Processing math: 80%

Олимпиада имени Леонарда Эйлера
2010-2011 учебный год, II тур заключительного этапа


По окружности записали красным пять несократимых дробей с нечетными 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? ( И. Богданов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ. Не могло.
Решение 1. Предположим противное. Пусть a1,a2,a3,a4,a5 — исходные дроби в порядке их следования по кругу, и знаменатель числа a1 больше 1010. 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, поскольку знаменатель a1 нечётен, он равен знаменателю числа 2a1. Итак, он тоже не больше 1010 — противоречие.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Решение 2. Снова обозначим наши числа a1,,a5. Пусть q — наименьшее общее кратное их знаменателей в несократимой записи, и ai=bi/q. Положим также si=ai+ai+1 (считая a6=a1). Очевидно, q>1010. Пусть p — один из делителей числа q, причем q делится на pk, но не на pk+1. Покажем, что один из знаменателей в несократимых записях чисел si делится на pk. Допустим, знаменатели чисел si не делятся на pk. Тогда все bi+bi+1 делятся на p. Поскольку одно из чисел bi не делится на p, то и ни одно из них не делится, поскольку b_1 \equiv - b_2 \equiv b_3 \equiv - b_4 \equiv b_5 \equiv - b_1 \pmod p. Но отсюда следует также, что 2b_1 делится на p, а этого не может быть, поскольку p нечётно. Из оказанного следует, что произведение знаменателей чисел s_i делится на q; но тогда оно больше 10^{10}, а, значит, один из сомножителей больше 100.