Олимпиадная задача по математике: доказательство равенства модулей чисел (Грибалко А. В., 9–11 класс)

Решение 1:   Пусть утверждение неверно. Числа a, b и c можно сократить на их общий множитель, поэтому будем считать, что  НОД(a, b, c) = 1.  Пусть одно из чисел (например, a) не равно ±1, и p – любой простой делитель числа a. Так как числа взаимно просты в совокупности,

p не делит число b или p не делит число c. Рассмотрим второй случай (первый аналогичен).

  Обозначим через k(x) максимальную степень p в разложении x на простые множители. Можно считать, что  k(a) ≥ k(b)  (а  k(c) = 0).

  Имеем   + + = .  Число p входит в знаменатель в степени  k(a) + k(b).  Значит, числитель делится на  p^k(a)+k(b). Покажем, что это не так. Число p входит в a²c в степени  2k(a) ≥ k(a) + k(b),  в b²a – в степени  k(a) + 2k(b) ≥ k(a) + k(b),  а в c²b – в степени  k(b) < k(a) + k(b).  Значит,  a²c + b²a  делится на  p^k(a)+k(b), а c²b – не делится. Поэтому сумма этих чисел не делится на  p^k(a)+k(b). Противоречие.

Решение 2:   Введём обозначения:  x = ^a/_b,  y = ^b/_c,  z = ^c/_a.  Тогда  xyz = 1  и     – целое число. Рассмотрим многочлен  P(t) = t³ – (x + y + z)t² + (xy + yz + zx)t – xyz.  Все коэффициенты этого многочлена – целые. Поскольку он приведённый, все его рациональные корни – целые (см. задачу 161013). Согласно обратной теореме Виета, x, y и z – корни этого многочлена. Значит, x, y и z – целые числа, но

xyz = 1,  так что  x = ±1,  y = ±1,  z = ±1.  Это равносильно тому, что  |a| = |b| = |c|.

Ответ задачи отсутствует