Метка: нечетный

M1537

Условие:

Про [latex]n[/latex] чисел, произведение которых равно [latex]p[/latex], известно, что разность между [latex]p[/latex] и каждым из этих чисел — нечётное целое число. Докажите, что все эти числа иррациональны.

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. [latex]x+b_{1} , x+b_{2}, … , x+b_{n-1}[/latex] — остальные и

[latex] p = x(x+b_{1})(x+b_{2})…(x+b_{n+1})=x+c, (1)[/latex]

где, по условию, [latex]c[/latex] нечётно, а [latex]b_{1} , b_{2}, … , b_{n-1}[/latex] должны быть чётными целыми числами. Равенство [latex](1)[/latex] можно записать, раскрыв скобки в виде

[latex] x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +…+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)[/latex]

где [latex]a_{1},…,a_{n-2} [/latex] — чётные, а [latex]a_{n-1}=b_{1}b_{2}…b_{n-1}-1[/latex] и [latex]c[/latex] — нечётные числа.Предположив, что [latex]x[/latex] — рациональное число, мы сразу же убедимся, что [latex]x[/latex] должно быть целым:если [latex]x=k/d[/latex] — несократимая дробь, [latex]d>1[/latex], то, подставив [latex]x[/latex] в [latex](2)[/latex] и умножив обе части на [latex]d^{n-1}[/latex] , мы придём к противоречию.Но и целым [latex]x[/latex] тоже быть не может: и при чётном, и при нечётном [latex]x[/latex] левая часть — четная (в последнем случае два крайние числа нечётны, а остальные чётны), а [latex]c[/latex] — нечётно. Полученное противоречие доказывает, что [latex]x[/latex] (и любой из остальных корней уравнения (1) с чётными [latex]b[/latex], и нечётным [latex]c[/latex]) может быть только иррациональным.

Н.Васильев, Г.Гальперин

M1537. Произведение и разность чисел

Условие:

Про [latex]n[/latex] чисел, произведение которых равно [latex]p[/latex], известно, что разность между [latex]p[/latex] и каждым из этих чисел — нечётное целое число. Докажите, что все эти числа иррациональны.

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. [latex]x+b_{1} , x+b_{2}, … , x+b_{n-1}[/latex] — остальные и

[latex] p = x(x+b_{1})(x+b_{2})…(x+b_{n+1})=x+c, (1)[/latex]

где, по условию, [latex]c[/latex] нечётно, а [latex]b_{1} , b_{2}, … , b_{n-1}[/latex] должны быть чётными целыми числами. Равенство [latex](1)[/latex] можно записать, раскрыв скобки в виде

[latex] x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +…+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)[/latex]

где [latex]a_{1},…,a_{n-2} [/latex] — чётные, а [latex]a_{n-1}=b_{1}b_{2}…b_{n-1}-1[/latex] и [latex]c[/latex] — нечётные числа.Предположив, что [latex]x[/latex] — рациональное число, мы сразу же убедимся, что [latex]x[/latex] должно быть целым:если [latex]x=k/d[/latex] — несократимая дробь, [latex]d>1[/latex], то, подставив [latex]x[/latex] в [latex](2)[/latex] и умножив обе части на [latex]d^{n-1}[/latex] , мы придём к противоречию.Но и целым [latex]x[/latex] тоже быть не может: и при чётном, и при нечётном [latex]x[/latex] левая часть — четная (в последнем случае два крайние числа нечётны, а остальные чётны), а [latex]c[/latex] — нечётно. Полученное противоречие доказывает, что [latex]x[/latex] (и любой из остальных корней уравнения (1) с чётными [latex]b[/latex], и нечётным [latex]c[/latex]) может быть только иррациональным.

Н.Васильев, Г.Гальперин