Задача 65098

Темы:    [ Обыкновенные дроби ] [ Основная теорема арифметики. Разложение на простые сомножители ] [ Доказательство от противного ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Автор: Богданов И.И.

По окружности записали красным пять несократимых дробей с нечётными знаменателями, большими 10¹⁰. Между каждыми двумя соседними красными дробями вписали синим несократимую запись их суммы. Могло ли случиться, что у синих дробей все знаменатели меньше 100?

Решение 1

  Предположим противное. Пусть a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ – исходные дроби в порядке их следования по кругу. Заметим, что
2a₁ = (a₁ + a₂) + (a₃ + a₄) + (a₅ + a₁) – (a₂ + a₃) – (a₄ + a₅).  Последнее выражение есть алгебраическая сумма пяти дробей со знаменателями, не превосходящими 100. Очевидно, знаменатель в несократимой записи суммы не превосходит произведения знаменателей в несократимой записи слагаемых. Значит, знаменатель в несократимой записи 2a₁ не больше  100⁵ = 10¹⁰.  С другой стороны, он равен знаменателю a₁ (поскольку знаменателю a₁ нечётен), то есть больше 10¹⁰. Противоречие.

Решение 2

  Пусть q – наименьшее общее кратное знаменателей a₁, ..., a₅, и  a_i = ^b_i/_q.  Положим также  s_i = a_i + a_i+1  (считая  a₆ = a₁).  Очевидно,  q > 10¹⁰.  Пусть p – один из делителей числа q, причём q делится на p^k, но не на p^k+1. Покажем, что один из знаменателей в несократимых записях чисел s_i делится на p^k.
  Допустим, знаменатели чисел s_i не делятся на p^k. Тогда все  b_i + b_i+1  делятся на p. Поскольку одно из чисел b_i не делится на p, то и ни одно из них не делится, поскольку  b₁ ≡ – b₂ ≡ b₃ ≡ – b₄ ≡ b₅ ≡ –b₁ (mod p).  Но отсюда следует также, что 2b₁ делится на p, а этого не может быть, поскольку p нечётно.
  Из доказанного следует, что произведение знаменателей чисел s_i делится на q; но тогда это произведение больше 10¹⁰, а, значит, один из сомножителей больше 100.

Ответ

Не могло.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада имени Леонарда Эйлера (для 8 классов)
тур
Номер	3 (2011 год)
тур
задача
Номер	7