Задача с президентской олимпиады

[karzhas]

Доказать что любое натуральное число можно представить в виде дроби с факториалами простых чисел. Примерно вот так $а=(p_1!p_2!...p_n!)/(q_1!q_2!...q_n!)$

[mihailm]

какого президента и где олимпиада?

[karzhas]

mihailm в сообщении #529904 писал(а):

какого президента и где олимпиада?

Эта задача была представлена на республиканском туре президентской олимпиаде 2011 года в РК

[Whitaker]

Там участвовали президенты стран СНГ?

[Sonic86]

Ваши мысли?
Пробуйте сводить поиск представления рационального числа, все простые делители которого $p_1,...,p_n$, к представлению рационального числа, все простые делители которого $p_1,...,p_{n-1}$.

(Оффтоп)

название в данном случае намекает, что олимпиада организовывалась государством, за что следует благодарить Нурсултана. Пропаганда такая.

[mihailm]

Sonic86 в сообщении #529930 писал(а):

Ваши мысли?
Пробуйте сводить поиск представления рационального числа, все простые делители которого $p_1,...,p_n$, к представлению рационального числа, все простые делители которого $p_1,...,p_{n-1}$.

При чем здесь рациональные числа?

[Sonic86]

mihailm в сообщении #529980 писал(а):

При чем здесь рациональные числа?

Целые числа являются рациональными, а для рациональных проще рассуждать (или я не увидел подводный камень?)

[Dave]

Можно доказать индукцией по $k$, что для любого натурального $k$ такое верно, т.е. $k=\frac {P(k)} {Q(k)}$ - где $P(k)$ и $Q(k)$ - произведения факториалов простых чисел.
1) $1=\frac {2!} {2!}$.
2) Пусть теперь утверждение доказано для всех $k<m$, где $m$ - натуральное, большее 1. Докажем его для $k=m$.
Если $m$ - составное число, то $m=uv$, где $u$ и $v$ - натуральные числа, меньшие $m$. Для $u$ и $v$ утверждение уже доказано, $u=\frac {P(u)} {Q(u)}$ и $v=\frac {P(v)} {Q(v)}$, поэтому $m=\frac {P(m)} {Q(m)}$, где $P(m)=P(u)P(v)$, $Q(m)=Q(u)Q(v)$.
Если $m$ - простое число, то $m=\frac {m!} {(m-1)!}={m!} \frac {Q(1)} {P(1)} \frac {Q(2)} {P(2)} \dots \frac {Q(m-1)} {P(m-1)}$, значит и $m=\frac {P(m)} {Q(m)}$, где $P(m)=m!Q(1)Q(2) \dots Q(m-1)$, $Q(m)=P(1)P(2) \dots P(m-1)$.

[mihailm]

а там типа количество простых чисел сверху и снизу одинаковое, с этим как?

[Dave]

mihailm в сообщении #530008 писал(а):

а там типа количество простых чисел сверху и снизу одинаковое, с этим как?

С этим попросите автора темы исправить $n$ в знаменателе на $m$. И $a$ перед равенством писать не русское, а латинское, чтобы оно отображалось в формуле.

[Simba]

Вроде можно доказать сначала для любого простого, а затем, для любого натурального просто. А вот ещё одна более сложная задача оттуда же:
Сушествуют ли многочлены $a,b,c,d$ с действ. коэффициентами, такие что $a(x)\cdot c(y) + b(x)\cdot d(y)=(xy)^2+xy+1$ для любых $x,y\in R$?

[Cash]

Подставляя поочередно $y=0$ и $x =0$ получим
$a(x)b(0)+c(x)d(0)=1$
$a(0)b(y)+c(0)d(y)=1$

1. $a(0)b(0)c(0)d(0) \ne 0$.
Выразим $c(x)$ через $a(x)$ и $d(y)$ через $b(y)$
$\alpha_1a(x)b(y)+\alpha_2a(x)+\alpha_3b(y)+\alpha_4 = (xy)^2+xy+1$
Откуда $a(x), b(y)$ - многочлены 2-й степени.
Из того что в правой части отсутствуют $x^2y$ и $xy^2$, то коэффициенты при $x$ и $y$ в многочленах $a(x)$ и $b(y)$ соответственно равны нулю.
Но тогда в правой части никак не может появиться $xy$
2. В случае $a(0)b(0)c(0)d(0)=0$ один из многочленов равен константе и приходим к случаю, рассмотренному выше.