Математикадан 23-ші Балкан олимпиадасы, Агрос, Кипр, 2006 жыл

Барлық $m+\dfrac{1}{np}, \quad n+\dfrac{1}{pm}, \quad p+\dfrac{1}{mn}$ сандары бүтін болатын барлық оң рационал $(m, n, p)$ үштіктерін табыңыздар.

Комментарий/решение

Пусть $m=\frac ax$, $n=\frac by$, $p=\frac cz$, $a,b,c,x,y,z \in \mathbb Z$, и $НОД(a,x) = НОД(b,y) = НОД(c,z)=1$. Утверждение может быть переписано как $\frac ax + \frac{yz}{bc}$, $\frac by + \frac{zx}{ca}$ и $\frac cz + \frac{xy}{ab}$ целые числа, то есть

\begin{eqnarray} xbc &\mid& abc + xyz (1) \\ ayc &\mid& abc+ xyz (2) \\ abz &\mid& abc+xyz (3). \end{eqnarray}

Из (1) получается $x \mid abc$, и так как $НОД(a,x)=1$ мы имеем $x \mid bc$. Из (2) и (3) получается также $y \mid ca$, $z\mid ab$. Перемножив эти 3 отношения, получаем $xyz \mid (abc)^2$. (4)

Снова из (1) мы имеем $bc \mid xyz$, и из (2) и (3) мы имеем $ca \mid xyz$ и $ab\mid xyz$, таким образом, после перемножения, $(abc)^2 \mid (xyz)^3$. (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 $abc \neq 1 \neq xyz$. Обозначим простые делители $abc$ и $xyz$ через $p_1$, $p_2$, $\ldots$, $p_k$, $k\geq 1$.

Пусть $x=p_1^{x_1} p_2^{x_2} \cdots p_k^{x_k}$, $y=p_1^{y_1}p_2^{y_2} \cdots p_k^{y_k}$, $z=p_1^{z_1}p_2^{z_2} \cdots p_k^{z_k}$, $a=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$, $b=p_1^{b_1}p_2^{b_2} \cdots p_k^{z_k}$, $c=p_1^{c_1} p_2^{c_2} \cdots p_k^{c_k}$, где $x_i,y_i,z_i,a_i,b_i,c_i$ неотрицательные целые числа, такие, что

\[ x_i+y_i+z_i \geq 1 , \quad a_i+b_i+c_i \geq 1 , \quad \\ x_ia_i = y_ib_i = z_ic_i = 0 \ \textrm{ для всех } i \in \{1,2,\ldots, k\} = \overline{1,k}. \]

Предположим, что для некоторых $i \in \overline{1,k}$ мы имеем $a_i+b_i+c_i < x_i+y_i+z_i$.Тогда степень вхождения $p_i$ в $abc+xyz$ это $a_i+b_i+c_i$. Поэтому из (1), (2) и (3) получаем (и после сложения их вместе).

\begin{eqnarray*} x_i + b_i + c_i & \leq & a_i + b_i + c_i \\ a_i + y_i + c_i & \leq & a_i + b_i + c_i \\ a_i + b_i + z_i & \leq & a_i + b_i + c_i \\ ------ & \fbox{+} & ------ \\ x_i + y_i + z_i & \leq & a_i + b_i +c_i , \end{eqnarray*}

Что является противоречием

Аналогично, если для некоторых $i \in \overline{1,k}$ мы имеем $a_i+b_i+c_i > x_i+y_i+z_i$. Тогда степень вхождения $p_i$ в $abc+xyz$ это $x_i+y_i+z_i$.

Таким образом, из (1), (2) и (3) мы получаем (и после сложения их между собой)

\begin{eqnarray*} x_i + b_i + c_i & \leq & x_i+y_i+z_i \\ a_i + y_i + c_i & \leq & x_i+y_i+z_i \\ a_i + b_i + z_i & \leq & x_i+y_i+z_i \\ ------ & \fbox{+} & ------ \\ 2(a_i+b_i+c_i ) & \leq & 2(x_i+y_i+z_i) \end{eqnarray*}

что является противоречием

Таким образом, для всех $i\in \overline{1,k}$ мы имеем $a_i+b_i + c_i = x_i+y_i+z_i$, что означает, что $abc=xyz$, поэтому $mnp=\frac{abc}{xyz}=1$.

Теперь пользуясь тем что $abc=xyz$, преобразуем (1), (2) и (3) в $xbc \mid 2xyz$ и другие, и $xbc \mid 2abc$. Из последнего следует, что $x\mid 2a$, и так как $НОД(x,a)=1$ мы имеем $x\mid 2$. Аналогично получаем $y \mid 2$ и $z\mid 2$. Также $xyz\mid 8$. Поэтому $abc \mid 8$. Но не все $a,b,c$ и $x,y,z$ могут быть четными, так что на самом деле $abc=xyz \mid 4$. 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) \in \left \{ (1,1,1),\ \left( 4, \frac 12, \frac 12 \right),\ \left( 2, \frac 12 , 1 \right) \right\} , \ \textrm{ 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