В каждую клетку бесконечного листа клетчатой бумаги вписано некоторое число так,
что сумма чисел в любом квадрате (стороны которого идут по линиям сетки)
по модулю не превосходит единицы. Докажите, что тогда существует такое число $c$,
что сумма чисел в любом прямоугольнике (стороны которого идут по линиям сетки)
не больше $c$; другими словами, что суммы чисел во всех прямоугольниках ограничены.
Докажите, что можно взять $c=4$. Может быть, вам удастся улучшить эту оценку
(например, доказать, что наше утверждение верно для $c=3$ или даже для $c=2$)?
Решение, которое мы приводим, близко к предложенному
А. Климовым (Москва).
Докажем, что $c$ равное 4 подходит.
Предположим, что в некотором прямоугольнике со сторонами $a$ и $b$ сумма
по модулю равна $4+\varepsilon$, где $\varepsilon\gt0$ ($a\lt b$). Построим
четыре квадрата, у каждого из которых три стороны идут по некоторым трём
сторонам этого прямоугольника $a\times b$; тогда прямые, на которых лежат
четвёртые стороны этих квадратов, образуют новый прямоугольник со сторонами
$2b-a$ и $|2a-b|$ (см. рис. 4 и 5; случай $b=2a$, разумеется,
нeвозможен). Докажем, что в этом новом прямоугольнике сумма чисел по модулю
не меньше $4+3\varepsilon$.
Можно считать, что $s_4+s_5+s_6=4+\varepsilon$ (если эта сумма равна
$-(4+\varepsilon)$, то заменим знаки у всех чисел на противоположные).
Рис. 4. $2a\gt b$.Рис. 5. $2a\lt b$. Первоначальный прямоугольник $a\times b$ обведён красной
линией, а новый $(2a-b)\times(2b-a)$ — чёрной.
Рассмотрим сначала случай $b\lt2a$. Тогда
$$
\begin{align*}
s_5&=(s_4+s_5)+(s_5+s_6)-(s_4+s_5+s_6)\le\\
&\le1+1-4-\varepsilon=-2-\varepsilon,\\[4pt]
s_2+s_8&=(s_1+s_2+s_3+s_4+s_5+s_6)+{}\\
&\quad{}+(s_4+s_5+s_6+s_7+s_8+s_9)-{}\\
&\quad{}-s_1-s_3-s_5-s_7-s_9-2(s_4+s_5+s_6)\le\\
&\le1+1+1+1+1+1-2(4+\varepsilon)=-2-2\varepsilon,
\end{align*}
$$
откуда $s_2+s_5+s_8\le-4-3\varepsilon$.
Аналогично, если $b\gt2a$, то $$
\begin{align*}
s_5&=-s_4-s_6+(s_4+s_5+s_6)\ge\\
&\ge-1-1+4+\varepsilon=2+\varepsilon,\\[4pt]
s_2+s_8&=(s_1+s_2)+(s_2+s_3)+(s_7+s_8)+(s_8+s_9)-{}\\
&\quad{}-(s_1+s_2+s_3+s_4+s_5+s_6)-{}\\
&\quad{}-(s_4+s_5+s_6+s_7+s_8+s_9)+{}\\
&\quad{}+2(s_4+s_5+s_6)\ge2+2\varepsilon,\\[4pt]
s_2+s_5+s_8&\ge4+3\varepsilon.
\end{align*}
$$
Итак, мы доказали, что если в прямоугольнике $a_1\times b_1$, сумма чисел
по модулю больше $4+\varepsilon$, то в новом прямоугольнике $a_2\times b_2$,
где $a_2=|2a_1-b_1|$, $b_2=2b_1-a_1$, сумма чисел по модулю больше
$4+3\varepsilon$. Для прямоугольника $a_2\times b_2$ мы можем построить
точно тем же способом новый прямоугольник $a_3\times b_3$, в котором сумма
чисел будет больше $4+3\cdot3\varepsilon=4+9\varepsilon$, и т. д. — целую
последовательность прямоугольников $a_1\times b_1$, $a_2\times b_2$,
$a_3\times b_3$, $\ldots$, $a_n\times b_n$, $\ldots$ такую, что в прямоугольнике $a_n\times b_n$ сумма чисел по модулю больше
$4+3^{n-1}\varepsilon$. Докажем, что в этой последовательности все прямоугольники, начиная с некоторого, будут относиться ко второму типу,
т. е. для них $b_n\gt2a_n$. Действительно, во-первых, легко проверить, что если
$$
\dfrac{a_n}{b_n}\lt\dfrac12,
$$
то и $$
\dfrac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\dfrac{b_n-2a_n}{2b_n-a_2}\lt\dfrac12.
$$
Рис. 6. Пусть $k_n=\dfrac{a_n}{b_n}$. Тогда $k_{n+1}=f(k_n)$, где $f(k)=\dfrac{|1-2k|}{2-k}$. Здесь изображён график этой функции на отрезке
$0\le k\le1$. При решении задачи мы пользуемся тем, что для любой точки $M$
правой половины графика $\dfrac{MQ}{MP}\gt2$; если $0\le k\le\dfrac12$, то $0\le f(k)\le\dfrac12$, причём $f(f(k))=k$, т. е. функция $f$ на отрезке
$0\le k\le\dfrac12$, совпадает с обратной к ней функцией, и график её симметричен относительно биссектрисы угла между осями координат.Рис. 7. Во всех незаполненных клетках стоят нули.
Во-вторых, если $\dfrac{a_n}{b_n}\gt\dfrac12$, то $$
\dfrac{1-\dfrac{a_{n+1}}{b_{n+1}}}{1-\dfrac{a_n}{b_n}}=
\dfrac{1-\dfrac{2a_n-b_n}{2b_n-a_n}}{1-\dfrac{a_n}{b_n}}=
\dfrac{3b_n}{2b_n-a_n}\gt\dfrac{3b_n}{2b_n-\dfrac{b_n}2}=2;
$$
таким образом, величина $1-\dfrac{a_n}{b_n}$ при переходе от $n$ к $n+1$
увеличивается не менее чем в два раза до тех пор, пока мы не придём к прямоугольнику с $\dfrac{a_n}{b_n}\le\dfrac12$. Поэтому, каким бы малым ни было $1-\dfrac{a_1}{b_1}$, всегда после нескольких — не более чем $-1-\log_2\left(1-\dfrac{a_1}{b_1}\right)$ — операций мы придём к прямоугольнику «второго типа», и дальше в нашей последовательности будут
встречаться только такие прямоугольники.
Поэтому мы можем считать, что уже $\dfrac{a_1}{b_1}\lt\dfrac12$.
При этом
$$
\begin{align*}
a_3&=b_2-2a_2=(2b_1-a_1)-2(b_1-2a_1)=3a_1,\\
b_3&=2b_2-a_2=2(2b_1-a_1)-(b_1-2a_1)=3b_1.
\end{align*}
$$
Следовательно, вообще $a_{2k+1}=3^ka_1$ и $b_{2k+1}=3^kb_1$, причём сумма
чисел в этом прямоугольнике $3^ka_1\times3^kb_1$, больше $4+9^k\varepsilon$,
т. е., выбрав $k$ достаточно большим, мы можем сделать её сколь угодно
большой. Теперь уже нетрудно получить противоречие: ясно, что любой
прямоугольник $Na_1\times Nb_1$, где $a_1$, $b_1$ и $N$ — целые числа, можно
разбить на $a_1b_1$ квадратов (со стороной $N$), и поэтому сумма чисел в нём не может превосходить по модулю числа $a_1b_1$.
Рисунок 6 поясняет вторую половину доказательства. На рисунке 7 изображён пример, для которого сумма чисел в некотором прямоугольнике равна
трём. Таким образом, для $c=2$ утверждение задачи неверно. Весьма
правдоподобно, что точная оценка $c=4$, но примеров, показывающих, что $c\gt3$, мы не знаем.
