Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2033
2019-01-23 
Десять попарно различных ненулевых чисел таковы, что для любых двух из них либо сумма этих чисел, либо их произведение - рациональное число. Докажите, что квадраты всех чисел рациональны.
Решение:
Первое решение. Утверждение верно, если все числа - рациональны. Пусть наше множество содержит иррациональное число $a$. Тогда каждое из остальных чисел имеет вид либо $p - a$, либо где $p$ - рационально. Покажем, что чисел вида $p - a$ не больше двух. Пусть $b_1 = p_1 - a, b_2 = p_2 - a, b_3 = p_3 - a$, тогда $b_1 + b_2 = (p_1 + p_2) - 2a$ - не рационально, значит, $b_1 \cdot b_2 = p_1p_2 - a(p_1 + p_2) + a^2$, а также $b_1 - b_3, b_2 \cdot b_3$ - рациональны. Отсюда $A_3 = a^2 - a(p_1 + p_2), A_2 = a^2 - a(p_1 + p_3), A_1 = a^2 - a(p_2 + p_3)$ - рациональны, значит, $A_3 - A_2 = a(p_3 - p_2)$ - рационально, что возможно только при $p_3 = p_2$, т. е. $b_3 = b_2$ - противоречие.
Значит, чисел второго вида больше двух, пусть $c_1 = \frac{q_1}{a}, c_2 = \frac{q_2}{a}, c_3 = \frac{q_3}{a}$ - такие числа. Сумма $c_1 + c_2 = \frac{q_1 + q_2}{a}$ может быть рациональной только при $q_2 = - q_1$. Но $q_3 \neq q_2$, значит, сумма $c_1 + c_3 = \frac{q_1 + q_3}{a}$ - иррациональна. Тогда число $с_1 \cdot c_3 = \frac{q_1q_3}{a^2}$ - рационально, откуда $а^2$ - рационально.
Второе решение. Рассмотрим произвольные 6 чисел из нашего набора. Поставим этим 6 числам в соответствие граф следующим образом: у него шесть вершин, соответствующих нашим шести числам; вершины соединены синим ребром, если сумма соответствующих чисел рациональна, и соединены красным ребром, если произведение соответствующих чисел рационально. Хорошо известно, что в таком графе найдется одноцветный треугольник. Рассмотрим каждый из этих случаев.
1. Нашелся синий треугольник, т. е. нашлись три числа $x, y, z$ такие, что $x + y, x + z, y + z$ рациональны. Но тогда, например, $(x + y) + (x + z) - (y + z) = 2x$ рационально. То есть числа $x, y, z$ рациональны. Тогда рассмотрим любое из оставшихся чисел $t$. Из рациональности любого из чисел $xt$ и $x + t$ следует рациональность числа $t$ (все числа по условию отличны от нуля). То есть все числа набора рациональны.
2. Нашелся красный треугольник. То есть нашлись три числа $x, y, z$ такие, что $xy, xz, yz$ рациональны. Но тогда, например, число $\frac{(xy)(xz)}{yz} = x^2$ рационально. То есть числа $x^2, y^2, z^2$ рациональны. Если хотя бы одно из чисел $x, y, z$ рационально, то аналогично предыдущему случаю получаем рациональность всех чисел набора. Пусть теперь $x = m \sqrt{a}$, где $а$ рационально, $m = \pm 1$. Так как $xy = m \sqrt{ay} = b$ - рационально, то $y = \frac{b}{m \sqrt{a}} = \frac{b \sqrt{a}}{ma} = c \sqrt{a},$ где $c \neq m$ - рационально. Тогда рассмотрим любое из оставшихся чисел $t$. Если $xt$ или $yt$ - рационально, то аналогично предыдущему $t = d \sqrt{a}$, где $d$ - рационально, т. е. $t^2$ - рационально.
Если же $x + t$ и $у + t$ - рациональны, то $(y + t) - (x + t) = (m - с) \sqrt{a}$ - рационально. Но $(x + t) - (у + t) = (m - с) \sqrt{a}$ - иррационально. Противоречие.
То есть мы получили, что либо все числа набора рациональны, либо квадраты всех чисел набора рациональны, что и требовалось.
Замечание. Утверждение задачи верно при любом $n \geq 5$.
Десять попарно различных ненулевых чисел таковы, что для любых двух из них либо сумма этих чисел, либо их произведение - рациональное число. Докажите, что квадраты всех чисел рациональны.
Решение:
Первое решение. Утверждение верно, если все числа - рациональны. Пусть наше множество содержит иррациональное число $a$. Тогда каждое из остальных чисел имеет вид либо $p - a$, либо где $p$ - рационально. Покажем, что чисел вида $p - a$ не больше двух. Пусть $b_1 = p_1 - a, b_2 = p_2 - a, b_3 = p_3 - a$, тогда $b_1 + b_2 = (p_1 + p_2) - 2a$ - не рационально, значит, $b_1 \cdot b_2 = p_1p_2 - a(p_1 + p_2) + a^2$, а также $b_1 - b_3, b_2 \cdot b_3$ - рациональны. Отсюда $A_3 = a^2 - a(p_1 + p_2), A_2 = a^2 - a(p_1 + p_3), A_1 = a^2 - a(p_2 + p_3)$ - рациональны, значит, $A_3 - A_2 = a(p_3 - p_2)$ - рационально, что возможно только при $p_3 = p_2$, т. е. $b_3 = b_2$ - противоречие.
Значит, чисел второго вида больше двух, пусть $c_1 = \frac{q_1}{a}, c_2 = \frac{q_2}{a}, c_3 = \frac{q_3}{a}$ - такие числа. Сумма $c_1 + c_2 = \frac{q_1 + q_2}{a}$ может быть рациональной только при $q_2 = - q_1$. Но $q_3 \neq q_2$, значит, сумма $c_1 + c_3 = \frac{q_1 + q_3}{a}$ - иррациональна. Тогда число $с_1 \cdot c_3 = \frac{q_1q_3}{a^2}$ - рационально, откуда $а^2$ - рационально.
Второе решение. Рассмотрим произвольные 6 чисел из нашего набора. Поставим этим 6 числам в соответствие граф следующим образом: у него шесть вершин, соответствующих нашим шести числам; вершины соединены синим ребром, если сумма соответствующих чисел рациональна, и соединены красным ребром, если произведение соответствующих чисел рационально. Хорошо известно, что в таком графе найдется одноцветный треугольник. Рассмотрим каждый из этих случаев.
1. Нашелся синий треугольник, т. е. нашлись три числа $x, y, z$ такие, что $x + y, x + z, y + z$ рациональны. Но тогда, например, $(x + y) + (x + z) - (y + z) = 2x$ рационально. То есть числа $x, y, z$ рациональны. Тогда рассмотрим любое из оставшихся чисел $t$. Из рациональности любого из чисел $xt$ и $x + t$ следует рациональность числа $t$ (все числа по условию отличны от нуля). То есть все числа набора рациональны.
2. Нашелся красный треугольник. То есть нашлись три числа $x, y, z$ такие, что $xy, xz, yz$ рациональны. Но тогда, например, число $\frac{(xy)(xz)}{yz} = x^2$ рационально. То есть числа $x^2, y^2, z^2$ рациональны. Если хотя бы одно из чисел $x, y, z$ рационально, то аналогично предыдущему случаю получаем рациональность всех чисел набора. Пусть теперь $x = m \sqrt{a}$, где $а$ рационально, $m = \pm 1$. Так как $xy = m \sqrt{ay} = b$ - рационально, то $y = \frac{b}{m \sqrt{a}} = \frac{b \sqrt{a}}{ma} = c \sqrt{a},$ где $c \neq m$ - рационально. Тогда рассмотрим любое из оставшихся чисел $t$. Если $xt$ или $yt$ - рационально, то аналогично предыдущему $t = d \sqrt{a}$, где $d$ - рационально, т. е. $t^2$ - рационально.
Если же $x + t$ и $у + t$ - рациональны, то $(y + t) - (x + t) = (m - с) \sqrt{a}$ - рационально. Но $(x + t) - (у + t) = (m - с) \sqrt{a}$ - иррационально. Противоречие.
То есть мы получили, что либо все числа набора рациональны, либо квадраты всех чисел набора рациональны, что и требовалось.
Замечание. Утверждение задачи верно при любом $n \geq 5$.
