Решение 1:   Предположим противное. Пусть a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ – исходные дроби в порядке их следования по кругу. 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, он равен знаменателю a₁ (поскольку знаменателю a₁ нечётен), то есть больше 10¹⁰. Противоречие.

Решение 2:   Пусть q – наименьшее общее кратное знаменателей a₁, ..., a₅, и  a_i = ^b_i/_q.  Положим также  s_i = a_i + a_i+1  (считая  a₆ = a₁).  Очевидно,  q > 10¹⁰.  Пусть p – один из делителей числа q, причём q делится на p^k, но не на p^k+1. Покажем, что один из знаменателей в несократимых записях чисел s_i делится на p^k.

  Допустим, знаменатели чисел s_i не делятся на p^k. Тогда все  b_i + b_i+1  делятся на p. Поскольку одно из чисел b_i не делится на p, то и ни одно из них не делится, поскольку  b₁ ≡ – b₂ ≡ b₃ ≡ – b₄ ≡ b₅ ≡ –b₁ (mod p).  Но отсюда следует также, что 2b₁ делится на p, а этого не может быть, поскольку p нечётно.

  Из доказанного следует, что произведение знаменателей чисел s_i делится на q; но тогда это произведение больше 10¹⁰, а, значит, один из сомножителей больше 100.

Не могло.