средств, чем те, которыми мы располагаем в этой статье.
2-адическое разложение
Как известно, любое натуральное число можно представить в виде суммы
степеней числа 2. Например, $1000=2^3+2^5+2^6+2^7+2^8+2^9$. Используя
2-адическое расстояние, это разложение можно получить так. Сначала
мы ищем степень числа 2, которая находится на том же расстоянии от 0, что и число 1000. Найдя эту степень ($2^3$), вычитаем её из числа 1000 и для получившегося числа (992) снова ищем степень числа 2, находящуюся с ним на одинаковом расстоянии от 0. Затем ищем степень числа 2, находящуюся на одинаковом расстоянии от 0 с числом $960=992-2^5$, и т. д.
Используя отрицательные степени числа 2, можно получить аналогичные
разложения рациональных чисел вида $\dfrac m{2^k}$, где $m$, $k$ —
натуральные числа. Например,
$$
\dfrac{1477}{256}=\dfrac{1+2^2+2^6+2^7+2^8+2^{10}}{2^8}=2^{-8}+2^{-6}+2^{-2}+2^{-1}+2^0+2^2.
$$
Никакие другие рациональные числа нельзя представить в виде суммы степеней
двойки, но, оказывается, такими суммами можно сколь угодно точно приблизить
любое рациональное число. Действительно, пусть $a$ — рациональное число и $\|a\|=\dfrac1{2^{k_1}}$. Положим $a_1=a-2^{k_1}$. Тогда $a_1$ ближе
к нулю, чем $a$ (см. упражнение 1).
Поэтому либо $a_1=0$, либо $\|a_1\|=\dfrac1{2^{k_2}}$, где $k_2\gt k_1$.
Полагая $a_2=a_1-2^{k_2}$, мы снова получим, что либо $a_2=0$,
либо $\|a_2\|=\dfrac1{2^{k_3}}$, и т. д. Таким образом, либо некоторое
число $a_s$ равно нулю, и тогда $a$ является суммой степеней двойки:
$a=2^{k_1}+2^{k_2}+\ldots+2^{k_s}$, либо все $a_s$ отличны от нуля, и тогда суммами вида $2^{k_1}+2^{k_2}+\ldots+2^{k_s}$ число $a$
приближается сколь угодно точно. В этом случае удобно считать, что $a$ равно
бесконечной сумме $a=2^{k_1}+2^{k_2}+\ldots+2^{k_s}+\ldots$
Определение.Пусть $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_n$, $\ldots$ —
последовательность рациональных чисел. Будем говорить, что рациональное
число $a$ равно бесконечной сумме $x_1+x_2+\ldots+x_n+\ldots$, если
2-адическое расстояние между числом $a$ и конечными суммами $S_n=x_1+\ldots+x_n$,
стремится к нулю при $n$, стремящемся к бесконечности, т. е.
$$
\lim_{n\to\infty}\rho(a,S_n)=0.
$$
Упражнение
Докажите, что если $\|q\|\lt1$, то бесконечная сумма
$a+aq+aq^2+\ldots+aq^n+\ldots$ определена и равна $\dfrac a{1-q}$.
Мы доказали, что всякое рациональное число можно представить либо в виде
конечной суммы $2^{k_1}+2^{k_2}+\ldots+2^{k_n}$ ($k_1\lt k_2lt\ldots\lt k_n$),
либо в виде бесконечной суммы $2^{k_1}+2^{k_2}+\ldots+2^{k_n}+\ldots$ ($k_i$ —
целые числа, $k_1\lt k_2\lt\ldots$). В обоих
случаях это представление, которое мы будем называть 2-адическим
разложением числа $a$, можно записать в виде
$\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\ldots+\eps_{k+n}2^{k+n}+\ldots$,
где $k$ — целое число, а каждое из чисел $\eps_{k+1}$,
$\eps_{k+2}$, $\ldots$, $\eps_{k+n}$, $\ldots$ равно 0 или
1, причём $\eps_k=1$. Числа $\eps_k$, $\eps_{k+1}$,
$\ldots$ называются 2-адическими цифрами числа $\dfrac pq$
Нетрудно доказать, что каждое рациональное число имеет одно и только одно
2-адическое разложение.
Упражнение
Докажите, что $$
\begin{aligned}
-1&=1+2+2^2+2^3+\ldots+2^n+\ldots,\\
\dfrac16&=2^{-1}+1+2^2+2^4+\ldots+2^{2n}+\ldots
\end{aligned}
$$
В силу упражнения 8 2-адические цифры $-1$ образуют последовательность 1, 1, 1, $\ldots$, а 2-адические цифры числа $\dfrac16$ образуют
последовательность 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, $\ldots$ Обе полученные
последовательности периодичны. Можно показать, что у любого рационального
числа $\dfrac pq$ последовательность 2-адических цифр периодична.
Для этого рассмотрим последовательность целых чисел $a_1$, $a_2$, $\ldots$,
$a_n$, $\ldots$, определяемых равенствами
$$
\colsep{0pt}{\begin{array}{ll}
\dfrac pq-\eps_k2^k&{}=\dfrac{a_1}q2^{k+1},\\[12pt]
\dfrac pq-(\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1})&{}=\dfrac{a_2}q2^{k+2},\\
\qquad\mathrlap{{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}\,{\ldots}}\\[3pt]
\dfrac pq-(\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\ldots+\eps_{k+n-1}2^{k+n-1})&{}=\dfrac{a_n}q2^{k+n},
\end{array}}
$$
где $\eps_k$, $\eps_{k+1}$, $\ldots$,
$\eps_{k+n-1}$, $\ldots$ — 2-адические цифры, числа $\dfrac pq$.
(Проверьте, что $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$, $\ldots$ — действительно
целые числа.) Теперь заметим, что 2-адическое разложение числа
$\dfrac pq$ можно получить из 2-адического разложения числа
$\dfrac{a_n}q$, множив каждое слагаемое в последнем разложении нa $2^{k+n}$
и приписав к получившейся сумме спереди
$$
\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\ldots+\eps_{k+n-1}2^{k+n-1}.
$$
Поэтому периодичность последовательности $\eps_k$,
$\eps_{k+1}$, $\eps_{k+2}$, $\ldots$ будет установлена,
если мы докажем, что в последовательности $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$,
$\ldots$ какое-нибудь число встречается дважды. В действительности,
последовательность $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$, $\ldots$ ограничена, и так как члены её — целые числа, среди них обязательно встретятся равные.
Ограниченность этой последовательности устанавливается следующей цепочкой
неравенств:
$$
|a_n|=\left|\dfrac p{2^{k+n}}-\left(\dfrac{\eps_k}{2^n}+\dfrac{\eps_{k+1}}{2^{n-1}}+\ldots+
\dfrac{\eps_{k+n-1}}2\right)q\right|\le\left|\dfrac p{2^{k+n}}\right|+
\left(\dfrac1{2^n}+\dfrac1{2^{n-1}}+\ldots+\dfrac12\right)|q|\le\dfrac{|p|}{2^k}+|q|.
$$
Упражнение
Используя результат упражнения 7, докажите, что если
$\eps_k$, $\eps_{k+1}$, $\eps_{k+2}$, $\ldots$ —
периодическая последовательность цифр 0 и 1, то бесконечная сумма
$\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\eps_{k+2}2^{k+2}+\ldots$ является
2-адическим разложением некоторого рационального числа.
2-адические числа
Кроме периодических разложений, которые задают рациональные числа, можно
рассматривать и непериодические разложения, считая, что они задают некоторые
новые числа. Эти числа вместе с рациональными образуют множество
$\mathbb Q_2$, элементы которого называются 2-адическими
числами.
Элементы из $\mathbb Q_2$ можно попарно складывать и перемножать. Вот как это делается. Пусть $\alpha=\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\ldots$ Запишем $\alpha$
подобно бесконечной дроби: $\alpha=\eps_k\ldots\eps_0{,}\eps_1\eps_2\ldots$
Если есть два числа из $\mathbb Q_2$, записанных таким образом, то их сумму (произведение) следует вычислять так же, как сумму (произведение) двух
бесконечных дробей, но с переносами «слева направо». (Примеры см. на рисунке
4.) Мы не можем останавливаться на этом более подробно и предлагаем читателю
самостоятельно проверить, что сумма и произведение элементов из $\mathbb Q_2$ вновь даёт элемент из $\mathbb Q_2$ и что эти операции
обладают обычными для умножения и сложения свойствами: удовлетворяют
переместительному, сочетательному и распределительному законам.
Рис. 4
2-адический модуль и расстояние естественно распространяются на $\mathbb Q_2$:
если $\alpha\in\mathbb Q_2$ и $\alpha=\eps_k2^k+\eps_{k+1}2^{k+1}+\ldots$
(где $\eps_k \ne0$), то $\|\alpha\|=\dfrac1{2^k}$; если
$\alpha$, $\beta\in\mathbb Q_2$,
то $\rho(\alpha,\beta)=\|\alpha-\beta\|$.
Упражнения
По разложению $\alpha\in\mathbb Q_2$ постройте
разложение числа $-\alpha$.
Убедитесь, что обычная сумма двух рациональных чисел и сумма этих
чисел в $\mathbb Q_2$ соответствует одному и тому же числу. Продумайте
аналогичный вопрос для произведения.
Научитесь делить в $\mathbb Q_2$.
Вы знаете, что при определённых условиях для бесконечной
последовательности $(x_n)$ действительных чисел существует их сумма $\sum x_n$.
Для этого необходимо, но недостаточно, чтобы $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$.
Для 2-адических чисел дело обстоит проще. Условие
$\lim\limits_{n\to\infty}\|x_n\|=0$ является и необходимым и достаточным:
если $\lim\limits_{n\to\infty}\|x_n\|=0$, то существует
$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^nx_k$.
Упражнения
Докажите достаточность условия $\lim\limits_{n\to\infty}\|x_n\|=0$.
Докажите, что сумма $1\cdot1!+2\cdot2!+\ldots+n\cdot n!+\ldots$ определена, и найдите её значение.
Докажите, что если $x\in\mathbb Q_2$ и $\|x\|\le\dfrac12$, то определена сумма
$\dfrac x1+\dfrac{x^2}2+\ldots+\dfrac{x^n}n+\ldots$
2-адический логарифм
В заключение мы придадим более естественную форму решению задачи
М434.
Для этого рассмотрим функцию $L(x)=\dfrac x1+\dfrac{x^2}2+\ldots+\dfrac{x^n}n+\ldots$,
определённую на множестве 2-адических
чисел $x$, модуль которых не больше $\dfrac12$ (см. упражнение 15). Для решения задачи М434в достаточно доказать, что $L(2)=0$. Введём ещё одну
функцию по формуле $\log x=-L(1-x)$. Равенство $L(2)=0$ означает, что $\log(-1)=0$. Функция $\log$ (она называется 2-адическим
логарифмом) обладает основным свойством логарифмов: $\log(xy)=\log x+\log y$.
Из этого свойства легко вывести равенство $\log(-1)=0$.
Действительно, $\log1=\log(1\cdot1)=\log1+\log1=2\log1$,
откуда $\log1=0$. С другой стороны, $\log1=\log((-1)\cdot(-1))=\log(-1)+\log(-1)=2\log(-1)$
и потому $\log(-1)=0$. 2-адический
логарифм в множестве 2-адических чисел играет ту же роль, что и обычный
логарифм в множестве вещественных чисел. 2-адический логарифм определён для тех чисел $x$, для которых $\|x\|=1$, так как именно в этом случае $\|1-x\|\le\dfrac12$.
(В частности, определён $\log(-1)$.)
Равенство, на котором основано решение задачи М434 в «Кванте», в пределе при $n$, стремящемся к бесконечности, принимает вид $L(2x-x^2)-2L(x)=0$.
Это равенство также является следствием основного свойства логарифма.
Действительно,
$$
L(2x-x^2)=-\log(1-2x+x^2)=-\log(1-x)^2=-2\log(1-x)=2L(x).
$$
С доказательством основного свойства 2-адического логарифма и с рядом
других свойств 2-адических чисел вы можете познакомиться по книге
3. И. Боревича и И. Р. Шафаревича «Теория чисел». Кроме логарифма есть и другие
замечательные функции 2-адической переменной. Одной из таких функций
является экспонента — функция, определённая равенством
$$
\exp x=1+x+\dfrac{x^2}2+\ldots+\dfrac{x^n}{n!}+\ldots
$$
Упражнение
Докажите, что экспонента определена на множестве
2-адических чисел $x$, удовлетворяющих условию $\|x\|\le\dfrac14$.
2-адическая экспонента обладает свойствами, аналогичными свойствам
обычной экспоненты: $\exp(x+y)=\exp x\cdot\exp y$, $\exp(\log x)=x$,
$\log(\exp x)=x$. (Эти равенства справедливы для тех значений переменных,
для которых они определены.)
Подобно тому, как было определено 2-адическое расстояние, с помощью
произвольного простого числа $p$ можно определить $p$-адическое расстояние.
Оказывается, все расстояния между рациональными числами эквивалентны либо
обычному, либо одному из $p$-адических расстояний. Но это — тема для другого
рассказа.
Приложение
Нам осталось доказать существование треугольника с вершинами всех трёх
цветов. Сформулируем и докажем более общее утверждение:
Пусть квадрат $OABC$ разбит на несколько треугольников. Предположим,
что каждая вершина этих треугольников окрашена в зелёный, красный или синий
цвет таким образом, что ни на какой прямой не встречаются точки всех трёх
цветов. Пусть при этом $O$ — зелёная точка, $A$ и $B$ — красные точки, $C$ —
синяя точка. Тогда среди треугольников разбиения есть треугольник, имеющий
вершины всех трёх цветов.
Доказательство. Нам будет удобно различать стороны
треугольников и звенья, т. е. отрезки, на которые сторона треугольника
разбивается попавшими на неё вершинами других треугольников. Сторона
треугольника разбиения, не содержащая внутри себя вершин других
треугольников, сама считается звеном.
В зависимости от того, в какой цвет окрашены концы звена или стороны, мы будем различать 6 типов звеньев и 6 типов сторон: ЗЗ (оба конца зелёные), ЗК (один из концов красный, другой — зелёный) и т. д. (ЗС, КК, КС, СС).
Докажем, что на сторонах треугольника, у которого какие-нибудь две вершины
окрашены в один цвет, лежит чётное число звеньев типа ЗК. Действительно, так как ни на какой прямой не встречаются точки всех: трёх цветов, звенья типа
ЗК встречаются лишь на сторонах типов ЗЗ, ЗК, КК, причём на стороне типа ЗЗ или КК таких звеньев чётное число, а на стороне типа ЗК — нечётное число.
Отсюда следует, что на сторонах каждого из треугольников, изображённых на рисунке 5, чётное число звеньев типа ЗК (на сторонах треугольников с двумя
или тремя синими вершинами звеньев типа ЗК нет).
Рис. 5
Предположим теперь, что среди треугольников разбиения нет такого, который
имеет вершины всех трёх цветов, т. е. в каждом треугольнике разбиения есть
две вершины одного цвета. Так как каждое звено, находящееся на контуре
квадрата $OABC$ лежит на стороне одного треугольника разбиения, а каждое
звено, находящееся внутри этого квадрата, лежит на сторонах двух
треугольников разбиения, то из того, что каждый треугольник разбиения имеет
две вершины одного цвета, следует, что на контуре квадрата лежит чётное
число звеньев типа ЗК. С другой стороны, на отрезках $OC$ и $BC$ таких
звеньев нет, на отрезке $OA$ — нечётное число, а на отрезке $AB$ — чётное
число таких звеньев. Получено противоречие.
