Как додуматься до решения олимпиадной задачи — 2

В прошлый раз я рассказывал о ходе своих мыслей при решении олимпиадной задачи. Может быть такие рассказы помогут кому-нибудь, кто хочет выработать нестандартное мышление. В этот раз расскажу о ходе решения еще одной задачи, которую разбирал Савватеев. По его словам, за 5 минут он решения не нашел, и зрителям думать не советовал. Но я не послушал и додумался до решения самостоятельно.

Условие задачи

Есть 3 различных натуральных числа $$x$$, $$y$$, $$z$$. Эти числа оказались подобраны так, что выражение

$$A={xy+yz+zx\over x+y+x}$$

тоже натуральное. Каким числом оно может быть? Иными словами, каково пересечение множества значений этой функции трех натуральных переменных и множества натуральных чисел?

Поиск решения

Идея №1: вынести в числителе за скобки $$xyz$$. Получается

$$A={\left({1\over x}+{1\over y}+{1\over z}\right)xyz\over x+y+x}.$$

Из этого я заметил, что при замене величин $$x$$, $$y$$ и $$z$$ на обратные $$1/x$$, $$1/y$$ и $$1/z$$ выражение «переворачивается», то есть $$A$$ меняется на $$1/A$$. Дальше у идеи не было очевидного развития, я решил попробовать другие идеи.

Идея №2: масштабирование. Видно, что если выполнить замену $$x$$, $$y$$ и $$z$$ на $$kx$$, $$ky$$ и $$kz$$, то числитель $$A$$ вырастет в $$k^2$$ раз, а знаменатель в $$k$$ раз, то есть $$A$$ меняется на $$kA$$. Как это можно применить? Пусть мы выбрали натуральные числа равными 1, 2 и 3. Тогда

$$A={2+6+3\over 1+2+3}={11\over 6}.$$

Чтобы из этого набора получить целое $$A=11$$, можно взять не 1, 2 и 3, а 6, 12 и 18.

Однако я не стал развивать дальше эту идею из-за ошибки. Мне показалось, что $$A$$ меняется не на $$kA$$, а на $$k^2A$$, и я пропустил условие, что числа могут быть различными. Так что мне показалось, что, подставив $$x=y=z=1$$, можно получить квадраты натуральных чисел 1, 4, 9,… Я понимал, что задача не такая простая, поэтому хотел проанализировать случай различных $$x$$, $$y$$ и $$z$$ (хотя по условию только их и надо анализировать), и перешел к дальнейшему рассмотрению.

Идея №3: перебор вариантов.

Чтобы прочувствовать задачу, часто бывает полезно рассмотреть некоторые частные случаи. В задачах вроде этой подобрать $$x$$, $$y$$ и $$z$$, чтобы выражение действительно было целым. В геометрических задачах бывает полезно нарисовать на черновике хороший чертеж, чтобы заметить закономерности вроде расположения точек на одной прямой или окружности.

Для перебора будем фиксировать значения $$x$$, $$y$$ и изменять $$z$$. Пусть $$x=y=1$$ (я проделал эту лишнюю работу, потому что невнимательно прочитал условие).

$$A={1+z+z\over 1+1+z}={1+2z\over 2+z}={4+2z-3\over 2+z}=2-{3\over 2+z}.$$

Ясно, что $$A=1$$ при $$z=1$$, а значение $$A=2$$ ни при каком $$z$$ не будет достигнуто.

Пусть $$x=1, y=2$$. Тогда

$$A={2+2z+z\over 1+2+z}={2+3z\over 3+z}.$$

Если $$z$$ нечетное, то числитель нечетный, знаменатель четный, $$A$$ не будет целым. Если $$z$$ четное, то числитель четный, знаменатель нечетный. Здесь я сделал еще одну ошибку, подумав, что четное число не может делиться на нечетное, и вообще исключил из рассмотрения варианты с $$x$$ и $$y$$ разной четности.

Пусть $$x=1, y=3$$. Тогда

$$A={3+3z+z\over 1+3+z}={3+4z\over 4+z}.$$

Здесь исключаем случай четного $$z$$, так как нечетный знаменатель не будет делиться на четный числитель. Попробуем подставить разные нечетные $$z$$. Получим:

$$ z=1\implies A={7/5}\\ z=3\implies A={12/7}\\ z=5\implies A={23/9}\\ z=7\implies A={31/11}\\ z=9\implies A={39/13}=3\\ z=11\implies A={47/15}\\ $$

Далее, сколько бы мы ни увеличивали $$z$$, до значения 4 мы не дойдем, так как 4 достигается только в пределе $$z\to\infty$$. Таким образом, при $$x=1, y=3$$ единственное целое $$A$$ дает $$z=9$$.

Пусть $$x=1, y=5$$. Тогда

$$A={5+5z+z\over 1+5+z}={5+6z\over 6+z}.$$

Перебор $$z$$ слишком долгий, и мы понимаем, что возможных значений $$A$$ не так уж много. Поэтому решим уравнение относительно $$z$$:

$$5+6z=A(6+z)\iff(6-A)z=6A-5\implies z={6A-5\over 6-A}.$$

Отсюда видно, что $$A$$ не может быть четным. 1 и 3 не подходят, $$A=5$$ дает $$z=25$$, других значений для проверки нет.

Мы видим, что значения переменных (1, 3, 9) и (1, 5, 25) дают целые значения $$A$$. Кажется, это и есть нужная закономерность.

Решение

Подставим значения $$x=1, y=n, z=n^2$$. Тогда

$$A={n+n^3+n^2\over 1+n+n^2}=n\,{1+n^2+n\over 1+n+n^2}=n.$$

Таким образом, мы можем в качестве значения выражения получить любое натуральное число, не равное 1. То, что 1 получить нельзя, посмотрите у Савватеева или докажите самостоятельно.

Обсуждение ошибок

После подстановки $$x=1, y=n, z=n^2$$ моя ошибка с четностью стала очевидной. Сначала мне вообще не хотелось писать об ошибках. Признаваться в них не очень приятно. Но с другой стороны, благодаря ошибкам на этапе поиска решения я довольно быстро нашел правильное решение. Могло бы оказаться так, что я углубился в разработку какой-нибудь другой тупиковой идеи и не довел бы решение до конца. Особенно важно такое чутье на самой олимпиаде в условиях ограниченного времени.

Чтобы минимизировать ошибки на олимпиадах, важно не переписывать решение с черновика на чистовик, а заново решить задачу на чистовике, обращаясь к черновику только для сравнения вычислений. Об этом и других советах я уже писал в руководстве олимпиадника.