Арифметическая прогрессия

[pakandrew]

Найдите все возрастающие арифметические прогресии с конечным числом членов,сумма которых равна 1,и каждый член имеет вид 1/К,где К-натуральное число.(Тургор 2007,основной вариант)

[maxal]

Пусть разность такой прогрессии равна $p/q$, где $p,\ q$ - натуральные взаимно-простые числа. Тогда для любых двух соседних членов $1/x < 1/y$ ($x,\ y$ - натуральные числа) имеем
$\frac{1}{y} - \frac{1}{x} = \frac{q}{p},$
что эквивалентно $q^2 = (xp+q)(q-yp).$

Таким образом, у нас может быть только конечное число таких пар $(x,y)$, и они описываются параметрически:
$x = (q^2/d-q)/p$ и $y = (q-d)/p$, где $d|q^2$ и $d<q$. Если у прогрессии есть третий член, то должен существовать такой делитель $d'|q^2$, что $(q-d)/p = (q^2/d'-q)/p$, что влечет $d' = \frac{q^2}{2q-d}$. Таким образом, прогрессия длины $n$ соответствует цепочке $n-1$ натуральных чисел вида:
$d, f(d), f(f(d)), \dots, f^{(n-2)}(d)$, где $f(t)=\frac{q^2}{2q-t}$.
...

[незваный гость]

maxal писал(а):

… Чтобы сумма членов двучленной прогрессии равнялась 1, необходимо…

Наверное, я что-то не понимаю, но разве не проще оценить сверху $1/x+1/y \leq 1/2+1/3 < 1$?

[maxal]

Согласен, проще

[worm2]

А трёхчленные?
1/6, 1/3, 1/2 - можно показать, что единственная.
И как насчёт последовательностей с большим числом членов?

[worm2]

Других нет. Рассмотрим 2 случая --- с чётным числом членов и с нечётным.

Нетрудно показать, что арифметическая прогрессия с числом членов 2k, шагом 2r, где r --- некоторое рациональное число (положительное, по условиям задачи), и суммой 1, имеет вид:
$\frac{1}{2k}-(2k-1)r$, $\frac{1}{2k}-(2k-3)r$, ..., $\frac{1}{2k}-r$, $\frac{1}{2k}+r$, ..., $\frac{1}{2k}+(2k-3)r$, $\frac{1}{2k}+(2k-1)r$.

Из условия, что первый член прогрессии положителен: $\frac{1}{2k}-(2k-1)r$ > 0, получаем: $r < \frac{1}{2k(2k-1)}$.

Пусть $\frac{1}{2k}-r$ = $\frac{1}{2k+p}$, $\frac{1}{2k}+r$ = $\frac{1}{2k-q}$, где p, q --- некоторые натуральные числа. Тогда

$$r=\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+p}=\frac{p}{2k(2k+p)}<\frac{1}{2k(2k-1)}$$

,
откуда k(p-1) < p, что возможно либо при p=1 либо при k=1. Случай k=1 рассмотрен maxalом, ответ отрицательный, значит p=1 и $r = \frac{1}{2k(2k+1)}$.
Теперь рассмотрим равенство $\frac{1}{2k}+r$ = $\frac{1}{2k-q}$. Подставляя сюда найденное значение для r, получаем: $q=\frac{k}{k+1}$, это число не может быть целым при натуральном k. Противоречие.

Рассмотрим теперь случай нечётного числа членов 2k+1, шаг прогрессии на этот раз удобнее обозначить через r. Нетрудно видеть, что k-й член прогрессии обязан равняться $\frac{1}{2k+1}$, слева от него --- $\frac{1}{2k+1+p}=\frac{1}{2k+1}-r$, справа --- $\frac{1}{2k+1-q}=\frac{1}{2k+1}+r$, где p и q --- натуральные, первый член равен $\frac{1}{2k+1}-kr > 0$, следовательно $\frac{1}{2k+1-q}-\frac{1}{2k+1}=r < \frac{1}{k(2k+1)}$, откуда q(k+1)<2k+1, т.е. q=1 и $r=\frac{1}{2k(2k+1)}$.
Наконец, $\frac{1}{2k+1+p}=\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k(2k+1)}$=$\frac{2k-1}{2k(2k+1)}$, откуда $p=\frac{2k+1}{2k-1}$ --- целое число только при k=1, что даёт единственно возможную последовательность (1/6, 1/3, 1/2) и никаких более.