Математикадан 50-ші халықаралық олимпиада, 2009 жыл, Бремен
{1,…,n} жиынынан әртүрлі a1, …, ak натурал сандары алынған; мұндағы n — натурал сан және k≥2. Егер әрбір i=1,…,k−1 үшін ai(ai+1−1) саны n-ге бөлінетін болса, онда ak(a1−1) саны n-ге бөлінбейтінін дәлелдеңдер.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Предположим обратное. Пусть n=pα11pα22...pαss - разложение числа n на простые множители.
1)Если ai не делится на pαjj, тогда ai+1−1 делится pj, т.е. ai+1 не делится на pj. Следовательно ai+2−1 делится на pαjj. Аналогично продолжая это рассуждение, получаем, что ai≡1(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) a1≡a2≡...≡ak(modpαjj) для всех j. Откуда по китайской теореме об остатках они сравнимы между собой по модулю n - противоречие.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.