Условие
Целые числа a, b и c таковы, что числа a/b + b/c + c/a и a/с + с/b + b/a тоже целые. Докажите, что |a| = |b| = |c|.
Решение 1
Пусть утверждение неверно. Числа a, b и c можно сократить на их общий множитель, поэтому будем считать, что НОД(a, b, c) = 1. Пусть одно из чисел (например, a) не равно ±1, и p – любой простой делитель числа a. Так как числа взаимно просты в совокупности,
p не делит число b или p не делит число c. Рассмотрим второй случай (первый аналогичен).
Обозначим через k(x) максимальную степень p в разложении x на простые множители. Можно считать, что k(a) ≥ k(b) (а k(c) = 0).
Имеем 
+ 
+ 
= 
. Число p входит в знаменатель в степени k(a) + k(b). Значит, числитель
делится на pk(a)+k(b). Покажем, что это не так. Число p входит в a²c в степени 2k(a) ≥ k(a) + k(b), в b²a – в степени k(a) + 2k(b) ≥ k(a) + k(b), а в c²b – в степени k(b) < k(a) + k(b). Значит, a²c + b²a делится на pk(a)+k(b), а c²b – не делится. Поэтому сумма этих чисел не делится на pk(a)+k(b). Противоречие.
Решение 2
Введём обозначения: x = a/b, y = b/c, z = c/a. Тогда xyz = 1 и 
– целое число. Рассмотрим многочлен P(t) = t³ – (x + y + z)t² + (xy + yz + zx)t – xyz. Все коэффициенты этого многочлена – целые. Поскольку он приведённый, все его рациональные корни – целые (см. задачу 61013). Согласно обратной теореме Виета, x, y и z – корни этого многочлена. Значит, x, y и z – целые числа, но
xyz = 1, так что x = ±1, y = ±1, z = ±1. Это равносильно тому, что |a| = |b| = |c|.
Замечания
4 балла
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Московская математическая олимпиада |
|
год |
|
Номер |
58 |
|
Год |
1995 |
|
вариант |
|
Класс |
10 |
|
задача |
|
Номер |
5 |
|
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Турнир городов |
|
Турнир |
|
Номер |
16 |
|
Дата |
1994/1995 |
|
вариант |
|
Вариант |
весенний тур, основной вариант, 8-9 класс |
|
Задача |
|
Номер |
1 |
