Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан 50-ші халықаралық олимпиада, 2009 жыл, Бремен


{1,,n} жиынынан әртүрлі a1, , ak натурал сандары алынған; мұндағы n — натурал сан және k2. Егер әрбір i=1,,k1 үшін ai(ai+11) саны n-ге бөлінетін болса, онда ak(a11) саны n-ге бөлінбейтінін дәлелдеңдер.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  7
2 года 3 месяца назад #

Предположим обратное. Пусть n=pα11pα22...pαss - разложение числа n на простые множители.

1)Если ai не делится на pαjj, тогда ai+11 делится pj, т.е. ai+1 не делится на pj. Следовательно ai+21 делится на pαjj. Аналогично продолжая это рассуждение, получаем, что ai1(modpαjj) для всех i.

2)Если ai делится на pαjj для некоторого i, то ai делится на pαjj для всех i(иначе предыдущий пункт противоречит этому)

3) a1a2...ak(modpαjj) для всех j. Откуда по китайской теореме об остатках они сравнимы между собой по модулю n - противоречие.