23-я Балканская математическая олимпиада
Агрос, Кипр, 2006 год
Комментарий/решение:
Пусть m=ax, n=by, p=cz, a,b,c,x,y,z∈Z, и НОД(a,x)=НОД(b,y)=НОД(c,z)=1. Утверждение может быть переписано как ax+yzbc, by+zxca и cz+xyab целые числа, то есть
xbc∣abc+xyz(1)ayc∣abc+xyz(2)abz∣abc+xyz(3).
Из (1) получается x∣abc, и так как НОД(a,x)=1 мы имеем x∣bc. Из (2) и (3) получается также y∣ca, z∣ab. Перемножив эти 3 отношения, получаем xyz∣(abc)2. (4)
Снова из (1) мы имеем bc∣xyz, и из (2) и (3) мы имеем ca∣xyz и ab∣xyz, таким образом, после перемножения, (abc)2∣(xyz)3. (5)
Из (4) и (5) следует, что abc и xyz имеют одинаковые простые делители или оба равны 1. Если они оба равны с 1, тогда a) решена, и для b) мы получаем решение (m,n,p)=(1,1,1). Итак, давайте предположим, что abc≠1≠xyz. Обозначим простые делители abc и xyz через p1, p2, …, pk, k≥1.
Пусть x=px11px22⋯pxkk, y=py11py22⋯pykk, z=pz11pz22⋯pzkk, a=pa11pa22⋯pakk, b=pb11pb22⋯pzkk, c=pc11pc22⋯pckk, где xi,yi,zi,ai,bi,ci неотрицательные целые числа, такие, что
xi+yi+zi≥1,ai+bi+ci≥1,xiai=yibi=zici=0 для всех i∈{1,2,…,k}=¯1,k.
Предположим, что для некоторых i∈¯1,k мы имеем ai+bi+ci<xi+yi+zi.Тогда степень вхождения pi в abc+xyz это ai+bi+ci. Поэтому из (1), (2) и (3) получаем (и после сложения их вместе).
xi+bi+ci≤ai+bi+ciai+yi+ci≤ai+bi+ciai+bi+zi≤ai+bi+ci−−−−−−+−−−−−−xi+yi+zi≤ai+bi+ci,
Что является противоречием
Аналогично, если для некоторых i∈¯1,k мы имеем ai+bi+ci>xi+yi+zi. Тогда степень вхождения pi в abc+xyz это xi+yi+zi.
Таким образом, из (1), (2) и (3) мы получаем (и после сложения их между собой)
xi+bi+ci≤xi+yi+ziai+yi+ci≤xi+yi+ziai+bi+zi≤xi+yi+zi−−−−−−+−−−−−−2(ai+bi+ci)≤2(xi+yi+zi)
что является противоречием
Таким образом, для всех i∈¯1,k мы имеем ai+bi+ci=xi+yi+zi, что означает, что abc=xyz, поэтому mnp=abcxyz=1.
Теперь пользуясь тем что abc=xyz, преобразуем (1), (2) и (3) в xbc∣2xyz и другие, и xbc∣2abc. Из последнего следует, что x∣2a, и так как НОД(x,a)=1 мы имеем x∣2. Аналогично получаем y∣2 и z∣2. Также xyz∣8. Поэтому abc∣8. Но не все a,b,c и x,y,z могут быть четными, так что на самом деле abc=xyz∣4. Простые вычисления показывают, что возможные решения с учетом перестановок (при перестановке (a,b,c) также переставляются (x,y,z) одинаковым образом) являются (a,b,c,x,y,z)=(4,1,1,1,2,2), (a,b,c,x,y,z)=(2,1,1,1,2,1) и (a,b,c,x,y,z)=(1,1,1,1,1,1). Таким образом, решениями исходной задачи являются
(m,n,p)∈{(1,1,1), (4,12,12), (2,12,1)}, и их перестановки .
Математическая олимпиада Агрос, Кипр, 2006 год
Задача №3
Найдите все тройки ( m, n, p) положительных рациональных чисел такие, что все числа m + 1/np , n + 1/pm , p + 1/mn являются целыми
Первое решение:
Заметим, что произведение этих чисел (mnp+1)^3/(mnp)^2 будет целым числом. Если произведение mnp представить в виде несократимой дроби u/v, то (u+v)^3/(u^2 v) также должно быть целым. Так как числитель последней дроби делится и на u и на v то v3⋮u и u3⋮v. Из несократимости дроби u/v и последних отношений следует, что mnp = 1. Так как m + 1/np=2m. 2n и 2p - целые числа и mnp = 1, то 2m, 2n и 2p могут равнятся только 1, 2, 4, 8. Ограниченным перебером легко найти подходящие значения для (mnp): это тройки ( 1,1 ,1), (4,1/2,1/2), (2,1/2,1) и их перестановки
Второе решение:
Имеем, что m +n + p + (m+n+p)/mnp сумма данных чисел. Если m = 1, n = 2, p = 3 то сумма будет целым числом и при чем (m+n+p)/mnp = 1. Где m +n + p = mnp = 6, но в этом случае значения данных этих чисел не равны целым числам. Так как 1 является делителем любого целого числа , то допустим что mnp = 1. m,n,p >0. Следовательно , 3≤ m+n+p≤5. При этом m,n и p принимают некоторые целые значения np = 1/m. m = 1, np = 1, n = 1, p =1 и m + n + p = 3. m= 2, np = 1/2 , n = 1, p = 1/2 или n = 1/2 , p = 1 и m + n + p = 3,5
m = 3, np = 1/3 , n = 1, p = 1/3 или n = 1/3 p = 1 и m +n + p = 41/3 но 1/3+1/3= 2/3
m= 4, np = 1/4 , n = 1, p = 1/4 или n = 1/4 , p = 1 и m +n + p = 51/4 > 5 n = 1/2 , m = 1/2 и m + n + p = 5. Таким образом при m = 4, n = 1/2 и p = 1/2
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.