Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3208
2019-05-27 
Целые числа $a, b$ и $c$ таковы, что числа $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ и $\frac{a}{c} + \frac{c}{b} + \frac{b}{a}$ тоже целые. Докажите, что $|a| = |b| = |c|$.
Решение:
Первый способ. Пусть утверждение задачи не верно. Числа $a, b$ и $c$ можно сократить на их общий множитель, поэтому будем считать, что $НОД(a, b, c)=1$. Пусть одно из чисел не равно $ \pm 1$, можно считать, что это число $a$. Пусть $p$ - 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 случай аналогичен).
Введем обозначение: $k(x)$ - максимальная степень $p$ в разложении $x$ на простые множители. Можно считать, что $k(a) \geq k(b)$ (мы знаем, что $k(c)=0$). Имеем
$ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{a^2c + b^2a + c^2b}{abc}$.
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 $a^2c$ в степени $2k(a) \geq k(a)+k(b)$, в $b^2a$ - в степени $k(a)+2k(b) \geq k(a)+k(b)$, а в $c^2b$ - в степени $k(b)
Второй способ. Введем обозначения: $ x = \frac{a}{b}, y = \frac{b}{c}, z = \frac{c}{a}$. Тогда $xyz=1$ и
$xy+yz+zx = \frac{xy+yz+zx}{xyz} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{a}{c} + \frac{c}{b} + \frac{b}{a}$
- целое число. Рассмотрим многочлен
$P(t)=t^3-(x+y+z)t^2 + (xy+yz+zx)t-xyz$.
По доказанному, все коэффициенты этого многочлена целые. Кроме того, коэффициент при старшем члене $t^3$ равен единице. Значит, все рациональные корни этого многочлена-целые (см. комментарий). Согласно обратной теореме Виета, $x, y$ и $z$ - корни этого многочлена. Значит, $x, y$ и $z$ - целые числа, но $xyz=1$, так что $x= \pm 1, y = \pm 1, z = \pm 1$. Это равносильно тому, что $|a|=|b|=|c|$.
Целые числа $a, b$ и $c$ таковы, что числа $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ и $\frac{a}{c} + \frac{c}{b} + \frac{b}{a}$ тоже целые. Докажите, что $|a| = |b| = |c|$.
Решение:
Первый способ. Пусть утверждение задачи не верно. Числа $a, b$ и $c$ можно сократить на их общий множитель, поэтому будем считать, что $НОД(a, b, c)=1$. Пусть одно из чисел не равно $ \pm 1$, можно считать, что это число $a$. Пусть $p$ - 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 случай аналогичен).
Введем обозначение: $k(x)$ - максимальная степень $p$ в разложении $x$ на простые множители. Можно считать, что $k(a) \geq k(b)$ (мы знаем, что $k(c)=0$). Имеем
$ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{a^2c + b^2a + c^2b}{abc}$.
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 $a^2c$ в степени $2k(a) \geq k(a)+k(b)$, в $b^2a$ - в степени $k(a)+2k(b) \geq k(a)+k(b)$, а в $c^2b$ - в степени $k(b)
Второй способ. Введем обозначения: $ x = \frac{a}{b}, y = \frac{b}{c}, z = \frac{c}{a}$. Тогда $xyz=1$ и
$xy+yz+zx = \frac{xy+yz+zx}{xyz} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{a}{c} + \frac{c}{b} + \frac{b}{a}$
- целое число. Рассмотрим многочлен
$P(t)=t^3-(x+y+z)t^2 + (xy+yz+zx)t-xyz$.
По доказанному, все коэффициенты этого многочлена целые. Кроме того, коэффициент при старшем члене $t^3$ равен единице. Значит, все рациональные корни этого многочлена-целые (см. комментарий). Согласно обратной теореме Виета, $x, y$ и $z$ - корни этого многочлена. Значит, $x, y$ и $z$ - целые числа, но $xyz=1$, так что $x= \pm 1, y = \pm 1, z = \pm 1$. Это равносильно тому, что $|a|=|b|=|c|$.
