Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 68
2014-06-07 
Доказать, что множество всех значении $n \in \mathbf{N}$, для которых уравнение
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{3}{n}$
в натуральных числах не имеет решений, не может быть представлено в виде объединения конечного множества арифметических прогрессий (как конечных, так и бесконечных).
Решение:
Обозначим описанное в задаче множество чисел через $M$ и допустим, что оно представимо в виде объединения конечного множества арифметических прогрессий. Докажем, что среди этих прогрессий нет ни одной бесконечной. Действительно, пусть для некоторых значений $a,d \in \mathbf{N}$ множество $M$ содержит все числа вида $a + jd$ при $j \in \mathbf{Z}^{+}$. Заметим, что $3d-1 \notin M$, так как при $n = 3d-1, x=d, y=d(3d-1)$ имеют место равенства
$\frac{3}{n}=\frac{3}{3d-1}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d(3d-1)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$.
Далее, если $n \notin M$, то $mn \notin M$ для любого значения $m \in \mathbf{N}$, так как из равенства
$\frac{3}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$
вытекает равенство
$\frac{3}{mn}=\frac{1}{mx}+\frac{1}{my}$.
Выберем число $m$, удовлетворяющее условиям
$m \equiv – a (\mod d), m \geq a/(3d-1)$,
тогда число
$m(3d-1) \equiv a (\mod d)$,
с одной стороны, имеет вид $a + jd (j \in \mathbf{Z}^{+})$. С другой стороны, оно не содержится в множестве $M$. Полученное противоречие доказывает, что множество $M$ является объединением конечного множества конечных арифметических прогрессий, т. е. это множество конечно. Докажем, что и это невозможно. Для этого проверим, что любое число вида $n = 7^{k} (k \in \mathbf{Z}^{+})$ принадлежит множеству $M$. Предположим, что это не так, т. с. равенство
$\frac{3}{7^{k}}=\frac{1}{x} + \frac{1}{y}$
выполняется для некоторых значений $x,y \in \mathbf{N}, k \in \mathbf{Z}^{+}$. Обозначим $q=(x,y)$, тогда имеем $x=qx_{1}, y=qy_{1}, (x_{1}, y_{1}) = 1$ и
$\frac{3}{7^{k}}=\frac{x+y}{xy}=\frac{x_{1}+y_{1}}{qx_{1}y_{1}}$,
т.е.
$7^{k}(x_{1}+y_{1})=3qx_{1}y_{1}$.
Заметим, что $(x_{1}+y_{1},x_{1}y_{1})=1$, так как если произведение $x_{1}y_{1}$ делится на какое-либо простое число $p$, то одно из чисел $x_{1},y_{1}$ делится на $p$, а другое нет (ибо $($x_{1},y_{1}$)=1$), а значит, сумма $x_{1}+y_{1}$ также не делится на $p$. Но число $7^{k}(x_{1}+y_{1})$ делится на $x_{1}y_{1}$, поэтому имеем соотношения
$x_{1}=7^{u},y_{1}=7^{v} (u,v \in \mathbf{Z}^{+})$,
$x_{1} = (2 \cdot 3 +1)^{u} \equiv 1 (\mod 3), y_{1}=(2 \cdot 3 +1)^{v} \equiv 1 (\mod 3)$,
$x_{1}+y_{1} \equiv 2 (\mod 3)$.
Таким образом, число $7^{k}(x_{1}+y_{1})$ не делится на 3, что противоречит равенству
$7^{k}(x_{1}+y_{1})=3qx_{1}y_{1}$
и завершает доказательство утверждения задачи.
Доказать, что множество всех значении $n \in \mathbf{N}$, для которых уравнение
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{3}{n}$
в натуральных числах не имеет решений, не может быть представлено в виде объединения конечного множества арифметических прогрессий (как конечных, так и бесконечных).
Решение:
Обозначим описанное в задаче множество чисел через $M$ и допустим, что оно представимо в виде объединения конечного множества арифметических прогрессий. Докажем, что среди этих прогрессий нет ни одной бесконечной. Действительно, пусть для некоторых значений $a,d \in \mathbf{N}$ множество $M$ содержит все числа вида $a + jd$ при $j \in \mathbf{Z}^{+}$. Заметим, что $3d-1 \notin M$, так как при $n = 3d-1, x=d, y=d(3d-1)$ имеют место равенства
$\frac{3}{n}=\frac{3}{3d-1}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d(3d-1)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$.
Далее, если $n \notin M$, то $mn \notin M$ для любого значения $m \in \mathbf{N}$, так как из равенства
$\frac{3}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$
вытекает равенство
$\frac{3}{mn}=\frac{1}{mx}+\frac{1}{my}$.
Выберем число $m$, удовлетворяющее условиям
$m \equiv – a (\mod d), m \geq a/(3d-1)$,
тогда число
$m(3d-1) \equiv a (\mod d)$,
с одной стороны, имеет вид $a + jd (j \in \mathbf{Z}^{+})$. С другой стороны, оно не содержится в множестве $M$. Полученное противоречие доказывает, что множество $M$ является объединением конечного множества конечных арифметических прогрессий, т. е. это множество конечно. Докажем, что и это невозможно. Для этого проверим, что любое число вида $n = 7^{k} (k \in \mathbf{Z}^{+})$ принадлежит множеству $M$. Предположим, что это не так, т. с. равенство
$\frac{3}{7^{k}}=\frac{1}{x} + \frac{1}{y}$
выполняется для некоторых значений $x,y \in \mathbf{N}, k \in \mathbf{Z}^{+}$. Обозначим $q=(x,y)$, тогда имеем $x=qx_{1}, y=qy_{1}, (x_{1}, y_{1}) = 1$ и
$\frac{3}{7^{k}}=\frac{x+y}{xy}=\frac{x_{1}+y_{1}}{qx_{1}y_{1}}$,
т.е.
$7^{k}(x_{1}+y_{1})=3qx_{1}y_{1}$.
Заметим, что $(x_{1}+y_{1},x_{1}y_{1})=1$, так как если произведение $x_{1}y_{1}$ делится на какое-либо простое число $p$, то одно из чисел $x_{1},y_{1}$ делится на $p$, а другое нет (ибо $($x_{1},y_{1}$)=1$), а значит, сумма $x_{1}+y_{1}$ также не делится на $p$. Но число $7^{k}(x_{1}+y_{1})$ делится на $x_{1}y_{1}$, поэтому имеем соотношения
$x_{1}=7^{u},y_{1}=7^{v} (u,v \in \mathbf{Z}^{+})$,
$x_{1} = (2 \cdot 3 +1)^{u} \equiv 1 (\mod 3), y_{1}=(2 \cdot 3 +1)^{v} \equiv 1 (\mod 3)$,
$x_{1}+y_{1} \equiv 2 (\mod 3)$.
Таким образом, число $7^{k}(x_{1}+y_{1})$ не делится на 3, что противоречит равенству
$7^{k}(x_{1}+y_{1})=3qx_{1}y_{1}$
и завершает доказательство утверждения задачи.
