От авторов
Предисловие
Используемые обозначения
Часть I. Теория и задачи
2. Разложение на множители
3. Простые и составные числа
4. Деление с остатком
5. Сравнение по модулю
6. Признаки делимости
7. Уравнения в целых числах
Часть II. Указания и решения
2. Разложение на множители
3. Простые и составные числа
4. Деление с остатком
5. Сравнение по модулю
6. Признаки делимости
7. Уравнения в целых числах
Ответы
Список литературы
Текст
                    ВМК МГУ-ШКОЛЕ Н. Л. Семендяева, М. В. Федотов
ЗАДАЧИ НА ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА
с решениями и указаниями
5-7
классы
Москва Лаборатория знаний



УДК 373.167.1:511 ББК 22.130я721.6 СЗО Семендяева Н. JI. СЗО Олимпиадная математика. Задачи на целые числа с решениями и указаниями. 5-7 классы / Н. JI. Семендяева, М. В. Федотов. —М. : Лаборатория знаний, 2020. —272 с. : ил. — (ВМК МГУ — школе). ISBN 978-5-00101-264-1 Настоящее пособие составлено преподавателями факультета ВМК МГУ имени М. В. Ломоносова на основе олимпиадных задач по математике. Пособие содержит теоретический материал, подборку задач, а также идеи, указания (подсказки) и решения. Рекомендуется школьникам 5-7 классов, интересующимся олим- пиадными задачами, учителям математики, руководителям кружков и факультативов. УДК 373.167.1:511 ББК 22.130я721.6 Учебное издание Серия: «ВМК МГУ —школе» Семендяева Наталья Леонидовна Федотов Михаил Валентинович ОЛИМПИАДНАЯ МАТЕМАТИКА. ЗАДАЧИ НА ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА С РЕШЕНИЯМИ И УКАЗАНИЯМИ. 5-7 КЛАССЫ Ведущий редактор М. С. Стригунова Художник В. А. Проку дин Технический редактор Т. Ю. Федорова. Корректор И. Н. Панкова Оригинал-макет подготовлен О. Г. Лапко в пакете ЖЩХ 2е Подписано в печать 24.12.19. Формат 70x100/16. Уел. печ. л. 22,10. Тираж 3000 экз. Заказ № 280. Издательство «Лаборатория знаний» 125167, Москва, проезд Аэропорта, д. 3 Телефон: (499) 157-5272 e-mail: info@pilotLZ.ru, http://www.pilotLZ.ru При участии ООО «Столица-Принт» e-mail: st.print@bk.ru Отпечатано с готовых файлов заказчика в АО «Первая Образцовая типография», филиал «УЛЬЯНОВСКИЙ ДОМ ПЕЧАТИ» 432980, Россия, г. Ульяновск, ул. Гончарова, 14 ISBN 978-5-00101-264-1 © Лаборатория знаний, 2020
ОГЛАВЛЕНИЕ От авторов 4 Предисловие 5 Используемые обозначения 6 Часть I. Теория и задачи 7 1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 7 2. Разложение на множители 14 3. Простые и составные числа 19 4. Деление с остатком 23 5. Сравнение по модулю 33 6. Признаки делимости 35 7. Уравнения в целых числах 44 Часть И. Указания и решения 51 1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 51 2. Разложение на множители 87 3. Простые и составные числа 117 4. Деление с остатком 139 5. Сравнение по модулю 186 6. Признаки делимости 197 7. Уравнения в целых числах 237 Ответы 265 Список литературы 271
ОТ АВТОРОВ Уважаемые читатели, вы держите в руках одну из книг серии «ВМК МГУ — школе». Учебно-методические пособия, входящие в эту серию, являются результатом более чем пятнадцати летнего труда коллектива авторов, работающих на подготовительных курсах факультета вычислительной математики и кибернетики (ВМК) МГУ имени М. В. Ломоносова. Сейчас изданы пособия по алгебре, геометрии, информатике и физике для старшеклассников для подготовки к ЕГЭ, олимпиадам и вступительным экзаменам в вузы. Недавно вышли пособия по математике для подготовки к ГИА для девятиклассников. Но мы не хотим останавливаться только на стандартных задачах, необходимых для сдачи ГИА и ЕГЭ и экзаменов в вузы. Мы хотим, чтобы школьники с младших классов и до окончания школы могли решать задачи повышенной сложности — олимпиад - ные задачи, на которые у учителя обычно не остаётся времени на обычном уроке математики. Большинство книг по этой тематике выходят без разбивки по классам либо без разбивки по темам. Многие хорошие книги с олимпиадными задачами вышли давно и с тех пор не переиздавались. Мы собрали много задач из различных старых и не очень старых сборников олимпиадных задач и предлагаем их вам. Настоящее пособие рассчитано на 5-7 классы и является вторым в серии пособий по олимпиадным задачам. Будет ещё несколько книг для 5-7 классов. Параллельно мы уже ведём работу над сборником задач для 8-9 классов. Завершит серию пособие для 10-11 классов. Большинство олимпиадных задач, особенно для школьников младших и средних классов, не намного сложнее обычных школьных задач по математике. Поэтому не бойтесь их. Они только все вместе выглядят страшными, а каждая задача по отдельности вполне вам по силам. Берите их и решайте. Дорогу осилит идущий. Заместитель декана по учебной работе факультета вычислительной математики и кибернетики МГУ имени М. В. Ломоносова, доцент кафедры математической физики М. В. Федотов
ПРЕДИСЛОВИЕ Каждый раздел пособия содержит теоретические основы, описание методов решения задач, примеры применения методов и набор заданий для решения. Задачи в разделах в основном расположены по принципу от простого — к сложному. Аналогичная ситуация имеет место и с последовательностью разделов, поэтому сами разделы и задачи в разделах рекомендуется изучать в предложенном порядке. Приступать к решению задач надо после изучения соответствующего теоретического материала и разбора примеров. После номера задачи указаны классы, для которых эта задача была предложена на олимпиаде. Однако это разделение на классы довольно условно. Понятно, что если задачу давали в 5 классе, то её можно давать ив 6-7 классах, и часто, наоборот, задача, которую давали на олимпиаде для 6-7 классов, вполне по силам пятиклассникам. Поэтому, придерживаясь рекомендаций о принадлежности задачи тому или иному классу, относитесь к ним творчески. Кстати, распределение задач по разделам тоже не всегда однозначно. Одну и ту же задачу можно было отнести к разным разделам. В принципе, по этому пособию можно заниматься три года: в 5 классе пройти по всем разделам, выбирая задачи для 5 класса, в 6 классе снова пройти по всем разделам, выбирая задачи для 6 класса и т. д. А можно пройти и за более короткий срок: за два года, если вы начали заниматься в 6 классе, или за год, если вы уже в 7 классе. Рекомендуется школьникам 5-7 классов, . интересующимся олимпиадными задачами, учителям математики, руководителям кружков и факультативов. Желаем удачи!
ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ {а} —множество, состоящее из одного элемента а; U — объединение; П — пересечение; 0 — пустое множество; Е — знак принадлежности; С — знак включения подмножества; V — для любого; А\В — разность множеств А и В; => — следовательно; —тогда и только тогда, когда; N —множество всех натуральных чисел; No = Nu{0}; Z — множество всех целых чисел; Q — множество всех рациональных чисел; Ш — множество всех действительных чисел; ОДЗ — область допустимых значений; Г • • • — знак системы, означающий, что должны выполняться все |... условия, объединённые этим знаком; • • • — знак совокупности, означающий, что должно выполняться хотя бы одно из условий, объединённых этим знаком. Необходимо отметить, что в формулировках задач параллельно с математически более корректной терминологией типа «длина отрезка АВ равна 5» и записью \АВ\ = 5 используются школьная терминология типа «отрезок АВ равен 5» и запись АВ = 5.
Часть I. ТЕОРИЯ И ЗАДАЧИ В этом пособии приведены задачи на целые числа. Такие задачи предлагают на любой олимпиаде. В наших пособиях мы уже встречались с задачами на целые числа, например в книге «Арифметические задачи» в разделах, посвящённых логическим задачам. Здесь мы обобщим уже известные нам свойства целых чисел и рассмотрим некоторые новые типы задач. В задачах этого пособия иногда встречается произведение п подряд идущих натуральных чисел, начиная с единицы. Такое произведение называется факториалом числа п: п\ — 1 • 2 • 3 • ... • п (читается «тг-факториал»). При решении задач этого пособия полезно помнить формулы сокращённого умножения: а2 -Ь2 = (а — Ь)(а + Ъ); (а ± Ъ)2 = а2 ± 2ab + ft2; (а ± 6)3 = а3 ± ft3 ± ЗаЬ(а ± 6) = а3 ± 3а2Ъ + Заб2 ± 63; а3 ± ft3 — (а ± 6)(а2 аЪ + 62); ап — Ьп = (а — 6)(ап_1 4- ап~2Ъ + ... + аЪп~2 + б71”1) для любого целого п > 1; ап + Ъп - (а + ЬКа*-1 - а""26 + ... - аЪп~2 + ft""1) для любого нечётного п > 1 (минусы и плюсы во второй скобке чередуются). 1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида Теоретический материал В этом разделе собраны задачи на использование основных свойств целых чисел. Приведём некоторые теоретические факты. Любое натуральное число можно разложить в сумму по степеням числа 10: апап—1 • • • ага0 — ап • Ю71 -Ь ап—\ • 10^ -Ь ... И- а\ • 10^ Н- ао • 10^.
8 Часть I. Теория и задачи Основная теорема арифметики гласит: каждое натуральное число, кроме единицы, раскладывается в произведение простых сомножителей, причём единственным образом, т. е. любое натуральное число п, большее единицы, можно представить в каноническом виде тл то mu П=Р 1 -Р2 • 'Pk > где pi, р2, Pk — простые числа; ft, /ni, тп2, ..., mk — натуральные числа. Наибольшее натуральное число, на которое делятся целые числа п\ и 712 > называется их наибольшим общим делителем и обозначается НОД(п1,Д2)« Если НОД(п1,Аг2) = 1, то числа п\ и П2 называются взаимно простыми. Наименьшее натуральное число, которое делится на целые числа п\ и П2, называется их наименьшим общим кратным и обозначается HOK(aii, П2). Для того чтобы найти НОД(л1,712)? надо в каноническом разложении чисел п\ и П2 найти все общие простые сомножители и возвести каждый из них в наименьшую степень, в которой этот множитель входит в каноническое разложение чисел п\ и П2. Произведение полученных степеней простых множителей даёт НОД(д1, Я2). Если же перемножить все простые сомножители чисел П\ и П2 в наибольших степенях, то получим НОК(/гх, П2). Запишем правила нахождения наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного двух натуральных чисел формулами: 771 л ТПп Ш и I-1 /о 1и если щ =рг -р2 2 - ... -pkk, п2 =рхг -р22 • ••• -р* , то НОД(ni,n2)=pfnimi'll)-pfnim2'l2)- ... нок(п1,П2) = рГМгП1'11)'РГ*(т2'12)-... .^ах<-*’Ч Рассмотрим несколько примеров. Примеры решения задач Пример 1. Доказать, что сумма двух нечётных чисел чётна, а произведение нечётно. Решение. Рассмотрим два произвольных нечётных числа п\ и П2. Их можно представить в виде п\ = 2т + 1, П2 — 2k + 1. Тогда их сумма ТЬ\ Н- 712 = 2771 —J— 1 —|— 2k -|-1 — 2(тп -f- k И- 1), очевидно, чётна, а произведение n\ • П2 — (2m + 1) • (2k + 1) = 2(2mk + m + k) + 1 нечётно. Утверждение доказано.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 9 Пример 2. Доказать, что Н0Д(т11, П2) • HOK(tii, П2) = П\ • П2- Решение. Это равенство следует из канонических разложений чисел П\ и Я2, определений НОД(т11,7*2), HOK(rai, 712) и очевидного равенства min(7Zi, П2) + max(tti, n2) = 711 + 712. Действительно, НОД (tti, ti2) • НОК (tti, тг2) = _ minC/Ti!,^) min(/n2,/2) min(m^,Z^) maxCm!,^) max(77i2,Z2) —jPl 'P2 '"-'Pk 'Pi *P 2 •••• тах(тЛ,/А)_ ... р^ min(m^ ,Zi)+max(/ni ,Zj) min(m2,Z2)+max(7n2»^2) —Pi *^2 тн1(тЛ,гЛ)+тах(/гсЛ,/Л) _ •"'Pk — _nml + /l,nm2+/2, tT1mk+lk_ —P1 P 2 Pk — тпл mo mu Z-1 Zo lu =P 1 *P2 ‘ • • • 'Pk 'Pi 'P2 '---'Pk=ni-n2. Утверждение доказано. Пример 3. Доказать, что НОД(тг1,712) = НОД(тг1 ± П2, П2). Решение. Пусть п = НОД(тг1, тгг). Тогда существуют взаимно простые целые числа р и q такие, что п\ = п • р и П2 = п • q. Поэтому Mi =Ь П2 = тг • (р ± ?). Поскольку числа (р ± q) и q взаимно просты, НОД(т11 ± П2, П2) = тг, что и требовалось доказать. Пример 4. Выполнив деление с остатком п\ на П2, получим ^1=^2*^ + Г1. Доказать, что НОД(я1,/12) = НОД(я2, ri). Решение. Пусть п — НОД(^1,П2). Тогда существуют взаимно простые целые числа р и q такие, что П\ = п • р и П2 = п • д. Следовательно, п • р = п • q • m + ri. Поэтому Г1 делится на п и не делится на q (иначе р делилось бы на q). Значит, НОД(/г2, п.) = п, что и требовалось доказать. Замечание. На утверждениях примеров 3 и 4 основан алгоритм Евклида нахождения НОД двух чисел. Пусть а, Ъ — натуральные числа, а ^ Ъ. Требуется найти НОД(а,Ь). Выполнив деление с остатком а на &, получим а = Ь • qo + ri. Если п = 0, то а делится нацело на Ъ и НОД(а,Ь) = &. Если же г± ^ О, то, выполнив деление с остатком Ъ на ri, получим, что Ь = 7*i • gi + 7*2. Затем выполняется деление с остатком ri на г2 и т. д. В результате повторных делений получим систему равенств а = Ъ • д0 + ri, Ь = ri • gi + r2, rx = г2 • q2 + г3,..., Гп—2 = гп-1 • дЛ_1 + гп, ГЛ_1 = гп • дЛ, где Ь > г\ > г2 > ... > гп > 0. Из утверждений примеров 3 и 4 следует, что последний ненулевой остаток гп является НОД (а, &).
10 Часть I. Теория и задачи Пример 5. Отец и сын решили померить шагами расстояние между двумя деревьями, для чего отошли одновременно от одного и того же дерева. Длина шага отца—70 см, сына—56 см. Найти расстояние между этими деревьями, если известно, что следы их совпали 10 раз, причём в последний раз ровно у второго дерева. Решение. Разложим на простые множители числа 70 и 56: 70 = 2 • 5 • 7; 56 = 23 • 7. Найдём НОК(70, 56) = 23 • 5 • 7 = 280. Следовательно, через каждые 280 см следы отца и сына совпадают. Поскольку следы совпали ровно 10 раз, то расстояние между двумя деревьями равно 280 • 10 = 2800 см, т. е. 28 метров. Ответ. 28 м. Задачи 1 • СЮ а) Запишите наибольшее и наименьшее семизначные числа. б) Какое наибольшее и какое наименьшее семизначное число можно написать четырьмя нулями и тремя единицами? 2. ( 5 ) Возраст дедушки выражается наименьшим трёхзначным числом, которое записывается различными цифрами. Сколько лет дедушке? 3. ( 5 ) Вычеркните в числе 4 000 538 пять цифр так, чтобы оставшееся число стало наибольшим. 4. 1 5 I Из числа 12345678910111213 ... 5657585960 вычеркните 100 цифр так, чтобы оставшееся число стало наибольшим. 5. ( 5 1 Сколько существует натуральных чисел, меньших 100, в записи которых цифра 5 использована хотя бы 1 раз? 6. (5-6) а) Сумма 2002 натуральных чисел — нечётное число. Каким числом — чётным или нечётным — является произведение этих чисел? б) Доказать, что если произведение двух чисел есть число нечётное, то сумма этих чисел всегда будет числом чётным. 7. 15-6) Сколькими нулями оканчивается число 100! = 1 • 2 • 3 • ... • 98 • 99 • 100? 8. 15-6) Сколькими нулями оканчивается произведение 2003! - 1 • 2 • 3 • ... • 2001 • 2002 • 2003? 9. (5-6) В произведении всех целых чисел от 1 до 100 вычеркнули все нули. Какой будет последняя цифра получившегося числа — чётной или нечётной? 10. (5-6) Доказать, что если перемножить все целые числа от 1 до 1965, то получится число, последняя ненулевая цифра которого чётна.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 11 11* (6-7) Каково наименьшее натуральное /г, при котором я! делится на 990? 12. (6 7) Может ли п\ оканчиваться ровно на 5 нулей? 13. (6-7) Подряд записаны числа 1, 2, . . . , 2001, 2002. Каких цифр при записи этих чисел использовано больше: двоек или единиц? На сколько больше? 14. 16"-7) Найти двузначное число, равное сумме его цифр, увеличенной в 6 раз. 15. (6-7) Найти все такие двузначные числа N, что сумма цифр числа N в пять раз меньше самого числа N. 16. (6-7) Найти все натуральные числа, которые в 12 раз больше суммы своих цифр. 17. [6-7) Найти все трёхзначные числа, которые уменьшаются в 5 раз после вычёркивания первой цифры. 18. (6-7) На каждой из одиннадцати карточек написано по цифре, не превосходящей пяти. Расположив эти карточки в ряд, Миша получил 11-значное число; затем, расположив те же карточки по-другому, Миша получил второе 11-значное число. Доказать, что сумма двух этих чисел будет содержать хотя бы одну чётную цифру в своей десятичной записи. 19. (бР7) Показать, что (100-а)(100-6) = 100((100-а)-&) + а& и что двузначные числа, близкие к 100, удобно перемножать так: 86• 97 = (86-3) • 100 + 14• 3 = 8342, где 14 = 100-86, 3 = 100-97. 20. (6-7) Доказать, что а) два числа аЪ = 10а + Ъ и ас = 10а + с, т. е. такие числа, у которых число десятков одинаковое, можно перемножать по формуле 10а ((10а + Ъ) + с) + 6с; б) два числа аЪ = 10а + Ъ и ас = 10а + с, у которых число десятков одинаковое, а сумма единиц Ъ + с = 10, можно перемножать по формуле 100а(а + 1) + Ъс, т. е. число десятков а надо умножить на следующее за ним число (а + 1) и к произведению приписать справа произведение единиц. 21. [6-7] Какое наибольшее значение может принимать выражение aek - afh + bfg - bdk + cdh - ceg, если каждое из чисел а,..., k равно 1 или —1? 22. (6-7) Число 111... 11 (100 единиц) представлено в виде ао + а\ • 101 + а2 • 10^ + ... + адд • 10^^, где ао, а\у . . . , адд — неотрицательные целые числа, сумма которых не больше 100. Доказать, что все они равны 1. 23. (6 7) Найти сумму цифр куба числа, состоящего из трёх единиц и некоторого количества нулей.
12 Часть I. Теория и задачи 24. (6-7) Если сложить несократимую дробь с единицей, то вновь полученная дробь также будет несократима. Почему? 25. (6-7) Если правильная дробь несократима, то дробь, дополняющая её до 1, также несократима. Почему? 26. (6-7) Доказать, что наибольший общий делитель суммы двух чисел и их наименьшего общего кратного равен наибольшему общему делителю самих чисел. 27. (5-6) Используя алгоритм Евклида, найти: а) НС)Д(607, 477); б) НОД(343, 246); в) НОД(6494, 6303). 28. (F6)Сократить дробь: а) б) f§ff; в) fffy; г) §§-§§р 29. (6-7) НОК двух чисел равно 240, а их НОД равен 8. Найти эти числа, если известно, что меньшее из чисел содержит только один множитель 5, не входящий в большее число. 30. (6-7) НОК двух чисел, не делящихся друг на друга, равно 630, а их НОД равен 18. Найти эти числа. 31. [6-7] Даны дроби и Найти наибольшее из всех чисел, lo do при делении на которое каждой из данных дробей получаются целые числа. 32. (6-7) Даны дроби и Найти наименьшее положитель- оУо I ное из всех чисел, при делении которого на каждую из данных дробей получаются целые числа. 33. [6-7] Существуют ли натуральные числа а и 6 такие, что дроби а у -, несократимы? 34. ( 7 ) Доказать, что числа 27д + 4 и 18л + 3 взаимно простые при любом натуральном п. 35. ( 7 ) Найти НОД чисел 2п + 3 и п + 7. 36. [ 7 ) Доказать, что при любом натуральном п несократима ттппбт • 1271 + 1 • l^71 + 3 дробь, а) 30п + 2, о) 21п + 4- 37. СИ) Найти все целые тг, при которых — целое число. 38. (6-7) Доказать, что НОК чисел 1, 2, . ..,2 п равно НОК чисел п + 1, п + 2, ..., 2п. 39. [ 7 ) Решить в натуральных числах уравнение НОК(х2, у) + HOK(jc, у2) = 1996. 40. (5-7) Конфеты «Сладкая математика» продаются по 12 штук в коробке, а конфеты «Геометрия с орехами» — по 15 штук в коробке. Какое наименьшее число коробок конфет того и другого сорта необходимо купить, чтобы тех и других конфет было поровну?
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 13 41. (5-7) Коля, Серёжа и Ваня регулярно ходили в кинотеатр. Коля бывал в нём каждый 3-й день, Серёжа — каждый 7-й, Ваня — каждый 5-й. Сегодня все ребята были в кино. Когда все трое встретятся в кинотеатре в следующий раз? 42. (5-7) Бак был полон воды. Эту воду поровну разлили по трём бидонам. Оказалось, что в первом бидоне вода заняла половину его объёма, во втором бидоне вода заняла |^, а в третьем о бидоне — — его объёма. Бак и все три бидона вмещают по целому числу литров. При каком наименьшем объёме бака возможна такая ситуация? 43. (6-7) Жители острова Невезения, как и мы с вами, делят сутки на несколько часов, час на несколько минут, а минуту на несколько секунд. Но у них в сутках 77 минут, а в часе 91 секунда. Сколько секунд в сутках на острове Невезения? 44. (5-7) В классе учится меньше 50 школьников. За контрольную работу седьмая часть учеников получила пятёрки, третья — четвёрки, половина — тройки. Остальные работы были оценены как неудовлетворительные. Сколько было таких работ? 45. (6-7) На складе имеются ножи и вилки. Число тех и других, вместе взятых, больше 300, но меньше 400. Если ножи и вилки вместе считать десятками или дюжинами, то в обоих случаях получается целое число десятков и целое число дюжин. Сколько было ножей и вилок на складе, если ножей было на 160 меньше, чем вилок? 46. (6-7) Для изготовления новогодних подарочных наборов купили орехов, конфет и пряников — всего 760 штук. Орехов взяли на 80 штук больше, чем конфет, а пряников — на 120 штук меньше, чем орехов. Какое наибольшее число одинаковых подарков для детей можно сделать из этого запаса? 47. (6-7) Три автобуса в 6 часов утра отправились с одной и той же станции по трём различным маршрутам и совершают рейс туда и обратно: первый автобус — за 1ч 30 мин, второй — за 1 ч 50 мин и третий — за 1ч 10 мин. По совершении каждого рейса автобусы через 10 минут отправляются в следующий рейс по тому же маршруту. Через сколько часов 1) первый автобус отправится одновременно со вторым; 2) второй автобус — с третьим; 3) все три автобуса одновременно отправятся с конечной станции? 48. (6-7) Мальчик и девочка измерили одно и то же расстояние в 143 м шагами. Так как длины их шагов различны, то их следы совпали 20 раз. Шаг девочки 55 см. Найти длину шага мальчика, если известно, что она больше длины шага девочки, но меньше 75см.
14 Часть I. Теория и задачи 49. (6-7) В универмаге города Гайдаровска продавалось (1 января) девять товаров по цене 1 руб. каждый. Начиная со второго января ежедневно стоимость каждого товара увеличивалась в два или три раза. Известно, что 1 февраля все товары имели различные цены. Доказать, что цены каких-то двух товаров различаются по крайней мере в 25 раз. 50. (6-7) Фома и Ерёма нашли на дороге по пачке 11-рублёвок. В чайной Фома выпил 3 стакана чая, съел 4 калача и 5 бубликов. Ерёма выпил 9 стаканов чая, съел 1 калач и 4 бублика. Стакан чая, калач и бублик стоят по целому числу рублей. Оказалось, что Фома может расплатиться 11-рублёвками без сдачи. Показать, что это может сделать и Ерёма. 51. (6 7) Марсиане делят сутки на 13 часов. После того как Марсианский Заяц уронил часы в чай, у них изменилась скорость вращения секундной стрелки, а скорость вращения других стрелок осталась прежней. Известно, что каждую полночь все три стрелки совпадают. Сколько всего за сутки может быть таких моментов времени, когда три стрелки совпадут? 52. (6-7) Доказать, что произведение 100 последовательных натуральных чисел не может быть 100-й степенью целого числа. 2. Разложение на множители Теоретический материал В этом разделе приведены задачи, в которых используется разложение целого числа на произведение нескольких сомножителей. Рассмотрим несколько примеров. Примеры решения задач Пример 1. Число 3п делится на 5. Верно ли, что п делится на 5? Решение. Поскольку 3 не делится на 5, то на 5 делится п. Ответ. Да. Пример 2. Написать в общем виде произведение трёх последовательных натуральных чисел и объяснить, почему оно во всяком случае делится на 6, а может быть, даже на 24. Решение. Три подряд идущих натуральных числа можно представить в виде п — 2, п — 1 и п, где п — некоторое натуральное число. Если п нечётно, то п — 1 чётно, т. е. делится на 2. Из трёх подряд идущих натуральных чисел одно обязательно делится
2. Разложение на множители 15 на 3. Поэтому произведение трёх последовательных натуральных чисел обязательно разделится на 6. Если же п чётно, то чётными будут числа п — 2 и п, причём как минимум одно из них делится на 2, а другое обязательно разделится на 4, так как из четырёх подряд идущих натуральных чисел п — 2, п — 1, тг, тг + 1 одно обязательно разделится на 4 и это число не тг + 1, поскольку оно нечётно. Учитывая, что из трёх подряд идущих натуральных чисел одно обязательно делится на 3, получаем, что в этом случае произведение трёх последовательных натуральных чисел разделится на 2 • 3 • 4 = 24. Пример 3. На складе стеклотары могут храниться банки из-под консервированных овощей по 0,5 л, 0,7 л и 1 л. Сейчас на складе имеется 2500 банок общей вместимостью 1998 л. Доказать, что на складе есть хотя бы одна полулитровая банка. Решение. Пусть на складе нет банок по 0,5л, а банок по 0,7 л лежит х штук. Тогда банок по 1 л всего (2500 — х) штук. Поскольку общая вместимость банок 1998 л, получаем уравнение 0,7 -х+1- (2500-х) = 1998 0,3х = 502 х = 1673 и Но х должно быть целым числом, значит, предположение о том, что на складе нет полулитровых банок, неверно. Покажем, что задача имеет решение. Условию задачи удовлетворяет, например, следующий набор: 404 полулитровые банки, 1000 банок по 0,7 л и 1096 литровых банок. Задачи 1- 15 61 Делится ли 29 • 3 на 6? 2. (5-6] Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и на 3, то оно делится на 12? 3. (5-6) Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и на 6, то оно делится на 24 = 4 • 6? 4. (5-6) Число п не делится на 3. Может ли делиться на 3 число 2 71? 5. [5-6] Число п чётно. Верно ли, что 3п делится на 6? 6. (5 6) Число 5п делится на 3. Верно ли, что п делится на 3? 7. [5-6] Число 15л делится на 6. Верно ли, что п делится на 6? 8. (6-7) Даны три последовательных натуральных числа, из которых первое — чётное. Доказать, что их произведение кратно 24. 9* (6 7) Доказать, что произведение любых пяти последовательных чисел делится: а) на 30; б) на 120. 10. (6-7) Доказать, что (тг + 2)(тг2 + п + 6) делится на 6 при любом п е N.
16 Часть I. Теория и задачи 11. (6-7) Доказать, что если р — простое число и р > 3, то число р2 — 1 делится на 24. 12. (6-7) Доказать, что п3 — 4п делится на 48 при чётном п. 13. (6 7) Доказать, что п6 — п4: — п2 +1 делится на 128 при нечётном п. 14. (6-7) Обозначим через ab число с цифрами а и Ъ. Доказать, что число аЪ + Ъа делится на 11. 15. (6-7) Доказать, что разность трёхзначных чисел, из которых одно написано, теми же цифрами, что и другое, но в обратном порядке, делится на 9 и 11. 16. (6-7) Даны два четырёхзначных числа. У одного из них вторая и третья цифры — нули, а другое число записано теми же цифрами, что и первое, но в обратном порядке. Доказать, что разность этих чисел делится на 27 и 37. 17. (6 7) Записать в общем виде четырёхзначное число, цифра сотен которого равна 0, а остальные цифры не равны 0. Показать, что разность между этим числом и числом, записанным теми же цифрами, но в обратном порядке, делится на 9 и не делится на 111. 18. (6-7) В шестизначном числе первая цифра совпадает с четвёртой, вторая — с пятой, третья — с шестой. Доказать, что это число кратно 7, 11, 13. 19. (6-7) Найти четыре различных натуральных числа таких, что произведение любых трёх из них, сложенное с единицей, делится на четвёртое. 20. (6-7) Найти четыре различных целых числа таких, что сумма любых трёх из них, сложенная с единицей, делится на четвёртое. 21. (6-7) Найти п различных целых чисел (п > 2) таких, что произведение любых п — 1 из них делится на оставшееся число. 22. (6-7) Группа восьмиклассников решила поехать во время каникул на экскурсию в Углич. Ежемесячно каждый ученик вносил определённое количество рублей (без копеек), одинаковое для всех, и в течение пяти месяцев было собрано 49 685 руб. Сколько было в группе учеников и какую сумму внёс каждый? 23. [бП Решите ребус: а) АХ • УХ = 2001; б) БАО • БА • Б = 2002. 24. (6-7) В конце четверти Вовочка выписал подряд в строчку свои текущие отметки по пению и поставил между некоторыми из них знак умножения. Произведение получившихся чисел оказалось равным 2007. Какая отметка выходит у Вовочки в четверти по пению? (Учительница пения использует пятибалльную систему оценивания и не ставит единиц.)
2. Разложение на множители 17 25. [6-7] Компания из нескольких друзей вела переписку так, что каждое письмо получали все, кроме отправителя. Каждый написал одно и то же количество писем, в результате чего всеми вместе было получено 440 писем. Сколько человек могло быть в этой компании? 26. (6-7) Несколько одинаковых по численности бригад сторожей спали одинаковое число ночей. Каждый сторож проспал больше ночей, чем сторожей в бригаде, но меньше, чем число бригад. Сколько сторожей в бригаде, если все сторожа вместе проспали 1001 человеко-ночь? 27. [6-7] Коля и Петя купили одинаковые беговые лыжи. Сколько стоит одна пара лыж, если Петя уплатил стоимость лыж трёхрублёвыми купюрами, Коля — пятирублёвыми, а всего они дали в кассу меньше 10 купюр? 28. [6-71 Ребята пришли с рыбалки с уловом. Все вместе они поймали 121 рыбку, причём количество рыбок у каждого оказалось одинаковым. Сколько ребят ходило на рыбалку? 29. (6-7) В школьной математической олимпиаде приняли участие учащиеся шестых классов. Ученики 6«д» класса выступили на олимпиаде следующим образом: первую задачу решили 9 учеников, вторую — 7 учеников, третью — 5 учеников, четвёртую— 3 ученика, пятую — 1 ученик. Все ученики 6«д» класса, кроме Пети, решили одинаковое число задач, а Петя — на одну задачу больше. Мог ли он стать призёром олимпиады, если призёрами олимпиады стали шестиклассники, решившие 4 или 5 задач? 30. ( 7 ) Доказать, что число 13 + 132 + ... + 132001 + 132002 делится нацело на 7. 31. ( 7 ] Пятизначное число назовём пэвэгэшным, если оно не раскладывается в произведение двух трёхзначных чисел. Какое наибольшее число пэвэгэшных пятизначных чисел может идти подряд? 32. (6-7) Найти наибольшее число, все цифры которого различны, а их произведение равно 360. 33. [ 7 ] Сколько существует пар двузначных чисел а и Ь, для которых произведение аЪ является числом, записанным одинаковыми цифрами? 34. (6-7) Сто пиратов переносили на берег сундуки с сокровищами. Каждый сундук несли семеро пиратов. Капитан Сильвер считает, что во время переноски все пираты заработали поровну, поскольку каждый участвовал в переноске 65 сундуков. Доказать, что капитан ошибся. 35. (6 7) На складе стеклотары могут храниться банки из-под консервированных овощей по 0,5 л, 0,7 л и 1 л. Сейчас на скла¬
18 Часть I. Теория и задачи де имеется 2600 банок общей вместимостью 1998 л. Доказать, что на складе есть хотя бы одна полулитровая банка. 36. [6-7] Два преуспевающих бизнесмена купили 100 литров газированных напитков в бутылках по 0,5 л, 0,7 л и 1 л. После этого они поссорились и решили разделить поровну свои запасы газировки. Доказать, что им удастся это сделать, не вскрывая бутылок. 37. ( 7 ) а) Доказать, что в любом шестидесятизначном числе, десятичная запись которого не содержит нулей, можно зачеркнуть несколько цифр так, что получившееся в результате этого число будет делиться на 1001. б) Доказать, что в любом пятидесятизначном числе, десятичная запись которого не содержит нулей, можно зачеркнуть несколько цифр так, что получившееся в результате этого число будет делиться на 101. 38. [ 6 ) Назовём натуральное число куском, если оно получается выписыванием подряд чисел от 1 до какого-нибудь натурального п > 1 (например, 123 или 123 456 789 101 112). Доказать, что произведение двух кусков — не кусок. 39. ( 7 1 Можно ли расставить на рёбрах куба числа от 1 до 12 так, чтобы все суммы в вершинах (суммируются числа, стоящие на рёбрах, выходящих из данной вершины) были равны? 40. { 7~] В трёх магазинах было 1973 учебника. В первые три дня первый магазин продал соответственно i и ^ часть своих учебников, второй магазин — JT’ ^ и ^ часть своих учебников, а третий магазин — ^ и ^ часть своих учебников. Сколько учебников было в каждом магазине? 41. Г~7~] Известно, что а, &, с — простые числа, причём a + Ъ и ab делятся на с. Доказать, что а3 — Ь3 делится на с. 42. Г 7~~] Доказать, что произведение четырёх последовательных натуральных чисел, сложенное с единицей, есть точный квадрат. 43. [ 7 ] Доказать, что если каждое из двух чисел есть сумма квадратов двух целых чисел, то их произведение также есть сумма двух квадратов. 44. Г~7"] Доказать, что при любом натуральном п число 1 — ^ целое. 45. [6-7] а) Доказать, что если сумма двух натуральных чисел равна 770, то их произведение не делится на 770. б) Доказать, что если сумма двух натуральных чисел равна 30 030, то их произведение не делится на 30 030.
3. Простые и составные числа 19 46. СИ) Чётное число А обладает следующим свойством: если оно делится на простое число Р, то А — 1 делится на Р - 1. Доказать, что число А является степенью числа 2. 47. ( 7 ) Четырёхзначное число делится на сумму двух двузначных чисел, образованных первыми двумя и последними двумя его цифрами. Может ли эта сумма равняться 94? 48. [6-7) Если от задуманного числа отнять 11, то получившееся число разделится на 11. Если от задуманного числа отнять 7, то получившееся число разделится на 7. Если от задуманного числа отнять 13, то получившееся число разделится на 13. Найти задуманное число. 49. [ 7 ) Переписывая с доски числовое выражение а5-62, ученик допустил ошибку и был очень удивлён, когда выяснилось, что записанное им число а562 является значением заданного выражения. Какими могут быть цифры а и 6? 50. (6-7) Произведение двух натуральных чисел, каждое из которых не делится нацело на 10, равно 1000. Найти их сумму. 51. [5-7) а) Существует ли целое число, произведение цифр которого равно 1980? А 1990? А 2000? б) Бывают ли натуральные числа, произведение цифр которых равно 1986? 52. [6-7) Натуральное число умножили последовательно на каждую из его цифр. Получилось 1995. Найти исходное число. 53. [ 7 ) Число умножили на сумму его цифр и получили 2008. Найти это число. 54. (6-7) Пусть р и q — различные простые числа. Сколько делителей у числа: a) pq; б) p2q; в) p2q2; г) pmqnl 3. Простые и составные числа Теоретический материал В этом разделе приведены задачи на простые и составные числа. Натуральное число, большее единицы, называется простым, если оно не имеет других делителей, кроме единицы и самого себя. Натуральное число называется составным, если оно имеет хотя бы один делитель, отличный от единицы и самого себя. Два натуральных числа называются взаимно простыми, если они не имеют общих делителей, отличных от единицы. Рассмотрим несколько примеров.
20 Часть I. Теория и задачи Примеры решения задач Пример 1. Доказать, что числа 9991, 1027 и 973 составные. Решение. 9991 = 10 ООО - 9 = 1002 - З2 = (100 - 3)(100 + 3); 1027 = 1000 + 27 = 103 + З3 = (10 + 3)(102 - 3 • 10 + З2); 973 = 1000 - 27 = 103 - З3 = (10 - 3)(102 + 3 • 10 + З2). Пример 2. Может ли сумма трёх последовательных натуральных чисел быть числом простым? Решение. Три последовательных натуральных числа можно записать как п-1, п и тг + 1, где п > 1. Тогда их сумма равна (п — 1) + п + (п + 1) = 3тг. Число 3ть является составным при всех натуральных ть > 1. Ответ. Нет. Пример 3. Пусть а и тг — натуральные числа, большие 1. Доказать, что если число an — 1 простое, то а — 2 и п — простое. (Числа вида 2п — 1 называются числами Мерсенна.) Решение. Пусть а > 2, тогда по формулам сокращённого умножения ап — 1 делится на а — 1 > 1. Значит, а — 2. Если же а = 2, а п — составное, т. е. п = km, где k > 1, m > 1, то число 2п — 1 = 2hm — 1 = (2m)k — 1 делится на 2m — 1 > 1. Замечание. По ходу решения этой задачи мы доказали, что числа Мерсенна будут составными при составных п. Однако если тг — простое число, то число Мерсенна не обязательно будет простым. Так, число 211 — 1 = 2047 = 23 • 89 — составное. Задачи 1. О Вася умножил некоторое число на 10 и получил простое число. А Петя умножил то же самое число на 15, но всё равно получил простое число. Может ли быть так, что никто из них не ошибся? 2. [5^7) Четверо ребят обсуждали ответ к задаче. Коля сказал: «Это число 9». Роман: «Это простое число». Катя: «Это чётное число». А Наташа сказала, что это число делится на 15. Один мальчик и одна девочка ответили верно, а двое остальных ошиблись. Какой ответ в задаче на самом деле? 3. (6-7) Вася написал на доске пример на умножение двух двузначных чисел, а затем заменил в нём все цифры на буквы, причём одинаковые цифры — на одинаковые буквы, а разные — на разные. В итоге у него получилось АБ • ВГ = ДДЕЕ. Доказать, что он где-то ошибся.
3. Простые и составные числа 21 4. (5-7) Доказать, что следующие числа составные: а) 26 973; 3551; 4819; 3649; 7973; б) 8п + 1,8п-1; в)2з1"7 + 1; г) 29 + 512; 415 - 1; 233 + 1; 250 - 1; д) 222555 + 555222; е) 1977 • 1997 + 100. 5. (5 7) Доказать, что следующие числа составные: а) 1714 + 2130; б) 5537 - 7117; в) 215 + 424. 6. (5-7) Чтобы узнать, является ли число 1601 простым, его стали последовательно делить на 2, 3, 5 и т. д. На каком простом числе можно прекратить испытания? 7. (6-7) Верно ли, что 57 599 — простое число? 8. (6-7] Является ли число 49 + 610 + З20 простым? 9. (6-7) Доказать, что число ababab делится на 7, 13, 37. 10. (6-7) Какое наименьшее натуральное число не является делителем числа 50!? 11. (6-7) При каких натуральных п число тг4 + 4 простое? 12. [6-7] а) Доказать, что число тг4 + 64 составное при любом натуральном п. б) Доказать, что число п4 + 4 т4 составное при любых натуральных п и т, не равных единице одновременно. 13. (6-7) Доказать, что два последовательных нечётных числа — числа взаимно простые. 14. (6-7) Существуют ли пять таких двузначных составных чисел, что каждые два из них взаимно просты? 15. (6-7) Доказать, что сумма четырёх последовательных натуральных чисел не может быть простым числом. 16. (6 7) Найти два таких простых числа, что и их сумма, и их разность — тоже простые числа. 17. (6-7) Найти все пары простых чисел, разность квадратов которых является простым числом. 18. (5-7) а) Придумайте восьмизначное число, все цифры которого различны, такое, что после вычёркивания любых двух его цифр остаётся составное число. б) Придумайте девятизначное число, все цифры которого различны, такое, что после вычёркивания любых трёх его цифр остаётся составное число. 19. (6-7) Какое наибольшее количество натуральных чисел, меньших 50, можно взять так, чтобы любые два были взаимно просты? 20. (6-7) Простые числа р,д и натуральное число тг удовлетворяют соотношению — + — + — = — . Найти эти числа. р q pq п
22 Часть I. Теория и задачи 21. (6-7) Натуральные числа а и Ъ таковы, что 34а = 436. Доказать, что число а + b составное. 22. [6 -7 ] Найти наименьшее натуральное число, большее 1, которое по крайней мере в 600 раз больше каждого своего простого делителя. 23. [6-7] Доказать, что произведение п первых простых чисел не является полным квадратом. 24. f 7 I Доказать, что число р+1, где р — произведение первых п простых чисел (п > 1), не является полным квадратом. 25. [6-7] у — простое число. Сколько существует натуральных чисел: а) меньших р и взаимно простых с ним; б) меньших р2 и взаимно простых с ним? 26. Гб-7) Доказать, что число имеет нечётное число делителей тогда и только тогда, когда оно является точным квадратом. 27. (6-7) Пусть k — число делителей числа п. Доказать, что к2 <4п. 28. (5-7] Известно, что р > 3 и р — простое число. а) Будут ли чётными числа (р + 1) и (р — 1)? Будет ли хотя бы одно из чисел р + 1 и р — 1 делиться на: б) 3; в) 4; г) 5? 29. (6-7) Указать такое натуральное число, начиная с которого 12 последующих чисел являются составными. 30. (6-7) Найти десять последовательных натуральных чисел, среди которых а) нет ни одного простого числа; б) одно простое число; в) два простых числа; г) три простых числа; д) четыре простых числа. е) Сколько вообще простых чисел может быть среди десяти последовательных натуральных чисел? 31. (6-7) Поставьте в ряд: а) 5 простых чисел; б) 6 простых чисел так, чтобы разности соседних чисел в каждом ряду были равны. 32. [6-7] Найти все простые числа, которые нельзя записать в виде суммы двух составных. 33. Гб-7] Доказать, что при п > 2 числа 2^-1 и 2п + 1 не могут быть простыми одновременно. 34. (6-7] Может ли разность квадратов двух простых чисел быть квадратом натурального числа? 35. (6-7) Из чисел 1, 2, 3,..., 1985 выбрать наибольшее количество чисел так, чтобы разность любых двух выбранных чисел не была простым числом.
4. Деление с остатком 23 36. (6-7) Натуральное число п таково, что числа 2п + 1 и Зп + 1 являются квадратами. Может ли при этом число 5п + 3 быть простым? 37. (6-7) Найти все прямоугольники, которые можно разрезать на 13 равных квадратов. 38. [6-7) Можно ли все клетки таблицы 9 х 2002 заполнить натуральными числами так, чтобы суммы чисел в каждом столбце и суммы чисел в каждой строке были простыми числами? 39. (6-7) В магическом квадрате суммы чисел в каждой строке, в каждом столбце и на обеих диагоналях равны. Можно ли составить магический квадрат 3 х 3 из первых девяти простых чисел? 40. (6-7) Существует ли такой набор из 10 натуральных чисел, что каждое не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого делится на каждое из остальных? 41. (6-7) а) Существует ли 100 натуральных чисел таких, что их сумма равна их наименьшему общему кратному? б) А если все числа различны? 4. Деление с остатком Теоретический материал В этом разделе приведены задачи, при решении которых используются остатки от деления одного целого числа на другое. При решении таких задач необходимо знать, что • при делении натурального числа р на натуральное число q < р возможны1) q различных остатков: 0,1, 2,..., (q— 1), т. е. любое натуральное число р можно представить в виде р = п • g + fe, где п — некоторое натуральное число, a k — целое неотрицательное число, меньшее q. Заметим, что при изучении делимости чисел достаточно работать не с самими числами, а с остатками от деления этих чисел. Все арифметические действия с остатками, кроме деления, повторяют действия с числами, а именно при сложении чисел складываются остатки, при возведении в степень в эту степень возводятся остатки и т. д. В задачах, где требуется установить, что какое-то выражение, зависящее от натурального числа п, делится или не делится при всех п на заданное натуральное число, часто используется ^Иногда бывает удобно рассматривать отрицательные остатки. Например, в качестве остатка при делении числа 15 на 8 можно использовать 7, а можно (—1).
24 Часть I. Теория и задачи следующий факт: произведение ft последовательных натуральных чисел делится на ft. Рассмотрим несколько примеров. Примеры решения задач Пример 1. Доказать, что все арифметические действия с остатками, кроме деления, повторяют действия с числами, а именно при сложении чисел складываются остатки, при возведении в степень в эту степень возводятся остатки и т. д. Решение. Два натуральных числа р и g в смысле делимости на натуральное число q могут быть записаны в виде р = п • q + ft, g = т • q + I. Рассмотрим сумму и разность чисел р и g: р ± g =\п • q + ft) ± (т • q + I) = (п ± т) • q + (ft ± Z). Из последнего выражения следует, что сумма (разность) чисел png имеет при делении на q тот же остаток, что и сумма (разность) чисел ft и Z, т. е. сумма (разность) остатков чисел р и g. Теперь рассмотрим произведение чисел р и g: р • g = (п • q + ft) • (/тг • q + I) = (nmq + nl + mk) • q + k • 1. Отсюда видно, что произведение чисел png имеет при делении на q тот же остаток, что и произведение чисел k и Z, т. е. произведение остатков чисел р и g. Для завершения доказательства заметим, что возведение в натуральную степень числа есть повторение умножения числа на себя несколько раз. Пример 2. Доказать, что квадрат нечётного числа даёт остаток 1 при делении на 8. Решение. Нечётное число п можно представить в виде п = = 2k + 1, где k — некоторое целое число. Тогда п2 = (2k + I)2 = = 4й2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1. Одно из чисел ft, k + 1 чётно, поэтому произведение 4ft(ft + 1) делится на 8. Следовательно, при делении числа (2ft + I)2 на 8 получим в остатке 1. Пример 3. Доказать, что число I2015 + 22015 + ... + 162015 делится на 17. Решение. Разобьём числа от 1 до 16 на восемь пар: (1; 16), (2; 15),..., (8; 9). Заметим, что сумма чисел в каждой паре равна 17. Используя формулу сокращённого умножения ап + Ьп = (а + ЪХа'1-1 - ап~2Ъ + ...- аЪп~г + &"-1) для любого нечётного п > 1, легко показать, что каждое из восьми слагаемых суммы (I2015 + 162015) + (22015 + 152015) + ... + (82015 + 92015) делится на 17, поэтому и вся сумма делится на 17.
4. Деление с остатком 25 Пример 4. Доказать, что для всех натуральных п выражение (п3 + 3п2 + 2п) делится на 6. Решение. Так как выражение тг3 + Зп2 + 2п может быть представлено в виде произведения трёх последовательных чисел п3 + 3 п2 + 2 п = п(п + 1 )(п + 2), которое всегда делится и на 2, и на 3, то п3 + 3п2 + 2п делится на 6. Пример 5. Дано число 21995. Найти: а) последнюю цифру этого числа, б) остаток от деления на 7. Решение, а) Представим исходное число в виде 21995 _ 24-498+3 _ ^0498 # g Поскольку 16 в любой натуральной степени оканчивается на 6, а 6 • 8 = 48, последняя цифра числа 21995 равна 8. б) Рассмотрим остатки степеней двойки от деления на 7: • 21 при делении на 7 даёт остаток 2, • 22 при делении на 7 даёт остаток 4, • 23 при делении на 7 даёт остаток 1. Эти остатки повторяются с периодом Т = 3. Так как 1995 = — 3-665, то число 21995 при делении на 7 даёт остаток 1. Ответ, а) 8; б) 1. Задачи !• (5-6) Доказать, что если сумма двух целых чисел есть число нечётное, то произведение этих чисел всегда будет числом чётным. 2. (5-6) а) Доказать, что если два числа при делении на 3 дают в остатке 1, то произведение их даёт при делении на 3 тот же остаток 1. б) Доказать, что если при делении на 3 одно из двух чисел даёт остаток 1, а другое — остаток 2, то произведение их даёт при делении на 3 остаток 2. в) Доказать, что если одно из чисел при делении на 9 даёт в остатке 5, а другое при делении также на 9 даёт в остатке 4, то их произведение при делении на 9 даёт в остатке столько же, сколько даёт произведение остатков. 3. [5-6) Доказать, что два натуральных числа а и & обладают следующим свойством: либо а, либо &, либо а -4- &, либо а — Ъ делится на 3. 4. (5-6) Доказать, что из трёх целых чисел всегда можно найти два, сумма которых делится на два.
26 Часть I. Теория и задачи 5. [5-6] а) Доказать, что если даны три каких-нибудь числа, из которых ни одно не делится на три, то или сумма всех этих чисел, или сумма двух каких-нибудь из них должна делиться на 3. б) Доказать, что из любых пяти целых чисел можно найти три, сумма которых делится на 3. 6. 15-6] а) Показать, что среди любых шести целых чисел найдутся два, разность которых кратна 5. Останется ли это утверждение верным, если вместо разности взять сумму? б) Даны 12 целых чисел. Доказать, что из них можно выбрать два, разность которых делится на 11. 7. [6-7] Доказать, что среди степеней двойки есть две, разность которых делится на 1987. 8. 16-7] а) Найдётся ли среди чисел вида 111... 11 число, которое делится на 57? б) Первоклассник Петя знает только цифру 1. Доказать, что он может записать число, которое делится на 2001. 9. (б_-_7) а) Существуют ли четыре таких различных натуральных числа, что сумма любых трёх из них есть простое число? б) Существуют ли пять таких различных натуральных чисел, что сумма любых трёх из них есть простое число? Ю. [6-7] а) Доказать, что среди любых десяти целых чисел найдётся одно или несколько, сумма которых делится на 10. б) В ряд выписано 100 натуральных чисел. Доказать, что найдётся одно или несколько чисел подряд, сумма которых делится на 100. в) Имеется п целых чисел. Доказать, что среди них найдутся несколько (или, быть может, одно), сумма которых делится на п. !!• C5i§] а) Доказать, что сумма двух нечётных последовательных чисел делится на 4. б) Доказать, что разность квадратов двух последовательных нечётных чисел делится на 8. в) Доказать, что разность между квадратом нечётного числа и единицей делится на 8. 12. [5-6] Доказать, что любое простое число, большее трёх, можно записать в одном из двух видов: 6п + 1 либо 6п — 1, где п — натуральное число. 13. 15-6) а) Найти все натуральные числа, при делении которых на 7 в частном получится то же число, что и в остатке. [5-6] б) Найти наибольшее целое число, дающее при делении на 13 с остатком частное 17. U?J в) Одно число больше другого на 406. Если большее число разделить на меньшее, то в частном получится 3 и в остатке 66. Найти эти числа.
4. Деление с остатком 27 Г6 ) г) Сумма двух чисел равна 640. Если разделить большее число на меньшее, то в частном получится 7 и в остатке 64. Найти эти числа. 14. (5-6) а) При делении некоторого числа пг на 13 и 15 получили одинаковые частные, но первое деление было с остатком 8, а второе — без остатка. Найти число m. [5-7) б) При делении данного числа на 225 в остатке получилось 150. Разделится ли данное число нацело на 75 и почему? 15. [5-6) Делится ли число 11 • 21 • 31 • ... -91 — 1 на 10? Почему? 16. 15-7) а) Найти наибольшее трёхзначное число, при делении которого на 4 получается в остатке 3, при делении на 5 — в остатке 4, а при делении на 6 — в остатке 5. б) Найти наименьшее число, которое при делении на 2 даёт остаток 1, при делении на 3 — остаток 2, на 4 — 3, на 5 — 4, на 6 — 5, на 7 — 6, на 8 — 7, на 9 — 8, на 10 — 9. 17. [6-71 а) Найти все числа, большие 25 000, но меньшие 30 000, которые как при делении на 131, так и при делении на 1965 дают в остатке 125. б) Найти все числа, большие 10 000, но меньшие 15 000, которые как при делении на 393, так и при делении на 655 дают в остатке 210. 18. [6-7) а) Изменятся ли частное и остаток, если делимое и делитель увеличить в 3 раза? б) При делении одного числа на другое получилось в частном 18 и в остатке 24. Как изменится частное и как изменится остаток, если делимое и делитель уменьшить в 6 раз? 19. [6-7) В мешке лежат 10 карточек с цифрами 0,1, 2,..., 9. а) Наугад вынимают три карточки. Доказать, что из этих карточек можно составить число (однозначное, двузначное или трёхзначное), которое делится на три. б) Сколько карточек надо вынуть из мешка, чтобы из них наверняка можно было составить число, делящееся на 9? 20. 16-7) а) Написать общую формулу чисел, которые как при делении на 3, так и при делении на 4 дают в остатке 1. (Ответ объяснить.) б) Написать общую формулу чисел, которые как при делении на 6, так и при делении на 8 дают в остатке 5. (Ответ объяснить.) 21. 16-7] Дописать к 523... три цифры так, чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9. 22. (6 7) Доказать, что: а) число 175 + 244 — 1321 кратно 10; б) число 216 + З40 + 539 + 2 • 47 кратно 10;
28 Часть I. Теория и задачи в) число 10™ + 8 кратно 18 для любого натурального п; г) число 5бп~2 + 3 кратно 4 для любого натурального п. 23. [6-7] Какой цифрой оканчивается каждое из следующих чисел, если произвести указанные действия: а) З3 + 43 + 53; б) 313 + 1013 + 1813; в) 1423 + 2323 + 7023 г) 214 + 344 + 464; д) 155 + 265 + 395; е) 23п+1; ж) 32п+1; з) 42л+1; и) 57"+2? 24. (6-7) Найти последнюю цифру числа I2 + 22 + ... + 992. 25. (6-7) Найти две последние цифры числа I3 + 23 + ... + 993. 26. [6-7] а) Доказать, что 177 + 277 + 377 + .. . + 199677 делится на 1997. б) Доказать, что 1п + 2п + ... + (п — 1)п делится на п при нечётном п. 27. (5-7) Составьте таблицу всех возможных остатков квадратов и кубов натуральных чисел при делении: а) на 3; б) на 4; в) на 5; г) на 7; д) на 9. 28. (5-7) а) Доказать, что /г3 + 2п делится на 3 для любого натурального п. б) Доказать, что пъ + 4п делится на 5 при любом натуральном п. 29. (5-7) а) Доказать, что п2 + 1 не делится на 3 ни при каком натуральном п. б) Доказать, что п3 + 2 не делится на 9 ни при каком натуральном п. 30. (5-7) Доказать, что п3 — п делится на 24 при любом нечётном п. 31. (6-7) Выяснить, при каких натуральных значениях п число пъ — п делится на 120. 32. (6-7) а) Доказать, что если х, у — целые числа и х2 + г/2 делится на 3, то х и у делятся на 3. б) Натуральные числа x,y,z таковы, что х2 + у2 = z2. Доказать, что хотя бы одно из этих чисел делится на 3. 33. (6-7) Пусть а и Ъ — натуральные числа, причём число а2 + Ъ2 делится на 21. Доказать, что оно делится и на 441. 34. (6-7) Доказать, что любую сумму, не меньшую чем 8 коп., можно выплатить монетами достоинством 3 коп. и 5 коп. 35. (6-7) Доказать, что сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7. 36. (6-7) а) Может ли сумма квадратов двух нечётных чисел быть квадратом целого числа? б) А трёх нечётных чисел? 37. (6-7) Доказать, что сумма квадратов пяти последовательных целых чисел не является полным квадратом.
4. Деление с остатком 29 38. (6-7) а) Доказать, что существует бесконечно много целых чисел, которые не представимы в виде суммы квадратов двух целых чисел. б) Доказать, что существует бесконечно много натуральных чисел, не представимых в виде суммы кубов трёх натуральных чисел. 39. (6-7) Существуют ли 4 подряд идущих натуральных числа, каждое из которых является степенью (большей 1) другого натурального числа? 40. (6-7) Может ли число 5п + 1 делиться нацело на число 5k — 1 для каких-то натуральных п и k? 41. (6 7) Доказать, что число 53” + 7 делится на 12 при всех натуральных п. 42. (6-7) Существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого длины всех рёбер — целые числа, объём — простое число, а площадь поверхности — квадрат целого числа? 43. (6-7) Сумма трёх натуральных чисел, являющихся точными квадратами, делится на 9. Доказать, что из этих чисел можно выбрать два, разность которых также делится на 9. 44. (6-7) Найти р, если: а) Ру Р + Ю, р+ 14 — простые числа; б) р, 2р + 1, 4р + 1 — простые числа; в) р, 8р2 + 1 — простые числа; г) р> 4р2 + 1, 6р2 + 1 — простые числа. 45. (6-7) Известно, что р и р2 + 2 — простые числа. Доказать, что р3 + 2 — простое число. 46. (6 7) Доказать, что если одно из чисел 2п — 1 и 241 — простое (п > 2), то второе является составным. 47. (6-7] Доказать, что если 2п + 1 — простое число, то тг — степень двойки. 48. (6-7) Доказать, что остаток от деления простого числа на 30 — простое число или единица. 49. (6-7) Доказать, что квадрат любого простого числа р > 3 при делении на 12 даёт в остатке 1. 50. (6-7) Является ли простым число 2011-2111 + 2500? 51. (6 7) Доказать, что сумма цифр квадрата любого целого числа не может быть равна 1967. 52. (6-7) Доказать, что число, записываемое с помощью шестисот шестёрок и некоторого количества стоящих после них нулей, не может быть точным квадратом. 53. (6 7) Квадратный участок обнесён забором и разбит другими заборами на несколько меньших квадратных участков. Длины
30 Часть I. Теория и задачи сторон меньших квадратных участков в метрах выражаются целыми числами. Доказать, что сумма длин всех заборов в метрах делится на 4. 54. [6-7] Можно ли числа 1, 2, 3,..., 1980 выписать в таком порядке, чтобы сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делилась на 3? 55. [ 7 ) Можно ли расставить по кругу числа 1,2,..., 60 в таком порядке, чтобы: а) сумма каждых двух чисел, между которыми находится одно число, делилась на 2; б) сумма каждых двух чисел, между которыми находятся два числа, делилась на 3; в) сумма каждых двух чисел, между которыми находятся шесть чисел, делилась на 7? 56. [6-7] Пусть А и Б — различные двузначные числа, последние цифры которых совпадают. Известно, что неполное частное от деления А на 9 равно остатку от деления Б на 9, а неполное частное от деления В на 9 равно остатку от деления А на 9. Найти все такие пары чисел А и Б. 57. [6-7] а) Может ли целое число, две последние цифры которого нечётны, быть квадратом другого целого числа? б) Предпоследняя цифра квадрата натурального числа — нечётная. Доказать, что его последняя цифра — 6. 58. [6-7] а) Страницы книги пронумерованы подряд с первой до последней. Хулиган Вася вырвал из разных мест книги 25 листов и сложил номера всех пятидесяти вырванных страниц. У него получилось число 2002. Когда об этом узнал отличник Коля, он заявил, что при счёте Вася ошибся. Объясните, почему Коля прав. б) Из книги вырвали 25 листов. Может ли сумма 50 чисел, являющихся номерами вырванных страниц, быть равной 2001? 59. [6-7] Колхозник привёз на базар огурцы. Когда он стал считать их десятками, то не хватило двух огурцов до полного числа десятков. Когда он стал считать огурцы дюжинами, то осталось 8 огурцов. Сколько огурцов привёз колхозник, если их было больше 300, но меньше 400? 60. [6-7] Машина времени позволяет переноситься из 1 марта в 1 ноября любого другого года, из 1 апреля — в 1 декабря, из 1 мая — в 1 января и т. д. Два раза подряд пользоваться машиной запрещено. Барон Мюнхгаузен отправился в путешествие во времени 1 апреля. Вернувшись через мгновение, он сообщил, что путешествовал 26 месяцев. Доказать барону, что он не прав.
4. Деление с остатком 31 61. (6-7) В стране Анчурии в обращении имеются купюры четырёх достоинств: 1 доллар, 10 долларов, 100 долларов и 1000 долларов. Можно ли отсчитать миллион долларов так, чтобы получилось ровно полмиллиона купюр? 62. [б^П Дано натуральное число N. Доказать, что у чисел N(N-1) и (iV+1)2 разные суммы цифр. 63. [6-7] При дворе принца Лимона служили герцоги, графы и бароны. В начале правления принца придворных было 1994, но каждый день один из них убивал другого на дуэли, причём герцоги убивали только графов, графы — только баронов, а бароны — только герцогов. При этом никто не выиграл дуэль дважды. В конце концов остался в живых лишь барон Апельсин. Какой титул был у первого погибшего придворного? 64. 16-7) В Циссильвании 1999 жителей. Трое из них — вампиры, но мало кому известно, кто именно. Заезжий писатель м-р Стокер попросил каждого жителя назвать двух человек, которые, по его мнению, являются вампирами. Каждый вампир назвал двух других вампиров, а остальные могли назвать кого угодно. Доказать, что, пользуясь этими данными, м-р Стокер может выбрать себе проводника, не являющегося вампиром. 65. [6-7) В конторе работают 200 психически здоровых и 1999 сумасшедших сотрудников. Однажды каждый сотрудник направил директору сообщение, где перечислил 1999 своих коллег, которые по его мнению, сошли с ума. Известно, что каждый психически здоровый сотрудник верно указал всех сумасшедших, а сумасшедшие сотрудники могли назвать кого угодно, кроме себя. Доказать, что директор может на основании только этих данных выявить по крайней мере 199 сумасшедших. Все сообщения подписаны. 66. [6-7] а) В магазине было 6 ящиков яблок, массы которых соответственно 15, 16, 18, 19, 20 и 31 кг. Две фирмы приобрели пять ящиков, причём одна из них взяла яблок по массе в два раза больше, чем другая. Какой ящик остался в магазине? б) На доске были написаны числа 1, 3, 4, 6, 8, 9, 11, 12, 16. Петя и Коля стёрли по четыре числа, и оказалось, что сумма чисел, стёртых Петей, втрое больше суммы чисел, стёртых Колей. Какое число могло остаться на доске? Ответ объясните. в) В таблице 3x3 расставлены натуральные числа 4, 12, 8, 13, 24, 14, 7, 5, 23. Коля и Петя вычеркнули по четыре числа. Оказалось, что сумма чисел, вычеркнутых Петей, втрое больше суммы чисел, вычеркнутых Колей. Какое число осталось невычеркнутым? 67. ( 7 ) Три двузначных числа таковы, что сумма любых двух равна числу, отличающемуся от третьего лишь порядком цифр. Какой может быть сумма этих трёх чисел?
32 Часть I. Теория и задачи 68. (6-7) В марсианском алфавите k букв, и два слова называются похожими, если в них одинаковое количество букв и они различаются лишь одной буквой (например, ТРИКС и ТРУКС). Доказать, что все слова в языке можно разбить на k групп, в каждой из которых все слова не похожи друг на друга. 69. (6-7) а) Тома задумала натуральное число и нашла его остатки при делении на 3, 6 и 9. Сумма этих остатков оказалась равна 15. Найти остаток от деления задуманного числа на 18. б) Тома задумала натуральное число и нашла его остатки при делении на 3, 4 и 8. Сумма этих остатков оказалась равна 12. Найти остаток от деления задуманного числа на 24. 70. (6-7) а) Если к задуманному трёхзначному числу прибавить 12 и получившееся число разделить на 7, то в остатке получится 5. Если к тому же задуманному числу прибавить 14 и получившееся число разделить на 9, то остаток от деления будет равен 5. Если же к задуманному числу прибавить 18 и полученное число разделить на 13, то остаток опять будет равен 5. Найти задуманное число. б) Если от задуманного трёхзначного числа отнять 11 и получившееся число разделить на 11, то в остатке получится 4. Если же от того же задуманного числа отнять 8 и получившееся число разделить на 8, то остаток от деления будет равен 4. Если же от задуманного числа отнять 7 и получившееся число разделить на 7, то остаток опять будет равен 4. Найти задуманное число. 71. Г~7 1В банке 500 долларов. Разрешаются две операции: взять из банка 300 долларов или положить в него 198 долларов. Эти операции можно проводить много раз, при этом в банке нет никаких денег, кроме тех, что первоначально лежат в нём. Какую максимальную сумму можно извлечь из банка и как это сделать? 72. ( 7 ) Имеется 100 камней. Два игрока берут по очереди от 1 до 5 камней. Проигрывает тот, кто берет последний камень. Определить выигрышную стратегию первого игрока. 73. Г 7 ) На какие простые числа, меньшие 17, делится число 20022002 - 1? 74. f 7 ] Доказать, что, каково бы ни было целое число п, среди чисел п, п + 1, п + 2, . . . , п + 9 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными девятью из этих чисел. 75. ( 7 ) Числа А и Б взаимно просты. Какие общие делители могут иметь числа А + В и А — Б?
5. Сравнение по модулю 33 5. Сравнение по модулю Теоретический материал Этот раздел является продолжением раздела на деление с остатком. В нём приведены задачи, в которых сравниваются остатки от деления. Целые числа р и g называются сравнимыми по модулю тг, если они имеют одинаковые остатки при делении на п. Записывается это так: р = g (mod n). Рассмотрим несколько примеров. Примеры решения задач Пример 1. Доказать, что р = g (mod n) тогда и только тогда, когда р — g делится на п. Решение. Пусть р = g (mod тг). Обозначим через k одинаковый для р и g остаток при делении на п. Тогда р = п • 1\ + й, g = п • I2 + k и р — g = п • (Zi — I2) делится нацело на п. Обратно, пусть р—g делится на п. Разделим р и g на п с остатком. ПОЛУЧИМ p = 7l»li+ki, g=7l»l2 + k2 И p — g=Jl-(li—l2) + ki—k2- Поскольку р — g делится на п и \k\ — kz\ < п, то k\ — &2- Замечание. Эта задача позволяет дать эквивалентное определение сравнимости двух чисел: целые числа р и g сравнимы по модулю тг, если р — g делится нацело на п. Замечание. Заметим также, что если число р при делении на число п даёт в остатке число ft, то это можно записать так: р = k (mod п). В частности, получаем, что если р нацело делится на п, то это можно записать так: p = 0'(modn). Замечание. Одно из преимуществ языка сравнений по модулю состоит в возможности сравнивать с (—1); например, 7 = —1 (mod 8). Пример 2. Найти остаток от деления 72015 на 8. Решение. Поскольку 7 = — l(mod8), получаем, что 72015 = = —1 (mod 8), т. е. 72015 при делении на 8 даёт в остатке 7. Ответ. 7. Задачи 1- (6-7] Доказать, что если a = Ъ (mod пг), с = d (mod m), то а ± с = b =Ь d (mod /тг), a • с = Ъ • d (mod ттг) (в частности, ап = Ъп (mod ттг)). 2. (6-7) Найти остаток от деления 7Л на 8.
34 Часть I. Теория и задачи 3. [6-7) Найти последнюю цифру следующих чисел: а) 61971; б) 91971; в) З1971; г) 21971. 4. [6-7) На какую цифру оканчивается число 777777? 5. [6-71 На какие цифры оканчиваются следующие числа: а) 19891989; б) 19891"2; в) 19921989; г) 19921"2? 6. (6-7) Какой цифрой оканчивается число а) 77?; б) 99999"" ? 7. (6-71 Доказать, что следующая разность делится на 10 без остатка: а) 4343 — 1717; б) 91972 — 71972^ 719681970 _ о6870 8. (6-71 Доказать, что число — целое. 9. (6-71 Доказать, что число 30" + 61100 делится на 31. 10. 16-7) Доказать, что число 43101 + 23101 делится на 66. 11. (6-7) Доказать, что ни одно из чисел вида ю3,г+1 нельзя представить в виде суммы двух кубов натуральных чисел. 12. 16-7) Доказать, что среди 51 целого числа найдутся два, квадраты которых дают одинаковые остатки при делении на 100. 13. 16-7) Назовём число п удобным, если п2 + 1 делится на 1000 001. Доказать, что среди чисел 1, 2, 3,..., 1 000 000 чётное число удобных. 14. (6-7) Какова 1996-я цифра после запятой в десятичном разложении дроби ^ = 0,142857...? 15. 16-7) Натуральное число делится на 18, а после прибавления 1 делится на 17. Может ли так быть? 16. (6-71 а) Может ли квадрат натурального числа оканчиваться цифрой 2? б) Можно ли, используя только цифры 2, 3, 7, 8 (возможно, по нескольку раз), составить квадрат натурального числа? 17. (6-71 Какое число надо добавить к числу (n2 —I)1000 • (п2 + 1)1001, чтобы результат делился на п? 18. (6-7) Найти остаток от деления числа Ю10 + 10 юо + 10юоо+ +1010 на 7
6. Признаки делимости 35 6. Признаки делимости Теоретический материал В этом разделе приведены задачи, при решении которых используются признаки делимости. Любое натуральное число п — r^TTTa^aiOo представимо в десятичной системе счисления в виде п — &k * Ю* + O'k-l ' 1 + • • • + CL\ • 10 + do, где ao, ai, • • •, &k-i могут принимать значения 0,1,..., 9, а число аи — значения 1,2,... 9. Некоторые признаки делимости 1. Число п делится на 2 тогда и только тогда, когда ao делится на 2. 2. Число п делится на 4 тогда и только тогда, когда ЩЩ делится на 4. 3. Число п делится на 8 тогда и только тогда, когда 0201^0 делится на 8. 4. Число п делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма всех его цифр делится на 3. 5. Число п делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма всех его цифр делится на 9. 6. Число п делится на 5 тогда и только тогда, когда ao делится на 5. 7. Число п делится на 25 тогда и только тогда, когда aloo делится на 25. Рассмотрим несколько примеров. Примеры решения задач Пример 1. Доказать признаки делимости на 4 и на 9: а) число п делится на 4 тогда и только тогда, когда число, составленное из его последних двух цифр, делится на 4; б) число п делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма всех его цифр делится на 9. Решение. Рассмотрим произвольное натуральное число п = = dkCik-1... aiao, которое может быть представлено в десятичной системе счисления в виде л — CLk • 10k “Ь a,k-i • 10* ^ -f • • • -f a2 • 100 -f- ai • 10 H- clq. а) Сгруппируем слагаемые следующим образом: 7i = {a,k • 10* 2 + dk—i • 10* 3 + • • • + аг) • 100 + (ai • 10 + ao) — = akak-i.. .a2 • 100 + ala^.
36 Часть I. Теория и задачи Поскольку 100 делится на 4, то число п делится на 4 тогда и только тогда, когда делится на 4 число Щао. б) Для доказательства признака делимости на 9 вычтем и добавим к числу п все цифры, кроме ао: п — а^- 10ft — а^ + а^ + а^_1 *10* 1 — cik—i + i + • • • ... -fai • 10 — ai —(— ai -f-clq = = aft-(10fe —l) + afe_1-(10*-1 —1)+ ... ... +ai • (10 — 1) + (а* + а*_1 +... + ai +ao). Поскольку 10* — 1 делится на 9 при любом натуральном fe, то число п делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма всех его цифр (a,k + dk-i + •.. + ai + ао) делится на 9. Замечание. На языке сравнения по модулю признак делимости на 4 можно сформулировать так: а^ ... ао = alao (mod 4). Пример 2. К числу 10 справа и слева приписать по одной цифре так, чтобы получилось число, кратное 36. Решение. Обозначим получившееся число через a 106. Поскольку оно кратно 36, то оно делится на 9 и на 4. Исходя из признака делимости на 4, последней цифрой могут быть только 0, 4 и 8. Так как число делится на 9, то сумма цифр этого числа a + 6 + l должна делиться на 9. Перебирая три случая 6 = 0, 6 = 4 и 6 = 8, получаем три числа: 8100, 4104 и 9108. Ответ. 4104; 8100; 9108. Пример 3. Ваня задумал простое трёхзначное число, все цифры которого различны. На какую цифру оно может оканчиваться, если его последняя цифра равна сумме первых двух? Решение. Так как последняя цифра числа равна сумме двух первых и все цифры различны, то последняя цифра не может быть 0, 1 или 2. Поскольку задуманное трёхзначное число простое, оно нечётное и не может оканчиваться на 4, 6 и 8. Это число также не может оканчиваться на 5, иначе оно будет делиться на 5. Оно также не может оканчиваться на 3 и 9, так как тогда его сумма цифр, равная удвоенной последней цифре, делилась бы на 3 и само число делилось бы на 3. Остаётся только цифра 7. Есть четыре числа, удовлетворяющие условию задачи: 167, 257, 347 и 617. Ответ. Только на 7. Пример 4. Доказать, что среди 18 последовательных трёхзначных чисел найдётся хотя бы одно, которое делится на сумму своих цифр.
6. Признаки делимости 37 Решение. Среди последовательных 18 чисел есть число, которое делится на 18, а значит, и на 9. Поэтому сумма его цифр должна делиться на 9. Поскольку число трёхзначное, сумма цифр равна либо 9, либо 18 (999 — единственное трёхзначное число с суммой цифр 27, но оно не делится на 18). Итак, мы доказали, что есть число, которое делится на 18 и имеет сумму цифр 9 или 18. Значит, оно искомое. Задачи 1 • (5-в) а) Витя попросил трёх одноклассниц порешать для него задачи. Для того чтобы задачи быстрее решались, он сказал девочкам, что за каждую решённую задачу девочка, решившая её первой, получает три конфеты, решившая второй — две, решившая последней — одну. После решения всех задач Витя обнаружил, что у всех девочек на столе по 11 конфет. Девочки сказали Вите, что они брали согласно уговору. Каждая девочка решила все задачи, но одновременно ни одной из задач они не решили. Правильно ли девочки брали конфеты и почему? б) В некотором посёлке 1970 жителей. Время от времени они меняют друг у друга одну монету в 10 копеек на два пятака или наоборот. Может ли случиться так, что в течение некоторой недели каждый из них отдал при таких обменах ровно 10 монет? 2. [5-6] а) Дети, построенные парами, выходят из леса, где они собирали орехи. В каждой паре идут мальчик и девочка, причём у мальчика орехов либо вдвое больше, либо вдвое меньше, чем у девочки. Могло ли так случиться, что у всех вместе 1000 орехов? б) Отличник Вася решил купить себе в магазине одну ручку за 1 руб. 80 коп. и 6 стержней. Продавец потребовал с Васи 5 рублей, на что Вася ответил тому, что он ошибся. Прав ли Вася и почему? 3. (5-6) Илья Муромец, Добрыня Никитич и Алёша Попович вступили в бой с несколькими великанами. Получив по 3 удара богатырскими палицами, великаны обратились в бегство. Больше всего ударов нанёс Илья Муромец: 7, меньше всего — Алёша Попович: 3. Сколько всего было великанов? 4. (5-6) Коля и Петя купили одинаковые беговые лыжи. Сколько стоит одна пара лыж, если Петя уплатил стоимость лыж трёхрублёвыми билетами, Коля — пятирублёвыми, а всего они дали в кассу меньше 10 кредитных билетов? 5. (5-6) В столовую привезли лимоны и апельсины в пяти ящиках. В каждом ящике были фрукты только одного сорта.
38 Часть I. Теория и задачи В первом ящике было 100 штук фруктов, во втором — 105, в третьем — 110, в четвёртом — 115 и в пятом — 130. Когда был израсходован один ящик фруктов, то оказалось, что лимонов осталось в три раза меньше, чем апельсинов. Сколько осталось тех и других фруктов? 6. (5-6) Написать наименьшее натуральное число, составленное из всех цифр, которое делится а) на 5; б) на 20; в) на 36. (6-7) г) Написать наибольшее целое число, в котором все цифры различны и которое делится на 4. 7. (5-6) а) Какую цифру надо поставить вместо звёздочки в четырёхзначном числе 777*, чтобы получилось число, делящееся на 6? б) Число 82** делится на 90. Найти делимое. 8. [5-6] Делится ли число Ю2002 + 8 на 9? 9. (5-6) Не выполняя деления, доказать, что число 7920 делится на 60. Ю. (5-6) Может ли число, составленное только из четвёрок, делиться на число, составленное только из троек? А наоборот? 11- (5^6] Найти среди чисел вида Зп + 1 первые три числа, которые кратны 5. 12. (5-6) а) В двузначном числе первую цифру 4 зачеркнули. Получилось число в 9 раз меньше первоначального. Каким может быть двузначное число? б) Найти все натуральные числа, которые больше своей последней цифры в 5 раз. 13. (5-6) Найти два подряд идущих числа таких, что у первого из них сумма цифр равна 8, а второе делится на 8. 14. (6-7) В классе меньше 30 учеников. За контрольную работу по математике пятая часть учеников получила пятёрки, четвёртая часть — тройки, а половина — четвёрки. Сколько учеников было в классе? Сколько из них получили двойку? 15. (6-7) Верно ли утверждение: если записать в обратном порядке цифры любого целого числа, то разность исходного и нового чисел разделится на 9? 16. (6-7) Найти все такие натуральные числа, которые увеличиваются в 9 раз, если между цифрой единиц и цифрой десятков вставить нуль. 17. (6-7) Сколько чисел из набора 1, 2,..., 2010, 2011 не делятся ни на 3, ни на 7? 18. (6-7) В клетках таблицы 5x5 стоят ненулевые цифры. Из цифр, стоящих в каждой строке и в каждом столбце, составлены десять пятизначных чисел. Может ли оказаться, что из всех этих чисел ровно одно не делится на 3?
6. Признаки делимости 39 19. (бН?) Последняя цифра квадрата натурального числа равна 6. Доказать, что его предпоследняя цифра нечётна. 20. 16 7) Запишите несколько раз подряд число 2013 так, чтобы получившееся число делилось на 9. 21. [6-7] Пусть М — произвольное 1992-значное число, делящееся на 9. Сумму цифр этого числа обозначим через А. Сумму цифр числа А обозначим через Б. Сумму цифр числа В обозначим через С. Чему равно число С? 22. (6-7] а) Подряд без пробелов выписали все чётные числа от 12 до 34. Получилось число 121 416 182 022 242 628 303 234. Делится ли оно на 24? б) Известно, что 35! = 10 333 147 966 386 144 929 *66 651 337 523 200 000 000. Найти цифру, заменённую звёздочкой. 23. (6“7) Незнайка хвастал своими выдающимися способностями умножать числа «в уме». Чтобы его проверить, Знайка предложил ему написать какое-нибудь число, перемножить его цифры и сказать результат. «1210», — немедленно выпалил Незнайка. «Ты неправ!» — сказал, подумав, Знайка. Как он обнаружил ошибку, не зная исходного числа? 24. (6-7) Может ли число, сумма цифр которого равна 2001, быть квадратом целого числа? 25. (6-7] а) Может ли число, записываемое с помощью 10 нулей, 10 единиц и 10 двоек, быть точным квадратом? б) Может ли число, записываемое при помощи 100 нулей, 100 единиц и 100 двоек, быть точным квадратом? в) Можно ли записать точный квадрат, использовав по 10 раз цифры 1, 2, 3? г) 45-значное число составлено из одной единицы, двух двоек, трёх троек, ..., девяти девяток. Доказать, что оно не является точным квадратом. 26. 16-7] Можно ли записать точный квадрат, использовав по 10 раз цифры 2, 3, 6? 27. (6-7] а) Существует ли такое трёхзначное число а&с, что abc — сЪа является квадратом натурального числа? б) Найти условие, при котором разность между данным двузначным числом и числом, написанным теми же цифрами, но в обратном порядке, представляет точный квадрат натурального числа. 28. (5-6) а) К числу 13 справа и слева приписать по одной цифре так, чтобы получилось число, кратное 45. б) К числу 15 справа и слева приписать по одной цифре так, чтобы полученное число делилось на 15.
40 Часть I. Теория и задачи 29. 0Еб)а) В записи 52 * 2* замените звёздочки цифрами так, чтобы полученное число делилось на 36. Укажите все возможные решения. б) Найти цифры сотен и единиц числа 42 * 4*, если известно, что оно делится на 72. в) Сколько имеется четырёхзначных чисел, которые делятся на 45, а две средние цифры у них 97? 30. (5-6] а) Сколько нулей стоит в конце произведения всех натуральных чисел от 10 до 25? [6-7] б) Олег перемножил какие-то 10 подряд идущих чисел. Верно ли, что у него получилось число, оканчивающееся на ровно один ноль? (6-7) в) Саша решил перемножить первые 57 чисел: 1 • 2 • ... х х 56 • 57. У него получилось число, оканчивающееся на 12 нулей. Правильно ли он всё вычислил? 31. (5-6) а) На доске написано число 321 321 321 321. Какие цифры надо стереть, чтобы получить наибольшее возможное число, делящееся на девять? Чему равно это наибольшее число? б) Какие три цифры следует вычеркнуть в числе 123 456 789 так, чтобы получившееся шестизначное число делилось на 72? Доказать, что ответ единственный. 32. (5-6) а) Сколько существует делящихся на 9 десятизначных натуральных чисел, в десятичной записи которых участвуют только цифры 0 и 5? б) Сколько существует делящихся на 9 десятизначных натуральных чисел, в десятичной записи которых участвуют только цифры 0 и 4? 33. (6-7) а) Пятизначное число, в записи которого нет нулей, делится на 54. Из него вычеркнули одну цифру, и получилось четырёхзначное число, делящееся на 54. Из этого четырёхзначного числа тоже вычеркнули одну цифру — получилось трёхзначное число, делящееся на 54. Наконец, после вычёркивания ещё одной цифры получилось число 54. Найти исходное число. б) Пятизначное число, в записи которого нет нулей, делится на 81. Из него вычеркнули одну цифру, и получилось четырёхзначное число, делящееся на 81. Из этого четырёхзначного числа тоже вычеркнули одну цифру — получилось трёхзначное число, делящееся на 81. Наконец, после вычёркивания ещё одной цифры получилось число 81. Найти исходное число. 34. (6-7) а) Найти все четырёхзначные числа, которые в 83 раза больше своей суммы цифр. Г 6 ) б) Найти чётное четырёхзначное число, две средние цифры которого образуют число, в 3 раза большее числа тысяч и в 2 раза большее числа единиц этого числа.
6. Признаки делимости 41 35. (6-7) а) Может ли разность двух чисел вида п2 4-4п (п — натуральное) равняться 1998? б) Можно ли число 1974 представить как разность квадратов двух натуральных чисел? в) Может ли сумма квадратов двух нечётных чисел быть квадратом целого числа? 36. (6-7) а) Можно ли расставить по кругу целые числа от 1 до 10 таким образом, чтобы сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делилась на 3? б) Можно ли расставить по кругу целые числа от 1 до 11 таким образом, чтобы сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делилась на 5? 37. (6-7) В четырёхзначном числе каждую цифру увеличили на 1 или на 5, в результате чего оно увеличилось в четыре раза. Найти исходное число. 38. ( 7 1 Найти наименьшее двадцатизначное число, сумма цифр которого равна 20 и которое само делится на 20. 39. (6-7) Найти число по следующим данным: 1) оно делится без остатка на 5; 2) если его умножить на цифру единиц, то получится число, на 363 большее суммы цифр искомого числа. 40. (6-7) Натуральное п таково, что число п2 +1 десятизначное. Доказать, что в его записи встречаются две одинаковые цифры. 41. ( 7 1 а) Найти семизначное число, все цифры которого различны и которое делится на все эти цифры. б) Существует ли такое восьмизначное число? 42. (6 7) Найти натуральное число, если известно, что десятичная запись его шестой степени состоит из цифр 0, 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4. 43. (6-7) На полях шахматной доски 8x8 расставлены натуральные числа. Аня заметила, что если проводить фишку с клетки al на клетку Л8, двигая её каждый раз только вправо или вверх, то сумма чисел на всех клетках, через которые пройдёт путь фишки, одна и та же для всех путей. Света нашла, что на всех путях фишки, ходящей только вправо и вниз с клетки а8 на клетку М, суммы чисел также совпадают. А Катя сложила все числа на доске и получила 1000. Доказать, что кто-то из них ошибся. 44. (6-7) Петя и Вася выписывают 12-значное число, ставя цифры по очереди, начиная со старшего разряда. Начинает Вася. Доказать, что какие бы цифры он ни писал, Петя всегда сможет добиться, чтобы получившееся число делилось на 9. 45. (6-7) Доказать, что при любых натуральных m и п число 10т + 1 не делится нацело на 10п — 1.
42 Часть I. Теория и задачи 46. (6-7) На доске были написаны 10 последовательных натуральных чисел. Когда стёрли одно из них, то сумма девяти оставшихся оказалась равна 2002. Какие числа остались на доске? 47. ( 7 ) Из натурального числа вычли сумму его цифр, из полученного числа снова вычли сумму его (полученного числа) цифр и т. д. После одиннадцати таких вычитаний получился нуль. С какого числа начинали? 48. ( 7 ) Доказать, что anan-i... a\ao = ao~ai + .. . + (—1)лаЛ (mod 11). 49. f 7 )A — шестизначное число, в записи которого по одному разу встречаются цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6. Доказать, что А не делится на 11. 50. ( 7 ) Доказать, что число 11... 11 (2 п единиц) составное. 51. ( 7 ) Доказать, что число a\a2 ... anan ... a2a\ составное (п > 1). 52. ( 7 1 Даны 19 карточек. Можно ли на каждой из карточек написать ненулевую цифру так, чтобы из этих карточек можно было сложить ровно одно 19-значное число, делящееся на 11? 53. ( 7 ) Доказать, что разность числа, имеющего нечётное количество цифр, и числа, записанного теми же цифрами, но в обратном порядке, делится на 99. 54. ( 7 ) Пусть а, Ь, с, d — различные цифры. Доказать, что cdcdcdcd не делится на ааЪЪ. 55. ( 7 ) Каждый член последовательности, начиная со второго, получается прибавлением к предыдущему числу его суммы цифр. Первым членом последовательности является единица. Встретится ли в последовательности число 123 456? 56. [ 7 ) а) Доказать, что сумма цифр числа, являющегося точным квадратом, не может равняться пяти. б) Может ли число, сумма цифр которого равна 1970, быть квадратом целого числа? 57. ( 7 ) Делится ли на 9 число 1234... 500? (В записи этого числа подряд выписаны числа от 1 до 500.) 58. ( 7 ) Найти наименьшее число, запись которого состоит лишь из нулей и единиц, делящееся без остатка на 225. 59. ( 7 ) Имеет ли решение ребус: АПЕЛЬСИН - СПАНИЕЛЬ = 2012 . 2013? 60. (6-7) Сформулируйте и докажите признаки делимости а) на 2п; б) на 5П. 61. (6-7) Доказать, что степень двойки не может оканчиваться четырьмя одинаковыми цифрами. 62. (6-7) Незнайку научили в школе, что число делится на 3 (на 9), если сумма его цифр делится на 3 (на 9). Теперь он считает, что
6. Признаки делимости 43 а) если сумма цифр числа делится на 27, то и число делится на 27; б) если число делится на 27, то сумма его цифр делится на 27. Прав ли он? 63. [6-7] Сколькими нулями могут оканчиваться числа вида 9п +1? 64. (6 7) Некоторое двузначное число кратно трём. Если между его цифрами вставить 0 и к полученному трёхзначному числу прибавить удвоенную цифру его сотен, то получится число, в 9 раз большее первоначального. Найти исходное двузначное число. 65. ( 7 ) Если некоторое четырёхзначное число умножить на число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, то получится восьмизначное число, у которого последние три цифры нули. Найти все такие числа. 66. (6-7) Можно ли из цифр 2, 3, 4, 9 (каждую цифру можно использовать сколько угодно раз) составить два числа, одно из которых в 19 раз больше другого? 67. (6-7) Сумма двух цифр а и & делится на 7. Доказать, что число aba также делится на 7. 68. ( 7 ) Сумма цифр трёхзначного числа равна 7. Доказать, что это число делится на 7 тогда и только тогда, когда две его последние цифры равны. 69. ( 7 ) а) Дано шестизначное число abcdef, причём def — abc делится на 7. Доказать, что и само число делится на 7. б) Доказать, что число делится на 7 (11, 13) тогда и только тогда, когда на 7 (11, 13) делится знакопеременная сумма чисел, образованных последовательными тройками цифр данного числа. (Число делится на тройки справа налево.) 70. ( 7 I Рассматриваются всевозможные семизначные числа с цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, записанными в произвольном порядке. Доказать, что ни одно из этих чисел не делится ни на какое другое из них. 71. СП Найти наименьшее число, записываемое одними единицами, делящееся на 33... 33 (в записи 100 троек). 72. СИ) а) Доказать, что число, состоящее из 81 единицы, делится на 81. б) Доказать, что число, состоящее из 243 единиц, делится на 243.
44 Часть I. Теория и задачи 7. Уравнения в целых числах Теоретический материал В этом разделе приведены уравнения на целые числа и текстовые задачи, при решении которых возникают уравнения и системы уравнений в целых числах. При решении одного уравнения с двумя и более целочисленными переменными надо, используя формулы сокращённого умножения, пытаться разложить левую часть уравнения на множители так, чтобы произведение двух или более сомножителей равнялось целому числу. При этом чем больше множителей у целого числа в правой части уравнения, тем больше случаев надо будет рассматривать. Меньше всего случаев придётся рассматривать, если число окажется простым. При решении таких уравнений также полезно использовать различные свойства целых чисел: чётность и нечётность, делимость нацело, делимость с остатком и т. п. Рассмотрим несколько примеров. Пример 1. Найти все пары целых чисел (х;у), удовлетворяющих уравнению х2 = у2 — 2у + 14. Решение. Выделим полный квадрат по у в правой части уравнения, перенесём его в левую часть и, используя формулу разности квадратов, разложим на множители левую часть: х2 = (у-1)2+13 4=^ х2-(у-1)2 = 13 .*=► (х-у+1)(х+у-1) = 13. Поскольку 13 — простое число, возможны только четыре случая: Ответ. (±7; 7), (±7;-5). Пример 2. В 1989 году Петру исполнилось столько лет, сколько составляет сумма цифр года его рождения. В каком году родился Пётр? Решение. Поскольку сумма цифр четырёхзначного числа не превосходит 36, Петру не более 36 лет и он родился в XX в. Поэтому обозначим год его рождения как 19аЬ. Используя условие задачи, составим уравнение для а и Ь: 1989—19ub — 1-}~9-|-(zH-b \ v 89—10cl—b — 10-j-a-f-b n—v Wa-\-2b — 79. Примеры решения задач 3) 1)
7. Уравнения в целых числах 45 Из уравнения видно, что a — нечётное число и a < 7. Так как 6 — цифра, то 26 ^ 18, поэтому 11а ^ 79 - 18, т. е. а ^ 6. Собирая всё, что мы узнали про а, получаем, что а может равняться только 7. Теперь легко находим 6 = 1. Значит, Пётр родился в 1971 году. Ответ. В 1971 году. Замечание. При решении одного уравнения с двумя и более переменными обычно приходится делать перебор по возможным значениям одной из переменных. Поэтому очень важно извлечь максимум информации из уравнения и свойств переменных. В этой задаче нам удалось вообще обойтись без перебора. Задачи 1. Решить в целых числах уравнения: a) dzD (2х + у)(5х + Зу) = 7; б) И х2 - у2 = 31; в) ex2 = 14 + i/2; г) (М)хг/ = х + г/ + 3; д) И бх2 + 5у2 = 74; е) (fr7) х2 - 3ху + 2у2 = 7; ж) f6-7) ху + Зх — 5у = —3; з) 16-7) ху = 20 — Зх + у; и) (Щ)х2 = у2+ 2i/+ 13; к) (6-7) х2 - и2 = 303: л) И т2-п2 = 2002; м) И у3 - х3 = 91; н) (6-7) х3 + х2 + х - 3 = 0; о) (6-7) х2 - Зу2 = 8; п) И х2 - 7у = 10. I Найти все возможные тройки целых чисел А, Б и С такие, что , Л ГА2 + 2Б2-2БС = 100, \2AB-C2 = 100. 3. Гб 7) Найти хотя бы одно целочисленное решение уравнения а262 + а2 -f 62 + 1 = 2005. 4. [6-7) Найти все простые числа р и q, для которых выполняется равенство р2 — 2g2 = 1. 5. [6-7] Зная, что число 1993 простое, выясните, существуют ли такие натуральные числа х и у, что а) х2 -у2 = 1993; б) х3 - у3 = 1993; в) х4 - у4 = 1993. 6. (6-7) В равенстве (ayb)c = —64у6 замените а, 6 и с целыми числами, отличными от 1, так, чтобы получилось тождество. 7. (6Е7) а) Найти все целые решения уравнения Зх — 12у — 7. б) Решить в натуральных числах уравнение 12а + 116 = 2002. 8. [5-6) Решить в целых положительных числах уравнение 1 10
46 Часть I. Теория и задачи 9- а) [5-6] Найти целое число, которое в семь раз больше цифры его единиц. б) 15-6) Найти числа, равные удвоенной сумме своих цифр. в) [5-6] Найти двузначное число, которое вдвое больше произведения своих цифр. г) (6-7) Написать все двузначные числа, которые увеличиваются на 36, если переставлять местами цифры этих чисел. д) (6-7) Написать все двузначные числа, которые увеличиваются в 8,5 раз, если между цифрами этих двузначных чисел вставить нуль. 10. (5-6) а) Найти двузначное число, которое от перестановки его цифр увеличивается в 4,5 раза. б) Трёхзначное число начинается цифрой 4. Если эту цифру перенести в конец числа, то получится число, составляющее | исходного. Найти исходное трёхзначное число. в) Цифру 9, с которой начинается трёхзначное число, перенесли в конец числа. В результате получилось число, на 216 меньше данного. Какое число было первоначально? 11. [5-6) В таблице 2x2 стоят четыре натуральных числа. При этом соседние по вертикали числа отличаются на 6, а соседние по горизонтали — в два раза. Что за числа стоят в таблице? Может ли в таблице стоять другой набор чисел? 12. [5-6] а) В каком году родился человек, которому в 1979 году исполнилось столько лет, какова сумма цифр года его рождения? б) Возраст человека в 1962 году был на единицу больше суммы цифр года его рождения. Сколько ему лет? 13. (5-6) а) В большой таблетке от жадности 11 г антивещества, в средней — 1,1 г, а в маленькой — 0,11 г. Доктор прописал Робину-Бобину съесть ровно 20,13 г антивещества. Сможет ли Робин-Бобин выполнить предписание доктора, съев хотя бы по одной таблетке каждого вида? б) В комнате стоят трёхногие табуретки и четырёхногие стулья. Когда на все эти сидячие места уселись люди, в комнате оказалось 39 ног. Сколько в комнате табуреток? 14. (6-7) Если треть числа разделить на его семнадцатую часть, то в остатке будет 100. Найти это число. 15. (6-71 Пятиклассники Коля и Вася подсчитали отметки, полученные в течение четверти. Оказалось, что Коля получил столько пятёрок, сколько Вася — четвёрок; столько четвёрок, сколько Вася троек; столько троек, сколько Вася двоек, и столько двоек, сколько Вася пятёрок. Кроме того выяснилось, что каждый получил по 54 отметки и что средний балл у них одинаковый. Доказать, что они ошиблись в подсчётах.
7. Уравнения в целых числах 47 16. (6-7) а) Баба-яга и Кощей собрали некоторое количество мухоморов. Количество крапинок на мухоморах Бабы-яги в 13 раз больше, чем на мухоморах Кощея, но после того, как Баба- яга отдала Кощею свой мухомор с наименьшим числом крапинок, на её мухоморах стало крапинок только в 8 раз больше, чем у Кощея. Доказать, что вначале у Бабы-яги было не более 23 мухоморов. б) Баба-яга и Кощей собрали некоторое количество мухоморов. Количество крапинок на мухоморах Бабы-яги в 12 раз больше, чем на мухоморах Кощея, но после того, как Баба- яга отдала Кощею свой мухомор с наибольшим числом крапинок, на её мухоморах стало крапинок только в 7 раз больше, чем у Кощея. Доказать, что вначале у Бабы-яги было не менее 20 мухоморов. 17. (6-7) а) Молоко и сливки продаются в одинаковых бутылках. За 5 пустых бутылок в магазине можно получить 1 полную бутылку молока, а за 10 пустых бутылок — 1 бутылку сливок. Серёжа нашёл в подвале 60 пустых бутылок и понёс их в магазин. Получая при обмене полную бутылку, он выпивал молоко или сливки, а освободившуюся бутылку использовал в следующих обменах. В конце этой деятельности у него осталась всего одна пустая бутылка. Сколько обменов совершил Серёжа? б) Молоко и сливки продаются в одинаковых бутылках. За 6 пустых бутылок в магазине можно получить 1 полную бутылку молока, а за 9 пустых бутылок — 1 бутылку сливок. Серёжа нашёл в подвале 68 пустых бутылок и понёс их в магазин. Получая при обмене полную бутылку, он выпивал молоко или сливки, а освободившуюся бутылку использовал в следующих обменах. В конце этой деятельности у него осталась всего одна пустая бутылка. Сколько обменов совершил Серёжа? 18. (6-7) В отряде пионерского лагеря собраны ребята 10, 11, 12 и 13 лет. Их 23 человека и им вместе 253 года. Сколько в отряде 12-летних ребят, если известно, что их в полтора раза больше, чем 13-летних? 19. (6-7) Если каждый мальчик купит пирожок, а каждая девочка — булочку, то они потратят вместе на 1 коп. меньше, чем если бы каждый мальчик купил булочку, а каждая девочка — пирожок. Известно, что мальчиков больше, чем девочек. На сколько? 20. (6-7) Петя, Коля и Вася решили 100 задач, причём каждый решил 60 задач. Назовём задачу трудной, если её решил только один из мальчиков. Назовём задачу лёгкой, если её решили все трое. Доказать, что трудных задач больше, чем лёгких, ровно на 20. 21. (6-7) Джон и Мэри живут в небоскрёбе, на каждом этаже которого по 10 квартир. Номер этажа Джона равен номеру квар¬
48 Часть I. Теория и задачи тиры Мэри, а сумма номеров их квартир равна 239. В какой квартире живёт Джон? 22. (6-7) Остап Бендер в интервью шахматному журналу о сеансе одновременной игры в Васюках сообщил, что в одной из партий у него осталось фигур в три раза меньше, чем у соперника, и в шесть раз меньше, чем свободных клеток на доске, а в другой партии фигур у него осталось в пять раз меньше, чем у соперника, и в десять раз меньше, чем свободных клеток на доске, и всё-таки он сумел выиграть обе партии. Можно ли верить его рассказу? 23. (6-7) Два рыбака поймали 80 рыб, причём ^ улова первого составляли караси, а улова второго — окуни. Сколько рыб поймал каждый из них? 24. ( 7 ) а) Найти четыре последовательных целых числа, произведение которых равно 1680. (6-7) б) Можно ли найти 10 таких последовательных натуральных чисел, что сумма их квадратов равна сумме квадратов следующих за ними 9 последовательных натуральных чисел? 25. (6-7) Шалтай-Болтай ходит по прямой, перемещаясь за минуту либо на 37 шагов влево, либо на 47 шагов вправо. За какое наименьшее целое число минут он может оказаться на один шаг правее исходной точки, если будет перемещаться в любую сторону целое число минут? 26. (6-7) У кассира есть только 72-рублёвые купюры, а у Вас — только 105-рублёвые (у обоих в неограниченном количестве). а) Сможете ли Вы уплатить кассиру один рубль? б) А три рубля? 27. (6-7) Найти все числа abc такие, что abc = 2(аЬ + Ъс + ас). 28. (6-7) а) В трёхзначном числе зачеркнули первую цифру слева, затем полученное двузначное число умножили на 7 и получили исходное трёхзначное число. Найти такое число. б) В трёхзначном числе зачеркнули среднюю цифру и получили число в 6 раз меньше исходного. Найти такое трёхзначное число. в) Шестизначное число имеет крайней левой цифрой 5. Откинув эту цифру слева и написав её в конце справа, получили число, которое в 4 раза меньше первоначального. Найти первоначальное число. г) Шестизначное число оканчивается цифрой 2. Откинув эту цифру в конце числа и написав её в начале числа, получим число, в 3 раза меньшее первоначального. Найти первоначальное число. д) Найти хотя бы одну пару различных шестизначных чисел такую, что если одно число приписать к другому, то получен¬
7. Уравнения в целых числах 49 ное 12-значное число будет делиться на произведение исходных шестизначных чисел. 29. (6-7) Хулиганы Вася и Петя порвали стенгазету, причём Петя рвал каждый кусок на 5 частей, а Вася — на 9. При попытке собрать стенгазету нашли 1988 обрывков. Доказать, что нашли не все кусочки. 30. (6-7) а) Квадрат разрезали на 25 квадратиков, из которых ровно у одного сторона имеет длину, отличную от 1 (у каждого из остальных сторона равна 1). Найти площадь исходного квадрата. б) Куб разрезали на 99 кубиков, из которых ровно у одного ребро имеет длину, отличную от 1 (у каждого из остальных ребро равно 1). Найти объём исходного куба. 31. [6-7) а) Из квадратного листа бумаги в клетку, содержащего целое число клеток, вырезали квадрат, содержащий целое число клеток, так, что осталось 124 клетки. Сколько клеток мог содержать первоначальный лист бумаги? б) Сколькими способами число 1979 можно представить в виде разности двух квадратов натуральных чисел? 32. (6-7) Пастух пас стадо из 100 голов. За это ему заплатили 200 руб. За каждого быка заплатили 20 руб., за корову — 10 руб., а за телёнка—1руб. Сколько в стаде быков, сколько коров и сколько телят? 33. (6-7) Один мальчик 16 февраля 2003 года сказал: «Разность между числами прожитых мною месяцев и прожитых (полных) лет сегодня впервые стала равна 111». Когда он родился? 34. ( 7 ) У отца спросили, сколько лет двум его сыновьям. Отец ответил, что если к произведению их возрастов добавить сумму этих возрастов, то получится 34. Сколько лет сыновьям? 35. (6-7) В начале года в 7 классе учились 25 человек. После того как туда пришли семеро новеньких, количество отличников увеличилось на 10 процентов (если в начале года отличников было а%, то затем стало (а + 10)%). Сколько теперь отличников в классе? 36. (6-7) Летит над лесом стая сороконожек и трёхголовых драконов. У них всего 26 голов и 298 ног. У каждой сороконожки ровно одна голова. Сколько ног у трёхглавого дракона? 37. (6-7) а) Пять участников олимпиады стали её победителями, набрав по 15, 14 и 13 баллов и заняв соответственно I, II и III места. Сколько участников завоевали каждое призовое место, если вместе они набрали 69 баллов? б) При стрельбе по мишени спортсмен выбивал только 8, 9 и 10 очков. Всего он, сделав более 11 выстрелов, выбил 100
50 Часть I. Теория и задачи очков. Сколько выстрелов сделал спортсмен и какие были попадания? 38. [6-7) а) Известно, что х = 2а5 = 562 > 0, числа а и & целые. Каково наименьшее возможное значение х? [ 7 ) б) Найти хотя бы две пары натуральных чисел, для которых верно равенство 2х3 = у4. 39. [6-7] Найти все тройки простых чисел х, у, z такие, что 19х — yz = 1995. 40. (6-7) Найдутся ли натуральные числа х9 у и z, удовлетворяющие условию 28*+ 30i/+ 31г = 365? 41. ( 7 ) Доказать, что уравнение х2 + у2 — z2 = 1997 имеет бесконечно много решений в целых числах. 42. ( 7 ) Найти все натуральные тип, для которых выполняется равенство ml + 12 = п . 43. ( 7 ) Найти все целые х и у, удовлетворяющие уравнению х4 - 2у2 = 1.
Часть II. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ 1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида Задача 1 { 5 ) а) Запишите наибольшее и наименьшее семизначные числа. Идея. Определить диапазоны изменения цифр семизначного числа. Указание. Наибольшее семизначное число содержит наибольшие возможные цифры в каждом из семи разрядов. Указание. Наименьшее семизначное число содержит наименьшие возможные цифры в каждом из семи разрядов. Решение. Семизначное число а содержит семь разрядов (от нулевого до шестого, считая справа налево): причём цифра в старшем (шестом) разряде ав не равна нулю. Для того чтобы получить наибольшее семизначное число, возьмём наибольшие возможные цифры в каждом из семи разрядов; получим число 9 999 999. Для того чтобы получить наименьшее семизначное число, нужно взять наименьшие возможные цифры в каждом разряде. Значит, цифры в разрядах с нулевого по пятый должны быть равны нулю, а цифра в шестом разряде должна быть равна единице. Получаем число 1 ООО ООО. Ответ. Наибольшее число 9 999 999, наименьшее число 1000 000. Задача 2 [ 5 ) Возраст дедушки выражается наименьшим трёхзначным числом, которое записывается различными цифрами. Сколько лет дедушке? Идея. Определить диапазоны изменения цифр трёхзначного числа. Указание. Наименьшее трёхзначное число содержит наименьшую возможную цифру в старшем разряде. Указание. В среднем разряде стоит наименьшая цифра, не совпадающая с цифрой в старшем разряде.
52 Часть II. Указания и решения Указание. В младшем разряде стоит наименьшая цифра, не совпадающая с цифрами в старших разрядах. Решение. Трёхзначное число Ъ содержит три разряда (нулевой, первый, второй, считая справа налево): Ъ = &2&1&0 > причём цифра в старшем (втором) разряде Ъ% не равна нулю. Поскольку требуется найти наименьшее трёхзначное число, цифра в старшем разряде должна быть равна 1. Цифра в первом разряде по условию не должна совпадать с цифрой во втором разряде. Наименьшая такая цифра Ъ\ = 0. Осталось найти цифру в нулевом разряде. Она должна быть наименьшей из цифр, не совпадающих с найденными двумя цифрами старших разрядов. Значит, &о = 2. Итак, дедушке 102 года. Ответ. 102 года. Задача 3 ( 5 ) Вычеркните в числе 4 ООО 538 пять цифр так, чтобы оставшееся число стало наибольшим. Идея. После вычёркивания пяти цифр останутся две цифры. Указание. Выбрать наибольшую цифру из старших шести разрядов данного семизначного числа. Указание. Выбрать наибольшую цифру из разрядов младше выбранного. Решение. Исходное число семизначное. После вычёркивания из него пяти цифр останутся две цифры. Образованное ими число будет наибольшим, если оно будет двузначным и цифры его разрядов будут наибольшими из возможных. Чтобы найти наибольшую возможную цифру старшего разряда двузначного числа, рассмотрим старшие шесть разрядов исходного числа. Наибольшая цифра в них равна 5, она стоит во втором разряде. Осталось найти наибольшую возможную цифру младшего разряда двузначного числа. Для этого рассмотрим нулевой и первый разряды исходного числа; наибольшая цифра в этих разрядах равна 8. Итак, наибольшее двузначное число, равное 58, получается после вычёркивания в числе 4 ООО 538 цифр 4, 0, 0, 0 и 3. Ответ. 58. Задача 4 СЮ Из числа 12345678910111213... 5657585960 вычеркните 100 цифр так, чтобы оставшееся число стало наибольшим.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 53 Идея. После вычёркивания ста цифр останутся одиннадцать цифр. Указание. Определить суммарное количество цифр в данном числе. Указание. Посчитать количество цифр 9. Указание. Сформировать из цифр данного числа наибольшее одиннадцатизначное число. Решение. Несложно заметить, что число 12345678910111213...5657585960 содержит цифры всех натуральных чисел от 1 до 60, среди которых 9 однозначных чисел и 51 двузначное число. Значит, исходное число содержит 9 + 51*2 = 111 разрядов. После вычёркивания 100 цифр из 111-значного числа останутся 11 цифр. Чтобы образованное этими цифрами число было наибольшим, оно должно быть 11-значным и иметь наибольшие возможные цифры в каждом разряде. Выясним, может ли оставшееся число состоять из одиннадцати цифр, равных 9. Для этого посчитаем количество цифр 9 в исходном числе. Натуральные числа от 1 до 60 содержат шесть девяток в числах 9, 19, 29, 39, 49 и 59. Значит, наибольшее 11-значное число, состоящее только из цифр 9, получить нельзя. Далее будем следовать простому правилу: в каждый из разрядов 11-значного числа, начиная со старшего, будем помещать наибольшую возможную цифру. Пять старших разрядов будут содержать цифру 9; для их формирования вычеркнем из исходного числа восемь цифр 1, 2, . . . , 8, девятнадцать цифр 1, 0, 1, 1, 1, 2, . . . , 1, 8, 1, девятнадцать цифр 2, 0, 2, 1, 2, 2, ... , 2, 8, 2, девятнадцать цифр 3, 0, 3, 1, 1, 2, . . . , 3, 8, 3 и девятнадцать цифр 4, 0, 4, 1, 4, 2, . . . , 4, 8, 4. В результате получим 27-значное число 999 995 051 525 354 555 657 585 960, из которого необходимо вычеркнуть ещё 16 цифр и получить при этом наибольшее 11-значное число вида 99999a^a^aza2a\ao- Цифра пятого разряда а$ не может быть равной ни 9, ни 8, так как иначе придётся вычеркнуть из исходного числа более 100 цифр, и оставшееся число будет содержать менее 11 разрядов. Значит, наибольшая возможная цифра пятого разряда а5 = 7, и для её формирования необходимо вычеркнуть пятнадцать цифр 5, 0, 5, 1, 5, 2, 5, 3, 5, 4, 5, 5, 5, 6, 5. После этой операции получим 12-значное число 999 997 585 960. Наконец, вычёркиваем цифру 5, стоящую между цифрами 7 и 8, и получаем 11-значное число 99 999 785 960, которое и является наибольшим. Ответ. 99 999 785 960.
54 Часть II. Указания и решения Задача 5 ( 5 ) Сколько существует натуральных чисел, меньших 100, в записи которых цифра 5 использована хотя бы 1 раз? Идея. Воспользоваться методом перебора. Указание. Среди натуральных чисел от 1 до 99 отобрать числа, оканчивающиеся на 5. Указание. Среди натуральных чисел от 1 до 99 отобрать числа, начинающиеся на 5. Указание. Исключить повторы. Решение. Самым простым, но не самым быстрым решением задачи является последовательный перебор всех натуральных чисел из указанного диапазона. Но в данной задаче, как и в большинстве других, процедуру перебора можно оптимизировать. Сначала отберём натуральные числа, не превосходящие 99, оканчивающиеся на 5. Это 10 чисел: 5, 15, 25, 35, 45, 55, 65, 75, 85, 95. Затем отберём натуральные числа, не превосходящие 99, начинающиеся на 5. Это 11 чисел: 5, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59. Заметим, что числа 5 и 55 входят в обе группы. Значит, количество натуральных чисел, меньших 100, в запись которых входит цифра 5, равно 10 + 11 — 2 = 19. Ответ. 19 чисел. Задача 6 15-6) а) Сумма 2002 натуральных чисел — нечётное число. Каким числом — чётным или нечётным — является произведение этих чисел? Идея. Воспользоваться свойствами делимости натуральных чисел на 2. Указание. Среди 2002 натуральных чисел, сумма которых нечётна, есть хотя бы одно чётное число. Указание. Произведение чётного числа на любое натуральное число есть чётное число. Решение. Если бы все 2002 натуральных числа были нечётными, то их сумма была бы чётным числом. Действительно, сумма двух нечётных чисел есть чётное число, а из 2002 слагаемых можно составить ровно 1001 пару чисел. Значит, среди упомянутых в условии 2002 натуральных чисел есть хотя бы одно чётное число. Осталось рассмотреть произведение 2002 множителей, среди которых есть по крайней мере одно чётное число. Такое произведение будет чётным. Ответ. Чётным.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 55 Задача 7 [5-6) Сколькими нулями оканчивается число 100! = 1 - 2 - 3 - ... - 98 - 99 - 100? Идея. Если число оканчивается на ноль, то оно делится на 2 и на 5. Указание. Определить, сколько простых множителей, равных 5, содержит число 100!. Указание. Оценить количество простых множителей, равных 2, в каноническом разложении числа 100!. Решение. Если натуральное число оканчивается на 0 (т. е. кратно 10), то оно делится на 2 и на 5. Если число оканчивается на п нулей (т. е. кратно 10"), то оно делится на 2П и на 5Л. Сначала определим, сколько простых множителей, равных 5, содержится в каноническом разложении числа 100!. (Напомним, каноническим разложением натурального числа называется представление его в виде произведения простых сомножителей.) Для этого перечислим все натуральные числа от 1 до 100, кратные 5: 5, 10, 15, 20, 25, . . . , 95, 100. Таких чисел 20, причём шестнадцать из них кратны 5, но не кратны 25, а четыре числа (25, 50, 75 и 100) кратны 25 = 5 • 5. Итак, в каноническом разложении числа 100! множитель 5 встречается 16 + 4 • 2 = 24 раза. Далее заметим, что, поскольку среди натуральных чисел от 1 до 100 ровно 50 чётных, множитель, равный 2, содержится в каноническом разложении числа 100! не менее 50 раз. Значит, количество нулей, которыми оканчивается число 100!, определяется количеством множителей, равных 5, т. е. число 100! оканчивается 24 нулями. Ответ. 24 нулями. Задача 8 [5-0) Сколькими нулями оканчивается произведение 2003! = 1 • 2 • 3 • ... • 2001 • 2002 • 2003? Идея. Если число оканчивается на ноль, то оно делится на 2 и на 5. Указание. Определить количество простых множителей, равных 5, в каноническом разложении числа 2003!. Указание. Оценить количество простых множителей, равных 2, в каноническом разложении числа 2003!. Решение. Задача аналогична предыдущей, но требует более внимательного анализа. Итак, сначала теоретическая база. Если число оканчивается на п нулей (т. е. кратно 10п), то оно делится на 2П и на 5",
56 Часть II. Указания и решения Определим количество простых множителей, равных 5, в каноническом разложении числа 2003!. Для этого перечислим все натуральные числа от 1 до 2003, кратные 5: 5, 10, 15, 20, 25, . . . , 1995, 2000. Таких чисел 400. Среди них ® 3 числа кратны 625 = 54 (625, 1250, 1875), ® 16 чисел кратны 125 = 53 (125, 250, 375, . . . , 2000), © 80 чисел кратны 25 = 52 (25, 50, 75, . . . , 2000). Итак, среди перечисленных чисел ® три числа кратны 54, © 16 — 3 = 13 чисел кратны 53, но не кратны 54, • 80 — 16 = 64 чисел кратны 52, но не кратны 53, • 400 — 80 = 320 чисел кратны 5, но не кратны 52. Значит, в каноническом разложении числа 2003! множитель 5 встречается 320 + 64«2 + 13‘3-f3-4 = 499 раз. Заметим далее, что среди натуральных чисел от 1 до 2003 ровно 1001 число чётное. Поскольку 1001 > 499, число 2003! кратно числу 2499. Значит, 2003! делится на 10499, т. е. оканчивается 499 нулями. Ответ. 499 нулями. Задача 9 15-6) В произведении всех целых чисел от 1 до 100 вычеркнули все нули. Какой будет последняя цифра получившегося числа — чётной или нечётной? Идея. Количество множителей, равных 2, в каноническом разложении числа 100! превосходит количество множителей, равных 5. Указание. Вычёркивание нуля в конце числа означает сокращение на 10. Указание. Вычёркивание нуля в середине числа не меняет чётности его последней цифры. Решение. Нули могут быть как в середине числа, так и в конце. Сначала рассмотрим нули в конце числа 1 • 2 . 3 • ... • 98 • 99 • 100 = 100!. В задаче 7 было показано, что число 100! оканчивается 24 нулями. Их вычёркивание означает сокращение числа 100! на 524 и на 224. Поскольку в каноническом разложении числа 100! количество множителей, равных 2, превосходит количество множителей, равных 5, после сокращения числа 100! на 1024 останется чётное число. Осталось заметить, что вычёркивание нулей в середине числа (если они существуют) не меняет чётности последней цифры. Ответ. Чётной. Задача 10 [5 6) Доказать, что если перемножить все целые числа от 1 до 1965, то получится число, последняя ненулевая цифра которого чётна.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 57 Идея. Количество множителей, равных 2, в каноническом разложении числа 1965! превосходит количество множителей, равных 5. Указание. Вычёркивание нуля в конце числа означает сокращение на 10. Решение. По аналогии с решениями задач 7-9 обратимся к каноническому разложению числа 1965!. Сначала определим количество простых множителей, равных 5. Для этого рассмотрим все натуральные числа от 1 до 1965, кратные 5: 5, 10, 15, . . . , 1960, 1965. Таких чисел 393. Среди них • 3 числа кратны 625 = 54 (625, 1250, 1875), • 15 чисел кратны 125 = 53 (125, 250, 375, . . . , 1875), • 78 чисел кратны 25 = 52 (25, 50, 75, . . . , 1950). Итак, • три числа кратны 54, • 15 — 3 = 12 чисел кратны 53, но не кратны 54, • 78 — 15 = 63 числа кратны 52, но не кратны 53, • 393 — 78 = 315 чисел кратны 5, но не кратны 52. Значит, в каноническом разложении числа 1965! множитель 5 встречается 315 + 63- 2 +12- 3 + 3- 4 = 489 раз. Заметим далее, что среди натуральных чисел от 1 до 1965 ровно 982 числа чётных. 982 > 489, поэтому число 1965! кратно числу 2489 и, следовательно, делится на 10489, т. е. оканчивается 489 нулями. Вычеркнем эти нули, т. е. сократим число 1965! на 5489 и на 2489. Поскольку в каноническом разложении числа 1965! количество множителей, равных 2, превосходит количество множителей, равных 5, после сокращения числа 1965! на 10489 останется чётное число. Утверждение доказано. Задача 11 [6-7) Каково наименьшее натуральное тг, при котором тг! делится на 990? Идея. Проанализировать каноническое разложение числа 990. Указание. Разложить число 990 на простые сомножители. Указание. Определить наименьшее тг, при котором число тг! содержит все простые множители канонического разложения числа 990. Решение. Разложим число 990 на простые сомножители: 990 = 2 • З2 • 5 • 11. Наибольший простой множитель в каноническом разложении числа 990 равен 11. Значит, число тг! должно содержать множитель 11. Наименьшее такое число есть 11! = 1 • 2 • 3 • ... -11. Проверкой убеждаемся в том, что произведение 11! содержит также множители 2, З2 и 5. Итак, тг = 11. Ответ. 11.
58 Часть II. Указания и решения Задача 12 [6-71 Может ли п\ оканчиваться ровно на 5 нулей? Идея. Определить, может ли каноническое разложение числа п\ содержать ровно пять множителей, равных 5. Указание. Рассмотреть 1 ^ п < 25. Указание. Рассмотреть п ^ 25. Решение. Используя выводы, полученные в предыдущих задачах, переформулируем условие: существуют ли такие натураль¬ ные п, для которых каноническое разложение числа п\ содержит ровно пять множителей, равных 5? Ответим на этот вопрос, перебирая значения натурального числа п. • При 1 ^ п < 25 число п\ содержит не более четырёх простых множителей, равных 5 (они могут присутствовать только в числах 5, 10, 15, 20). • При п ^ 25 число п\ содержит не менее шести простых множителей, равных 5 (они гарантированно присутствуют в числах 5, 10, 15, 20 и 25). Значит, каноническое разложение числа п\ ни при каком п не может содержать ровно пять множителей, равных 5, и, следовательно, число п\ не может оканчиваться на пять нулей. Ответ. Нет. Задача 13 (6-7) Подряд записаны числа 1, 2, ..., 2001, 2002. Каких цифр при записи этих чисел использовано больше: двоек или единиц? На сколько больше? Идея. Для любого п все тг-значные числа содержат равное количество единиц и двоек. Указание. Показать, что в записи всех однозначных, двузначных или трёхзначных чисел единиц и двоек равное количество. Указание. Рассмотреть числа от 1000 до 1999 и от 2000 до 2002. Решение. Обозначим через М и N суммарное количество единиц и двоек в некотором наборе натуральных чисел. • Сначала рассмотрим однозначные числа от 1 до 9. Среди них одна единица и одна двойка, т. е. для однозначных чисел M = N. ® Рассмотрим двузначные числа, разбив их на десятки. В первых десяти двузначных числах (от 10 до 19) 11 единиц и одна двойка, во второй десятке (от 20 до 29) одна единица и 11 двоек, в остальных десятках по одной единице и одной двойке. Значит, для однозначных и двузначных чисел по-прежнему M = N. • Добавляем трёхзначные числа. По аналогии с двузначными числами несложно показать, что количества единиц и двоек
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 59 во всех трёхзначных числах равны. Следовательно, для всех натуральных чисел, меньших 1000, М = N. • Далее рассмотрим четырёхзначные числа из диапазона от 1000 до 1999. У этих чисел цифры старшего (третьего) разряда равны единице, а количество единиц и двоек в разрядах с нулевого по второй равны. Значит, для всех натуральных чисел, меньших 2000, М = N + 1000. • Осталось рассмотреть три числа 2000, 2001, 2002. В них четыре двойки и одна единица. Значит, для всех натуральных чисел, не превосходящих 2002, М — N = 1000 + 1 — 4 = 997. Итак, в записи натуральных чисел от 1 до 2002 единиц на 997 больше, чем двоек. Ответ. Единиц больше на 997. Задача 14 (6-7) Найти двузначное число, равное сумме его цифр, увеличенной в 6 раз. Идея. Составить уравнение для цифр двузначного числа. Указание. Взяв цифры искомого числа в качестве переменных, получить уравнение, соответствующее условию задачи. Указание. При решении уравнения на множестве целых чисел учесть ограниченность множества значений цифр числа. Решение. Поскольку искомое число двузначное, оно может быть представлено в виде a = оТоо = 10ai + ао, где ао € {0; 1; 2;...; 9}, ai е {1; 2;...; 9}. По условию число а равно сумме его цифр, увеличенной в 6 раз: 10ai + ao = 6(ai + ао) 4ai = 5ао'. Произведение в правой части уравнения кратно 5. Значит, выражение в левой части тоже должно делиться на 5. Это возможно только при ai = 5. Осталось найти значение младшего разряда, подставив в уравнение найденное значение первого разряда: ао = 4. Искомое число а = 54. Ответ. 54. Задача 15 (6-7) Найти все такие двузначные числа N, что сумма цифр числа N в пять раз меньше самого числа N. Идея. Составить уравнение для цифр числа N. Указание. Взяв цифры искомого числа в качестве переменных, получить уравнение, соответствующее условию задачи. Указание. Решить уравнение на множестве целых чисел с учётом ограниченности множества значений цифр числа.
60 Часть II. Указания и решения Решение. Искомое двузначное число N может быть представлено в виде N = ab — 10а + Ъ, где а Е {1; 2;...; 9}, Ъ Е {0; 1; 2;...; 9}. По условию 10а + Ъ = 5 (а + Ъ) <=> 5 а = 4&. Произведение в правой части уравнения кратно 4. Значит, выражение в левой части тоже должно делиться на 4. Это возможно при а — 4 или а = 8. В первом случае & = 5, тогда iV = 45. Во втором случае из уравнения следует, что Ъ = 10, что невозможно. Ответ. 45. Задача 16 (6-71 Найти все натуральные числа, которые в 12 раз больше суммы своих цифр. Идея. Рассмотрев числа разной разрядности, составить уравнения для цифр. Указание. Доказать, что однозначные и двузначные числа не удовлетворяют условию задачи. Указание. Составить и решить уравнение для трёхзначных чисел. Указание. Показать, что числа, имеющие четыре разряда и более, не удовлетворяют условию задачи. Решение. Количество разрядов числа неизвестно. Организуем перебор. • Для однозначных чисел а получаем уравнение a = 12а а = 0. Найденное значение не является натуральным, т. е. не удовлетворяет условию задачи. • Для двузначных чисел ab, где а Е {1;2;...;9}, Ъ Е Е {0; 1; 2;...; 9}, уравнение принимает вид 10а + Ъ = 12(а + Ъ) 2а+11& = 0. Поскольку а > 0, из последнего уравнения следует неравенство Ъ < 0, что невозможно. Значит, двузначные числа также не удовлетворяют условию задачи. • Рассмотрим трёхзначные числа abc; а Е {1;2;...;9}; &, с Е Е {0; 1; 2;...; 9}. Для них уравнение принимает вид 100а + 10& + с — 12 (а + Ъ + с) <=> 88 а = 2Ь + 11 с. Перепишем уравнение в виде 88а-11с = 26 11(8а — с) = 2Ь. Произведение в правой части последнего уравнения должно делиться на 11. Это возможно только при Ь — 0. Тогда 8а = с, откуда а = 1, с = 8. Получили число 108.
1. Десятичная запись целого числа., НОД, НОК, алгоритм Евклида 61 • Перейдём к рассмотрению чисел, содержащих 4 разряда и более. Заметим, что наименьшее возможное тг-значное число равно 10п-1, а наибольшая возможная сумма цифр тг-значного числа равна 9тг. Поскольку при тг ^ 4 10"-1 > 12-9-п, все числа, имеющие более трёх разрядов, превосходят 12-кратную сумму своих цифр и, следовательно, не удовлетворяют условию задачи. Ответ. 108. Замечание. Докажем, что для любого натурального тг ^ 4 справедливо неравенство 10п-1 > 108 • тг. Для этого воспользуемся методом математической индукции. • Базис индукции. Убеждаемся в справедливости неравенства при п = 4: 103 = 1000 > 432 = 108 • 4. • Предтголожение индукции. Пусть неравенство справедливо для некоторого натурального тг = k, где k > 4: 10*-1 > 108 • k. • Индукционный шаг. Докажем, что неравенство будет справедливо и для тг = k + 1. Действительно, 10* = 10*-1 • 10 > > 108 • k • 10 > 108 • (k + 1). В последнем переходе использована оценка й*10>й+1, справедливая для любого натурального k. Задача 17 [6-7) Найти все трёхзначные числа, которые уменьшаются в 5 раз после вычёркивания первой цифры. Идея. Составить уравнение для цифр искомого числа. Указание. Взяв цифры искомого числа в качестве переменных, получить уравнение, соответствующее условию задачи. Указание. Решить уравнение на множестве целых чисел с учётом ограниченности множества значений цифр числа. Решение. Рассмотрим трёхзначное число abc = 100а +106 +с, где а G {1; 2;...; 9}, 6, с Е {0; 1; 2;...; 9}. После вычёркивания первой цифры остаётся число Ъс — 106 + с. По условию 5(106 + с) = 100а + 10& + с 40& + 4с = 100а 10& + с = 25а. Перепишем уравнение в виде с — 25а — 106 = 5(5а - 26). Из уравнения следует, что с делится на 5. Значит, либо с = 0, либо с — 5. • Если с — 0, то 5а = 26. Поскольку произведение в левой части последнего равенства кратно 5, выражение в правой части тоже должно делиться на 5. Значит, 6 = 0 или 6 = 5. При 6 = 0 из уравнения следует, что и а = 0, что невозможно. При 6 = 5 из уравнения находим а = 2. Получаем трёхзначное число 250.
62 Часть II. Указания и решения • Если с — 5, то 5а — 26 = 1 5а = 26 + 1. Повторяя рассуждения, приведённые для случая с — 0, находим два возможных значения 6 = 2 и 6 = 7. Им соответствуют а = 1 и а = 3. Получаем ещё два трёхзначных числа 125 и 375. Ответ. 125, 250, 375. Задача 18 [бр На каждой из одиннадцати карточек написано по цифре, не превосходящей пяти. Расположив эти карточки в ряд, Миша получил 11-значное число; затем, расположив те же карточки по- другому, Миша получил второе 11-значное число. Доказать, что сумма двух этих чисел будет содержать хотя бы одну чётную цифру в своей десятичной записи. Идея. 11-значное число содержит разное количество чётных и нечётных цифр. Указание. Показать, что сумма двух 11-значных чисел с цифрой 5 в одном и том же разряде будет содержать цифру 0. Указание. Рассмотреть слагаемые, не содержащие цифру 5 в одном разряде. Показать, что в этом случае все цифры суммы не могут быть нечётными. Решение. Рассмотрим сумму двух 11-значных чисел, состоящих из одних и тех же цифр, расположенных, возможно, по-разному. ® Пусть в некотором разряде каждого из 11-значных чисел стоит цифра 5. Если разрядов, обладающих таким свойством, несколько, рассмотрим младший из них. При сложении чисел в этом разряде появится цифра 0. Значит, такие 11-значные числа удовлетворяют условию задачи. • Рассмотрим далее два 11-значных числа, в которых номера разрядов, содержащих цифру 5, не совпадают. При этом предположении каждая цифра суммы будет равна сумме двух цифр, стоящих в слагаемых в том же разряде. Цифра суммы будет нечётной, если в соответствующем разряде слагаемых стоят цифры разной чётности. Поскольку слагаемые состоят из одних и тех же цифр, все цифры суммы могут быть нечётными только в том случае, когда количество чётных цифр в каждом слагаемом совпадает с количеством нечётных цифр. Осталось заметить, что в 11-значном числе эта ситуация реализоваться не может, так как число разрядов нечётно. Следовательно, сумма будет содержать хотя бы одну чётную цифру. Утверждение доказано. Задача 19 [6-7] Показать, что (100 — а)(100 — 6) = 100((100 — а) - 6) + аб и что двузначные числа, близкие к 100, удобно перемножать так: 86 • 97 = (86-3) • 100 + 14 • 3 = 8342, где 14 = 100-86, 3 = 100-97.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 63 Идея. Доказать равенство непосредственной проверкой. Указание. Раскрыть скобки. Указание. При малых а и 6 выражение в правой части есть результат деления числа в левой части на 100 с остатком. Решение. Для доказательства справедливости равенства преобразуем выражения в его левой и правой частях, раскрыв скобки: (100 - а)(100 - 6) = 10 000 - 100а - 1006 + аб; 100 ((100 - а) - 6) + аб = 10 000 - 100а - 1006 + аб. Поскольку получены одинаковые выражения, равенство справедливо. Если значения величин а и 6 достаточно малы (аб < 100), то выражение в правой части равенства можно трактовать как результат деления числа (100 — а)(100 — 6) на 100 с остатком. При этом частное от деления равно 100 — а — 6, а остаток равен аб. Например, 86 • 97 = (100 - 14)(100 - 3) = (100 - 14 - 3) • 100 + 14 • 3 = = 83•100 + 42 = 8342. Задача 20 [6-7] Доказать, что а) два числа ab = 10a + b и ас = 10а + с, т. е. такие числа, у кото- рых число десятков одинаковое, можно перемножать по формуле 10а ((10а + 6) + с) + 6с; б) два числа аб = 10а + 6 и ас = 10а + с, у которых число десятков одинаковое, а сумма единиц 6 + с = 10, можно перемножать по формуле 100а(а + 1) + 6с, т. е. число десятков а надо умножить на следующее за ним число (а + 1) и к произведению приписать справа произведение единиц. Идея. Доказать равенства непосредственной проверкой. Указание. При доказательстве утверждения а) перемножить числа и сгруппировать слагаемые. Указание. При доказательстве утверждения б) воспользоваться утверждением а). Решение. Для доказательства утверждения а) перемножим числа аб и ас и перегруппируем слагаемые: (10а + 6)(10а + с) = 10а(10а + с) + 6(10а + с) = 10а ((10а + 6) + с) + 6с. Утверждение а) позволяет устно перемножать двузначные числа с одинаковым числом десятков. Приведём пример: 86 • 89 = 10 • 8 • (86 + 9) + 6 • 9 = 80 • 95 + 54 = 7600 + 54 = 7654. При доказательстве утверждения б) воспользуемся утверждением а) и условием 6 + с = 10: (10а + 6)(10а + с) = 10а(10а + 6 + с) + 6с = 10а(10а + 10) + 6с = = 100а(а —|— 1) —6с.
64 Часть II. Указания и решения Выражение в правой части равенства можно трактовать как результат деления произведения ab •'ас на 100 с остатком. При этом частное от деления равно а(а + 1), а остаток равен 6с. Утверждение б) позволяет устно перемножать двузначные числа, у которых одинаковое число десятков, а сумма единиц равна 10. Например, 32 • 38 = 100 • 3 • 4 + 2 • 8 = 1200 + 16 = 1216. Задача 21 (6-7) Какое наибольшее значение может принимать выражение aek — afh + bfg — bdk + cdh — ceg, если каждое из чисел a,..., ft равно 1 или —1? Идея. Сумма шести нечётных чисел равна чётному числу. Указание. Показать, что значение выражения является чётным числом. Указание. Доказать, что значение выражения не может быть равно 6. Указание. Найти значения чисел а,..., ft, при которых сумма равна 4. Решение. По условию каждое слагаемое может быть равно либо 1, либо —1. Сумма шести нечётных слагаемых является чётным числом и примет своё наибольшее значение, равное 6, если первое, третье и пятое слагаемые будут равны 1, а второе, четвёртое и шестое слагаемые будут равны —1. Попробуем найти соответствующие значения чисел а,..., ft. Несложно заметить, что произведение первого, третьего и пятого слагаемых равно произведению второго, четвёртого и шестого слагаемых: aek • bfg • cdh = afh • bdk • ceg. Однако по предположению произведение в левой части равенства равно 1, а произведение в правой части равно —1. Значит, предположение было неверным и сумма не может быть равна 6. Проверим, может ли сумма быть равна 4. Для этого достаточно, например, чтобы второе и четвёртое слагаемые были равны — 1, а все остальные слагаемые равны 1: Г afh = bdk = —1, [aek = bfg = cdh = ceg = 1. Подбором находим одно из решений системы: d = h = — 1; a = b = c — е — f = g = k = l. При найденных значениях чисел а,..., ft сумма aek - afh + bfg — bdk + cdh — ceg равна 4, и это значение является наибольшим. Ответ. 4.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 65 Задача 22 (6-7) Число 111... 11 (100 единиц) представлено в виде CLO + CL\ • 101 + 0,2 * 102 + . . . + #99 • 10", где ао, ai, . . . , «99 — неотрицательные целые числа, сумма которых не больше 100. Доказать, что все они равны 1. Идея. Рассмотреть процедуру формирования числа, состоящего из 100 единиц, последовательно описывая вклад каждого из чисел ао, ai, . . . , agg. Указание. Выписать возможные (однозначные и двузначные) значения числа ао. Указание. Составить формулы, связывающие число at с числом десятков числа a*_i для каждого i = 1, 2,..., 99. Указание. Сложить найденные соотношения. Указание. Решить полученное уравнение с использованием метода оценок. Решение. Рассмотрим допустимые значения чисел ao, ai,..., agg. Начнём с цифры младшего разряда числа 111... 11 (100 единиц), равной единице. В её формировании участвует только число ао. Поскольку по условию ао + ai + ... + agg ^ 100, число ао может принимать только десять значений из множества {1; 11; 21; —; 91}. Значит, его можно представить в виде а0 = Ьо • Ю + 1, где b0 Е {0;1; 2;...; 9}. В формировании цифры первого разряда числа, состоящего из 100 единиц, принимают участие числа Ьо и а\. По¬ скольку 0 ^ Ьо + «1 ^ ао + а\ ^ 100, а цифра первого разряда равна 1, сумма Ьо + может принимать значения только из множества {1; 11; 21;...; 91}. Значит, Ъо + а\ = Ъ\ • 10 + 1, где &1 Е {0; 1; 2;...; 9}. Рассуждая аналогично, получим, что для всех разрядов с первого по девяносто седьмой включительно &*_i + at = bf 10 + 1, где bi Е {0; 1; 2;...; 9}, i = 1,2, ...,97. Для 98-го разряда &97 + agg = bgs -10 + 1, где &98 Е {0; 1}. Наконец, для последнего 99-го разряда bgs + agg = 1 при bgg = 0. Нами получены следующие соотношения: &о — Ьо • Ю + 1; ai = bi • 10+ 1 — Ь0; а2 = Ъ2 • Ю + 1 - &i; #98 = ^98 • Ю + 1 — 697; а99 = 1 — bgs. Сложим все уравнения: ао + а\ + ... + agg — 9 • (&о + &! + ••• + 69s) + 100.
66 Часть II. Указания и решения По условию сумма в левой части не превосходит 100, тогда как выражение в правой части не менее 100. Равенство возможно только в том случае, если ao + a\ + ... + agg = 100 при bo + Ъ\ + ... + bgs = 0. Поскольку числа &о> &i,..., bgs неотрицательные, из последнего уравнения следует, что Ъо = ... = bgs = 0. Тогда из выписанных выше соотношений получаем ao = a± = ... = agg = 1, что и требовалось доказать. Задача 23 (6-71 Найти сумму цифр куба числа, состоящего из трёх единиц и некоторого количества нулей. Идея. Представить куб числа в виде суммы степеней с основанием 10. Указание. Представить число в виде суммы трёх степеней с основанием 10. Указание. Возвести сумму трёх степеней в куб по формуле (a + Ь + с)3 = а3 + Ь3 + с3 + 3 а2Ь + 3 а2с + 3 Ъ2а + 3 Ъ2с + Зс2а + 3 с2Ъ + баЬс. Указание. Проанализировать возможность совпадения показателей степеней. Решение. Поскольку по условию число содержит три единицы и несколько нулей, оно может быть представлено в виде х=10т + 10" +10*, где т, п, ft — различные неотрицательные целые числа. Возведём число х в куб: X3 = (10т + 10" + 10*)8 = 103т + 103п + 103* + + 3 • [ю2т+п 4- 102m+k + 102п+т 202n+k _J_ ^q2k+m jq2k+n^ + 6 • Ю"г+га+*. Сумма содержит десять слагаемых. Если все показатели степеней различны (например, при х= 10 011 или х= 100 011), то куб числа х в десятичной записи будет содержать три единицы, шесть троек, одну шестёрку и несколько нулей; сумма цифр числа х3 будет равна 3 + 3-6 + 6 = 27. Рассмотрим случаи, когда несколько показателей (два или более) совпадают. Предположим, не умаляя общности, что т > п > k. Учитывая очевидные неравенства 3т > 2т + п > 2т + k, 2п + т > Зп > 2п + ft, 2ft + т > 2ft + п > 3ft, получаем следующие варианты возможного совпадения показателей степеней: Зп = 2т + ft, Зп = 2ft + т, Зп = т + п + ft,
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 67 а также 2 m + k — 2 n + m, 2n + k = 2k + m. • Если 3n = 2m + k (например, при x = 1101) или Zn = 2k + m (например, при x — 1011), то куб числа х будет содержать две единицы, пять троек, одну четвёрку, одну шестёрку и несколько нулей. • Равенство Зп = m + n + k реализуется одновременно с равенствами 2m+k = 2n+m и 2n+k — 2k+m, поскольку они равносильны одному уравнению 2n = m + k. В этом случае куб числа х будет содержать две единицы, две тройки, две шестёрки, одну семёрку и несколько нулей (например, при х = 111). При любом варианте совпадения показателей степеней сумма цифр числа х3 также будет равна 27. Ответ. 27. Задача 24 16-7) Если сложить несократимую дробь с единицей, то вновь полученная дробь также будет несократима. Почему? Идея. Воспользоваться понятием наибольшего общего делителя двух чисел. Указание. Показать, что наибольший общий делитель числителя и знаменателя исходной дроби равен 1. Указание. Показать, что наибольший общий делитель числителя и знаменателя новой дроби равен 1. Решение. Представим дробь в виде где р — целое число, q — натуральное число. По условию дробь несократима. Это означает, что наибольший общий делитель числителя и знаменателя равен 1: НОД(р, q)=l. При сложении исходной дроби с единицей получаем дробь - Поскольку числа р и q не имеют общих делителей, больших единицы, НОД(р + ?,д)=1. Значит, новая дробь также несократима. Замечание. Более общее утверждение доказано в примере 3. Задача 25 [6-7) Если правильная дробь несократима, то дробь, дополняющая её до 1, также несократима. Почему?
68 Часть И. Указания и решения Идея. Воспользоваться понятием наибольшего общего делителя двух чисел. Указание. Наибольший общий делитель числителя и знаменателя исходной дроби равен 1. Указание. Наибольший общий делитель числителя и знаменателя новой дроби равен 1. Решение. Представим правильную дробь в виде ^, где р — целое число, q — натуральное число, |р| < q. По условию дробь несократима. Это означает, что наибольший общий делитель числителя и знаменателя равен 1: НОД(р, q) = 1. Дробь, дополняющая исходную дробь до 1, равна 1 — £ = - ~р- > 0. Поскольку числа р и q не имеют общих делителей, больших единицы, НОД(д — p^q)— 1. Значит, новая дробь также несократима. Замечание. Более общее утверждение доказано в примере 3. Задача 26 (6-7) Доказать, что наибольший общий делитель суммы двух чисел и их наименьшего общего кратного равен наибольшему общему делителю самих чисел. Идея. Разложить исходные числа на простые множители и провести исследование НОД и НОК выражений, фигурирующих в условии. Указание. Рассмотреть случай а — Ъ. Указание. Рассмотреть случай афЪ. Указание. Воспользоваться определениями НОД и НОК двух чисел. Решение. Рассмотрим два целых числа а и Ъ. Пусть НОК(а, Ь) = с. Требуется доказать, что НОД(а + &, с) = НОД(а, Ь). При а = Ъ справедливость утверждения следует из простых соотношений: НОК(а, а) = НОД(а, а) = НОД(2а, а) = а. Рассмотрим а ф Ъ. Представим числа а и Ь в виде произведений. п п п ^ ь u а = • т2 • ... • тр , о = • т2 • ... • трр. Здесь mi > • • • > тр — простые числа, ,..., пру k\,..., kp — неотрицательные целые числа, причём щ ф ki хотя бы для одного значения i g {1; 2;...;р}. По определению наибольшего общего делителя НОД (а, Ъ) = mfn(ra ^ • mfп(л 2’*2>..... mfn(nP'kP\
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 69 По определению наименьшего общего кратного НОК (а, Ъ) = с = тп“ах(л 1,Й1) • • .... m^ainpthp\ Сумму чисел а и Ь тоже можно разложить на множители: а + Ъ = mf^h 1). то^»2.*2> ..... mf-(np,kp)' (d + f) Здесь d и / — взаимно простые натуральные числа такие, что _ minC/i! ,&!> min(n2,^2) min(np,kp) , (Л> — //lj • TTLq * • • • * i/tp * Ct”, , mi n(n2,k2) min(np,kp) - 6 = /Tij • m2 * . . . * ТПр • / . Сопоставив полученные выражения, переформулируем условие задачи: необходимо доказать, что для всех номеров i таких, что щ ^ kt, число rrti не является делителем суммы d + f. Предположим, не ограничивая общности, что щ < hi. Тогда min (rij,kj) Tij i л mi 1 1 = mt 9 число d не делится на rriu а число f делится на mi, так как содержит множитель Значит, сумма d + / не будет кратна тп*. Утверждение доказано. Задача 27 (5-6) а) Используя алгоритм Евклида, найти Н()Д(607,477). Идея. Воспользоваться алгоритмом Евклида, описанным в примерах теоретического материала. Указание. Разделить с остатком большее число на меньшее. Указание. Выполнить несколько раз деление с остатком делителя предыдущего шага на остаток от деления. Указание. Последний ненулевой остаток является наибольшим общим делителем данных чисел. Решение. Воспользуемся алгоритмом Евклида. Сначала выполним деление с остатком числа 607 на число 477: 607 = 477•1 + 130. Поскольку остаток от деления не равен нулю, выполним деление с остатком числа 477 на число 130: 477 = 130-3 + 87. Затем выполним деление с остатком числа 130 на число 87: 130 = 87-1 + 43. По той же схеме выполним ещё два шага до получения нулевого остатка: „ ^ л л 87 = 43 • 2 + 1; 43 = 1 • 43 + 0. Последний ненулевой остаток, равный 1, является наибольшим общим делителем чисел 607 и 477. Замечание. Полученный результат означает, что данные числа являются взаимно простыми. Ответ. 1.
70 Часть II. Указания и решения Задача 28 (5-6) а) Сократите дробь . Идея. Найти НОД числителя и знаменателя дроби. Указание. Для определения НОД числителя и знаменателя воспользоваться алгоритмом Евклида. Решение, а) Чтобы сократить дробь, достаточно найти наибольший общий делитель числителя и знаменателя. Для этой цели воспользуемся алгоритмом Евклида. Выполним деление с остатком числа 3953 на число 871: 3953 = 871 • 4 + 469. Остаток от деления не равен нулю, поэтому далее выполним несколько раз следующие действия — разделим с остатком делитель последнего шага на остаток от деления: 871 = 469 • 1 + 402; 469 = 402 • 1 + 67; 402 = 67 • 6 + 0. Последний ненулевой остаток, равный 67, является наибольшим общим делителем чисел 3953 и 871. Разложим их на множители и сократим дробь: 3953 _ 67 • 59 _ 59 871 ~ 67- 13 ~ 13 ' Ответ, Задача 29 (6-7) НОК двух чисел равно 240, а их НОД равен 8. Найти эти числа, если известно, что меньшее из чисел содержит только один множитель 5, не входящий в большее число. Идея. НОД (а, 6) * НОК(а, Ъ) = а • Ь. Указание. Используя определение НОД, показать, что искомые числа кратны 8. Указание. Воспользоваться свойством произведения НОК и НОД двух чисел. Решение. Обозначим искомые числа через а и Ъ. Пусть а <Ъ. Поскольку по условию НОД(а,&) = 8, числа а и & кратны 8: a = 8 • с, Ъ = 8 • <2, где с, d G N. Воспользуемся результатом, доказанным в примере 2 данного раздела (НОД(а, Ъ) • НОК(а, Ъ) = а • &): 240 • 8 = 64 • с • d <=> с • d = 30. Так как по условию меньшее число (т. е. число а) кратно 5, решением последнего уравнения является единственная пара чисел с — 5, d = 6. Тогда a = 8 • 5 = 40, Ъ = 8 • 6 = 48. Ответ. 40 и 48.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 71 Задача 30 ) НОК двух чисел, не делящихся друг на друга, равно 630, а их НОД равен 18. Найти эти числа. Идея. НОД(а, Ъ) • НОК(а, 6) = а • &. Указание. Используя определение НОД, показать, что искомые числа кратны 18. Указание. Воспользоваться свойством произведения НОК и НОД двух чисел. Решение. Обозначим искомые числа через а и Ь. Из определения НОД двух чисел и условия следует, что числа а и Ь кратны 18: a — 18 • с, Ъ = 18 • d, где с, d е N. Воспользуемся свойством произведения НОК и НОД двух чисел, доказанным в примере 2 (НОД(а, &)• НОК(а, Ъ) = a • Ь): 630 • 18 = 324 • с • d <=> с • d = 35. По условию искомые числа не делятся друг на друга, поэтому решением последнего уравнения являются две пары чисел с = 5, d = 7 или с = 7, d = 5. Тогда одно из искомых чисел равно 18 • 5 = 90, а второе 18 • 7 = 126. Ответ. 90 и 126. Задача 31 (6-7) Даны дроби yg- и Найти наибольшее из всех чисел, при делении на которое каждой из данных дробей получаются целые числа. Идея. Свести задачу к поиску НОД числителей и НОК знаменателей данных дробей. Указание. Представить искомое число в виде дроби. Указание. Числитель искомой дроби равен наибольшему общему делителю числителей исходных дробей. Указание. Знаменатель искомой дроби равен наименьшему общему кратному знаменателей исходных дробей. Решение. Представим искомое число в виде дроби где а, Ъ G N. По условию числа yg- • ~ и ^ являются целыми. Значит, число а является делителем чисел 8 и 18, а число Ъ должно делиться на 15 и на 35. Поскольку в задаче требуется найти наибольшее значение дроби её числитель должен быть наибольшим, а знаменатель наи- о меньшим из возможных: a = НОД(8,18) = 2, Ъ = НОК(15, 35) = 3 • 5 • 7 = 105.
72 Часть II. Указания и решения Итак, наибольшее число, удовлетворяющее условию задачи, рав- НО Т§5- °твет- Т§5- Задача 32 (6-7) Даны дроби и . Найти наименьшее положительное из всех чисел, при делении которого на каждую из данных дробей получаются целые числа. Идея. Свести задачу к поиску НОК числителей и НОД знаменателей данных дробей. Указание. Представить искомое число в виде дроби. Указание. Числитель искомой дроби равен наименьшему общему кратному числителей исходных дробей. Указание. Знаменатель искомой дроби равен наибольшему общему делителю знаменателей исходных дробей. Решение. Представим искомое число в виде дроби где а, Ъ G N. По условию числа и ^ являются целы- о о5 о Zo ми. Значит, число а должно делиться на 35 и 28, а число Ъ является делителем чисел 396 и 297. В задаче требуется найти наименьшее значение дроби по¬ этому её числитель должен быть наименьшим, а знаменатель наибольшим из возможных: a = НОК(35, 28), Ъ = НОД(396, 297). Для поиска НОК и НОД разложим числа на простые множители: 35 = 5-7, 28 = 2*-7, 396 = 22 • З2 • 11, 297 = З3 • 11. Используя определения НОК и НОД, находим a = НОК(35, 28) = 22 . 5 • 7 = 140, Ъ = НОД(396, 297) = З2 • 11 = 99. Итак, наименьшее положительное число, удовлетворяющее 140 условию задачи, равно 0твет* W- Задача 33 (6 7) Существуют ли натуральные числа а и & такие, что дроби Ц-, ~ ^ | несократимы? Идея. Дроби могут быть несократимыми, если число а чётное, а число Ь нечётное.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 73 Указание. При нечётных значениях числа а условие задачи не может быть выполнено. Указание. При чётном значении а число Ъ должно быть нечётным. Привести соответствующий пример. Решение. Для того чтобы дроби Ц-, > Ъ~+\ были несократи¬ мыми, числа а л by а + 1 иб, а + 1 и & + 1 должны быть взаимно простыми. Если число а нечётное, то в качестве Ъ необходимо брать только чётное число, так как иначе числа a + 1 и Ъ + 1 будут чётными и последняя дробь будет сократимой по крайней мере на 2. С другой стороны, в качестве Ъ нельзя брать чётное число, поскольку при чётном Ъ вторая дробь будет сократимой на 2. Значит, число а не может быть нечётным. Если число а чётное, то число Ъ должно быть нечётным, иначе первая дробь будет сократимой по крайней мере на 2. Возьмём в качестве Ъ нечётное простое число, например Ъ — 7. При a — 2 2 Q О получаем несократимые дроби -=, £ и ( ( о Ответ. Да, например |, |, |. Задача 34 [ 7 ) Доказать, что числа 27п + 4 и 1&п + 3 взаимно простые при любом натуральном п. Идея. НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности. Указание. Необходимо доказать, что НОД(27я + 4,18п + 3) = 1. Указание. Воспользоваться равенством НОД двух чисел и НОД одного из чисел и их разности. Решение. Согласно определению взаимно простых чисел их наибольший общий делитель равен 1. Покажем, что НОД(27п + 4,18/г + 3) = 1. Для этого воспользуемся свойством наибольшего общего делителя, доказанным в примере 3 теоретического материала: НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности. Применим это свойство три раза: НОД(27п + 4,18п + 3) = НОД(18п + 3, 9n + 1) = = НОД(9n + 1, 9п + 2) = НОД(9тг +1,1) = 1. Утверждение доказано. Задача 35 ГП Найти НОД чисел 27г + 3 и п + 7. Идея. НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности.
74 Часть II. Указания и решения Указание. Воспользоваться равенством НОД двух чисел и НОД одного из чисел и их разности. Указание. Определить условия, при которых НОД(2тг+3, я+7)=11. Указание. Определить условия, при которых НОД(2п + 3, тг + 7) = 1. Решение. Воспользуемся свойством наибольшего общего делителя (см. пример 3 теоретического материала): НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности: НОД(2тг + 3, п + 7) = НОД(я + 7, п - 4) = НОД(п - 4,11). Заметим, что 11 — простое число. Значит, НОД (я — 4,11) может быть равен либо 1, либо 11. • Если число тг — 4 кратно 11, то НОД(тг — 4,11) = 11. Найдём такие значения переменной п: п — 4 : 11 <=> ti — 4 = 'llk,keZ <==> тг = life+ 4, fe G Z. • В остальных случаях, т. е. при тг ф life + 4, fe G Z, имеем НОД(тг — 4,11) = 1. Ответ. 11 при тг = life + 4, fe G Z; иначе 1. Задача 36 ( 7 ) а) Доказать, что при любом натуральном тг дробь ^ ОУ)7Ъ ~т ^ несократима. Идея. Доказать, что для любого натурального тг наибольший общий делитель чисел 12тг + 1 и 30/г + 2 равен 1. Указание. Воспользоваться равенством НОД двух чисел и НОД одного из чисел и их разности. Решение. Дробь несократима, если наибольший общий делитель выражений в её числителе и знаменателе равен 1. Докажем, что при любом натуральном тг НОД(12/г+1, ЗОтг + 2) = 1. Для этого воспользуемся свойством наибольшего общего делителя (см. пример 3 теоретического материала): НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности. Применим это свойство четырежды: НОД(12гс + 1, 30п + 2) = НОД(12гс + 1,18гс + 1) = = НОД(12л + 1, бтг) = НОД(бгс, 6п + 1) = НОД(6гс, 1) = 1. Утверждение доказано. Задача 37 ( 7 ) Найти все целые /г, при которых — целое число. Идея. НОД числителя и знаменателя должен быть равен модулю знаменателя. Указание. Воспользоваться равенством НОД двух чисел и НОД одного из чисел и их разности.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 75 Указание. Определить условия, при которых НОД(19тг +17, 7п+11) равен |7/г +11|. Решение. Дробь является целым числом, если НОД её числителя и знаменателя равен модулю знаменателя. Сначала найдём возможные значения НОД(19тг + 17,7тг + 11). Для этого несколько раз воспользуемся известным свойством наибольшего общего делителя (см. пример 3 теоретического материала): НОД двух чисел равен НОД одного из чисел и их разности: НОД(19тг+17, 7Ai+11) = НОД(7тг+11,12тг + 6) = НОД(7тг+11, 5тг-5) = = НОД(5тг —5, 2тг+16) = НОД(2тг + 16, Зтг-21) = НОД(2тг+16, тг-37) = = НОД(тг - 37, тг + 53) = НОД(тг - 37, 90). Поскольку 90 = 2 • З2 • 5, НОД числителя и знаменателя исходной дроби может принимать значения из множества {1; 2; 3; 5; 6; 9; 10; 15; 18; 30; 45; 90}. Значение дроби будет целым числом, если НОД её числителя и знаменателя равен модулю знаменателя. Обозначив НОД(19тг + 17, 7тг + 11) через ттг, получим уравнение ттг = |7тг + 11|, которое необходимо решить на множестве целых чисел. Раскроем модуль, используя его геометрический смысл: ш = |7тг + 11| m — ln + 11; m = —In — 11; 7 n = m — 11; 7 тг = -ттг — 11. Из последней совокупности уравнений следует, что число m при делении на 7 должно давать остаток 4 (первое уравнение совокупности) или 3 (второе уравнение). Из множества возможных значений ттг таким свойством обладают числа 3, 10 = 7 + 3, 18 = 7*2 + 4 и 45 = 7-6 + 3. • При m = 3 получаем 7тг = —3 — 11 <=$> тг = — ^ = —2. Убедимся в том, что при найденном значении тг исходная дробь принимает целочисленное значение: 19* (-2)+ 17 _ -21 _ 7 _ 21 _ о 7-(-2)+11 -3 • При 171 = = 10 получаем 7 тг = —10 — 11 Ф=^ 19 • (—3) + 17 _ ~40 7 • (—3) + 11 -10 • При 171 - = 18 получаем 7тг = 18 — 11 «=Ф 19 + 17 _ 36 7 + 11 18 ~ • При 171 = = 45 получаем 7тг = —45 — 11 <=» 19-(-8)+17 _ -135 7-(-8)+ 11 -45 тг = 1. Проверка: ^ = —8. Проверка: = 3. 7 •(-»)+ 11 -45 Ответ. -8; -3; —2; 1.
76 Часть II. Указания и решения Замечание. Задачу можно решить по-другому. Выделим из дроби целую часть: 19га -f 17 21га -f 33 — 2га — 16 7га+ 11 7га + 11 = 3 2га + 16 7га+11 ’ Поскольку значение исходной дроби является целым числом, вычитаемое ^ ^ ^ также должно принимать целочисленные значения. Прежде всего заметим, что на множестве целых чисел вычитаемое равно нулю при тг = —8 Е Z; это значение переменной идёт в ответ. Далее исключим из рассмотрения те га, при которых вычитаемое по модулю меньше единицы, но больше нуля: 0< 2 га + 16 7га+ 11 < 1 О < 2п + 16 < 1* U < 7га+ 11 ^ А’ _1 < |£L±16 <0. 7га + 11 Решим первое двойное неравенство: 2га + 16 7га+ 11 2га + 16 7га + 11 >0, < 1 га + 8 7га+11 -5га+ 5 >0, <0 7га+ 11 п Е (—оо; —8) U (1; +оо). Решим второе двойное неравенство: га + 8 7га + 11 га — 1 7га + 11 >0, >0 2га + 16 7га + 11 2га + 16 7га + 11 <0, > га + 8 7га+ 11 9га+ 27 <о, > о 7га + 11 => 71 Е (—8; —3). га + 8 7га + 11 га + 3 7га+ 11 <0, >0 При найденных значениях тг вычитаемое 2 га + 16 принима- 7 га + 11 ет дробное значение, по модулю меньшее единицы, но большее нуля. Осталось проверить пять значений п из множества {—3; —2; —1; 0; 1}. -6 + 16 При тг = —3 имеем ходит. При тг = — 2 имеем подходит. При тг — —1 имеем подходит 2га + 16 7га + 11 2га + 16 -21 + 11 -4+16 7га + 11 -14 + 11 10 -10 12 -3 = —1; тг = — 3 под- = —4; п = —2 тоже 2га + 16 7га+ 11 -2 + 16 -7 + 11 14 4 = £*Z; п -1 не При л = 0 имеем ^ ^ = Щ- п = 0 не подходит. 2»+ 16 _ 2 + 16 = 18 = v х подходит 7га+ 11 7+11 18 А’ П 1 П°ДХ°ДИТ- Ответ. —8; —3; —2; 1. При п — 1 имеем
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 77 Задача 38 (6-7)Доказать, что НОК чисел 1, 2, ..., 2п равно НОК чисел п+ 1, п + 2, 2п. Идея. Среди k последовательных натуральных чисел есть число, кратное k. Указание. Воспользоваться свойством нескольких подряд идущих целых чисел. Указание. Показать, что среди чисел п +1, п + 2, ..., 2п найдётся хотя бы одно число, кратное каждому из чисел 1, 2, ..., 2п. Решение. Разобьём числа от 1 до 2п на две группы: 1, 2, ...,п и п + 1, п + 2, ..., 2л. Докажем, что для каждого числа пер¬ вой группы найдётся кратное ему число из второй группы. Для этого воспользуемся следующим свойством подряд идущих целых чисел: произведение k последовательных натуральных чисел кратно k. Другими словами, среди k последовательных натуральных чисел есть число, кратное k. Заметим, что во второй группе п последовательных натуральных чисел. Значит, среди них есть число, кратное п (несложно догадаться, что это число 2п); среди чисел п + 1, п + 2, ..., 2 п — 1 есть число, кратное п — 1; среди чисел п + 1, п + 2, ..., 2п — 2 есть число, кратное п — 2, и т. д. Поэтому НОК(1, 2,..., 2п) = НОК(п + 1, п + 2,..., 2п). Утверждение доказано. Задача 39 ( 7 ) Решить в натуральных числах уравнение НОК(х2, у) + НОК(х, у2) = 1996. Идея. Переменные являются делителями числа в правой части уравнения. Указание. Доказать, что каждое слагаемое в левой части кратно х и у. Указание. По каноническому разложению числа 1996 определить возможные значения переменных. Указание. Воспользоваться методом оценок. Решение. Согласно определению наименьшего общего кратного оба слагаемых в левой части уравнения делятся и на х, и на у, поэтому их сумма, т. е. число 1996, тоже делится и на х, и на у. Другими словами, переменные х и у являются делителями числа 1996. Разложив 1996 на простые множители (1996 = 22 • 499), заключаем, что переменные могут быть равны 1, 2, 4, 499, 998 или 1996. Переберём возможные значения. • Если хотя бы одна переменная принимает значение из множе- ства {499; 998; 1996}, то НОК(х2, у) + HOK(x, у2) > 4992 > 1996 и уравнение не имеет решений.
78 Часть И. Указания и решения • Если же обе переменные принимают значения из множества {1;2;4}, то НОК(х2, у) + НОК(х, у2) ^ 2 • 42 < 1996; уравнение также не имеет решений. Итак, у задачи нет решений. Ответ. Нет решений. Задача 40 (5 7) Конфеты «Сладкая математика» продаются по 12 штук в коробке, а конфеты «Геометрия с орехами» — по 15 штук в коробке. Какое наименьшее число коробок конфет того и другого сорта необходимо купить, чтобы тех и других конфет было поровну? Идея. Количество покупаемых конфет каждого сорта должно быть равно наименьшему общему кратному чисел 12 и 15. Указание. Найти НОК(12,15), равное количеству конфет каждого сорта. Указание. Вычислить число коробок конфет разных сортов. Решение. Поскольку конфеты упакованы в коробки по 12 штук (сорт «Сладкая математика») и по 15 штук (сорт «Геометрия с орехами»), количество покупаемых конфет каждого сорта будет равно наименьшему общему кратному чисел 12 и 15: НОК(12,15) = 22 • 3 • 5 = 60. При этом 60 конфет сорта «Сладкая математика» содержатся в 60 : 12 = 5 коробках, 60 конфет сорта «Геометрия с орехами» содержатся в 60 : 15 = 4 коробках. Ответ. 5 коробок «Сладкой математики» и 4 коробки «Геометрии с орехами». Задача 41 (5-7) Коля, Серёжа и Ваня регулярно ходили в кинотеатр. Коля бывал в нём каждый 3-й день, Серёжа — каждый 7-й, Ваня — каждый 5-й. Сегодня все ребята были в кино. Когда все трое встретятся в кинотеатре в следующий раз? Идея. Длина промежутка между встречами равна наименьшему общему кратному чисел 3, 5 и 7. Указание. Найти НОК(3, 5, 7). Решение. Временной промежуток между встречами всех ребят в кино обладает важным свойством: его длина (в днях) кратна 3, 5 и 7. Значит, необходимо найти наименьшее общее кратное трёх чисел: НОК(3, 7, 5) = 3 • 7 • 5 = 105. Вывод: ребята встретятся в кинотеатре в следующий раз на 105-й день. Ответ. На 105-й день.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 79 Задача 42 [5-7] Бак был полон воды. Эту воду поровну разлили по трём бидонам. Оказалось, что в первом бидоне вода заняла половину его о объёма, во втором бидоне вода заняла ^, а в третьем бидоне — о у его объёма. Бак и все три бидона вмещают по целому числу литров. При каком наименьшем объёме бака возможна такая ситуация? Идея. Составить систему уравнений для переменных, равных объёмам бака и бидонов (в литрах); решить систему на множестве натуральных чисел. Указание. Ввести целочисленные переменные, равные объёмам бака и бидонов в литрах, и составить систему уравнений, соответствующую условию задачи. Указание. Получить уравнения для учетверённого объёма бака. Указание. Наименьший учетверённый объём бака равен наименьшему общему кратному чисел 6, 8 и 9. Решение. Пусть m (л) — объём бака; n, I и р (л) — объёмы первого, второго и третьего бидонов соответственно; m,n,l,pe N. По условию / 171 _ п 32 ( 2т = 3 п, ( 4 т — 6п, < it = 1Г ’ <^> \ т = ] 4/п = 8k, т _ Зр {4т = 9р {4т = 9р. < 3 4 Значит, учетверённый объём бака кратен числам 6, 8 и 9. Наименьшее значение величины 4т, удовлетворяющее этому свойству, есть наименьшее общее кратное указанных чисел: 4т = НОК(6,8,9) = 23 • З2 = 8 • 9 = 72. Значит, m = = 18 (л). Тогда 2т 2-18 -.о/ч у т 18 о/х 4т 4*18 0 / \ п = — = —— = 12 (л), k = — = — = 9 (л), Р = -д- = —д- = 8 (л). Ответ. 18 литров. Задача 43 (6-7) Жители острова Невезения, как и мы с вами, делят сутки на несколько часов, час на несколько минут, а минуту на несколько секунд. Но у них в сутках 77 минут, а в часе 91 секунда. Сколько секунд в сутках на острове Невезения? Идея. Количество минут в часе является общим делителем чисел 77 и 91.
80 Часть II. Указания и решения Указание. Ввести целочисленные переменные, равные количеству часов в сутках, количеству минут в одном часе и количеству секунд в одной минуте; составить систему уравнений, соответствующую условию задачи. Указание. Найти общие делители чисел 77 и 91. Решение. Пусть у жителей острова Невезения в сутках т часов, в одном часе п минут, а в одной минуте k секунд; m,n,k е N; /тг, тг, Л >1. Необходимо найти количество секунд в сутках жителей острова Невезения, которое будет равно произведению mnk. По условию количество минут в сутках равно 77, а количество секунд в часе равно 91. Составим систему: ( тп = 77, \nk = 91. Из уравнений системы следует, что число п является делителем как числа 77, так и числа 91. Поскольку 77 = 7 • 11, а 91 = 7 • 13, возможны только два значения: п = 1 и п = 7. Первое значение не подходит, так как по условию в часе несколько минут, т. е. более одной. При п = 7 (мин) из первого уравнения находим т = 11 (ч), из второго уравнения fc = 91:7 = 13 (с). Осталось определить количество секунд в сутках жителей острова Невезения: mnk = 11 • 7 • 13 = 1001 (с). Ответ. 1001 секунда. Замечание. Правильный ответ можно получить, используя понятие наименьшего общего кратного и подход, реализованный в предыдущей задаче. Однако поскольку в условии задачи про жителей острова Невезения не указано, что требуется найти наименьшее возможное количество секунд в сутках, удовлетворяющее условию, такое решение не являлось бы полным. Для его завершения требовалось бы обосновать отсутствие других, больших значений искомой величины. Задача 44 [5-7) В классе учится меньше 50 школьников. За контрольную работу седьмая часть учеников получила пятёрки, третья — четвёрки, половина — тройки. Остальные работы были оценены как неудовлетворительные. Сколько было таких работ? Идея. Число учеников в классе кратно 7, 3 и 2. Указание. Определить число учеников в классе по НОК(7, 3,2). Указание. Найти количество работ, получивших оценку «неудовлетворительно» . Решение. Обозначим число школьников в классе через тг. По условию y учеников получили пятёрки за контрольную работу.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 81 Значит, число п должно быть кратно 7. Далее, ^ учеников получили четвёрки. Значит, число п должно быть кратно 3. Наконец, ~ учеников получили тройки; значит, число п должно быть чётным. Итак, число учеников в классе делится на 7, 3 и 2. Наименьшее число, обладающее таким свойством, есть наименьшее общее кратное указанных трёх чисел. Найдём его: НОК(7, 3, 2) = 7 • 3 • 2 = 42. Поскольку 42 < 50, а любое другое число, кратное 42, больше 50, найденное значение и есть число учеников в классе. Осталось посчитать количество работ, получивших оценку «неудовлетворительно»: 42 42 42 42 — Ц. — ^ - Ц. = 42 — 6 — 14 — 21 = 1. I Ос* Ответ. Одна работа. Задача 45 I На складе имеются ножи и вилки. Число тех и других, вместе взятых, больше 300, но меньше 400. Если ножи и вилки вместе считать десятками или дюжинами, то в обоих случаях получается целое число десятков и целое число дюжин. Сколько было ножей и вилок на складе, если ножей было на 160 меньше, чем вилок? Идея. Число столовых приборов кратно наименьшему общему кратному чисел 10 и 12. Указание. Вычислить НОК(Ю, 12). Указание. Найти число столовых приборов по двум условиям: оно принадлежит промежутку (300; 400) и кратно НОК(Ю, 12). Указание. Составить уравнение для числа ножей. Решение. По условию число ножей и вилок кратно числам 10 = 2*5 и 12 = 22 • 3. Значит, оно должно делиться на наименьшее общее кратное этих чисел: НОК(Ю, 12) = 22 • 3 • 5 = 60. Среди целых чисел, больших 300 и меньших 400, только одно число кратно 60, это число 360. Осталось найти число ножей и вилок. Пусть /тг — число ножей, тогда m + 160 — число вилок: 171 + 771 + 160 = 360 4=Ф 771 = 100, 771+160 = 260. Ответ. 100 ножей и 260 вилок. Задача 46 (6-7) Для изготовления новогодних подарочных наборов купили орехов, конфет и пряников — всего 760 штук. Орехов взяли на
82 Часть II. Указания и решения 80 штук больше, чем конфет, а пряников на 120 штук меньше, чем орехов. Какое наибольшее число одинаковых подарков для детей можно сделать из этого запаса? Ид ея. Наибольшее число подарков равно наибольшему общему делителю количества орехов, конфет и пряников. Указание. Ввести целочисленную переменную, равную количеству пряников. Выразить через неё количество орехов и конфет. Указание. Составить уравнение по условию задачи, из которого определить, сколько орехов, конфет и пряников было куплено. Указание. Вычислить наибольший общий делитель найденных чисел. Решение. Прежде всего определим, сколько орехов, конфет и пряников было куплено. Введём переменную т — количество пряников. Тогда т + 120 — количество орехов, т + 120 — 80 = = т + 40 — количество конфет. Составим уравнение: т + т + 120 + т + 40 = 760 Зт = 600 т — 200. Итак, было куплено 200 пряников, 320 орехов и 240 конфет. Из них нужно составить наибольшее количество одинаковых подарков для детей. Значит, количество подарков есть наибольший общий делитель найденных чисел: 200 = 23 • 52, 320 = 26 • 5, 240 = 24 • 3 • 5; НС)Д(200, 320, 240) = 23 • 5 = 40. Ответ. 40 подарков. Задача 47 (6-71 Три автобуса в 6 часов утра отправились с одной и той же станции по трём различным маршрутам и совершают рейс туда и обратно: первый автобус — за 1ч 30 мин, второй — за 1ч 50 мин и третий — за 1ч 10 мин. По совершении каждого рейса автобусы через 10 минут отправляются в следующий рейс по тому же маршруту. Через сколько часов 1) первый автобус отправится одновременно со вторым, 2) второй автобус — с третьим, 3) все три автобуса одновременно отправятся с конечной станции? Идея. Одновременные старты автобусов с конечной станции происходят через промежуток времени, равный наименьшему общему кратному продолжительностей их рейсов (с учётом 10-минутной стоянки на станции). Указание. Вычислить продолжительность рейса каждого автобуса (с учётом 10-минутного перерыва) в минутах. Указание. Найти наименьшее общее кратное продолжительностей рейсов указанных пар и тройки автобусов. Указание. Перевести найденные значения из минут в часы.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 83 Решение. Первый автобус отправляется в рейс с конечной станции каждые 60 + 30 + 10 = 100 минут, второй автобус — каждые 60 + 50+10 = 120 минут, третий автобус — каждые 60+10 + 10 = 80 минут. 1) Чтобы определить, через сколько часов первый автобус отправится в рейс с конечной станции одновременно со вторым, найдём наименьшее общее кратное чисел 100 и 120 и переведём найденное в минутах время в часы: 100 = 22 • 52, 120 = 23 • 3 • 5; НОК(ЮО, 120) - 23 • 3 • 52 = 600. Значит, первый и второй автобусы отправляются вместе в рейс каждые 600 минут, или 10 часов. 2) По аналогичной схеме определим, через сколько часов второй автобус отправится в рейс одновременно с третьим: 120 = 23•3 • 5, 80 = 24 • 5; НОК(120,80) - 24 • 3 • 5 = 240. Значит, второй и третий автобусы отправляются вместе в рейс каждые 240 минут, или 4 часа. 3) Наконец, чтобы определить, через сколько часов все три автобуса одновременно отправятся в рейс, найдём наименьшее общее кратное трёх чисел: 100 = 22 • 52, 120 = 23•3 • 5, 80 = 24 • 5; НОКЦОО, 120,80) = 24 • 3 • 52 = 1200. Три автобуса отправляются вместе в рейс каждые 1200 минут, или 20 часов. Ответ. 1) 10ч; 2) 4ч; 3) 20ч. Задача 48 [6-7) Мальчик и девочка измерили одно и то же расстояние в 143 м шагами. Так как длины их шагов различны, то их следы совпали 20 раз. Шаг девочки 55 см. Найти длину шага мальчика, если известно, что она больше длины шага девочки, но меньше 75см. Идея. Наименьшее общее кратное длин шагов мальчика и девочки равно расстоянию между соседними совпавшими следами. Указание. Найти расстояние между совпавшими следами. Указание. Определить длину шага мальчика из условия: расстояние между совпавшими следами есть НОК длин шагов мальчика и девочки. Решение. Поскольку на отрезке длиной 143 м следы девочки совпали со следами мальчика ровно 20 раз, расстояние между совпавшими следами составляет 14 300 : 20 = 715 см. Пусть длина шага мальчика равна m см, 55 < m < 75. Условие задачи можно переформулировать так: необходимо найти такое число ттг, чтобы наименьшее общее кратное чисел 55 и m было равно 715. НОК(55, гп) = 715 = 5 • 11 • 13.
84 Часть И. Указания и решения Число 55 = 5*11, поэтому число т должно быть кратно числу 13 и может быть кратно числам 5 и 11. Таких чисел четыре: 13, 13 - 5 = 65, 13-11 = 143 и 13-11-5 = 715. Условию задачи удовлетворяет значение т = 65 см. Ответ. 65 см. Задача 49 IB универмаге города Гайдаровска продавалось (1 января) девять товаров по цене 1 руб. каждый. Начиная со второго января ежедневно стоимость каждого товара увеличивалась в два или в три раза. Известно, что 1 февраля все товары имели различные цены. Доказать, что цены каких-то двух товаров различаются по крайней мере в 25 раз. Идея. Новые цены любых двух товаров отличаются не менее чем в полтора раза. Указание. Оценить отношение новых цен любых двух товаров. Указание. Оценить отношение новых цен самого дорогого и самого дешёвого товаров. Указание. Сравнить полученное число с числом 25. Решение. За январь цена каждого товара повышалась 30 раз. Поскольку 1 февраля цены всех девяти товаров оказались различными, количества двукратных повышений цен тоже различались. Пусть цена одного товара т раз удваивалась и 30 — т раз утраивалась, а цена другого товара k раз удваивалась и 30 — ft раз утраивалась, k > т. Найдём отношение цен этих товаров 1 февраля: слгп о 3 0—тп tyk—m ™ = ПЕ— = (1,5)*-от ^ 1,5. 2& # 3ЗО—k 2k~m Другими словами, цены любых двух товаров 1 февраля отличаются не менее чем в полтора раза. Расставим новые цены в порядке возрастания. Поскольку каждая последующая цена больше предыдущей не менее чем в 1,5 раза, самый дорогой товар будет стоить дороже самого дешёвого по крайней мере в (1,5)8 раза. Осталось сравнить это число с числом 25: (1,5)8 = (2,25)4 = (5,0625)2 > 52 = 25. Утверждение доказано. Задача 50 [6-7] Фома и Ерёма нашли на дороге по пачке 11-рублёвок. В чайной Фома выпил 3 стакана чая, съел 4 калача и 5 бубликов. Ерёма выпил 9 стаканов чая, съел 1 калач и 4 бублика. Стакан чая, калач и бублик стоят по целому числу рублей. Оказалось, что Фома может расплатиться 11-рублёвками без сдачи. Показать, что это может сделать и Ерёма.
1. Десятичная запись целого числа, НОД, НОК, алгоритм Евклида 85 Идея. Описать покупки Фомы и Ерёмы формулами, зависящими от целочисленных переменных. Указание. Ввести три целочисленные переменные, равные стоимостям стакана чая, калача и бублика (в рублях). Указание. Составить уравнение, описывающее покупки Фомы. Указание. Выразить из полученного уравнения одну из переменных и подставить в формулу, описывающую покупки Ерёмы. Указание. Показать, что каждое из слагаемых кратно 11. Решение. Введём следующие переменные: m — стоимость стакана чая, п — стоимость одного калача, k — стоимость одного бублика (руб.); т, п9 k е N. Поскольку Фома за свои покупки может расплатиться 11-рублёвками без сдачи, Зтп + 4тг + 5k = 11р, где р е N. Необходимо доказать, что и Ерёма за свои покупки может расплатиться 11-рублёвками без сдачи, т. е. сумма 9тп + тг + 4k кратна 11. Из уравнения следует, что Зттг = lip — 4тг — 5k. Поставим эту зависимость в сумму Ерёмы: 3(11р -4тг — 5k) + тг + 4k = 33р — 11 тг — Ilk = 11(3^ — тг — k). Значит, сумма, потраченная Ерёмой в чайной, кратна 11, что и требовалось доказать. Задача 51 (6-71 Марсиане делят сутки на 13 часов. После того как Марсианский Заяц уронил часы в чай, у них изменилась скорость вращения секундной стрелки, а скорость вращения других стрелок осталась прежней. Известно, что каждую полночь все три стрелки совпадают. Сколько всего за сутки может быть таких моментов времени, когда три стрелки совпадут? Идея. Число совпадений трёх стрелок является делителем числа совпадений часовой и минутной стрелки. Указание. Определить, сколько раз минутная стрелка совпадёт с часовой. Указание. Перечислить все делители найденного числа совпадений минутной и часовой стрелок. Решение. Часовая стрелка делает один оборот за сутки. Минутная стрелка делает 13 оборотов за марсианские сутки. Значит, минутная стрелка совпадёт с часовой ровно 12 раз, и наблюдаться это явление будет через каждую ^ часть суток. Поскольку по условию каждую полночь все три стрелки совпадают, секундная стрелка совпадает с часовой тоже целое число раз за сутки. Обозначим его через тг, тг е N. Положение секундной стрелки совпадёт с положением часовой стрелки через каждую ^ часть суток.
86 Часть И. Указания и решения Для того чтобы совпали все три стрелки, число п должно быть делителем числа 12. Значит, п е {1; 2; 3; 4; 6; 12}. Ответ. 12, 6, 4, 3, 2, 1. Задача 52 (6-71 Доказать, что произведение 100 последовательных натуральных чисел не может быть 100-й степенью целого числа. Идея. Воспользоваться методом доказательства от противного. Указание. Предположить обратное: произведение 100 последовательных натуральных чисел является 100-й степенью целого числа. Указание. Показать, что модуль целого числа |й|, а также число \k\ + 1 являются множителями в произведении 100 последовательных натуральных чисел. Указание. Доказать, что числа \k\ и \k\ + 1 являются взаимно простыми. Указание. Получить противоречие. Решение. Докажем утверждение методом от противного. Предположим, что найдутся такие числа п е N и k е Z, что п(п + 1 )(п + 2)... (п + 99) = /г100. Поскольку п100 < п(п + 1 )(п + 2)... (п + 99) = й100 < (n + 99)100, имеем п <\k\< п + 99, т. е. число |&| является одним из мно- жителей произведения в левой части равенства. Из неравенства \k\ < п + 99 следует, что число \k\ + 1 также является одним из множителей произведения в левой части. Числа \k\ и \k\ + 1 являются взаимно простыми. Действительно, согласно доказанному в примере 3 утверждению НОД(|&|, \k\ + 1) = НОД(|&|, 1) = 1.
2. Разложение на множители 87 Поэтому ft100 не может делиться на \k\ + 1. Полученное противоречие означает, что предположение было неверным, т. е. произведение 100 последовательных натуральных чисел не может быть 100-й степенью целого числа. Утверждение доказано. 2. Разложение на множители Задача 1 (5-6) Делится ли 29 • 3 на 6? Идея. Найти значение частного. Указание. Разложить делитель на простые множители. Указание. Выполнить деление. Решение. Найдём частное от деления числа 29 • 3 на 6: 29 • 3 28 • 2 • 3 = 28 = 256. 6 2 • 3 Поскольку получено целое число, произведение 29 • 3 делится на 6. Ответ. Да. Задача 2 (5-6) Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и на 3, то оно делится на 12? Идея. Делители 4 и 3 являются взаимно простыми числами, поэтому натуральное число должно делиться и на их произведение. Указание. Найти наименьшее общее кратное чисел 4 и 3. Указание. Натуральное число должно делиться на НОК(4,3). Решение. Поскольку по условию натуральное число делится на 4 = 22 и на 3, оно должно делиться и на НОК(4, 3). Числа 4 и 3 взаимно простые, поэтому наименьшее общее кратное этих чисел равно их произведению: НОК(4, 3) = 22 • 3 = 12. Следовательно, натуральное число, которое делится на 4 и на 3, делится также и на 12. Ответ. Да. Задача 3 [5-61 Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и на 6, то оно делится на 24 = 4 • 6?
88 Часть II. Указания и решения Идея. Делители 4 и 6 не являются взаимно простыми числами. Указание. Найти наименьшее общее кратное чисел 4 и 6. Указание. Натуральное число должно делиться на НОК(4, 6). Решение. Поскольку по условию натуральное число делится на 4 = 22 и на 6 = 2*3, оно должно делиться и на НОК(4,6). Числа 4 и 6 не являются взаимно простыми. Найдём их наименьшее общее кратное: НОК(4,6) = 22 • 3 = 12. Следовательно, натуральное число, которое делится на 4 и на 6, делится также и на 12. Среди чисел, которые делятся на 4 и на 6, есть числа, кратные 24 (например, 24, 48, 72), но есть и числа, кратные 12, но не кратные 24 (например, 36, 60, 84). Ответ. Нет. Задача 4 (5-6) Число п не делится на 3. Может ли делиться на 3 число 2п? Идея. Число 3 не входит в разложение на простые множители числа 2п. Указание. Рассмотреть разложение на простые множители чисел п и 2п. Решение. Поскольку по условию число п не делится на 3, в его разложении на простые множители нет числа 3. Значит, такого множителя не будет и в разложении на простые множители числа 2п, т. е. число 2п не делится на 3. Ответ. Нет. Задача 5 [5-6] Число п чётно. Верно ли, что Зп делится на 6? Идея. В разложение на простые множители числа п входит число 2. Указание. Рассмотреть разложение на простые множители чисел п и Зп. Решение. По условию число п чётное. Значит, в его разложение на простые множители входит число 2. Тогда в разложение на простые множители числа Зп будут входить числа 2 и 3, т. е. число Зп делится на 6. Ответ. Да. Задача 6 (5 6) Число 5п делится на 3. Верно ли, что п делится на 3? Идея. В разложение на простые множители числа Ьп входит число 3.
2. Разложение на множители 89 Указание. Рассмотреть разложение на простые множители чисел 5п и п. Решение. Поскольку по условию число Ьп делится на 3, в его разложении на простые множители есть число 3. Множитель 5 не делится на 3. Значит, на 3 делится число п. Ответ. Да. Задача 7 (5-6) Число 15п делится на 6. Верно ли, что п делится на 6? Идея. В разложении на простые множители числа 15п есть числа 2 и 3. Указание. Рассмотреть разложение на простые множители чисел 15п и п. Решение. По условию число 15л = 3 • 5 • п делится на 6 = 2-3. Поскольку число 15 делится на 3, но не делится на 2, число п должно быть чётным. При этом оно может делиться на 3 (например, п = 6 или п = 12), а может быть чётным числом, не кратным 3 (например, п = 2 или п — 4). Ответ. Не обязательно. Задача 8 (6-7) Даны три последовательных натуральных числа, из которых первое — чётное. Доказать, что их произведение кратно 24. Идея. Использовать свойства подряд идущих натуральных чисел. Указание. Разложить число 24 на простые множители. Указание. Среди трёх подряд идущих натуральных чисел одно кратно трём. Указание. Произведение двух последовательных чётных чисел кратно 8. Решение. Поскольку 24 = 23 • 3, необходимо доказать, что произведение трёх последовательных натуральных чисел, из которых первое чётное, делится на 3 и на 8. Воспользуемся свойствами подряд идущих натуральных чисел. • Среди трёх последовательных натуральных чисел одно делится на 3, поэтому и их произведение будет кратно 3. • Среди двух последовательных чётных чисел одно делится на 2, а второе — на 4, поэтому их произведение будет кратно 8. Утверждение доказано. Задача 9 (ёРП а) Доказать, что произведение любых пяти последовательных чисел делится на 30. Идея. Использовать свойства подряд идущих натуральных чисел.
90 Часть II. Указания и решения Указание. Разложить делитель на простые множители. Указание. Среди двух подряд идущих натуральных чисел одно чётное. Указание. Среди трёх подряд идущих натуральных чисел одно кратно трём. Указание. Среди пяти подряд идущих натуральных чисел одно кратно пяти. Решение. Разложим делитель на простые множители: 30 = 2 • 3 • 5. Необходимо доказать, что произведение пяти последовательных натуральных чисел делится на 2, на 3 и на 5. Воспользуемся свойствами подряд идущих натуральных чисел. • Среди двух последовательных натуральных чисел одно чётное, поэтому их произведение будет кратно 2. • Среди трёх последовательных натуральных чисел одно делится на 3, поэтому их произведение будет кратно 3. • Среди пяти последовательных натуральных чисел одно делится на 5, поэтому и их произведение будет кратно 5. Утверждение доказано. Замечание. При доказательстве пункта б) необходимо воспользоваться следующим фактом: среди четырёх последовательных натуральных чисел два чётных, причём одно из них делится на 4. Следовательно, произведение четырёх последовательных натуральных чисел кратно 8. Задача 10 (б^Т) Доказать, что (тг + 2){п2 + тг + 6) делится на 6 при любом тг е N. Идея. Представить выражение в виде суммы слагаемых, каждое из которых кратно шести. Указание. Раскрыв скобки, получить два слагаемых, одно из которых есть произведение трёх последовательных натуральных чисел, а второе содержит множитель, равный 6. Указание. Воспользоваться свойствами трёх последовательных натуральных чисел. Решение. Представим выражение в виде суммы двух слагаемых: (71 2)(/2-2 -f- тъ -\- 6) — (/1 2)(/z2 -f- /z) -f- (tz -f- 2)6 = tz(/z 1)(/! ~h 2) -f- 6(/z -Ь 2). Первое слагаемое есть произведение трёх последовательных натуральных чисел. Среди них обязательно есть чётное число и число, кратное трём, поэтому произведение этих чисел при любом тг Е N делится на 6 = 2-3. Делимость на 6 второго слагаемого сомнений не вызывает. Из делимости на 6 каждого слагаемого следует, что и сумма делится на 6 при любом тг е N. Утверждение доказано.
2. Разложение на множители 91 Задача 11 [6-7] Доказать, что если р — простое число и р > 3, то число р2 — 1 делится на 24. Идея. Разложить выражение на множители и доказать делимость на 23 и на 3. Указание. Разложить разность на множители по формуле разности квадратов двух выражений. Указание. Для доказательства делимости на 3 рассмотреть произведение (р — 1 )р(р + 1). Указание. Для доказательства делимости на 8 использовать нечётность числа р. Решение. Поскольку 24 = 23 • 3, необходимо доказать, что произведение трёх последовательных натуральных чисел, из которых второе — простое число, превосходящее 3, делится на 3 и на 8. Воспользуемся свойствами подряд идущих натуральных чисел. • Рассмотрим произведение (р — 1 )р(р + 1). Оно кратно трём, так как его множители — три последовательных натуральных числа. По условию число р простое и р > 3, поэтому оно не может делиться на 3. Значит, на 3 делится либо первый множитель р — 1, либо третий множитель р + 1, а также и их произведение р2 — 1 = (р — 1)(р + 1). • Из условия следует, что число р является нечётным. Тогда числа р — 1 и р + 1 представляют собой два последовательных чётных числа. Среди них одно число делится не только на 2, но и на 4, поэтому их произведение кратно 8. Утверждение доказано. Задача 12 [6-7] Доказать, что п3 — 4п делится на 48 при чётном п. Идея. Разложить выражение на множители и доказать делимость на 24 и на 3. Указание. Вынести за скобки общий множитель и воспользоваться формулой разности квадратов. Указание. Для доказательства делимости на 16 использовать чётность числа п. Указание. Для доказательства делимости на 3 рассмотреть числа п — 2, п — 1 и п. Решение. Разложим число 48 на множители: 48 = 24 • 3. Требуется доказать, что разность п3 — 4п при чётном п делится на 3 и на 16. Представим разность в виде произведения: п3 — 4п = п(п2 — 4) = (п — 2 )п(п + 2).
92 Часть II. Указания и решения Заметим, что при п = —2, п = О или тг = 2 произведение равно нулю. Значит, оно делится на любое натуральное число, в том числе и на число 48. Далее рассмотрим целочисленные тг, не равные —2, 0 и 2. • Так как по условию число п чётное, все три множителя в произведении являются последовательными чётными числами. Среди них есть по крайней мере одно число, кратное не только двум, но и четырём, поэтому произведение будет делиться на 24 = 16. • Рассмотрим три последовательных целых числа тг — 2, тг — 1 и п. Среди них хотя бы одно кратно трём. Если это число тг — 1, то на 3 делится и число тг + 2 = (тг — 1) + 3. Значит, среди чисел тг — 2, тг и я + 2 хотя бы одно делится на 3, поэтому и их произведение будет кратно 3. Утверждение доказано. Задача 13 (6-7) Доказать, что тг6 — тг4 — п2 + 1 делится на 128 при нечётном тг. Идея. Разложить выражение на множители и доказать делимость на 27. Указание. Сгруппировав слагаемые и воспользовавшись формулой разности квадратов, разложить выражение на пять множителей. Указание. Использовать нечётность числа тг. Указание. Использовать свойства двух подряд идущих чётных чисел. Решение. Докажем, что лг6 — /г4 — /г2 + 1 при нечётном п делится на 27 = 128. Разложим выражение на множители: тг6 — п4 — п2 +1 = тг4(п2 — 1) — (тг2 — 1) = (п4 — 1 )(п2 — 1) = (п2 +1 ){п2 — I)2 = = (л2 + 1)((/г-1)(п + 1))2 . При п = — 1 или тг = 1 произведение равно нулю. Значит, оно делится на любое натуральное число, в том числе и на число 128. Далее рассмотрим значение произведения при целочисленных тг, не равных —1 и 1. Поскольку по условию число тг нечётное, все пять множителей в произведении — чётные числа. Значит, произведение делится на 25. Заметим далее, что тг — 1 и тг + 1 являются последовательными чётными числами, поэтому одно из них кратно 4. Следовательно, произведение делится не только на 25, но и на 27. Утверждение доказано.
2. Разложение на множители 93 Задача 14 (6-7) Обозначим через аЪ число с цифрами а и 6. Доказать, что число ab + ba делится на 11. Идея. Выразить сумму чисел через их цифры. Указание. Представить каждое число в виде суммы степеней с основанием 10. Указание. Показать, что сумма чисел может быть представлена в виде произведения, один из множителей которого равен 11. Решение. Поскольку а6 = 10а + 6, 6а = 106 +а, сумма этих чисел будет равна аЪ + Ъа = 10а + 6 + 106 + а = 11(а + 6). Один из множителей произведения в правой части равен 11, поэтому сумма ab + ba делится на 11. Утверждение доказано. Задача 15 (6-7) Доказать, что разность трёхзначных чисел, из которых одно написано теми же цифрами, что и другое, но в обратном порядке, делится на 9 и 11. Идея. Выразить разность чисел с использованием цифр исходного числа. Указание. Взяв цифры исходного числа в качестве переменных, выразить через них второе число и разность. Указание. Показать, что разность кратна числу 99 = 9*11. Решение. Рассмотрим трёхзначное число abc = 100а + 106 + с. Тогда вычитаемое можно представить в виде cba — 100с + 106 + а. По условию оба числа трёхзначные, поэтому а, с Е {1; 2;...; 9}, 6 е {0; 1; 2;...; 9}. Найдём разность: abc - cba = 100а + 106 + с — (100с + 106 + а) = 99а — 99с = 99(а - с). Поскольку 99 = 9-11, разность трёхзначных чисел делится и на 9, и на 11. В частном случае при а = с разность равна нулю, т. е. делится на любое натуральное число, в том числе на 9 и на 11. Утверждение доказано. Задача 16 (6-7) Даны два четырёхзначных числа. У одного из них вторая и третья цифры — нули, а другое число записано теми же цифрами, что и первое, но в обратном порядке. Доказать, что разность этих чисел делится на 27 и 37. Идея. Выразить разность чисел с использованием двух ненулевых цифр исходного числа.
94 Часть II. Указания и решения Указание. Взяв цифры первого числа в старшем и младшем разрядах в качестве переменных, выразить через них второе число и разность. Указание. Показать, что разность кратна числу 999 = 27*37. Решение. Представим первое число в виде аООб = 1000а + 6. Тогда второе число есть 600а = 10006 + а. По условию оба числа четырёхзначные, поэтому а, 6 £ {1; 2;...; 9}. Найдём разность: аООб - Ша = 1000а + 6 - (10006 + а) = 999а - 9996 = 999(а - 6). Разложим число. 999 на простые сомножители: 999 = З3 • 37. Значит, разность четырёхзначных чисел делится на З3 = 27 и на 37. В частном случае при а — Ъ разность равна нулю, т. е. также обладает нужными свойствами делимости. Утверждение доказано. Задача 17 [6-7] Записать в общем виде четырёхзначное число, цифра сотен кото- рого равна 0, а остальные цифры не равны 0. Показать, что разность между этим числом и числом, записанным теми же цифрами, но в обратном порядке, делится на 9 и не делится на 111. Идея. Выразить разность чисел с использованием трёх ненулевых цифр первого числа. Указание. Взяв ненулевые цифры первого числа в качестве переменных, выразить через них второе число и разность. Указание. Разложив разность на множители, показать, что она кратна числу 9. Указание. Доказать, что разность не делится на 111, используя перебор по множеству значений цифры десятков исходного числа. Решение. Первое четырёхзначное число может быть представлено в виде а06с = 1000а + 106 + с, тогда второе число есть с60а = 1000с + 1006 + а. По условию а,6,с £ {1;2;...;9}. Выпишем разность чисел: а06с - сбОа = 1000а + 106 + с - (1000с + 1006 + а) = = 999а - 906 - 999с = 9(111а - 106 - 111с). Поскольку один из множителей равен 9, разность aObc — cbOa кратна 9. Докажем, что разность не делится на 111. Первый множитель полученного произведения, равный 9, на 111 не делится. Рассмотрим второй множитель, равный 111а — 106 — 111с. Первое и третье слагаемые кратны 111, однако слагаемое, равное 106, не делится на 111, что легко проверить, перебрав все возможные значения переменной 6. Значит, и второй множитель произведения 9(111а — 106 — 111с) не делится на 111. Утверждение доказано.
2. Разложение на множители 95 Задача 18 [6-7) В шестизначном числе первая цифра совпадает с четвёртой, вторая — с пятой, третья — с шестой. Доказать, что это число кратно 7, 11, 13. Идея. Представив число в виде суммы двух слагаемых, показать, что оно делится на 1001. Указание. Выразить число с использованием трёх цифр старших разрядов. Указание. Разложить сумму на множители, один из которых равен 1001. Решение. Условию задачи соответствует число abcabc, где a е G {1; 2;...; 9}, b, с е {0; 1; 2;...; 9}. Представим его в виде суммы: abcabc = abc • 1000 + abc = abc • 1001. Поскольку 1001 = 7-11-13, шестизначное число делится на 7, на 11 и на 13. Утверждение доказано. Задача 19 [6-71 Найти четыре различных натуральных числа таких, что произведение любых трёх из них, сложенное с единицей, делится на четвёртое. Идея. Решить задачу подбором. Указание. В качестве первых трёх чисел рассмотреть 1, 2 и 3. Указание. Вычислить четвёртое число. Указание. Убедиться в том, что найденные числа удовлетворяют условию задачи. Решение. Пусть а, Ь, с, d — искомые числа; a,b,c,d£ N. Предположим, не ограничивая общности, что a < b < с < d. Пусть a = 1, b = 2, с — 3. Тогда abc +1 = 6 + 1 = 7. Значит, единственное возможное значение числа d есть 7. Проверим, выполнено ли условие задачи: • bed + 1 = 43 кратно 1; • cda + 1 = 22 кратно 2; • dab+ 1 = 15 кратно 3. Итак, числа 1, 2, 3, 7 удовлетворяют условию задачи. Ответ. 1, 2, 3, 7. Задача 20 (6-7) Найти четыре различных целых числа таких, что сумма любых трёх из них, сложенная с единицей, делится на четвёртое. Идея. Решить задачу подбором. Указание. В качестве первых трёх чисел рассмотреть 1, 2 и 4.
96 Часть II. Указания и решения Указание. Вычислить четвёртое число. Указание. Убедиться в том, что найденные числа удовлетворяют условию задачи. Решение. Пусть а, Ъ, с, d — искомые числа; а, &, с, dG N. Предположим, не ограничивая общности, что a < Ъ < с < d. Пусть a — 1, Ъ = 2, с — 4. Тогда а + & + с + 1 = 7+1 = 8. Значит, возможное значение числа d есть 8. Проверим, выполнено ли условие задачи: • b + c + d + 1 = 15 кратно 1; • с + <2 + а + 1 = 14 кратно 2; • d + а + Ъ + 1 = 12 кратно 4. Итак, числа 1, 2, 4, 8 удовлетворяют условию задачи. Ответ. 1, 2, 4, 8. Задача 21 (6-7) Найти п различных целых чисел (п > 2) таких, что произведение любых п — 1 из них делится на оставшееся число. Идея. Рассмотреть степени с одинаковым основанием и разными натуральными показателями. Указание. Взять числа 2, 22, ..., 2п. Указание. Показать, что они удовлетворяют условию задачи. Решение. Рассмотрим тг степеней с одинаковым основанием и разными натуральными показателями, например 2, 22, ..., 2п, тг > 2. Исключим из этого набора наибольшее число, равное 2я, и рассмотрим произведение оставшихся п — 1 чисел. • При п = 3 произведение равно 2 • 22 = 23. • При п = 4 получаем 2 • 22 • 23 = 26. • При тг >4 получаем 2 • 22 . ... • 2п~2 • 2п~г = 2п • 22 . ... • 2"“2. Очевидно, что для любого натурального тг > 2 это (наименьшее из всех возможных) произведение делится на исключённое (наибольшее) число 2п. При рассмотрении любых других тг — 1 чисел из приведённого набора их произведение (превосходящее рассмотренное) тем более будет делиться на оставшееся число (меньшее рассмотренного). Ответ. Например, 2, 22,..., 2п~1, 2п. Задача 22 (6-7) Группа восьмиклассников решила поехать во время каникул на экскурсию в Углич. Ежемесячно каждый ученик вносил определённое количество рублей (без копеек), одинаковое для всех, и в течение пяти месяцев было собрано 49 685 руб. Сколько было в группе учеников и какую сумму внёс каждый? Идея. Разложить число 49 685 на простые множители.
2. Разложение на множители 97 Указание. Найти сумму, которую все ученики вносили ежемесячно. Указание. Разложив найденное число на простые множители, определить количество учеников в группе, руководствуясь при этом здравым смыслом. Решение. Сначала определим, какую сумму ученики вносили ежемесячно: 49 685 : 5 = 9937 (руб.). Поскольку 9937 = 19 • 523, можно сделать вывод, что в Углич планировали поехать 19 учеников и ежемесячно каждый ученик сдавал по 523 рубля. Значит, за пять месяцев каждый ученик внёс 523 • 5 = 2615 рублей. Ответ. 19 учеников внесли по 2615 рублей. Задача 23 [б^а) Решите ребус: АХ • УХ = 2001. Идея. Свести задачу к поиску двух одно- или двузначных чисел с одинаковыми последними цифрами, произведение которых равно 2001. Указание. Представить число 2001 в каноническом виде. Указание. Разбить множители на две группы так, чтобы последние цифры произведений чисел в каждой группе совпали. Решение. Условие задачи можно переформулировать так: необходимо представить число 2001 в виде произведения двух одно- или двузначных чисел с одинаковыми цифрами в младших разрядах. Поскольку 2001 = 3 • 23 • 29, такое представление единственное: 2001 = 69 • 29. Значит, либо А — 6, У = 2, X = 9, либо А = 2, У = 6 X = 9. Ответ. АХ = 29, УХ = 69 или АХ = 69, УХ = 29. Задача 24 (6-7) В конце четверти Вовочка выписал подряд в строчку свои текущие отметки по пению и поставил между некоторыми из них знак умножения. Произведение получившихся чисел оказалось равным 2007. Какая отметка выходит у Вовочки в четверти по пению? (Учительница пения использует пятибалльную систему оценивания и не ставит единиц.) Идея. Разложить число 2007 на простые множители. Указание. По каноническому разложению числа 2007 определить оценки Вовочки по пению. Указание. Отметку в четверти найти как ближайшее целое к среднему арифметическому полученных оценок.
98 Часть II. Указания и решения Решение. Согласно условию Вовочке удалось представить число 2007 в виде произведения нескольких множителей с цифрами 2, 3, 4 или 5. Такое представление получается при разложении числа 2007 на простые множители: 2007 = 3-3-223. Оно единственное, так как произведение любых чисел из правой части включает цифры, не попадающие в диапазон изменения оценки по пению: 3-3 = 9, 3 - 223 = 669, 3 - 3 - 223 = 2007. Значит, Вовочка получил оценки 3, 3, 2, 2, 3, а при переписывании их из журнала поставил два знака умножения: после первой оценки и после второй. Поскольку троек больше, чем двоек, в четверти у Вовочки выйдет оценка 3. Ответ. Тройка. Задача 25 (6-71 Компания из нескольких друзей вела переписку так, что каждое письмо получали все, кроме отправителя. Каждый написал одно и то же количество писем, в результате чего всеми вместе было получено 440 писем. Сколько человек могло быть в этой компании? Идея. Представить число 440 в виде произведения трёх натуральных множителей, один из которых на единицу больше другого. Указание. Разложить 440 на простые множители. Указание. Отобрать варианты, в которых один множитель нечётный, второй — соседнее чётное число, третий — натуральное число. Решение. Пусть п — количество друзей в компании. Каждый из них написал по k(n — 1) писем. Составим уравнение: nk(n — 1) = 440. Задача состоит в том, чтобы представить число 440 = 23-5-11 в виде произведения трёх натуральных множителей, один из которых на единицу больше другого. Поскольку среди двух подряд идущих натуральных чисел одно чётное, а другое нечётное, организуем перебор по нечётным множителям: • п — 1 = 1, п = 2, k = = 220; значит, в компании может быть два человека; • п — 1 = 4, п = 5, k = 4^- = 22; в компании может быть пять 4 • о человек; • п — 1 = 10, п = 11, k = ^ = 4; в компании может быть одиннадцать человек. Ответ. 2, 5 или 11 человек.
2. Разложение на множители 99 Задача 26 (6-7) Несколько одинаковых по численности бригад сторожей спали одинаковое число ночей. Каждый сторож проспал больше ночей, чем сторожей в бригаде, но меньше, чем число бригад. Сколько сторожей в бригаде, если все сторожа вместе проспали 1001 человеко-ночь? Идея. Воспользоваться каноническим разложением числа 1001. Указание. Ввести целочисленные переменные для числа бригад, количества ночей и количества сторожей в одной бригаде; составить уравнение. Указание. Разложить 1001 на простые множители и найти решение уравнения, удовлетворяющее неравенствам, связывающим введённые переменные. Решение. Введём переменные: п — число бригад, тп— количество ночей, k — количество сторожей в одной бригаде. Составим уравнение: nmk = 1001. Поскольку 1001 = 7•11 • 13, а по условию 1 < k < тп < п, подходит единственное решение k = 7, тп = 11, п = 13. Значит, в каждой бригаде 7 сторожей. Ответ. 7 сторожей. Задача 27 (6-7) Коля и Петя купили одинаковые беговые лыжи. Сколько стоит одна пара лыж, если Петя уплатил стоимость лыж трёхрублёвыми купюрами, Коля — пятирублёвыми, а всего они дали в кассу меньше 10 купюр? Идея. Составить уравнение для числа купюр разного достоинства. Указание. Ввести целочисленные переменные, равные числу купюр достоинством 3 и 5 рублей; составить уравнение. Указание. Решить уравнение на множестве натуральных чисел, воспользовавшись ограничением на число купюр. Решение. Пусть Коля оплатил покупку тп пятирублёвыми купюрами, а Петя — п трёхрублёвыми купюрами. По условию Ътп = 3п. Значит, число п кратно 5. Поскольку мальчики дали в кассу меньше 10 купюр, то п + тп < 10. Среди натуральных чисел до 10 есть только одно число, кратное 5; это п = 5. Тогда из уравнения находим тп = 3; 5 + 3 = 8<10. Осталось определить стоимость одной пары лыж: 5*3 = 15 рублей. Ответ. 15 рублей.
100 Часть II. Указания и решения Задача 28 (6-7) Ребята пришли с рыбалки с уловом. Все вместе они поймали 121 рыбку, причём количество рыбок у каждого оказалось одинаковым. Сколько ребят ходило на рыбалку? Идея. Разложить число 121 на множители. Указание. Ввести целочисленные переменные, равные числу ребят и числу рыбок у каждого из них; составить уравнение. Указание. Воспользоваться ограничениями на введённые переменные: число ребят, а также число рыбок у каждого рыбака больше единицы. Решение. Пусть п — число ребят, т — число рыбок у каждого из них. По условию тг • тп = 121. Заметим, что число ребят, а также число рыбок у каждого из них — натуральные числа, большие 1, а 121 = II2. Значит, единственно возможное решение задачи п = 11 , 171 = 11, т. е. на рыбалку ходили 11 ребят и каждый из них поймал 11 рыбок. Ответ. 11 ребят. Задача 29 (6-71 В школьной математической олимпиаде приняли участие учащиеся шестых классов. Ученики 6«д» класса выступили на олимпиаде следующим образом: первую задачу решили 9 учеников, вторую — 7 учеников, третью — 5 учеников, четвёртую — 3 ученика, пятую — 1 ученик. Все ученики 6«д» класса, кроме Пети, решили одинаковое число задач, а Петя — на одну задачу больше. Мог ли он стать призёром олимпиады, если призёрами олимпиады стали шестиклассники, решившие 4 или 5 задач? Идея. Составить уравнение для суммарного числа решённых задач. Указание. Ввести целочисленные переменные, равные числу участников олимпиады и числу решённых задач каждым участником, кроме Пети; составить уравнение. Указание. Решить уравнение на множестве натуральных чисел, воспользовавшись оценкой для числа участников олимпиады. Решение. Пусть п — число ребят в 6«д» классе, р — число задач, решённых каждым учеником, кроме Пети. Из условия следует, что Петя решил р+1 задачу. Составим уравнение для числа решённых задач: 9 + 7 + 5 + 3 + 1 = (тг — 1) • j!? + (р +1) \ У ть • р = 24. По условию тг ^ 9, поэтому либо тг = 12, р = 2, либо тг = 24, р = 1. В первом случае Петя решил 2 + 1 = 3 задачи, во втором случае Петя решил 1 + 1 = 2 задачи. Значит, он не мог стать призёром олимпиады. Ответ. Не мог.
2. Разложение на множители 101 Задача 30 ( 7 1 Доказать, что число 13 4-132 + ... + 132001 + 132002 делится нацело на 7. Идея. Разложить сумму на множители, один из которых будет кратен 7. Указание. Сгруппировать слагаемые по два; вынести из каждой группы общий множитель. Указание. Разложить выражение на множители. Решение. В сумме 2002 слагаемых. Сгруппируем их по два: (13 + 132) + (133 + 134) + ... + (132001 + 132002). Из каждой пары вынесем общий множитель: 13(1 + 13) + 138(1 + 13) + .. . + 132001(1 + 13) = 14(13 +133 + .. . + 132001). Так как 14 делится на 7, то и произведение делится нацело на 7. Утверждение доказано. Задача 31 ( 7 ) Пятизначное число назовём пэвэгэшным, если оно не раскладывается в произведение двух трёхзначных чисел. Какое наибольшее число пэвэгэшных пятизначных чисел может идти подряд? Идея. Рассмотреть два наименьших пятизначных числа, представимых в виде произведения двух трёхзначных чисел. Указание. Указать наименьшее пятизначное число, представимое в виде произведения двух трёхзначных чисел, и следующее (по возрастанию). Указание. Показать, что более 99 подряд идущих пэвэгэшных чисел быть не может. Решение. Наименьшее трёхзначное число есть 100, поэтому наименьшее число, представимое в виде произведения двух трёхзначных чисел, равно ^ 100 • 100 = 10 000. Заметим, что это наименьшее пятизначное число. По свойству последовательных целых чисел каждое сотое пятизначное число делится на 100, т. е. его можно представить в виде произведения трёхзначного числа на число 100. Такое число не удовлетворяет условию задачи. Значит, подряд идущих пэвэгэшных чисел не может быть более 99. Второе (по возрастанию) число, полученное в результате произведения двух трёхзначных чисел, равно 100 • 101 = 10 100. Следовательно, числа 10 001, 10 002, ..., 10 099 нельзя разложить в произведение двух трёхзначных чисел. Таким образом, приведён пример 99 подряд идущих пэвэгэшных пятизначных чисел. Ответ. 99.
102 Часть II. Указания и решения Задача 32 [6-7) Найти наибольшее число, все цифры которого различны, а их произведение равно 360. Идея. Разложив 360 на простые множители, оценить количество разрядов искомого числа. Указание. Выписать возможные значения цифр искомого числа. Указание. Доказать, что искомое число может иметь не более пяти разрядов. Указание. Найти наибольшее пятизначное число, удовлетворяющее условию задачи. Решение. Разложим 360 на простые множители: 360 = 23 • З2 • 5. Значит, цифры искомого числа могут принимать значения из множества {1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9}, причём каждая цифра может встретиться в числе не более одного раза. Произведение всех восьми чисел из указанного множества равно 2 7 • З4 • 5. Множители 27 и З4 не являются делителями числа 360, поэтому искомое число не может быть восьмизначным. Значит, из множества возможных цифр искомого числа необходимо исключить цифры, произведение которых равно 24 • З2 = 144. Поскольку значение любой цифры, а также произведения любых двух цифр меньше 144, из указанного множества придётся исключить не менее трёх цифр. Другими словами, искомое число не может иметь более пяти разрядов. Найдём наибольшее пятизначное число, удовлетворяющее условию задачи. Для этого выберем из указанного множества три цифры, произведение которых равно 144. Таких наборов два: 2, 8, 9 или 3, 6, 8. Во втором случае среди оставшихся цифр будет присутствовать 9, поэтому наибольшее пятизначное число будет равно 95 421. Ответ. 95 421. Задача 33 ( 7 ) Сколько существует пар двузначных чисел а и &, для которых произведение ab является числом, записанным одинаковыми цифрами? Идея. Ограничиться рассмотрением трёхзначных и четырёхзначных чисел, записанных одинаковыми цифрами; разложить такие числа на множители. Указание. Рассмотреть трёхзначные числа, записанные одинаковыми цифрами. Разложив их на множители, перебором найти семь пар двузначных чисел.
2. Разложение на множители 103 Указание. Показать, что четырёхзначные числа, записанные одинаковыми цифрами, не могут быть представлены в виде произведения двух двузначных чисел. Решение. Произведение двух двузначных чисел а и Ъ может быть как трёхзначным (например, при a = 10, b — 10 произведение a • b = 100), так и четырёхзначным числом (например, при a — 99, b = 99 произведение a • Ъ = 9801). 1) Пусть произведение a • Ъ является трёхзначным числом, записанным одинаковыми цифрами: a-Ъ — птт = п • 111 — п • 3 • 37, где тг — натуральное число, не превосходящее 9. Число 37 — простое. Перебирая возможные значения п, находим семь двузначных чисел, произведение которых равно трёхзначному числу, записанному одинаковыми цифрами: • 12 • 37 — 444 (при п — 4), • 15 • 37 = 555 (при п = 5), • 18 • 37 = 666 (при п = 6), • 21 • 37 = 777 (при п = 7), • при п = 8 возможны два варианта: 24 • 37 = 888 или 12 • 74 = 888, • 27 • 37 = 999 (при п — 9). 2) Далее рассмотрим четырёхзначные произведения двузначных чисел а и Ь, записанные одинаковыми цифрами: а ■ b = пппп = п • 1111 = п • 11-101 где п — натуральное число, не превосходящее 9. Поскольку 101 — простое трёхзначное число, произведение п -11 *101 не может быть представлено в результате произведения двух двузначных чисел. Ответ. 7 пар. Задача 34 (6-7) Сто пиратов переносили на берег сундуки с сокровищами. Каждый сундук несли семеро пиратов. Капитан Сильвер считает, что во время переноски все пираты заработали цоровну, поскольку каждый участвовал в переноске 65 сундуков. Доказать, что капитан ошибся. Идея. Составить уравнение для суммарного числа рейсов всех грузчиков. Указание. Ввести целочисленную переменную, равную числу сундуков; составить уравнение. Указание. Разложив числа на простые сомножители, показать, что уравнение не имеет решений на множестве целых чисел. Решение. Обозначим число сундуков через п. Поскольку каждый сундук по условию несли семь пиратов, для переноски на берег всех п сундуков потребовалось 7 • п раз воспользоваться услугами грузчиков.
104 Часть II. Указания и решения По расчётам капитана Сильвера, каждый из 100 пиратов участвовал в переноске 65 сундуков. Составим уравнение: 7 • п = 100 • 65 <5=^ 7 • п = 22 • 53 • 13. Произведение в левой части последнего равенства кратно 7, тогда как число в правой части на 7 не делится. Значит, уравнение не имеет целочисленного решения, т. е. капитан ошибся. Утверждение доказано. [6-7) На складе стеклотары могут храниться банки из-под консервированных овощей по 0,5 л, 0,7 л и 1 л. Сейчас на складе имеется 2600 банок общей вместимостью 1998 л. Доказать, что на складе есть хотя бы одна полулитровая банка. Идея. Предположив отсутствие полулитровых банок на складе, получить противоречие. Указание. Ввести целочисленную переменную, равную числу банок по 0,7 л; составить уравнение для суммарного объёма всех банок на складе, предположив отсутствие полулитровых банок. Указание. Показать, что уравнение не имеет целочисленных решений. Указание. Привести пример, иллюстрирующий наличие на складе банок всех трёх видов. Решение, Пусть на складе нет банок по 0,5л, а банок по 0,7л хранится п штук. Тогда банок по 1 л всего (2600 — п) штук. Составим уравнение для суммарного объёма банок: Поскольку п может принимать только целочисленные значения, предположение об отсутствии на складе полулитровых банок было неверным. Покажем, что задача имеет решение. Пусть на складе помимо п банок по 0,7 л есть т банок по 0,5 л. Тогда литровых банок (2600 — п — т) штук. Составим уравнение для суммарного объёма Решением последнего уравнения являются, например, значения т = 1 (одна полулитровая банка) и п = 2005 (2005 банок по 0,7), тогда литровых банок 2600 — 1 — 2005 = 594 штуки. Утверждение доказано. Задача 35 0,7 • п + 1 • (2600 - п) = 1998 0,3п = 602 банок: 0,5 • т + 0,7 • п + 1 • (2600 — п — пг) = 1998 <=> => 0,5 • т + 0,3 • п — 602 5 • т + 3 • п = 6020.
2. Разложение на множители 105 Задача 36 [6-7] Два преуспевающих бизнесмена купили 100 литров газированных напитков в бутылках по 0,5 л, 0,7 л и 1 л. После этого они поссорились и решили разделить поровну свои запасы газировки. Доказать, что им удастся это сделать, не вскрывая бутылок. Идея. Схема раздела запасов зависит от количества бутылок по 0,7л. Указание. Рассмотреть случай, когда в бутылках по 0,7л хранится менее половины запасов газировки. Указание. Рассмотреть случай, когда в бутылках по 0,7л хранится более половины запасов газировки. Решение. В бутылках по 0,7л может быть либо менее половины запасов газировки, либо более половины. Если в бутылках по 0,7 л менее 50 литров, то в бутылках по 1л и 0,5 л будет более 50 литров. Поскольку бутылками по 1 л и 0,5 л с суммарным объёмом k литров можно набрать любое целое количество литров п < й, раздел запасов поровну в этом случае не составит труда: один бизнесмен набирает ровно 50 литров ёмкостями по 1 л и 0,5 л, а второй забирает остальное. Если же в бутылках по 0,7 л более 50 литров, то такими бутылками можно набрать 0,7 • 70 = 49 литров. Из условия следует, что есть хотя бы одна бутылка каждого объёма. Значит, есть по крайней мере одна литровая бутылка. В этом случае один бизнесмен берёт 70 бутылок по 0,7 л и одну литровую бутылку, а второй — всё остальное. Утверждение доказано. Задача 37 I 7 ) а) Доказать, что в любом шестидесятизначном числе, десятичная запись которого не содержит нулей, можно зачеркнуть несколько цифр так, что получившееся в результате этого число будет делиться на 1001. Идея. При вычёркивании цифр любого шестидесятизначного числа можно получить шестизначное число, состоящее из одинаковых цифр. Указание. Доказать, что в любом шестидесятизначном числе по крайней мере одна из цифр встречается не менее шести раз. Указание. Получить шестизначное число, состоящее из одинаковых цифр. Указание. Доказать, что такое шестизначное число делится на 1001. Решение. Покажем, что в шестидесятизначном числе есть по крайней мере одна цифра, которая встречается не менее шести раз. Действительно, поскольку по условию цифры числа могут принимать только девять значений из множества {1;2;...;9},
106 Часть II. Указания и решения а 9 • 5 = 45 < 60, хотя бы одна из цифр встречается шесть раз или более. Вычеркнем цифры исходного числа так, чтобы осталось шестизначное число, состоящее из одинаковых цифр: пппппп = п• 111 111. Поскольку 111111 = 111 • 1001, оставшееся шестизначное число делится на 1001. Утверждение доказано. Задача 38 ( 6 ] Назовём натуральное число куском, если оно получается выписыванием подряд чисел от 1 до какого-нибудь натурального п> 1 (например, 123 или 123 456 789 101 112). Доказать, что произведение двух кусков — не кусок. Идея. Получить оценки для произведения двух кусков, по которым определить возможные значения второй цифры произведения. Указание. Оценить любой кусок произведениями двузначного числа на степень с основанием 10. Указание. Оценить произведение двух кусков. Указание. Указать возможные значения второй цифры произведения двух кусков и показать их несоответствие определению куска. Решение. Согласно определению куска, приведённому в условии, каждый кусок начинается с цифр 1 и 2. Значит, для любого куска а, состоящего из т разрядов, справедливо неравенство 12 • 10т~2 < а < 13 • 10т~2, где т ^ 2. Оценим произведение двух кусков а и 6, содержащих по т и k разрядов соответственно: 12 • 10т~2 • 12 • 10fe-2 < ab < 13 • 10т~2 • 13 • 10k~2 ^ ^ 144 • I0m+fe-4 < ab < 169 • 10m+*-4. Значит, вторая цифра произведения двух кусков может быть равна 4, 5 или 6, что противоречит определению куска. Следовательно, произведение двух кусков куском быть не может. Утверждение доказано. Задача 39 ГГ1 Можно ли расставить на рёбрах куба числа от 1 до 12 так, чтобы все суммы в вершинах (суммируются числа, стоящие на рёбрах, выходящих из данной вершины) были равны? Идея. При равных суммах в вершинах сумма сумм кратна числу вершин. Указание. Вычислить сумму сумм в вершинах куба. Указание. Показать, что она не кратна числу вершин.
2. Разложение на множители 107 Решение. Вычислим сумму S всех сумм в вершинах куба. Поскольку каждое ребро соединяет две вершины, числа на рёбрах будут учитываться в такой сумме дважды: S = 2-(l + 2 + 3 + ... + 12) = 2.78 = 156. Если бы все суммы в вершинах куба были равны, то сумма S была бы кратна числу вершин куба (т. е. числу 8 = 23). Однако число 156 не кратно 8 (156 = 22 • 3 • 13), поэтому суммы в вершинах куба не могут быть равными. Ответ. Нельзя. Задача 40 ( 7 ) В трёх магазинах было 1973 учебника. В первые три дня 11 1 первый магазин продал соответственно 47 > у и 2 часть своих учебников, второй магазин — ^ и ^ часть своих учебников, а третий магазин — ^ и часть своих учебников. Сколько -LU учебников было в каждом магазине? Идея. Количество учебников, проданных магазином в течение одного дня, — целое число. Указание. Найти наименьшее общее кратное знаменателей дробей, соответствующих долям проданных книг за три дня, для каждого магазина. Указание. Составить уравнение для общего количества учебников. Указание. Решить уравнение на множестве натуральных чисел методом перебора, используя свойства делимости. Решение. Количество учебников, проданных каждым магазином в течение одного дня, является целым числом. Значит, количество учебников в первом магазине должно быть кратно числам 47, 7 и 2, т. е. должно делиться на их наименьшее общее кратное: НОК(47, 7, 2) = 47 • 7 • 2 = 658, количество учебников во втором магазине должно быть кратно наименьшему общему кратному чисел 41, 5 и 3: НОК(41, 5, 3) = 41 • 5 • 3 = 615, количество учебников в третьем магазине должно быть кратно наименьшему общему кратному чисел 25, 20 и 10: НОК(25, 20,10) = НОК(52, 22 • 5,2 • 5) = 22 • 52 = 100. Осталось найти такие натуральные числа п, т., k, что 658 • п + 615 • т + 100 • k = 1973.
108 Часть II. Указания и решения Поскольку 1973 — нечётное число, число т также должно быть нечётным. • При т = 1 получаем уравнение 658 • п + 100 • k = 1358 329 • п + 50 • k = 679. Из последнего равенства следует, что число п должно быть нечётным. При п = 1 находим k = 679 ~>329 = = 7. Для нечётных значений п, больших единицы, k будет отрицательным, что противоречит смыслу переменной. • При т = 3 получаем уравнение 658 • п + 100 • k = 128. Поскольку в левой части равенства стоит сумма двух натуральных чисел, одно из которых не менее 658, а другое не менее 100, полученное уравнение не имеет решений на множестве натуральных чисел. • При т = 5 и более произведение 615 • т превосходит 1973, поэтому уравнение не будет разрешимо на множестве натуральных чисел. Найдено единственное решение п = 1, т = 1, k = 7. Значит, в первом магазине было 658 • 1 = 658 учебников, во втором магазине было 615*1 = 615 учебников, в третьем магазине было 100 • 7 = 700 учебников. Ответ. 658, 615 и 700 учебников. Задача 41 [ 7 ) Известно, что a,b,c — простые числа, причём а + & и ab делятся на с. Доказать, что а3 — &3 делится на с. Идея. Разложить выражение на множители и доказать, что один из множителей делится на с. Указание. Воспользоваться формулой для разности кубов двух выражений а3 — Ь3 = (а — &)(а2 + ab + &2). Указание. Показать, что неполный квадрат суммы делится на с. Решение. Воспользуемся формулой для разности кубов двух выражений: а3 — Ь3 = (а — &)(а2 + ab + Ь2). Преобразуем второй множитель: а2 + ab + Ъ2 = а2 + 2ab + &2 - ab = (а + &)2 - а&. По условию а + Ь и а& делятся на с, поэтому на с делится и разность (а + Ь)2 — а&, и разность а3 — Ь3. Утверждение доказано.
2. Разложение на множители 109 Задача 42 ( 7 ) Доказать, что произведение четырёх последовательных натуральных чисел, сложенное с единицей, есть точный квадрат. Идея. Перемножив попарно первый и четвёртый множители произведения и второй и третий множители, выделить в сумме точный квадрат. Указание. Перемножить первый и четвёртый множители произведения, а также второй и третий. Указание. Раскрыв скобки, сформировать квадрат суммы двух выражений. Решение. Рассмотрим четыре последовательных натуральных числа л, п+1, тг+2, тг+3. Покажем, что их произведение, сложенное с единицей, может быть представлено в виде квадрата некоторого выражения. Для этого в произведении перемножим первый и четвёртый множители, а также второй и третий: ть • (ть -Ь1) • (ть + 2) • (ть + 3) -Ь 1 = Зть) • (ть2 + 3ть -Ь 2) + 1 = = (ть2 + Зть) • (ть2 + Зть) ~Ь (ть2 + З71) • 2 -Ь 1 = = (ть2 + 3ть)2 + 2 • (ть2 + 3ть) + 1 = (ть2 + 3ть + I)2. Утверждение доказано. Задача 43 ( 7 ) Доказать, что если каждое из двух чисел есть сумма квадратов двух целых чисел, то их произведение также есть сумма двух квадратов. Идея. Выделить квадраты суммы и разности двух выражений. Указание. Рассмотреть произведение исходных целых чисел, представленных в виде сумм двух квадратов. Указание. Раскрыв скобки, сформировать квадраты суммы и разности двух выражений. Решение. Пусть х = a2 + b2, у = с2 + d2, где а, &, с, d — целые числа. Рассмотрим произведение: х • у — (а2 + Ъ2) • (с2 + d2) = а2с2 + a2d2 + Ъ2с2 + b2d2. Сформируем квадраты суммы и разности, прибавив и отняв удвоенные произведения выражений: {(ас)2 + 2acbd + (bd)2) + {(ad)2 - 2adbc + (&c)2) = (ас + bd)2 + (ad - be)2. Утверждение доказано. Задача 44 f 7 1 Доказать, что при любом натуральном ть число ~ ^ целое.
110 Часть II. Указания и решения Идея. Разность 10" — 1 равна целому числу, состоящему из п цифр 9. Указание. Упростив числитель первой дроби, сократить её на 9. Указание. Представив число 11... 1 в виде суммы п степеней п шт. с основанием 10, вычесть из каждого слагаемого единицу. Указание. Воспользоваться тем, что разность вида 10п — 1 равна целому числу, состоящему из п цифр 9. Указание. Сократить полученную дробь на 9 и получить целое число. Решение. Число 10^ — 1 состоит из п девяток: 1071 — 1 = 99... 9. п штук Воспользуемся этим результатом и сократим уменьшаемое на 9: 81 9 81 9 9 Представим число 11... 1 в виде суммы степеней с основанием 10: п шт. 10n_1 + 10п-2 + ... + 10 + 1 — га _ 9 ~ _ (10га-1 - 1) + (10"~2 - 1) + ... + (10 - 1) + (1 - 1) _ ~ 9 п—1 шт. п—2 шт. = 99... 9 + 99„. 9 + ... +9 = + 11^Л + . . . + 1. п—1 шт. п—2 шт. Полученное число является целым. Утверждение доказано. Задача 45 [6-7) а) Доказать, что если сумма двух натуральных чисел равна 770, то их произведение не делится на 770. Идея. Показать, что если произведение кратно 770, то по крайней мере одно из чисел не будет натуральным. Указание. Предположить, что произведение делится на 770. Указание. Доказать, что при сделанном предположении каждое из чисел кратно 770. Указание. Показать, что в таком случае оба числа не могут быть натуральными. Решение. Обозначим первое натуральное число через п9 тогда второе натуральное число равно 770 — тг. Нужно доказать, что их произведение не кратно числу 770. Воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что произведение п • (770 — тг) делится на 770. Поскольку
2. Разложение на множители 111 770 = 2-5-7*11, по крайней мере один из множителей должен делиться на 2, на 5, на 7 и на 11. Заметим, что числа п и 770 — п имеют одинаковую чётность. Значит, оба множителя должны быть чётными. Кроме того, если одно из чисел кратно пяти, то и другое кратно пяти; если одно число кратно семи, то и второе кратно семи; если одно кратно одиннадцати, то и второе кратно одиннадцати. Другими словами, оба числа делятся на 2-5* 7* 11 = 770. В этом случае если большее из них натуральное, то меньшее будет неположительным, т. е. не будет принадлежать множеству натуральных чисел. Полученное противоречие свидетельствует о том, что предположение было неверным и произведение двух натуральных чисел п и 770 — п не кратно числу 770. Утверждение доказано. Задача 46 Г 7 ) Чётное число А обладает следующим свойством: если оно делится на простое число Р, то А — 1 делится на Р— 1. Доказать, что число А является степенью числа два. Идея. Рассмотреть возможные чётные и нечётные простые делители А. Указание. Показать, что для единственного чётного простого числа Р = 2 условие задачи выполнено. Указание. Рассмотреть нечётные простые числа; получить противоречие. Решение. Поскольку по условию число А чётное, оно делится на наименьшее простое число Р = 2. При этом число А — 1 делится на число 2 — 1 = 1, т. е. условие задачи выполнено. Остальные простые числа являются нечётными. Предположим, что чётное число А делится на нечётное простое число Р. Тогда согласно условию нечётное число А — 1 должно делиться на чётное число Р — 1, что невозможно. Следовательно, среди делителей числа А нет нечётных простых чисел, т. е. число А является степенью числа 2. Утверждение доказано. Задача 47 ( 7 ] Четырёхзначное число делится на сумму двух двузначных чисел, образованных первыми двумя и последними двумя его цифрами. Может ли эта сумма равняться 94? Идея. Показать, что если сумма двузначных чисел равна 94, то число, образованное последними двумя цифрами четырёхзначного числа, будет равно нулю. Указание. Предположить, что сумма двузначных чисел равна 94.
112 Часть И. Указания и решения Указание. Показать, что при сделанном предположении двузначное число, образованное первыми двумя цифрами четырёхзначного числа, должно быть равно 94. Указание. В этом случае второе слагаемое в сумме равно нулю, что противоречит условию. Решение. Рассмотрим четырёхзначное число abed. По условию оно делится на сумму двузначных чисел ab + cd. Предположим, что эта сумма равна 94. Значит, abed делится на 94. Так как abed = 100 • ab + cd = 99 • ab + (ab + cd), то на 94 должно делиться и произведение 99 • ab. Поскольку у чисел 94 и 99 нет общих делителей (94 = 2 • 47, 99 = З2 • 11), на 94 должно делиться число ab. Значит, ab = 94, так как остальные натуральные числа, кратные 94, имеют более двух разрядов. Тогда из равенства ab-\- cd = 94 следует, что cd = 0, т. е. число cd не является двузначным. Полученное противоречие доказывает, что сумма ab + cd не может равняться 94. Ответ. Не может. Задача 48 [6-7] Если от задуманного числа отнять 11, то получившееся число разделится на 11. Если от задуманного числа отнять 7, то получившееся число разделится на 7. Если от задуманного числа отнять 13, то получившееся число разделится на 13. Найти задуманное число. Идея. Задуманное число делится на 7, на 11 и на 13. Указание. Найти НОК(7,11,13). Указание. Указать все числа, кратные НОК(7,11,13). Решение. Из условия следует, что задуманное число делится на 7, на 11 и на 13. Наименьшим таким числом является наименьшее общее кратное перечисленных делителей: НОК(7,11,13) = 7 • 11 • 13 = 1001. Любое число, кратное 1001, также будет удовлетворять условию задачи. Ответ. 1001 п, где п — любое натуральное число. Задача 49 ( 7 ) Переписывая с доски числовое выражение a5*b2, ученик допустил ошибку и был очень удивлён, когда выяснилось, что записанное им число а5Ь2 является значением заданного выражения. Какими могут быть цифры а и Ь? Идея. Значение по крайней мере одной из неизвестных цифр должно быть чётным.
2. Разложение на множители 113 Указание. Составить уравнение с двумя целочисленными переменными. Указание. Доказать, что решением составленного уравнения не может быть пара нечётных чисел. Указание. Организовать перебор по чётным значениям а. Указание. Показать, что при чётных значениях 6 уравнение не имеет решений. Решение. Условию задачи соответствует уравнение а5 • 62 — а562, где а,6е {1;2;...;9}. Поскольку последняя цифра произведения равна 2, по крайней мере один из множителей в левой части уравнения должен быть чётным. Переберём все чётные значения неизвестных цифр, предварительно представив число a562 в виде суммы: а5&2 = 1000а + 500 + 10& + 2 = 1000а + 10& + 502. • Предположим, что чётным является число а. — При а = 2 получаем уравнение 3262 - 106 = 2502 «=> 6(166 - 5) = 1251. Поскольку 1251 = З2 • 139, число 6 может принимать значения из множества {1; 3; 9}. Непосредственной подстановкой находим единственное решение 6 = 9. — При a = 4 получаем уравнение 1024&2 - 106 = 4502 «=> Ь(512& - 5) = 2251. Число 2251 простое, поэтому 6 может быть равно только единице, однако это значение не удовлетворяет полученному уравнению. — При a = 6 справедлива оценка 65 = 7776 > 6562, поэтому уравнение не имеет решений. — Наконец, при a = 8 число 85 = 32 768 является пятизначным, поэтому это значение тоже не подходит. • Теперь предположим, что чётным является число 6. Пусть 6 = 2fe, где йе{1;2;3;4}. Уравнение принимает вид 4a5fc2 = 1000a + 20ft + 502 <=>■ 2a5k2 = 500a + lOfe + 251. Поскольку произведение в левой части последнего уравнения чётное, а сумма в правой части нечётная, уравнение не имеет целочисленных решений. Итак, в процессе перебора по чётным значениям цифр а и 6 найдено единственное решение a — 2, 6 = 9. Ответ, a = 2, 6 = 9. Задача 50 (6-7) Произведение двух натуральных чисел, каждое из которых не делится нацело на 10, равно 1000. Найти их сумму. Идея. Натуральное число, не кратное 10, не имеет в качестве делителей одновременно чисел 2 и 5.
114 Часть II. Указания и решения Указание. Разложить 1000 на простые множители. Указание. Показать, что условию задачи удовлетворяет единственная пара чисел, одно из которых делится на 2, но не делится на 5, а второе, напротив, делится на 5, но не делится на 2. Решение. Обозначим искомые натуральные числа через яг и fe. По условию m h = 1000 Разложим число 1000 на простые множители: 1000 = 23 • 53. Поскольку числа, т и fe не делятся на 10, в их каноническом разложении не могут присутствовать одновременно и множитель 2, и множитель 5. Значит, одно из чисел (например, т) равно 23, а второе (fe) равно 53. Осталось найти их сумму: тп + fe = 8 + 125 = 133. Ответ. 133. Задача 51 (5-7) а) Существует ли целое число, произведение цифр которого равно 1980? А 1990? А 2000? Идея. Цифры искомых чисел принимают целые значения от 1 до 9 включительно. Указание. Разложить произведение цифр на простые множители. Указание. Если в каноническом разложении произведения цифр все множители не превосходят 9, целое число с данным произведением цифр существует. Решение. Для решения задачи необходимо разложить указанные числа на простые множители. Если множители попадают в диапазон изменения значения цифры, то число, удовлетворяющее условию, существует. В противном случае такого числа нет. • 1980 = 22 • З2 • 5 • 11. Поскольку 11 > 9, невозможно указать целое число, произведение цифр которого равно 1980. • 1990 = 2 • 5 • 199. Так как 199 > 9, целое число, произведение цифр которого равно 1990, не существует. • 2000 = 24 • 53. В этом случае искомое число существует. В качестве примера можно привести семизначное число 2 222 555, шестизначное число 224 555, пятизначные числа 25 558 и 44 555, а также любое число, полученное из перечисленных перестановкой цифр. Ответ. Нет; нет; да, например 25 558. Задача 52 (6-7) Натуральное число умножили последовательно на каждую из его цифр. Получилось 1995. Найти исходное число. Идея. Разложить число 1995 на простые множители и перебрать возможные комбинации значений цифр исходного числа.
2. Разложение на множители 115 Указание. Получить каноническое разложение числа 1995. Указание. Доказать, что исходное число не может содержать один разряд или более четырёх разрядов. Указание. Перебрать возможные наборы цифр для двузначных, трёхзначных и четырёхзначных исходных чисел. Решение. Разложим число 1995 на простые множители: 1995 = 3 • 5 • 7 • 19. Значит, цифры исходного числа могут принимать значения из множества {1; 3; 5; 7}. Присутствие множителя 19 в произведении означает, что число должно содержать не менее двух разрядов. С другой стороны, оно не может содержать более четырёх разрядов, поскольку по условию произведение числа на его цифры равно 1995, т. е. содержит четыре разряда. Проверим возможные комбинации цифр двузначных, трёхзначных и четырёхзначных чисел. Начнём с двузначных чисел. Заметим, что никакая цифра двузначного числа не может быть равна единице, так как произведение такого двузначного числа на его цифры не превосходит числа 71 • 7 • 1 = 497, которое в свою очередь меньше 1995. Осталось проверить двузначные числа, содержащие цифры: • 3 и 5: 3*5* 133 — не подходит; • 3 и 7: 3 • 7 • 95 — не подходит; • 5 и 7: 5-7*57 — подходит. Найдено одно двузначное число, удовлетворяющее условию. Перейдём к трёхзначным числам. Сразу исключим из рассмотрения число 111. Заметим далее, что трёхзначные числа не могут содержать одновременно цифры 3 и 7 или 5 и 7, поскольку в этом случае, как следует из канонического разложения числа 1995, исходное число будет иметь два разряда. Рассмотрим оставшиеся наборы цифр трёхзначных чисел. 1 • 1 • 3 • 665 — не подходит; 1 • 1 • 5 • 399 — не подходит; 1 • 1 • 7 • 285 — не подходит; 1 • 3 • 5 • 133 — не подходит. Трёхзначных чисел не найдено. Осталось рассмотреть четырёхзначные числа. Поскольку 1995 представляется в виде произведения четырёхзначного числа на четыре цифры единственным способом (1995 = 1995 • 1 • 1 • 1 • 1), а из цифр, равных единице, нельзя составить число 1995, четырёхзначных чисел, удовлетворяющих условию задачи, нет. Ответ. 57. • {1,1,3} • {1,1,5} • {1,1,7} • {1,3,5}
116 Часть II. Указания и решения Задача 53 ( 7] Число умножили на сумму его цифр и получили 2008. Найти это число. Идея. Разложить число 2008 на простые множители и перебрать возможные значения сумм цифр исходного числа. Указание. Представить число 2008 в каноническом виде. Указание. Рассмотреть четыре возможных значения сумм цифр исходного числа. Решение. Разложим число 2008 на простые множители: 2008 = 23 • 251. Поскольку исходное число имеет не более четырёх разрядов, сумма его цифр не превосходит 4 • 9 = 36. Значит, она может принимать значения из множества {1; 2; 4; 8}. • Пусть сумма цифр равна 1. Из канонического разложения числа 2008 следует, что в этом случае исходное число равно 2008. Получили противоречие, поскольку сумма цифр числа 2008 равна 10, а не 1. • Если сумма цифр числа равна 2, то из канонического разложения числа 2008 получаем, что исходное число равно 2008 : 2 = 1004. Сумма цифр числа 1004 не равна 2; противоречие. ® Если сумма цифр равна 4, то число равно 2008 : 4 = 502; противоречие. • Наконец, если сумма цифр равна 8, то число равно 2008 : 8 = 251. Эти значения суммы цифр числа и самого числа согласованны. Ответ. 251. Задача 54 [6-7] Пусть р и q — различные простые числа. Сколько делителей у числа: a) pq; б) p2q; в) p2q2; г) pmqn4 Идея. Делителями простого числа являются единица и само число. Указание. Перечислить все делители произведений, начиная с единицы и заканчивая самим выражением. Решение. Согласно определению простое число имеет ровно два различных натуральных делителя — единицу и самого себя. Значит, а) произведение двух простых чисел pq имеет четыре делителя: 1, р, q, pq; б) произведение p2q имеет шесть делителей: 1, р, q, р2, pq и p2q; в) произведение p2q2 имеет девять делителей: 1, р, q, р2, pq, q2, p2q, pq2 и p2q2;
3. Простые и составные числа 117 г) произведение pmqn имеет (m + 1 )(п + 1) делителей: p°q° = 1, p°q1 = q, p°q2 = q2, ..p°qn = qn, p1q° = p, plq1 =pq, p1q2 = pq2, • • • PV = pqn, • •pmq°, P"1?2» • • • Ответ, a) 4 делителя; 6) 6 делителей; в) 9 делителей; г) (тп + 1 )(п + 1) делителей. 3. Простые и составные числа Задача 1 (5-7) Вася умножил некоторое число на 10 и получил простое число. А Петя умножил то же самое число на 15, но всё равно получил простое число. Может ли быть так, что никто из них не ошибся? Идея. Показать, что действительное число, удовлетворяющее условию, существует. Указание. Составить уравнение для простых чисел, полученных Васей и Петей, и найти его решение. Решение. Обозначим действительное число, использованное Васей и Петей для получения простых чисел тип, через х. По условию m = х • 10, п = х • 15. Значит, х = = Yg , откуда 3m = 2п. Из последнего уравнения следует, что число m кратно двум. Этому условию удовлетворяет единственное простое число m = 2, по нему из уравнения находим п — 3, это число также является простым. Следовательно, задача имеет решение на множестве простых о чисел, и если мальчики умножали число х — = 0,2, то они не ошиблись. Ответ. Может: 0,2*10 = 2 и 0,2*15 = 3. Задача 2 (5-7) Четверо ребят обсуждали ответ к задаче. Коля сказал: «Это число 9». Роман: «Это простое число». Катя: «Это чётное число». А Наташа сказала, что это число делится на 15. Один мальчик и одна девочка ответили верно, а двое остальных ошиблись. Какой ответ в задаче на самом деле? Идея. Организовать перебор по ответам мальчиков. Указание. Предположив, что Коля ответил верно, показать, что условие задачи не выполнено. Указание. Предположив, что верно ответил Роман, найти число.
118 Часть И. Указания и решения Решение. Предположим, что Коля ответил верно. Поскольку 9 является нечётным составным числом, не кратным 15, то все остальные ребята ошиблись. Значит, предположение было неверным. Теперь предположим, что верно ответил Роман, т. е. число простое. Число 9 не является простым, поэтому Коля ошибся. Простое число не может делиться на 15, поэтому Наташа также ошиблась. Значит, Катя оказалась права, и число является чётным. Единственное простое чётное число — это число 2. Ответ. 2. Задача 3 (6-7) Вася написал на доске пример на умножение двух двузначных чисел, а затем заменил в нём все цифры на буквы, причём одинаковые цифры — на одинаковые буквы, а разные — на разные. В итоге у него получилось АБ • ВГ = ДДЕЕ. Доказать, что он где- то ошибся. Идея. Использовать свойство делимости четырёхзначного числа на 11. Указание. Показать, что множители левой части уравнения не делятся на 11, а число в правой части кратно 11. Решение. Поскольку разные цифры обозначены разными буквами, двузначные числа АБ и ВГ не делятся на 11. С другой стороны, число ДДЕЕ может быть представлено в виде произведения, один из множителей которого равен 11: ДДЕЕ = ДД • 100 + ЕЕ = Д • 11 • 100 + Е • 11 = 11(Д • 100 + Е). Другими словами, число ДДЕЕ кратно 11. Полученное противоречие доказывает, что Вася допустил ошибку. Задача 4 (5-7) Доказать, что следующие числа составные: _ 1 QQ7 а) 26 973; 3551; 4819; 3649; 7973; б) 8” + 1,8" — 1; в) 23 +1. Идея. Разложить каждое выражение на два множителя, превос- ходящие единицу. Указание. Воспользоваться признаками делимости и формулами сокращённого умножения. Решение, а) Разложим числа на множители, превосходящие единицу. Для этого воспользуемся признаками делимости и формулами сокращённого умножения: 26 973 = 3-9991; 3551 = 3600 - 49 = 602 - 72 = (60 - 7)(60 + 7) = 53 • 67; 4819 = 4900 - 81 = 702 - 92 = (70 - 9)(70 + 9) = 61 • 79; 3649 = 4225 - 576 - 652 - 242 = (65 - 24)(65 + 24) - 41 • 89; 7973 = 8000 - 27 - 203 - З3 = (20 - 3)(202 + 20 • 3 + З2) = 17 • 469.
3. Простые и составные числа 119 б)-в) Используем формулы суммы и разности кубов: 8" + 1 — (2")3 + I3 = (2n + 1) (22п - 2" + 1); 8п - 1 = (2п)3 - I3 = (2п - 1) (22п + 2п + 1) ; о1997 ^ о1996+1 „ f о1996Л3 « 2 + 1 = 23 + 1 = ( 23 J + I3 = /’ о 1996 Л / 01996 ел о1996 \ = (2 + 1) ( 2 — 2 + 1J. Замечание. В пункте г) целесообразно использовать формулы сокращённого умножения; в пункте д) вынести за скобки общий множитель; в пункте е) применить к произведению формулу разности квадратов. Задача 5 (5-7) а) Доказать, что число 1714 + 2130 составное. Идея. Чётное число, большее 2, является составным. Указание. Использовать чётность суммы. Решение. В сумме 1714 + 2130 каждое слагаемое является нечётным числом, большим единицы. Значит, сумма будет чётным числом, большим 2. Все чётные числа, большие 2, являются составными. Утверждение доказано. Задача 6 (5-7) Чтобы узнать, является ли число 1601 простым, его стали последовательно делить на 2, 3, 5 и т. д. На каком простом числе можно прекратить испытания? Идея. Оценить сверху число 1601 квадратом целого числа. Указание. Найти наибольшее простое число, не превосходящее 40. Решение. Поскольку 1601 < 412, необходимо проверить все простые числа, не превосходящие числа 40. Числа 40, 39 и 38 являются составными. Наибольшим простым числом, не превосходящим 40, является 37. Оно и пойдёт в ответ. Ответ. 37. Задача 7 (6-7) Верно ли, что 57 599 — простое число? Идея. Разложить число на множители. Указание. Воспользоваться формулой разности квадратов.
120 Часть II. Указания и решения Решение. Легко заметить, что число 57 599 можно представить в виде разности квадратов двух чисел: 57 599 = 57 600 - 1 = 2402 - I2 = (240 - 1)(240 + 1) = 239 • 241. Значит, число 57 599 составное. Ответ. Нет. Задача 8 (6-7) Является ли число 49 + 610 + З20 простым? Идея. Доказать, что число составное. Указание. Воспользоваться формулой квадрата суммы. Решение. Выделим в выражении полный квадрат: 49 + 6ю + 320 = (29)2 + 2 . 29 . З10 + (З10)2 = (29 + З10)2. Поскольку число 49 + 610 + З20 можно представить в виде квадрата натурального числа, большего единицы, оно является составным. Ответ. Нет. Задача 9 [6-7] Доказать, что число ababab делится на 7, 13, 37. Идея. Представить число в виде суммы трёх слагаемых и вынести общий множитель за скобки. Указание. Разложить число на множители, один из которых равен 10 101. Решение. Представим число ababab в виде суммы трёх слагаемых и вынесем общий множитель ab за скобки: ababab = ab • 10 000 + ab • 100 + ab = ab • 10 101. Поскольку 10 101 = 3 • 7 • 13 • 37, исходное число кратно 7, 13, 37, а также 3. Утверждение доказано. Задача 10 (6-7) Какое наименьшее натуральное число не является делителем числа 50!? Идея. Найти наименьшее простое число, большее 50. Указание. Показать, что все натуральные числа, не превосходящие 50, являются делителями 50!. Указание. Рассмотреть натуральные числа, большие 50. Решение. Так как 50! = 1 • 2 • ... • 49 • 50, все натуральные числа до 50 включительно являются делителями числа 50!. Рассмотрим натуральные числа, большие 50. • 51 — 3*17, при этом 3 ^ 50 и 17 ^ 50, поэтому 50! делится на 3 и на 17, т. е. на 51.
3. Простые и составные числа 121 • 52 = 2 • 26, при этом 2 ^ 50 и 26 ^ 50, поэтому 50! делится на 52. • 53 является простым числом. Поскольку 53 > 50, число 53 не является делителем 50!. Итак, найдено наименьшее число, на которое не делится 50!. Ответ. 53. Задача 11 (6-7) При каких натуральных тг число тг4 + 4 простое? Идея. Преобразовать сумму в произведение. Указание. Разложить сумму на множители, выделив полный квадрат и воспользовавшись формулой разности квадратов. Указание. В произведении один из множителей должен быть равен единице, а второй — простому числу. Решение. Представим сумму п4 + 4 в виде произведения. Для этого воспользуемся формулами квадрата суммы двух выражений и разности квадратов: п4 + 4 = п4 + 4п2 + 4 - 4п2 = (п2 + 2)2 — 4п2 = (тг2 + 2тг + 2)(п2 — 2п + 2). Произведение двух множителей равно простому числу, если один из множителей равен единице, а второй равен простому числу. Заметим, что первый множитель на множестве натуральных чисел принимает значения, большие или равные 5. Значит, единице должен быть равен второй множитель: п2 —2п-[-2 = 1 (тг— I)2 = 0 <=> тг= 1. Осталось определить значение первого множителя при найденном значении тг: 1 + 2 • 1 + 2 = 5. Так как 5 — простое число, значение тг = 1 удовлетворяет условию задачи. Ответ. 1. Задача 12 [6-7) а) Доказать, что число тг4 + 64 составное при любом натуральном тг. Идея. Разложить сумму на множители. Указание. Выделить полный квадрат и воспользоваться формулой разности квадратов. Указание. Показать, что оба множителя произведения принимают значения, большие или равные 4. Решение. Выделим в сумме тг4 + 64 полный квадрат и воспользуемся формулой разности квадратов двух выражений: п4+64 = тг4 + 16п2+64:—16тг2 = (тг2+8)2 — 16л2 = (п2+4/г+8)(/г2—4я+8).
122 Часть И. Указания и решения Далее выделим в каждом множителе полный квадрат: (п2 + 4 п + 8 )(п2 — 4п + 8) = (п2 + 4п + 4 + 4 )(л2 — 4тг + 4 + 4) = = ((п + 2)2 + 4) ((л — 2)2 + 4). Из последнего выражения следует, что каждый из множителей принимает значения, большие или равные 4. Значит, произведение равно составному числу. Утверждение доказано. Задача 13 16Г7) Доказать, что два последовательных нечётных числа — числа взаимно простые. Идея. Решить задачу методом от противного. Указание. Предположить, что у двух последовательных нечётных чисел есть общий простой нечётный делитель. Указание. Рассмотрев разность чисел, получить противоречие. Решение. Рассмотрим два последовательных нечётных числа 2/1-1 и 2п + 1, где п — натуральное число. Предположим, что эти числа не являются взаимно простыми. Значит, у них есть общий делитель k > 1, причём k — число нечётное. Представим числа 2п — 1 и 2п + 1 в виде произведений: 2п — 1 = k • I, 2п + 1 = k • р, где Up G N, и рассмотрим их разность: (2п + 1) - (2п - 1) = 2 = k(p - I). Поскольку k — нечётное число, большее единицы, последнее равенство невозможно. Значит, предположение было неверным и два последовательных нечётных целых числа всегда являются взаимно простыми. Утверждение доказано. Задача 14 1.6-7] Существуют ли пять таких двузначных составных чисел, что каждые два из них взаимно просты? Идея. Оценить количество однозначных простых делителей искомых чисел. Указание. Показать, что в разложении на простые множители двузначного составного числа должно присутствовать однозначное число. Указание. Сопоставить количество искомых чисел с количеством однозначных простых чисел. Решение. Согласно определению составное число является произведением не менее двух простых чисел. Поскольку по условию искомые составные числа двузначные, в разложении каждого из них на простые множители не может быть больше одного
3. Простые и составные числа 123 двузначного числа, иначе это произведение будет как минимум трёхзначным. Значит, в разложении на простые множители каждого из искомых двузначных чисел должно присутствовать по крайней мере одно однозначное простое число. Поскольку простых однозначных чисел всего четыре (2, 3, 5 и 7), среди любых пяти составных двузначных чисел найдётся не менее двух чисел, у которых будет общий делитель, отличный от единицы. Ответ. Нет. Задача 15 (6-71 Доказать, что сумма четырёх последовательных натуральных чисел не может быть простым числом. Идея. Произведение двух или более чисел, превосходящих единицу, равно составному числу. Указание. Разложить сумму на два множителя, каждый из которых больше единицы. Решение. Рассмотрим четыре последовательных натуральных числа: п, п+ 1, тъ + 2 и ть + 3. Найдём их сумму: тъ -f (тъ -f 1) + (тъ + 2) + (тъ + 3) — 4ть + 6 = 2(2ть + 3). Каждый из множителей в произведении является натуральным числом, большим единицы, поэтому произведение равно составному числу. Утверждение доказано. Задача 16 (6-7) Найти два таких простых числа, что и их сумма, и их разность тоже простые числа. Идея. Сумма простых чисел, больших 2, равна составному числу. Указание. Показать, что одно из чисел равно 2. Указание. Подбором найти второе число. Решение. Если искомые простые числа больше 2, то они нечётные, поэтому их сумма будет чётным составным числом, что противоречит условию. Значит, одно из искомых простых чисел равно 2. В качестве второго искомого числа возьмём простое число 5 (5 — 2 = 3, 5 + 2 = 7). Докажем дополнительно, что других решений у задачи нет. Обозначим второе искомое простое число через р. При р — 2 сумма чисел 2 + 2 = 4 — составное число. Рассмотрим р > 2. В этом случае р — 2, р, р + 2 являются последовательными нечётными числами, поэтому одно из них кратно трём. • При р = 3 число р — 2 = 1 не является простым. • Случай р = 5 рассмотрен выше.
124 Часть II. Указания и решения • При р^7 числа р — 2, р, р + 2 принимают значения, большие 3, поэтому либо разность р — 2, либо сумма р + 2 будет составным числом. Ответ. 2 и 5. Задача 17 [6-7] Найти все пары простых чисел, разность квадратов которых является простым числом. Идея. Воспользоваться формулой для разности квадратов и определением простого числа. Указание. Разложить разность квадратов искомых чисел на множители. Указание. Один из множителей должен быть равен 1, а второй — простому числу. Решение. Рассмотрим два простых числа т и п и разность их квадратов: т2 — п2 = (т + п)(т — п). По условию разность квадратов является простым числом. Значит, один из множителей равен 1, а второй — простому числу. Поскольку сумма любых двух простых чисел не меньше 4, единице должна быть равна разность искомых простых чисел т — п. Этому требованию удовлетворяет единственная пара т = 3 и п = 2. Осталось проверить значение суммы: пг + п = 3 + 2 = 5 — простое число. Ответ. 3 и 2. Задача 18 (5-7) а) Придумайте восьмизначное число, все цифры которого различны, такое, что после вычёркивания любых двух его цифр остаётся составное число. Идея. Рассмотреть последние три разряда восьмизначного числа. Указание. Воспользоваться признаками делимости на 2 и на 5. Решение. Заметим, что числа, состоящие из двух или более разрядов и заканчивающие на чётную цифру (0, 2, 4, 6, 8) или на 5, являются составными. Поскольку в восьмизначном числе вычёркиваются две цифры, достаточно расположить в трёх младших его разрядах любые цифры из перечисленных выше. Например, условию задачи удовлетворяют числа 12 347 658, 98 763 452, 34 579 860. Ответ. 12 347 658.
3. Простые и составные числа 125 Задача 19 [6-7] Какое наибольшее количество натуральных чисел, меньших 50, можно взять так, чтобы любые два были взаимно просты? Идея. Простые числа являются взаимно простыми. Указание. Рассмотреть все простые числа, не превосходящие 50, и единицу. Решение. Рассмотрим все простые числа, меньшие 50, и единицу: 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47. Этот набор состоит из 16 чисел, и любые два из них взаимно просты. Если добавить в указанный набор любое составное число, меньшее 50, то для того чтобы удовлетворить условию задачи, придётся из набора исключить все его простые делители. Если у составного числа несколько различных простых делителей, то число элементов в наборе уменьшится. Если же составное число является степенью некоторого простого числа, то число элементов останется равным 16. Например, число 2 можно заменить на одно из чисел 4, 8, 16 или 32; число 3 можно заменить на 9 или 27; число 5 можно заменить на 25; число 7 можно заменить на 49. Значит, любой набор попарно простых чисел, меньших 50, состоит не более чем из 16 элементов. Ответ. 16. Задача 20 Простые числа р, q и натуральное число п удовлетворяют соотношению — + — + — = — . Найти эти числа. р q pq п Идея. Перейти к уравнению с целочисленными коэффициентами. Указание. Привести сумму в левой части уравнения к общему знаменателю и получить уравнение с целыми коэффициентами. Указание. Показать, что уравнению удовлетворяет единственное значение п — 1. Указание. Решить оставшееся уравнение для переменных р и q на множестве простых чисел. Решение. Перейдём к уравнению с целыми коэффициентами: 1.1,1 1 q + р +1 1 /I i-i\ п + « + ^ = ^ ^ ^— = - <=► n(q+p + l) = pq. р q pq п pq п Полученное уравнение необходимо решить на множестве натуральных чисел, причём числа р и q должны быть простыми. В обеих частях уравнения стоят произведения натуральных чисел. Поскольку q + р + 1 > р и q + р + 1 > д, решение уравнения существует только при q + р + 1 = pq и п = 1. Решим оставшееся уравнение для переменных р и q на множестве простых чисел: q + р + 1 = pq q+p+1-pq = 0 <=> <=> q(l-p)-(l-p) + 2 = 0 <=> (q — l)(p — 1) — 2. Значит, q = 3, p — 2 или q — 2, p = 3. Ответ, p = 2, q = 3, n — l или p = 3, q = 2, n — 1.
126 Часть II. Указания и решения Задача 21 f6~7l Натуральные числа а и & таковы, что 34а = 43&. Доказать, что число а + Ъ составное. Идея. Разложить сумму a + Ъ на множители, воспользовавшись свойствами делимости чисел а и &. Указание. Из уравнения найти делители чисел а и Ъ. Указание. Представить числа а и & в виде произведений и рассмотреть их сумму. Решение. Поскольку 34 = 2*17, а число 43 — простое, натуральное число Ъ должно быть кратно 2 и 17, т. е. числу 34, а натуральное число а должно быть кратно 43. Значит, а = 43ттг, Ъ = 34тг, где ттг, п — натуральные числа. Подставив эти зависимости в уравнение, получаем равенство т = п. Осталось рассмотреть сумму: а + Ъ = 43ттг + 34ттг — Пт = 7 • 11 • т. Полученное число является составным, поскольку может быть представлено в виде произведения нескольких натуральных множителей, два из которых заведомо больше единицы. Утверждение доказано. Задача 22 (6-7) Найти наименьшее натуральное число, большее 1, которое по крайней мере в 600 раз больше каждого своего простого делителя. Идея. Организовать перебор по возможным значениям наибольшего простого делителя искомого числа. Указание. Переформулировать условие задачи для наибольшего простого делителя искомого числа. Указание. Рассмотреть натуральные числа, наибольшие простые делители которых равны 2 и 3; в каждом случае найти числа, удовлетворяющие условию, выбрать наименьшее. Указание. Показать, что в остальных случаях будут получены числа, превосходящие найденное. Решение. Из условия задачи следует, что искомое натуральное число должно быть по крайней мере в 600 раз больше наибольшего из своих простых делителей. Рассмотрим возможные наибольшие простые делители искомого числа в порядке возрастания. • Если наибольшим (и единственным) простым делителем является число 2, то искомое число т может быть представлено в виде степени с основанием 2: т = 2k, где k — натуральное число. По условию ттг ^ 2 • 600 = 1200. Наименьшим числом, удовлетворяющим этим условиям, является т = 2048 при k = 11.
3. Простые и составные числа 127 • Если наибольшим простым делителем является число 3, то искомое число тп может быть представлено в виде произведения степеней с основаниями 2 и 3: тп = 2А;3Р, где k — неотрицательное целое число, р — натуральное число. По условию тп ^ 3 • 600 = 1800. Найдём наименьшее такое число. Для этого организуем перебор по возможным значениям показателя р и вычислим для каждого значения р наименьшее допустимое значение числа тп: • р = 1, k = 10, тп = 3072; • р = 2, k = 8, тп = 2304; • р = 3, к = 7, тп = 3456; • р = 4, й = 5, тп = 2592; • р = 5, й = 3, /71 = 1944; • р — 6, к = 2, тп = 2916. • При р ^ 7 оценим /тг > З7 = 2187 > 1944. Наименьшим является число /гг = 1944 при р = 5, к = 3. • Если наибольшим простым делителем является число, большее 3, то искомое число /гг ^ 5 • 600 = 3000 > 1944. Значит, перебор по значениям наибольшего простого делителя можно завершить. Наименьшим числом, удовлетворяющим условию, является число 1944. Ответ. 1944 = 23«35. Задача 23 [6-7) Доказать, что произведение п первых простых чисел не является полным квадратом. Идея. Среди простых чисел есть только одно чётное. Указание. Показать, что произведение нескольких первых простых чисел чётно, но не делится на 4. Решение. Поскольку среди п подряд идущих простых чисел, начиная с первого, есть всего одно чётное число, равное 2, их произведение будет делиться на 2, но не будет делиться на 4. Значит, произведение не может быть квадратом натурального числа, так как квадрат нечётного числа является нечётным числом, а квадрат чётного числа кратен четырём. Утверждение доказано. Задача 24 [ 7 ) Доказать, что число р+1, где р — произведение первых п простых чисел (п > 1), не является полным квадратом. Идея. Использовать метод доказательства от противного и свойства делимости числа р.
128 Часть II. Указания и решения Указание. Показать, что число р не кратно 4. Указание. Доказать, что если число р + 1 является полным квадратом, то число р должно делиться на 4. Решение. По условию число р равно произведению не менее двух первых простых чисел. Среди простых чисел всего одно чётное, поэтому р не делится на 4. Воспользуемся этим свойством. Предположим, что число р + 1 является полным квадратом: р + 1 = п2. Тогда р = п2 - 1 = (п + 1 )(п - 1). Поскольку р — число чётное, п должно быть числом нечётным. В этом случае в правой части последнего равенства стоит произведение двух чётных чисел. Значит, число р кратно 4, что противоречит условию. Утверждение доказано. Задача 25 (6-7) Пусть р — простое число. Сколько существует натуральных чисел: а) меньших р и взаимно простых с ним; б) меньших р2 и взаимно простых с ним? Идея. Использовать определение простого числа. Указание. Показать, что все числа, меньшие р, будут взаимно простыми с ним. Указание. Показать, что среди первых р2 натуральных чисел р чисел кратны р. Решение, а) Из определения простого числа следует, что ни одно из натуральных чисел, меньших р, не делится на р. Значит, для каждого простого числа р существует р— 1 натуральное число, меньшее р и взаимно простое с ним. б) Среди первых р2 натуральных чисел ровно р чисел делятся на р. Это числа р, 2р, Зр, ..., (р - 1 )р, р2. Остальные числа, меньшие р2, будут взаимно простыми с числом р, т. е. будут удовлетворять условию. Их ровно р2 — р штук. Ответ, а) р— 1; б) р2—р. Задача 26 [6-7) Доказать, что число имеет нечётное число делителей тогда и только тогда, когда оно является точным квадратом. Идея. Число делителей числа п, отличных от л/п, всегда чётно. Указание. Воспользоваться тем, что каждому делителю т числа п соответствует делитель —.
3. Простые и составные числа 129 Решение. Если число m является делителем натурального числа п, то и число также будет делителем числа п. Значит, число делителей будет нечётным в том и только в том случае, если ттг — т. е. тг = ттг2, что и требовалось доказать. Задача 27 [6-7] Пусть к — число делителей числа тг. Доказать, что к2 < 4тг. Идея. Воспользоваться утверждением, доказанным в предыдущем номере. Указание. Рассмотреть чётные к; показать, что в этом случае к < 2у/п. Указание. Рассмотреть нечётные к; показать, что тогда к < 2 у/п - 1. Решение. Рассмотрим натуральное число тг, имеющее к делителей; упорядочим их по возрастанию. В предыдущей задаче было показано, что если число тг не является полным квадратом, то « h число его делителеи четное, причем делитель с номером р = % £ меньше у/п. Значит, число делителей с номерами, меньшими р, меньше у/п, а общее число делителей числа тг в два раза больше: к < 2л/пу т. е. к2 < 4тг. Если же натуральное число тг является полным квадратом, то число его делителей нечётное (к = 2р + 1> где р — натуральное число), причём делитель с номером р+ 1 равен у/п. Тогда для общего числа делителей числа тг справедлива оценка к ^ 2л/п — 1, т. е. к2 ^ [2у/п — l)2 < 4тг. Утверждение доказано. Задача 28 (5-7) Известно, что р > 3 и р — простое число. а) Будут ли чётными числа (р+1) и (р — 1)? Будет ли хотя бы одно из них делиться на: б) 3; в) 4; г) 5? Идея. Использовать свойства подряд идущих целых чисел. Указание, а) Использовать определение простого числа. Указание, б) Использовать свойство трёх подряд идущих целых чисел. Указание, в) Использовать свойство двух подряд идущих чётных чисел. Указание, г) Привести пример и контрпример.
130 Часть II. Указания и решения Решение, а) Среди простых чисел есть только одно чётное число, равное 2. Из условия р > 3 следует, что число р нечётное. Тогда числа (р +1) и (р — 1) чётные. б) Рассмотрим три последовательных натуральных числа (р - 1), р и (р + 1). По свойству подряд идущих целых чисел одно из них кратно трём. Единственное простое число, кратное трём, есть 3. Поскольку по условию простое число р > 3, то на 3 делится либо число (р — 1), либо число (р + 1). в) (р-1) и (р + 1) — подряд идущие чётные числа. Значит, одно из них делится не только на 2, но и на 4. г) Одно из чисел (р - 1), (р+1) может быть кратно 5. Например, при р = 11 число р— 1 = 10 делится на 5. С другой стороны, при р = 5 ни одно из чисел (р - 1), (р+1) не делится на 5. Ответ, а) Да; б) да; в) да; г) не обязательно. Задача 29 \б-7) Указать такое натуральное число, начиная с которого 12 последующих чисел являются составными. Идея. Найти два последовательных простых числа, разность которых больше 12. Указание. Перебирая простые числа первой сотни, убедиться в том, что нужного натурального числа нет. Указание. Во второй сотне найти пару последовательных простых чисел, разность которых больше 12. Решение. Необходимо найти два последовательных простых числа, разность которых равна числу, не меньшему 13. В первой сотне натуральных чисел такой пары простых чисел нет, поскольку в каждом десятке присутствует не менее двух простых чисел (например, 2, 3, 5 и 7 в первом десятке; 11, 13, 17 и 19 во втором десятке и т. д.). В первом десятке второй сотни тоже несколько простых чисел (101, 103, 107 и 109). А во втором и третьем десятках нужная пара простых чисел есть; это числа 113 и 127. Разность равна 127 — 113 = 14. Значит, числа 114 и 115 удовлетворяют условию: следующие за каждым из них 11 чисел (соответственно 115, 116, . . . , 125 и 116, 117, . . . , 126) являются составными. Ответ. Например, 114. Задача 30 (6-7) Найти десять последовательных натуральных чисел, среди которых а) нет ни одного простого числа; б) одно простое число; в) два простых числа; г) три простых числа; д) четыре простых числа.
3. Простые и составные числа 131 е) Сколько вообще простых чисел может быть среди десяти последовательных натуральных чисел? Идея. Воспользоваться результатом, полученным в предыдущей задаче. Указание, а) Перебором по натуральным числам второй сотни найти пару простых чисел, разность которых больше 10. Указание. б)-д) Уменьшая значение первого числа, привести соответствующие примеры. Указание, е) Показать, что среди десяти последовательных натуральных чисел может быть не более пяти простых; привести пример. Решение, а) Необходимо найти два последовательных простых числа, разность которых больше десяти. В предыдущей задаче одна из таких пар была найдена; это числа второй сотни 113 и 127. Все числа между ними являются составными, поэтому в качестве ответа на вопрос можно предложить десять последовательных составных чисел от 114 до 123 включительно. б) Рассмотрим последовательные натуральные числа от 113 до 122. Первое число этого набора простое, а остальные девять составные. в) Среди десяти натуральных чисел от 109 до 118 два числа простые (109 и 113), а остальные восемь составные. г) Среди десяти чисел от 107 до 116 три простых числа (107, 109 и 113) и семь составных. д) Среди десяти чисел от 101 до 110 четыре простых числа (101, 103, 107 и 109) и шесть составных. е) Заметим, что среди десяти последовательных натуральных чисел пять чётных. Если первое (меньшее) число больше 2, то в таком наборе будет не более пяти простых чисел, поскольку все чётные числа будут составными. Среди натуральных чисел от 2 до 11 ровно пять простых (2, 3, 5, 7, 11). Наконец, среди натуральных чисел от 1 до 10 четыре простых числа (2, 3, 5 и 7), что меньше, чем в предыдущем случае. Учитывая примеры пунктов а)--д), заключаем, что среди десяти последовательных натуральных чисел может быть не более пяти простых. Ответ, а) от 114 до 123; б) от 113 до 122; в) от 109 до 118; г) от 107 до 116; д) от 101 до 110; е) не более пяти. Задача 31 (6-7) Поставьте в ряд а) 5 простых чисел, б) 6 простых чисел так, чтобы разности соседних чисел в каждом ряду были равны. Идея. Получить оценки для первого числа ряда и для цифры младшего разряда разности.
132 Часть II. Указания и решения Указание. Показать, что в ряду из пяти простых чисел первое число должно быть больше трёх; в ряду из шести чисел первое число должно быть больше пяти. Указание. Для определения разности рассмотреть цифру в её младшем разряде и использовать признаки делимости на 2 и на 5. Решение, а) Поскольку разность соседних простых чисел одинакова, все числа должны быть нечётными. Заметим далее, что если первое число будет равно трём, то четвёртое число, полученное после прибавления к первому утроенной разности, будет кратно трём, т. е. не будет простым. Возьмём в качестве первого числа 5. Набор {5; 11; 17; 23; 29} удовлетворяет условию (разность соседних чисел равна шести), б) Поиск шести простых чисел, удовлетворяющих условию, целесообразно начинать с простого числа 7. Заметим, что разность простых чисел в этом случае будет чётным числом. Если разность соседних чисел заканчивается на 2, то в младшем разряде пятого числа будет стоять цифра 5, что означает делимость на 5. Другими словами, пятое число будет составным. По аналогичным причинам разность не может заканчиваться на 4, 6 и 8. Остаётся единственное возможное значение цифры младшего разряда разности (с учётом её чётности) — ноль. Перебирая возможные значения разности, кратные 10, находим набор из шести простых чисел, удовлетворяющий условию: {7;37;67;97;127;157}. Разность соседних чисел равна тридцати. Ответ, а) 5, 11, 17, 23, 29; б) 7, 37, 67, 97, 127, 157. Замечание. Любые пять последовательных простых чисел из шести, приведённых в пункте б), могут служить примером и для пункта а). Задача 32 [6-7) Найти все простые числа, которые нельзя записать в виде суммы двух составных. Идея. Все простые числа, начиная с 13, могут быть представлены в виде суммы двух составных чисел. Указание. Простые числа, меньшие удвоенного наименьшего составного числа, подходят. Указание. Представить простые числа, начиная с 13, в виде суммы чётного составного числа и 9. Указание. Представить число 11 в виде суммы двух натуральных чисел всеми возможными способами и проанализировать слагаемые. Решение. Наименьшее составное число равно 4, поэтому все простые числа, меньшие 8 = 4 + 4, удовлетворяют условию; это числа 2, 3, 5 и 7.
3. Простые и составные числа 133 Простые числа, начиная с 13, могут быть представлены в виде суммы составного нечётного числа 9 и составного чётного числа, большего 2. Например, 13 = 9 + 4, 17 = 9 + 8 и т. д. Значит, они не подходят. Осталось рассмотреть простое число 11. Его можно представить в виде суммы двух натуральных чисел пятью способами: 11 = 1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6, причём в каждой из пяти сумм одно из слагаемых не является составным числом. Значит, число 11 также удовлетворяет условию. Ответ. 2, 3, 5, 7 и 11. Задача 33 (6-71 Доказать, что при п > 2 числа 2п — 1 и 2^ + 1 не могут быть простыми одновременно. Идея. Воспользоваться формулами сокращённого умножения. Указание. Для чётных п разложить первое число на множители по формуле разности квадратов. Указание. Для нечётных п воспользоваться обобщённой формулой для суммы нечётных степеней. Решение. Рассмотрим два случая. 1) При чётном п, т. е. при п = 2т, где т — натуральное число, большее единицы (по условию), можно воспользоваться для первого числа формулой разности квадратов двух выражений: 22т - 1 = (2mf - I2 = (2т - 1)(2т + 1). При т > 1 каждый множитель больше единицы. Значит, число 2^ — 1 является составным. При этом число 2^ + 1 может быть как простым (например, при п = 4 получаем 24 + 1 = 17 — простое число), так и составным (при п = 6 получаем 26 + 1 = 64 + 1 = 65 = 5 • 13 — составное число). 2) Для нечётных п, представимых в виде тг = 2т + 1, где т — натуральное число, большее единицы, воспользуемся для второго числа обобщённой формулой суммы нечётных степеней двух выражений: 22т+1 + 1 = (2 + 1)(22т - 22т~1 + 22т~2 - ... - 2 + 1) = = 3(22m - 22/п_1 + 22т~2 - ... - 2 + 1). При т > 1 сумма 2^ + 1 больше пяти. Значит, второй множитель больше единицы, т. е. число 2п + 1 является составным. При этом число 2п — 1 может быть как простым (например, при п = 3 получаем 23 — 1 = 7 — простое число), так и составным (при п = 9 получаем 29 — 1 = 511 = 7*73 — составное число). Утверждение доказано.
134 Часть II. Указания и решения Задача 34 [6-7] Может ли разность квадратов двух простых чисел быть квадратом натурального числа? Идея. Привести пример. Указание. Разложить разность квадратов на множители и решить задачу перебором по возможным значениям одного из множителей. Решение. Обозначим простые числа через т и тг. Не ограничивая общности, предположим, что т > п. По условию должно выполняться равенство ттг2 - п2 = k2, где k — натуральное число. Воспользуемся формулой разности квадратов: (ттг — п)(т + п) = k2 и организуем перебор по возможным значениям первого множителя. 1) Разность т — п может быть равна единице только при т = 3 и п = 2. В этом случае сумма т + п = 5 не является квадратом натурального числа. 2) Разность т — п может принимать значение, равное двум, для многих пар простых чисел тп и я. В этом случае сумма т + п должна быть равна удвоенному квадрату некоторого натурального числа. Этим условиям удовлетворяет, например, пара ттг = 5 и п = 3 (гп + п — 8 = 2» 22). Следовательно, разность квадратов двух простых чисел может быть равна квадрату натурального числа. Ответ. Да, например 52 — З2 = 42. Замечание. Можно переписать равенство т2 — п2 = k2 в виде ттг2 + k2 = тг2 и вспомнить теорему Пифагора и прямоугольные треугольники со сторонами 3, 4, 5 или 5, 12, 13. Задача 35 f&-7] Из чисел 1, 2, 3,..., 1985 выбрать наибольшее количество чисел так, чтобы разность любых двух выбранных чисел не была простым числом. Идея. Разность соседних выбранных чисел должна быть равна наименьшему составному числу. Указание. Рассмотреть наборы, в которых разность соседних чисел равна четырём. Указание. Выбрать набор с наибольшим числом элементов. Решение. Рассмотрим набор, в котором разность соседних чисел равна наименьшему составному числу, а именно четырём. В этом случае разность любых двух чисел набора будет кратна 4, т. е. также будет составным числом.
3. Простые и составные числа 135 Осталось найти такой набор с наибольшим числом элементов. Если в качестве первого элемента набора взять число 1, то значения остальных будут вычисляться по формуле 1 + 4й, где й — натуральное число. Поскольку 1985 = 1 + 4 • 496, последнее число из приведённых в условии тоже попадёт в этот набор и станет 497-м его элементом. Ответ. 497 чисел вида 1 + 4й при k = 0,1, 2,..., 496. Задача 36 (6-7) Натуральное число п таково, что числа 2п + 1 и Зп + 1 являются квадратами. Может ли при этом число 5тг + 3 быть простым? Идея. Воспользоваться определением составного числа. Указание. Представить число 5/г + 3 в виде разности учетверённой первой суммы и второй суммы; разложить выражение на множители. Указание. Доказать, что оба множителя принимают значения, большие единицы. Решение. По условию 2п + 1 = тп2, Зп + 1 = й2, где тик — натуральные числа, т < к. Выразим сумму 5тг + 3 через введённые переменные: 5п + 3 = 4(2п + 1) - (Зп + 1) = 4т2 - k2 = (2т - k)(2m + k). Поскольку числа тик натуральные, для второго множителя справедлива оценка 2т + к > 3. Рассмотрим первый множитель 2т — к. Он может принимать только положительные значения, поскольку 5тг+3 ^ 8 и 2тп+й ^ 3. • Если 2т — й — 1, т. е. 2т = й + 1, то 5тг + 3 = 2т + й = 2й + 1. Рассмотрим выражение (k-l)2 = k2-2k+l = k2—(2k+V)+2 = (Зп+1)—(5тг+3)+2 = -2n < 0, что противоречит условию. • Если множитель 2т — к принимает натуральное значение, большее единицы, то число 5тг + 3 удовлетворяет определению составного числа. Значит, этот случай также не подходит. Итак, для любого значения натурального числа тг, удовлетворяющего условию, число 5тг + 3 будет составным. Ответ. Нет. Задача 37 [6-7] Найти все прямоугольники, которые можно разрезать на 13 равных квадратов. Идея. Воспользоваться тем, что 13 — простое число. Указание. Квадраты должны располагаться в один ряд.
136 Часть II. Указания и решения Решение. Прежде всего определим, сколькими способами можно получить прямоугольник из 13 равных квадратов. Обозначим через пит число рядов квадратов в прямоугольнике и число квадратов в ряду соответственно. По условию т • п = 13. Поскольку 13 — простое число, данное уравнение имеет два решения: т — 1, п = 13 и т — 13, п — 1. Другими словами, из 13 равных квадратов можно составить прямоугольник единственным способом, расположив квадраты в ряд. Полученный таким способом прямоугольник будет иметь стороны, длины которых относятся как 13 : 1. Ответ. Прямоугольники с отношением длин сторон 13 : 1. Задача 38 (6-7) Можно ли все клетки таблицы 9x2002 заполнить натуральными числами так, чтобы суммы чисел в каждом столбце и суммы чисел в каждой строке были простыми числами? Идея. Предположив существование решения, просуммировать все числа таблицы двумя способами и получить противоречие. Указание. Предположить, что такая таблица существует. Указание. Сумма девяти простых чисел, больших 2, есть число нечётное. Указание. Сумма 2002 простых чисел, больших 2, равна чётному числу. Решение. Рассмотрим таблицу, содержащую 9 строк и 2002 столбца. Предположим, что условие задачи выполнено. Поскольку сумма чисел в каждой строке равна простому числу, большему 2, т.е. нечётному числу, сумма всех чисел таблицы, полученная в результате сложения 9 нечётных чисел, будет нечётным числом. Теперь рассмотрим столбцы. По предположению сумма чисел в каждом столбце также равна простому нечётному числу, однако, поскольку в таблице 2002 столбца, сумма всех чисел таблицы, полученная в результате сложения 2002 нечётных чисел, будет чётным числом. Полученное противоречие показывает, что предположение было неверным и клетки таблицы 9 х 2002 нельзя заполнить натуральными числами так, чтобы суммы элементов в каждом столбце и в каждой строке были простыми числами. Ответ. Нет. Задача 39 (6-7) В магическом квадрате суммы чисел в каждой строке, в каждом столбце и на обеих диагоналях равны. Можно ли составить магический квадрат 3 х 3 из первых девяти простых чисел?
3. Простые и составные числа 137 Идея. Суммы чисел в строках таблицы имеют разную чётность. Указание. Сравнить чётность сумм элементов в строке, содержащей 2, и в строках, не содержащих 2. Решение. Поскольку количество простых чисел, используемых для заполнения таблицы, равно количеству её элементов, все элементы таблицы разные. Среди первых девяти простых чисел есть единственное чётное число, равное 2. Значит, в одной строке таблицы будет стоять число 2, а в двух остальных нет. Если в строке таблицы есть 2, то сумма элементов этой строки будет числом чётным. Если же в строке таблицы нет числа 2, то все элементы этой строки будут нечётными числами, поэтому сумма элементов тоже будет нечётным числом. Так как суммы чисел в строках таблицы невозможно сделать равными, магический квадрат 3 х 3 из первых девяти простых чисел составить нельзя. Ответ. Нет. Задача 40 [6-7] Существует ли такой набор из 10 натуральных чисел, что каждое не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого делится на каждое из остальных? Идея. Для построения нужного набора использовать 10 различных простых чисел. Указание. Рассмотреть 10 различных простых чисел, умноженных на их наименьшее общее кратное. Решение. Рассмотрим различные простые числа pi, р2, ..., Рю- Они удовлетворяют первому условию («каждое не делится ни на одно из остальных»), но не удовлетворяют второму («квадрат каждого делится на каждое из остальных»). Умножим каждое из чисел на их наименьшее общее кратное: НОК(р1,р2,... ,рю) =Pi -Р2- ... •Рю• Несложно убедиться в том, что полученный набор чисел Р\-Р2- • • • -Рю, Pl'Pt' • • • 'Рю, .... Pi 'Р2 ' • • • 'Pio удовлетворя- ет условию. Ответ. Существует. Задача 41 (6-7) а) Существует ли 100 натуральных чисел таких, что их сумма равна их наименьшему общему кратному? б) А если все числа различны? Идея. Привести примеры, используя определение наименьшего общего кратного.
138 Часть II. Указания и решения Указание, а) Привести пример для суммы, равной 150. При построении примера рассмотреть минимальный необходимый набор чисел, исходя из определения наименьшего общего кратного, и дополнить его нужным количеством единиц и двоек. Указание, б) Доказать, что различные натуральные числа, удовлетворяющие условию, должны быть кратны не менее чем двум простым числам. Привести пример для делителей, равных 2 и 3. Решение, а) Из условия следует, что сумма чисел искомого набора превосходит 100. Приведём пример 100 чисел, сумма и наименьшее общее кратное которых равны, скажем, 150. Поскольку 150 = 2-3* 52, числа 2, 3 и 52 = 25 должны быть множителями хотя бы одного числа из искомого набора. Включим в набор числа 25, 3 и 2. Сумма остальных 97 чисел должна быть равна 150 -25 — 3 — 2 = 120. Из определения наименьшего общего кратного следует, что простых множителей, больших 5, у оставшихся чисел быть не должно. Руководствуясь этим соображением, добавим 23 двойки и 74 единицы. Получим набор, удовлетворяющий условию: {25; 3; 2;...; 2; 1;...; 1}. V v 24 шт. 74 шт. Замечание. Решение данной задачи не единственное. Условию удовлетворяет, например, набор {8; 6; 5; 3; 2; 2; 1;. „; 1} (сумма 94 шт. чисел и НОК равны 120) и многие другие. б) Числа искомого набора не могут быть простыми, поскольку сумма ста различных простых чисел меньше их произведения. С другой стороны, числа не могут быть и степенями с одним основанием и разными показателями, поскольку сумма таких степеней больше их наименьшего общего кратного, равного степени с наибольшим показателем. Значит, среди делителей чисел есть по крайней мере два различных простых числа. Опишем алгоритм поиска решения. В качестве стартового рассмотрим набор степеней с основанием а {а0; а1; а2;...; а99}. Числа набора являются членами геометрической прогрессии с первым членом, равным 1, и знаменателем а. Их сумма вычисляется по формуле а° + а1 + а2 + ... + а98 + а" = а1°° ~ 1 . а - 1 Выше было отмечено, что стартовый набор не удовлетворяет условию и требует корректировки. Заменим в нём один или несколько элементов на числа, кратные числу Ь, взаимно простому с а, так, чтобы наименьшее общее кратное чисел нового набора стало равным а" • Ь. Обозначим через х приращение суммы чисел, вызванное описанной заменой, и составим уравнение
4. Деление с остатком 139 Попробуем найти решение. При a = 2, Ъ = 3 получаем х = 2" • 3 - 2100 + 1 = (3 - 2) • 2" + 1 = 2 • 298 + 1. Значит, если в стартовом наборе {1; 2; 4;...; 298; 299} ко второму элементу прибавить единицу, а к предпоследнему числу прибавить 2 • 298, то полученный новый набор {1; 3; 4; 8;...; 297; 3 • 298; 299} будет удовлетворять условию задачи: сумма и НОК чисел равны 3-2". Найдём ещё одно решение по той же схеме. При a = 2, Ъ = 9 получаем х = 299 .9_ 2100 +х = (9_2).299 +J = 7. 299 +1# Далее представим первое слагаемое в виде суммы: 7 • 2" = 14 • 298 = 8 • 298 + 6 • 298 = 8 • 298 + 12 • 297 = = 8 • 298 + 8 • 297 + 4 • 297 = 8 • 298 + 8 • 297 + 8 • 296. Если в стартовом наборе {1; 2; 4; 8;; 296; 297; 298; 299} к четвёртому числу прибавить единицу, к 296 прибавить 8 • 296, к 297 прибавить 8 • 297 и, наконец, к 298 прибавить 8»298, то новый набор {1; 2; 4; 9; 16; 32;...; 295; 9 • 296; 9 • 297; 9-298; 299} также будет удовлетворять условию задачи: сумма и НОК чисел равны 9-2". Ответ, а) 25, 3, 2, ..., 2, 1, ..., 1 (24 двойки, 74 единицы). Сумма чисел и НОК равны 150. б) 1, 3, 4, 8, ..., 297, 3*298, 2". Сумма чисел и НОК равны 3*2". 4. Деление с остатком Задача 1 (5-6) Доказать, что если сумма двух целых чисел есть число нечётное, то произведение этих чисел всегда будет числом чётным. Идея. Произведение чётного числа на любое целое число есть число чётное. Указание. Одно из чисел является чётным. Указание. Воспользоваться чётностью произведения двух целых чисел, одно из которых является чётным. Решение. По условию сумма двух целых чисел есть число нечётное. Значит, одно число является чётным, а второе — нечётным. Произведение чётного числа на любое целое число есть число чётное. Утверждение доказано. Задача 2 (5-6) а) Доказать, что если два числа при делении на 3 дают в остатке 1, то произведение их даёт при делении на 3 тот же остаток 1.
140 Часть II. Указания и решения Идея. Произведение двух целых чисел при делении на некоторое натуральное число даёт тот же остаток, что и произведение остатков, полученных при делении этих чисел на данное натуральное число (см. пример 1). Указание. Представить каждое число в виде суммы слагаемого, кратного трём, и остатка от деления на 3, и рассмотреть их произведение. Решение. Поскольку по условию два числа при делении на 3 дают в остатке 1, они могут быть представлены в виде т = Зй + 1, п = Зр +1, где числа k и р целые. Рассмотрим произведение чисел тп и п: тп = (3k -f- 1)(3р Н- 1) = 9kp -Ь 3k Н- Зр -Ь1 — 3(3kp + k -Ь р) -f- 1. Из последнего выражения следует, что произведение тп при делении на 3 даёт в остатке 1. Утверждение доказано. Задача 3 [5-6] Доказать, что два натуральных числа а и & обладают следующим свойством: либо а, либо &, либо а + &, либо а — Ъ делится на 3. Идея. Сумма (разность) двух натуральных чисел при делении на 3 даёт тот же остаток, что и сумма (разность) остатков, полученных при делении данных чисел на 3 (см. пример 1). Указание. Рассмотреть всевозможные комбинации остатков от деления чисел а и & на 3. Решение. Если хотя бы одно из натуральных чисел а, Ъ делится на 3, то справедливость утверждения очевидна. Далее рассмотрим числа а и &, не кратные трём. • Если числа а и & при делении на 3 дают равные ненулевые остатки, т. е. a = Зт + г, Ъ = Зп + г, где тп, п — неотрицательные целые числа, ге{ 1;2}, то их разность a-Ъ = (Зтп + г) - (Зп + г) = 3(тп - п) кратна трём. • Если числа а и 6 при делении на 3 дают разные ненулевые остатки (например, а = Зт +1, Ъ = Зп + 2, где тп, п е No), то их сумма а + Ъ = (Зтп —|— 1) —Ь~ (Зп И- 2) == 3(тп -Ь п -Ь 1) кратна трём. Утверждение доказано. Задача 4 [5-6] Доказать, что из трёх целых чисел всегда можно найти два, сумма которых делится на два. Идея. Сумма двух чисел одинаковой чётности есть чётное число.
4. Деление с остатком 141 Указание. Среди трёх целых чисел есть либо два чётных, либо два нечётных. Указание. Показать, что сумма двух чётных чисел или двух нечётных чисел есть число чётное. Решение. Целое число может быть либо чётным, либо нечётным. Из принципа Дирихле следует, что набор из трёх целых чисел содержит либо два чётных числа, либо два нечётных числа. • Если среди чисел тп, п, k есть два чётных (например, п — 26, k = 2с, где 6, с G Z), то их сумма будет чётным числом: п + k = 2 (Ъ + с). • Если среди чисел тп, п, k есть два нечётных (например, тп — 2a + 1, тъ = 2b + 1, где а, Ъ Е Z), то их сумма также будет чётным числом: 771 + ТЪ ~ 2(& + Ъ + 1). Утверждение доказано. Задача 5 15-6) а) Доказать, что если даны три каких-нибудь числа, из которых ни одно не делится на три, то или сумма всех этих чисел, или сумма двух каких-нибудь из них должна делиться на 3. Идея. Сумма трёх чисел с одинаковыми остатками от деления на 3 кратна трём; сумма двух чисел с разными ненулевыми остатками от деления на 3 кратна трём. Указание. Рассмотреть числа с одинаковыми ненулевыми остатками от деления на 3. Указание. Рассмотреть числа с разными ненулевыми остатками от деления на 3. Решение. По условию целые числа не кратны трём. Значит, при делении на 3 они могут давать в остатке 1 или 2. • Если целые числа тп, тг, k при делении на 3 дают одинаковые ненулевые остатки, т. е. m = За + г, п — ЗЪ + г, k — 3с + г, где а,&,се Z, re {1; 2}, то их сумма будет делиться на 3: тп + n + k — 3 (а + b + с + г). • Если же среди чисел тп, тг, k есть два числа, дающие при де¬ лении на 3 разные ненулевые остатки (например, тп = За + 1, п — ЗЪ + 2, где а, & G Z), то сумма этих чисел будет делиться на три: тп + п — 3 (а + Ъ + 1). Утверждение доказано.
142 Часть II. Указания и решения Задача 6 [5-6] а) Показать, что среди любых шести целых чисел найдутся два, разность которых кратна 5. Останется ли это утверждение верным, если вместо разности взять сумму? Идея. Разность двух чисел с одинаковыми остатками от деления на 5 кратна пяти; сумма двух чисел с одинаковыми ненулевыми остатками от деления на 5 не кратна пяти. Указание. Рассмотреть разность чисел с одинаковыми остатками от деления на 5. Указание. Рассмотреть сумму двух чисел с равными ненулевыми остатками от деления на 5. Решение. Существует ровно пять различных остатков от деления целых чисел на 5. Из принципа Дирихле следует, что среди шести целых чисел найдутся по крайней мере два числа, имеющие одинаковые остатки от деления на 5. Обозначим эти числа через т — Ьа + г и п = 5г, где а, Ъ е Z, г е {0; 1; 2; 3; 4}. Разность таких чисел будет кратна 5: т — п == (5а + г) — (5Ъ + г) = 5(а - Ъ). Сумма двух целых чисел кратна 5, если сумма остатков при делении этих чисел на 5 равна нулю или пяти. Не всякий набор из шести целых чисел содержит такую пару. Например, среди чисел 6, б, б, 6,6,6 такой пары нет: сумма любых двух чисел из указанного набора равна числу 12, которое не делится нацело на 5. Этим же свойством обладает любой набор целых чисел, имеющих одинаковые ненулевые остатки от деления на 5, например 2,7,12,17,22,27. Ответ. Нет. Задача 7 (6-7) Доказать, что среди степеней двойки есть две, разность которых делится на 1987. Идея. Разность двух чисел с одинаковыми остатками от деления на 1987 кратна 1987. Указание. Взять набор из 1988 (или более) различных степеней двойки. Указание. Рассмотреть разность степеней из набора, имеющих одинаковые остатки от деления на 1987. Решение. Заметим, что существует ровно 1987 различных остатков от деления натуральных чисел на 1987. Поэтому достаточно рассмотреть набор из 1988 (или более) различных степеней двойки. Среди этих чисел, согласно принципу Дирихле, найдутся по крайней мере два числа, имеющие одинаковые остатки от деления
4. Деление с остатком 143 на 1987. Обозначим эти числа через тп = 1987а + г и п = 1987b + г, где а, & — неотрицательные целые числа, г е {0; 1; 2;...; 1986}. Разность таких чисел будет кратна числу 1987: тп — п — (1987а + г) - (1987b + г) = 1987(а - Ь). Утверждение доказано. Замечание. По той же схеме можно доказать, что среди степеней двойки есть две, разность которых делится на любое наперёд заданное натуральное число. Задача 8 [6-7] а) Найдётся ли среди чисел вида 111... 11 число, которое делится на 57? Идея. Разность двух чисел с одинаковыми остатками от деления на 57 кратна 57. Указание. Взять набор из 58 (или более) различных чисел вида 111...11. Указание. Рассмотреть разность чисел из набора, имеющих одинаковые остатки от деления на 57. Указание. Показать, что полученная разность может быть представлена в виде произведения степени с основанием 10 и числа, кратного 57. Решение. Существует ровно 57 различных остатков от деления натуральных чисел на 57. Рассмотрим набор из 58 различных чисел вида 111... 11. Из принципа Дирихле следует, что среди этих чисел найдутся по крайней мере два числа, имеющие одинаковые остатки от деления на 57. Обозначим эти числа через m = 57a + r и п = 57b + г, где а, b — различные неотрицательные целые числа, г е {0; 1; 2;...; 56}. Пусть тп > п. Разность этих чисел будет кратна числу 57: тп — п = (57а + г) - (57b + г) = 57(а - Ь). С другой стороны, разность тп — п в десятичном представлении имеет вид 11. .. 100 ... 0, где k — количество разрядов числа п, p—k k р — количество разрядов числа тп; р > k. Представим разность в виде произведения степени с основанием 10 и числа, состоящего из единиц: тп — п = 11^100^0 = 11^1 • 10*. p—k k p—k Число 10^ = 2k • 5k не кратно числу 57 = 3 • 19. Значит, на 57 делится второй множитель 11... 1. p—k Ответ. Найдётся.
144 Часть И. Указания и решения Замечание. По той же схеме можно доказать, что среди чисел вида 111... 11 найдётся число, которое делится на любое наперёд заданное натуральное число. Задача 9 [6-7) а) Существуют ли четыре таких различных натуральных числа, что сумма любых трёх из них есть простое число? Идея. Придумать пример. Указание. Привести пример набора, состоящего из четырёх нечётных натуральных чисел. Решение. Среди простых чисел есть всего одно чётное число, равное 2. Сумма трёх различных натуральных чисел превосходит 2. Значит, необходимо найти четыре различных натуральных числа таких, что сумма любых трёх из них будет нечётным простым числом. Заметим, что все искомые числа должны быть нечётными. В противном случае среди них найдётся такая тройка чисел, что их сумма будет чётным числом, а это противоречит условию. Простым перебором легко найти решение задачи, и не одно: 1,3, 7,9; 1,5,7,11; 1,3,13,27. Ответ. Да, например 1, 3, 7, 9. [6-7] б) Существуют ли пять таких различных натуральных чисел, что сумма любых трёх из них есть простое число? Идея. Сумма трёх чисел с одинаковыми остатками от деления на 3 кратна трём; сумма трёх чисел с различными остатками от деления на 3 также кратна трём. Указание. Рассмотреть две возможные ситуации: среди пяти различных натуральных чисел есть не менее трёх чисел с одинаковыми остатками от деления на 3; среди пяти различных натуральных чисел есть числа со всеми возможными остатками от деления на 3, при этом чисел с одинаковым остатком не более двух. Решение. Проанализируем набор, состоящий из пяти различных натуральных чисел, с точки зрения остатков от деления на 3. Поскольку существует только 3 различных остатка от деления натуральных чисел на 3, среди пяти различных натуральных чисел несколько чисел будут иметь одинаковые остатки. Разделим все случаи на две группы. • Три, четыре или пять чисел имеют одинаковые остатки от деления на 3. Возьмём три различных числа с одинаковыми остатками: т — За + г, п = 3& + г, k = Зс + г, где а, &, с е No, г G {0; 1; 2}. Их сумма больше трёх и кратна трём, т. е. не является простым числом: тп -j- /1 + k — (За -Ь г) -f- (3Ъ 4" г) -Ь (Зс Н~ г) = 3(а -Ь Ъ -Ь с -Ь /*)•
4. Деление с остатком 145 • В наборе присутствуют числа со всеми возможными остатками от деления на 3, при этом две пары чисел имеют одинаковые остатки: m = За+ri, n = 3b-\-ri, k = 3c+r2, I = 3d+r2, р = Зе+г3, где а, b,c,d,e е N0, rx, r2, r3 е {0; 1; 2}, ^ r2, Ф г3, г2 ф г3. Рассмотрим сумму трёх чисел с разными остатками, например: m + k+p = (За + ri) + (Зс + г2) + (Зе + г3) = 3(а + с + е) + п + г2 + г3. Поскольку остатки различные, ri + г2 + г3 = 0 +1 + 2 = 3. Значит, сумма пъ И- h -J- р = 3(а с е) + 3 ^ 3(а + с + е -f-1) также является составным числом. Следовательно, не существует пяти различных натуральных чисел таких, что сумма любых трёх из них есть простое число. Ответ. Нет. Задача 10 (6-7) а) Доказать, что среди любых десяти целых чисел найдётся одно или несколько, сумма которых делится на 10. Идея. Среди 10 целых чисел либо есть по крайней мере одно число, кратное 10, либо есть по крайней мере два числа, дающие при делении на 10 одинаковые ненулевые остатки. Указание. Перенумеровать числа и рассмотреть всевозможные суммы чисел с подряд идущими номерами, начиная с первого. Указание. Рассмотреть два возможных случая: среди сумм есть хотя бы одно число, кратное 10; среди сумм нет ни одного числа, кратного 10. Решение. Обозначим целые числа через ai, а2, ..., аю и рассмотрим суммы Si = ai, S2 = ai + a2, S3 = ai + a2 + a3, ..., Sio = ai + a2 + ... + аю. • Если среди чисел Si, S2, ..., Sio есть хотя бы одно число, кратное 10, то это число удовлетворяет условию. • Если же среди чисел Si, S2, ..., Sio нет ни одного числа, кратного 10, то эти числа при делении на 10 дают ненулевые остатки из множества {1; 2; 3;...; 9}. Поскольку чисел 10, а различных остатков 9, по крайней мере два числа из десяти имеют одинаковые остатки. Пусть это числа S* и Sj9 где i > j. Тогда разность Si-Sj = (ai + .. .+at)-(ai + .. .+aj) = (a'+1 при * = y + 1, \aj+1 + ... + ai при i> j+1, представляющая собой одно число (при i = j + 1) или сумму нескольких чисел (при i>j + 1), будет делиться на 10. Утверждение доказано.
146 Часть II. Указания и решения Задача 11 [5-6] а) Доказать, что сумма двух нечётных последовательных чисел делится на 4. Идея. Сумма двух последовательных нечётных чисел может быть представлена в виде произведения, один из множителей которого равен 4. Указание. Выразить два последовательных нечётных числа через одну целочисленную переменную и рассмотреть их сумму. Решение. Пусть т и п — последовательные нечётные числа. Их можно представить в виде т = 2ft — 1, п = 2ft + 1, где ft Е Z. Покажем, что сумма этих чисел делится на 4: тп ть — (2ft — 1) + (2ft + 1) = 4ft. Утверждение доказано. Задача 12 (5-6) Доказать, что любое простое число, большее трёх, можно записать в одном из двух видов: бтг + 1 либо 6п — 1, где п — натуральное число. Идея. Простое число, большее трёх, при делении на 6 не может давать в остатке 0, 2, 3 или 4. Указание. Показать, что натуральные числа, большие трёх, дающие при делении на 6 в остатке 0, 2, 3 или 4, являются составными. Указание. Привести примеры простых чисел, которые при делении на 6 дают в остатке 1 или 5. Решение. Разобьём множество натуральных чисел, превосходящих 3, на 6 подмножеств в зависимости от значения остатка при делении на 6. Натуральные числа вида 6т, 6 т + 2 = 2(3 т + 1), 6т + 3 = 3(2 т + 1), где те N, а также 6ft + 4 = 2(3ft + 2), где ft Е No, являются составными. Осталось показать, что среди натуральных чисел вида 6п + 1 и 6п — 1 = 6р + 5, где п — р + 1, есть простые: 13 = 6-2 + 1, 23 = 6-4-1. Утверждение доказано. Задача 13 (5-6) а) Найти все натуральные числа, при делении которых на 7 в частном получится то же число, что и в остатке. Идея. Остаток от деления натурального числа на 7 не превосходит шести.
4. Деление с остатком 147 Указание. Составить уравнение для искомого натурального числа и остатка от его деления на 7. Указание. Рассмотреть шесть допустимых значений остатка. Решение. Составим уравнение для искомого числа т, соответствующее условию задачи: т — 7k + k = 8k. Остаток от деления натурального числа т на 7, обозначенный через й, может принимать только шесть значений из множества {1; 2; 3; 4; 5; 6}, поскольку при k = 0 получаем т — 0 ^ N. Переберём все возможные значения остатка: й = 1, т — 8; k = 2, т = 16; k — 3, т = 24; k = 4, m = 32; k = 5, m = 40; k = 6, тп = 48. Ответ. 8, 16, 24, 32, 40, 48. Задача 14 [5-6] а) При делении некоторого числа тп на 13 и 15 получили одинаковые частные, но первое деление было с остатком 8, а второе без остатка. Найти число т. Идея. Число равно сумме произведения делителя на частное и остатка. Указание. Выразить искомое число через неизвестное частное двумя способами. Решение. С одной стороны, искомое число т при делении на 13 даёт в остатке 8; значит, т = 13й + 8, где k — частное. С другой стороны, число т делится нацело на 15, причём частное будет таким же: т — 15й. Приравняем выражения для т и из полученного уравнения найдём частное k\ 13fc + 8 = 15fc k = 4. Значит, т = 15fe = 15*4 = 60. Ответ. 60. Задача 15 [5-6] Делится ли число 11 • 21 • 31 • «91 — 1 на 10? Почему? Идея. Натуральное число делится на 10, если цифра его младшего разряда в десятичном представлении равна нулю. Указание. Произведение натуральных чисел, заканчивающихся на единицу, также заканчивается на единицу. Решение. Поскольку в десятичной записи чисел 11, 21, ..., 91 в младшем разряде стоит единица, их произведение также будет заканчиваться на единицу. Тогда в младшем разряде разности 11 • 21 • 31 • ... - 91 — 1 будет стоять нуль. Согласно признаку делимости на 10 разность будет кратна десяти. Ответ. Да.
148 Часть II. Указания и решения Задача 16 (5-7) а) Найти наибольшее трёхзначное число, при делении которого на 4 получается в остатке 3, при делении на 5 — в остатке 4, а при делении на 6 — в остатке 5. Идея. Сумма искомого числа и единицы кратна 4, 5 и 6. Указание. Прибавить к искомому числу единицу; заметить, что полученная сумма делится на 4, 5 и 6. Указание. Найти наибольшее число, удовлетворяющее перечисленным свойствам делимости и не превосходящее 1000. Решение. Заметим, что остатки на единицу меньше соответствующих делителей. Значит, если прибавить к искомому числу единицу, то сумма будет кратна 4, 5 и 6. Наименьшим числом, обладающим этим свойством, является наименьшее общее кратное указанных чисел: НОК(4, 5,6) = 22 • 3 • 5 = 60. Для поиска наибольшего трёхзначного числа, удовлетворяющего условию, переформулируем задачу. Необходимо найти наибольшее значение целочисленной переменной fe такое, что разность 60fe — 1 будет трёхзначным числом. Поскольку 60 *17 — 1 = 1019, а 60 • 16 — 1 = 959, получаем k = 16; тогда искомое число равно 60 • 16 - 1 = 959. Ответ. 959. Задача 17 (6-7) а) Найти все числа, большие 25 000, но меньшие 30 000, которые как при делении на 131, так и при делении на 1965 дают в остатке 125. Идея. Искомые числа имеют вид т = 1965ft + 125. Указание. Составить и решить двойное неравенство для неизвестного частного искомого числа и числа 1965. Указание. Найти соответствующие значения искомого числа. Решение. Поскольку 1965 = 131*15, каждое число, дающее при делении на 1965 остаток 125, будет давать такой же остаток и при делении на 131. (Обратное утверждение неверно.) Значит, будем искать числа вида т = 1965 й +125, удовлетворяющие неравенству 25 000 < т < 30 000, где частное ft — неотрицательное целое число: 25 000 < 1965 й + 125 < 30 000 <=^ 24 875 < 1965 fe < 29 875 Ф=> <=> 13 ^ ft ^ 15. Условию задачи удовлетворяют три целых числа: о т= 1965 * 13 + 125 = 25 670 при fe = 13; • т = 1965 • 14 + 125 = 27 635 при fe = 14; • т = 1965 • 15 + 125 = 29 600 при fe = 15. Ответ. 25 670, 27 635, 29 600.
4. Деление с остатком 149 Задача 18 (6-7) а) Изменятся ли частное и остаток, если делимое и делитель увеличить в 3 раза? Идея. Целое число равно сумме произведения делителя на частное и остатка от деления. Указание. Представить число в виде суммы произведения делителя на неполное частное и остатка от деления. Указание. Умножить полученное уравнение на три. Решение. Предположим, что при делении целого числа тп на натуральное число п получаем частное k и остаток г Е G {0; 1; 2;...; п — 1}: тп = п • k + г. Умножим уравнение на 3: Зтп = (Зп) • k + (Зг). Так как г < п, то 3г < Зп. Значит, число Зг можно рассматривать как остаток от деления числа Зтп на число Зп. При этом частное осталось равным k. Ответ. Частное не изменится, а остаток увеличится в 3 раза, если он не равен нулю, и не изменится, если он равен нулю. Задача 19 (6-7) а) В мешке лежат 10 карточек с цифрами 0,1,2,..., 9. Наугад вынимают три карточки. Доказать, что из этих карточек можно составить число (однозначное, двузначное или трёхзначное), которое делится на три. Идея. Сумма трёх чисел с одинаковыми остатками от деления на три кратна трём; сумма двух чисел с разными ненулевыми остатками от деления на три кратна трём. Указание. Рассмотреть всевозможные комбинации остатков от деления чисел на выбранных карточках на три. Указание. Воспользоваться признаком делимости на три. Решение. Рассмотрим всевозможные комбинации чисел на трёх извлечённых карточках, сгруппировав случаи с точки зрения остатков от деления этих чисел на три. • Если хотя бы одно число на выбранных карточках кратно трём, то такой набор карточек удовлетворяет условию. • Пусть все три числа на выбранных карточках имеют одинаковые ненулевые остатки от деления на три. Составим трёхзначное число из этих цифр. По признаку делимости на три это число будет кратно трём. • Если же числа имеют разные ненулевые остатки от деления на три, то возьмём два числа, имеющие разные остатки. Тогда
150 Часть II. Указания и решения двузначное число, составленное из этих цифр, будет делиться на три, поскольку сумма его цифр делится на три. Утверждение доказано. Замечание. Число 0 кратно любому натуральному числу. б) В мешке лежат 10 карточек с цифрами 0,1,2,..., 9. Сколько карточек надо вынуть из мешка, чтобы из них наверняка можно было составить число, делящееся на 9? Идея. В искомый набор должны непременно попасть либо 0, либо 9, либо две карточки, сумма чисел на которых равна 9. Указание. Разбить числа, не кратные 9, на четыре пары так, чтобы в каждой паре сумма чисел была равна 9. Указание. Показать, что существует набор чисел из разных пар такой, что из них нельзя составить число, кратное 9. Указание. Обосновать необходимость не менее пяти карточек. Решение. Сначала определим наибольшее число карточек, из которых нельзя составить число, кратное 9. Исключаем из рассмотрения числа 0 и 9, кратные девяти. Остаётся восемь цифр {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8}. Разбиваем их на пары {1; 8}, {2; 7}, {3;6} и {4; 5}. Если вынимаются карточки одной пары, то составленное из них двузначное число согласно признаку делимости на 9 будет кратно 9. Можно предположить, что существует набор, состоящий из четырёх цифр разных пар, такой, что ни одно из чисел, составленных из этих цифр, не делится нацело на 9. Подбором находим такой набор: 2, 5, 6, 8. Если же взять пять карточек, то среди них будут либо 0, либо 9, либо две карточки из одной пары (при отсутствии 0 и 9). Значит, для того чтобы составить число, кратное 9, необходимо взять не менее пяти карточек. Ответ. 5 карточек. Задача 20 (6-7) а) Написать общую формулу чисел, которые как при делении на 3, так и при делении на 4 дают в остатке 1. (Ответ объяснить.) Идея. Любое целое число равно сумме двух слагаемых — произведения делителя и частного и остатка от деления. Указание. Выразить искомое число через делители (3 или 4), частные от делений и остаток, равный 1, двумя способами. Указание. Составить уравнение и решить его на множестве целых чисел. Решение. Поскольку при делении на 3 число даёт в остатке 1, оно может быть представлено в виде т = Зй + 1, где k е Ъ. С другой стороны, это число при делении на 4 также даёт в остатке 1. Значит, оно может быть представлено в виде т — 4р + 1, ре Ъ.
4. Деление с остатком 151 Составим уравнение 3k + 1 = 4р + 1 3k = 4р и решим его на множестве целых чисел. Так как числа 3 и 4 взаимно простые, число k должно делиться на 4, т. е. k = 4п, п е Z. Тогда тп = 12п + 1. Ответ. 12п + 1, где п — любое целое число. Задача 21 [6~~7) Дописать к 523... три цифры так, чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9. Идея. Любое целое число делится на произведение своих взаимно простых делителей. Указание. Вычислить произведение чисел 7, 8 и 9. Указание. Найти все шестизначные числа вида 523MNK, кратные найденному произведению. Решение. Поскольку числа 7, 8 и 9 взаимно простые, искомое число должно делиться на их произведение, т. е. на число 7*8*9 = 504. Заметим, что 523 ООО = 504 • 1037 + 352. Значит, искомое число может быть равно 504 • 1038 = 523 152 или 523 152 + 504 = 523 656. Ответ. 523 152 или 523 656. Задача 22 16-7) а) Доказать, что число 175 + 244 - 1321 кратно 10. Идея. Число кратно 10, если оно заканчивается на 0. Указание. Определить последние цифры слагаемых. Указание. Показать, что число заканчивается на 0. Решение. Покажем, что цифра младшего разряда суммы 175 + 244 - 1321 есть 0. Для этого найдём последние цифры слагаемых. • Число 172 заканчивается на 9, 173 — на 3, 174 — на 1, 175 — на 7. • Число 242 заканчивается на 6, 243 — на 4, 244 — на 6. • Число 131 заканчивается на 3, 132 — на 9, 133 — на 7, 134 — на 1, 135 — на 3, 136 — на 9, 137 — на 7, 138 — на 1 и т. д. Заметим, что последние цифры повторяются с периодом Т — 4. Так как 21 = 5*4 + 1, то число 1321 заканчивается на 3. Последняя цифра числа 175 + 244 — 1321 будет определяться суммой последних цифр слагаемых: 7 + 6 — 3 = 10. Значит, число заканчивается на 0. Согласно признаку делимости на 10 число 175 + 244 - 1321 кратно десяти. Утверждение доказано.
152 Часть II. Указания и решения Задача 23 16-7) Какой цифрой оканчивается каждое из следующих чисел, если произвести указанные действия: а) З3 + 43 + 53; б) З13 + 1013 + 1813? Идея. Последняя цифра суммы определяется последними цифрами слагаемых. Указание. Найти последние цифры слагаемых. Решение, а) Найдём последние цифры слагаемых суммы З3 +43 + 53. • Число З2 заканчивается на 9, З3 — на 7. • Число 42 заканчивается на 6, 43—на 4. • Числа 52 и 53 заканчиваются на 5. Последняя цифра числа З3 + 43 + 53 определяется суммой последних цифр слагаемых: 7 + 4 + 5 = 16. Значит, число заканчивается на 6. б) Найдём последние цифры слагаемых суммы 313 + 1013 + 1813. • Число З1 заканчивается на 3, З2 — на 9, З3—на 7, З4 — на 1, З5 — на 3, З6 — на 9 и т. д. Заметим, что последние цифры по¬ вторяются с периодом Т = 4. Поскольку 13 = 3*4 + 1, число З13 заканчивается на 3. ® Число 10п, где п е N, заканчивается на 0. • Число 181 заканчивается на 8, 182 — на 4, 183 — на 2, 184 — на 6, 185 — на 8, 186 — на 4 и т. д. Последние цифры повторяются с периодом Т = 4. Поскольку 13 = 3*4 + 1, число 1813 заканчивается на 8. Последняя цифра числа З13 + 1013 + 1813 определяется суммой последних цифр слагаемых: 3 + 0 + 8 = 11. Значит, число заканчивается на 1. Ответ, а) 6; б) 1. Задача 24 (6-7) Найти последнюю цифру числа I2 + 22 + ... + 992. Идея. Последняя цифра суммы определяется последними цифрами слагаемых. Указание. Найти последние цифры слагаемых. Решение. Выясним, на какую цифру может заканчиваться квадрат натурального числа. • Если число заканчивается на 1 или на 9, то квадрат этого числа заканчивается на 1. • Если число заканчивается на 2 или на 8, то его квадрат заканчивается на 4. • Если число заканчивается на 3 или на 7, то его квадрат заканчивается на 9. • Если число заканчивается на 4 или на 6, то его квадрат заканчивается на 6.
4. Деление с остатком 153 • Если число заканчивается на 5, то его квадрат заканчивается на 5. • Если число заканчивается на 0, то его квадрат заканчивается на 0. Заметим, что среди натуральных чисел от 1 до 99 ровно 10 чисел заканчиваются на 1, столько же чисел заканчиваются на 2, 3, ..9 и только 9 чисел заканчиваются на 0. Последняя цифра числа I2 + 22 + ... + 992 определяется суммой последних цифр слагаемых: 10-(1+4 + 9 + 6 + 5 + 6 + 9 + 4-Ы)+ 9- 0 = 10-45 = 450. Значит, сумма квадратов всех натуральных чисел от 1 до 99 заканчивается на 0. Ответ. 0. Задача 25 [6-7] Найти две последние цифры числа 13 + 23 + ... + 993. Идея. Представить число в виде суммы слагаемых, кратных 100. Указание. Рассмотреть суммы первого и последнего слагаемых, второго и предпоследнего, . . . , 49-го и 51-го. Указание. Используя формулы суммы кубов двух чисел, показать, что каждая из попарных сумм кратна 100. Указание. Воспользоваться делимостью числа 503, не вошедшего ни в одну из попарных сумм, на 100. Решение. Сгруппируем слагаемые: I3 + 23 + ... + 993 = (I3 + 993) + (23 + 983) + ... + (493 + 513) + 503. Применим к каждому выражению в скобках формулу суммы кубов: I3 + 993 = (1 + 99)(12 - 1 • 99 + 992), 23 + 983 = (2 + 98)(22 - 2 • 98 + 982), 493 + 513 = (49 + 51)(492 - 49 • 51 + 512). Заметим, что каждая попарная сумма кратна 100 и число 503 кратно 100. Значит, число I3 + 23 + ... + 993 заканчивается на два нуля. Ответ. 00. Задача 26 (бРП а) Доказать, что I77 + 277 + З77 + ... + 199677 делится на 1997. Идея. Представить число в виде суммы слагаемых, кратных 1997. Указание. Рассмотреть суммы первого и последнего слагаемых, второго и предпоследнего, . . . , 998-го и 999-го.
154 Часть II. Указания и решения Указание. Используя обобщённую формулу сокращённого умножения для суммы нечётных степеней двух чисел a2n+l + b2n+l = (а + Ъ) (а2п _ а2п-lb + a2n-2b2 _ . . . _ аЬ2п-1 + &2») ^ n&N, показать, что каждая из попарных сумм кратна 1997. Решение. Сгруппируем слагаемые попарно: I77 + 277 + З77 + ... + 199677 = (I77 + 199677) + (277 + 199577) + + ... + (99877 + 99977). Докажем, что каждая попарная сумма делится на 1997. Для этого воспользуемся обобщённой формулой сокращённого умножения для суммы нечётных степеней двух чисел: a2n+l + b2n+l = (а + Ь) (а2п _ a2n-lb + a2n-2b2 _ _ а&2п-1 + ь2п) ^ п € N. Получим: I77 +199677 = (1 +1996)(176 -175 • 1996 +... -1 • 199675 +199676), 277 +199577 = (2 +1995)(276 - 275 • 1995 +... - 2 • 199575 +199576), 99877 + 99977 = (998 + 999)(99876 - 99875 • 999 +... - 998 • 99975 + 99976). Поскольку каждая попарная сумма кратна числу 1997, число I77 + 277 + З77 + ... +199677 делится на 1997. Утверждение доказано. Задача 27 [5-7] а) Составьте таблицу всех возможных остатков квадратов и кубов натуральных чисел при делении на 3. Идея. Остаток квадрата (куба) натурального числа при делении на 3 зависит от остатка при делении на 3 этого натурального числа. Указание. Разбить множество натуральных чисел на три группы в зависимости от остатка при делении на 3. Указание. Найти остатки при делении квадратов и кубов чисел каждой группы на 3. Решение. Разобьём все натуральные числа на три группы. В первую группу поместим числа, кратные трём; во вторую группу — числа, дающие при делении на три остаток, равный единице; наконец, в третью группу — числа, дающие при делении на три остаток 2. Покажем, что квадраты (кубы) чисел одной группы дают одинаковые остатки при делении на 3. 1) Рассмотрим квадраты натуральных чисел. • Если число п кратно трём, т. е. п = 3ft, где ft е N, то его квадрат п2 = 9ft2 также кратен трём.
4. Деление с остатком 155 • Если п = 3ft + 1, где k е No, то п2 = (3ft + I)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3ft2 + 2ft) + 1 при делении на 3 даёт в остатке 1. • Если п = 3k + 2, где ft € No, то n2 = (3ft + 2)2 = 9ft2 + 12ft + 4 = 3(3k2 + 4ft + 1) + 1 при делении на 3 также даёт в остатке 1. Итак, квадраты натуральных чисел при делении на три дают в остатке либо 0, либо 1. 2) Рассмотрим кубы натуральных чисел. • Если п = 3ft, где ft Е N, то число п3 = 27ft3 кратно трём. • Если п = 3ft + 1, где ft Е No, то П3 = (3k + I)3 - 27ft3 + 27ft2 + 9ft + 1 = 3(9ft3 + 9ft2 + 3ft) + 1 при делении на 3 даёт в остатке 1. • Если п = 3ft + 2, где ft Е No, то тг3 = (3ft + 2)3 = 27ft3 + 54ft2 + 18ft + 8 - 3(9ft3 + 18ft2 + 6ft + 2) + 2 при делении на 3 даёт в остатке 2. Значит, кубы натуральных чисел при делении на три дают в остатке либо 0, либо 1, либо 2. Замечание. Пусть г — остаток натурального числа при делении на 3. Тогда квадрат (куб) данного натурального числа при делении на 3 даёт такой же остаток, что и число г2 (г3). Ответ. О, 1; 0, 1, 2. Задача 28 [5-7) а) Доказать, что п3 + 2п делится на 3 для любого натурального п. Идея. Произведение двух множителей делится на 3, если хотя бы один из множителей кратен трём. Указание. Рассмотреть числа, кратные трём, и числа, не кратные трём. Указание. Воспользоваться доказанным выше фактом: квадрат натурального числа, не кратного трём, при делении на три даёт в остатке 1. Решение. Разложим сумму на множители: п3 + 2п = п(п2 + 2). Рассмотрим два случая. • Если число п кратно трём, то и произведение п(п2 + 2) делится на 3. • Если же число п не кратно трём, то его квадрат при делении на 3 даёт в остатке 1 (доказано в предыдущей задаче), поэтому сумма п2 + 2 делится на 3. Утверждение доказано.
156 Часть II. Указания и решения Задача 29 (5-7) а) Доказать, что п2 + 1 не делится на 3 ни при каком натуральном тг. Идея. Квадрат натурального числа при делении на 3 даёт в остатке либо 0, либо 1. Указание. Рассмотреть числа, кратные трём, и числа, не кратные трём. Указание. Воспользоваться доказанным выше фактом: квадрат натурального числа, не кратного трём, при делении на три даёт в остатке 1. Решение. Разобьём все натуральные числа на две группы. • Если число п кратно трём, то сумма п2 + 1 при делении на 3 даёт в остатке 1. • Если число п не кратно трём, то его квадрат при делении на 3 даёт в остатке 1 (доказано выше), поэтому сумма п2 + 1 при делении на 3 даёт в остатке 2. Значит, число п2 + 1 не делится на 3 ни при каком натураль¬ ном тг. Утверждение доказано. Задача 30 [5-7) Доказать, что п3 — п делится на 24 при любом нечётном п. Идея. Произведение k подряд идущих натуральных чисел делится на k. Указание. Разложить выражение на множители. Указание. Воспользоваться свойствами подряд идущих натуральных чисел. Решение. Разложим разность на множители: п3 — п = п(п2 — 1) = (тг — 1)тг(тг + 1). Заметим, что три числа тг — 1, тг, п + 1 являются подряд идущими натуральными числами. Значит, среди них есть хотя бы одно число, кратное трём. Заметим далее, что, поскольку по условию число тг нечётное, числа тг — 1 и тг + 1 являются подряд идущими чётными натуральными числами. Значит, одно из них кратно двум, а другое кратно четырём. Учитывая все свойства множителей, заключаем, что произведение (п — 1 )тг(тг + 1) делится на 2 • 3 • 4 = 24. Утверждение доказано. Задача 31 (6-7) Выяснить, при каких натуральных значениях тг число тг5 — тг делится на 120. Идея. Число делится на 120, если оно делится на 3, на 5 и на 8.
4. Деление с остатком 157 Указание. Разложить на множители делимое и делитель. Указание. При доказательстве делимости на 3 использовать свойства подряд идущих натуральных чисел. Указание. При доказательстве делимости на 5 показать, что один из множителей непременно кратен 5. Указание. При доказательстве делимости на 8 рассмотреть нечётные и чётные значения п. Решение. Прежде всего представим делимое в виде произведения четырёх множителей: пъ — п = /г(/г4 — 1) = п(п2 — 1 )(/г2 + 1) = (п — 1 )п(п + 1 )(/г2 + 1). Затем разложим делитель на простые множители: 120 = 23 • 3 • 5. Необходимо найти такие значения п, для которых разность /г5 — п делится на 23 = 8, на 3 и на 5. 1) Поскольку три числа /г-1, /г, п +1 являются подряд идущими натуральными числами, их произведение кратно 3 для любого п е N. 2) Рассмотрим делимость на 5. Если одно из чисел п — 1, /г, п + 1 кратно 5, то разность /г5 — /г делится на 5. Теперь покажем, что если ни одно из чисел п — 1, /г, п + 1 не делится нацело на 5, то сумма п2 + 1 делится на 5. Заметим, что три последовательных натуральных числа /г—1, /г, п + 1 не делятся нацело на 5 в одном из двух случаев: либо п — 1 = 5р + 1, т. е. п = 5р + 2, либо п — 1 = Ър + 2, т. е. /г = 5р + 3, где р — неотрицательное целое число. • При п = 5р + 2 сумма п2 + 1 = 25р2 + 20р + 5 кратна 5. • При п = 5р+3 сумма /г2 + 1 = 25/?2 + 30р+10 также кратна 5. Значит, для любого натурального числа п разность пъ — п делится на 5. 3) Осталось провести исследования делимости на 8. • Если число п нечётное, то числа п — 1 и п +1 являются подряд идущими чётными натуральными числами. Одно из них кратно 2, другое кратно 4, а их произведение кратно 8. Следовательно, все нечётные числа удовлетворяют условию. • Если число п чётное, то числа п — 1, /г + 1 и /г2 + 1 являются нечётными. Следовательно, чётное число п должно быть кратно 8. Ответ, п = 8k или п = 2р — 1; k,p £ N. Задача 32 (6-7) а) Доказать, что если х, у — целые числа и х2 + у2 делится на 3, то х и у делятся на 3. Идея. Остаток от деления суммы квадратов целых чисел на 3 определяется остатками от деления слагаемых на 3.
158 Часть II. Указания и решения Указание. Воспользоваться полученным ранее свойством: квадрат целого числа при делении на 3 может давать в остатке либо О, либо 1. Указание. Показать, что если хотя бы одно из двух данных чисел не делится на 3, то условие задачи нарушается. Решение. Выше было доказано, что квадрат целого числа при делении на 3 может давать в остатке либо 0, либо 1. Значит, сумма двух квадратов может давать в остатке либо 0, либо 1, либо 2. При этом если хотя бы один из остатков от деления х или у на 3 не равен нулю, то сумма квадратов этих чисел не будет делиться на 3. Утверждение доказано. Задача 33 (6-7) Пусть а и Ъ — натуральные числа, причём число о2 + Ъ2 делится на 21. Доказать, что оно делится и на 441. Идея. Числа а и Ъ должны делиться на 21. Указание. Разложить число 21 на множители. Указание. Для доказательства делимости суммы квадратов натуральных чисел на 3 воспользоваться результатами предыдущей задачи. Указание. Для доказательства делимости суммы квадратов натуральных чисел на 7 рассмотреть возможные остатки от деления квадрата целого числа на 7. Показать, что числа а и b должны быть кратны 7. Решение. Число 21 = 3*7, поэтому сумма квадратов двух натуральных чисел должна делиться и на 3, и на 7. Выше было доказано, что сумма квадратов двух целых чисел делится на 3 только тогда, когда оба числа кратны 3. Рассмотрим делимость на 7. Поскольку квадрат натурального числа при делении на 7 может давать остатки из множества {0; 1; 2; 4} (см. задачу 27, г), то сумма квадратов двух натуральных чисел при делении на 7 может давать остатки из множества {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Условию задачи удовлетворяет только нулевое значение остатка. Оно может быть получено только в случае, когда оба числа кратны 7. Итак, числа а и & должны делиться на 3 и на 7. Значит, они могут быть представлены в виде a — 21т, Ь = 21га, где тга, га е N. Тогда сумма их квадратов а2 + Ъ2 = 212(т2 + га2) = 441(/га2 + га2) делится на 441. Утверждение доказано. Задача 34 (6-7) Доказать, что любую сумму, не меньшую чем 8 коп., можно выплатить монетами достоинством 3 коп. и 5 коп.
4. Деление с остатком 159 Идея. Составить уравнение и показать, что оно имеет решение при любом значении суммы, не меньшем 8. Указание. Рассмотреть суммы, кратные 3, суммы, дающие при делении на 3 остаток 1, и суммы, дающие при делении на 3 остаток 2. Указание. Показать, что в каждом случае сумму можно выплатить монетами по 3 коп. и по 5 коп. Решение. Обозначим сумму символом S. Необходимо доказать, что существуют такие неотрицательные целые числа тип, что для любого целочисленного значения S ^ 8 будет справедливо равенство S = 3т + 5п. Рассмотрим три случая. с • Если сумма S кратна 3, то полагаем т = j, п = 0. • Пусть число S при делении на 3 даёт в остатке 1, т. е. S = 3k + 1, k е N, k ^ 3. Тогда выражение для S можно переписать в виде S = 3(k - 3) + 10. Целочисленное решение соответствующего уравнения для S существует: m — k~ 3, п = 2. • Наконец, если число S при делении на 3 даёт в остатке 2, т. е. S = 3k + 2, k G N, k ^ 2, to S = 3(k - 1) + 5, тогда m = k — 1, n = 1. Утверждение доказано. Задача 35 16-7) Доказать, что сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7. Идея. Сумма трёх целочисленных слагаемых равна нечётному числу, если либо одно слагаемое, либо все три слагаемых являются нечётными числами. Указание. Рассмотреть возможные остатки от деления квадрата целого числа на 8. Указание. Показать, что сумма трёх остатков от деления квадратов целых чисел на 8 не может быть равна нечётному числу 7. Решение. Составим таблицу остатков гиг при делении соответственно целого числа п и его квадрата на 8. п 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 г 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 г 0 1 4 1 0 1 4 1 0 1 4 1 Заметим, что квадрат целого числа при делении на 8 может давать в остатке 0, 1 или 4. Предположим, что сумма квадратов трёх целых чисел при делении на 8 даёт в остатке 7. Поскольку число 7 нечётное, либо одно слагаемое, либо все три слагаемых при делении на 8 дают нечётный остаток. • Если один остаток является нечётным числом, т. е. равен единице, то на сумму двух других остатков остаётся 7—1 = 6.
160 Часть И. Указания и решения Поскольку чётные остатки равны либо 0, либо 4, необходимая сумма не может быть получена. • Если все три остатка являются нечётными числами, т. е. равны по единице, то их сумма равна 3, что противоречит предположению. Значит, сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7. Утверждение доказано. Задача 36 [6-7] а) Может ли сумма квадратов двух нечётных чисел быть квадратом целого числа? Идея. Сумма квадратов двух нечётных чисел кратна двум, но не кратна четырём. Указание. Составить уравнение для трёх целочисленных переменных. Указание. Показать, что равенство невозможно, поскольку выражения в разных частях уравнения дают разные остатки при делении на 4. Решение. Представим одно нечётное число в виде 2тп+1, а второе в виде 2л+1, где m,neZ. Составим уравнение (2т + if + (2n+ I)2 = ft2, которое необходимо решить на множестве целых чисел. Сумма в левой части равенства является чётным числом, так как она равна 4т2 + 4т + 4п2 +4п + 2. Значит, выражение в правой части равенства также должно быть чётным числом. Это возможно только при чётном значении переменной k. Квадрат чётного числа кратен не только двум, но и четырём. Однако сумма в левой части равенства при делении на 4 даёт в остатке 2. Следовательно, равенство на множестве целых чисел невозможно. Ответ. Нет. Задача 37 (6-7) Доказать, что сумма квадратов пяти последовательных целых чисел не является полным квадратом. Идея. Сумма квадратов пяти последовательных целых чисел кратна 5, но не кратна 25. Указание. Выразить пять последовательных целых чисел через одну переменную; рассмотреть сумму их квадратов. Указание. Доказать, что сумма квадратов пяти последовательных целых чисел кратна 5, но не кратна 25.
4. Деление с остатком 161 Решение. Рассмотрим пять последовательных целых чисел: п—2, п — 1, п, п + 1, п + 2, где тг е Z. Сумма их квадратов равна (тг — 2)2 + (тг — I)2 + тг2 + (тг + I)2 + (тг + 2)2 = 5тг2 + 10. Пусть сумма 5тг2 + 10 = 5 (тг2 + 2) является квадратом целого числа. Тогда выражение тг2 + 2 должно делиться на 5. Ранее было показано, что квадрат целого числа при делении на 5 может дать в остатке 0, 1 или 4 (см. задачу 27, в). Значит, сумма тг2 + 2 при делении на 5 может дать в остатке 2, 3 или 1. Другими словами, сумма тг2 + 2 не делится нацело на 5 ни при каких значениях тг, поэтому произведение 5 (тг2 + 2) не может быть квадратом целого числа. Утверждение доказано. Задача 38 (6-7) а) Доказать, что существует бесконечно много целых чисел, которые не представимы в виде суммы квадратов двух целых чисел. Идея. Сумма квадратов двух целых чисел при делении на 4 не может дать в остатке 3. Указание. Рассмотреть остатки от деления суммы квадратов двух целых чисел на 4. Указание. Показать, что остаток не может быть равен 3. Решение. Рассмотрим свойства суммы квадратов двух целых чисел с точки зрения делимости на 4. Выше было показано, что квадрат целого числа при делении на 4 может дать в остатке 0 или 1 (задача 27,6). Тогда сумма двух квадратов может дать в остатке 0, 1 или 2. Значит, если некоторое целое число при делении на 4 даёт в остатке 3, т. е. имеет вид 4тг + 3, где п — неотрицательное целое число, то оно не может быть представлено в виде суммы квадратов двух целых чисел. Утверждение доказано. Ответ. Все числа вида 4тг + 3, где тг е No. Задача 39 (6-7) Существуют ли 4 подряд идущих натуральных числа, каждое из которых является степенью (большей 1) другого натурального числа? Идея. Степень натурального числа с показателем, большим единицы, не может при делении на 4 давать в остатке 2. Указание. Рассмотреть остатки от деления четырёх подряд идущих натуральных чисел на 4. Указание. Показать, что число, дающее при делении на 4 в остатке 2, не может быть степенью (большей 1) другого натурального числа.
162 Часть II. Указания и решения Решение. Среди четырёх подряд идущих натуральных чисел одно кратно 4, а остальные при делении на 4 дают в остатке 1, 2 и 3. Рассмотрим число, которое при делении на 4 даёт в остатке 2. Оно кратно 2, но не кратно 4, поэтому не может быть представлено в виде степени натурального числа с показателем, большим 1. Значит, чисел, удовлетворяющих условию задачи, не существует. Ответ. Нет. Задача 40 [6-7) Может ли число 5п + 1 делиться нацело на число 5k - 1 для каких-то натуральных п и k? Идея. Если одно из чисел кратно некоторому натуральному числу, а второе нет, то отношение второго числа к первому не будет целым числом. Указание. Рассмотреть остатки от деления чисел из условия на 4. Указание. Показать, что отношение чисел не будет целым числом. Решение. Поскольку 5 = 4 + 1, число 5" при делении на 4 даёт в остатке 1 для любого гг е N. Значит, число 5" + 1 при делении на 4 будет давать в остатке 2, т. е. 5п + 1 = 4т + 2, где т € N, а число 5* — 1 при А: € N будет кратно 4, т. е. 5* — 1 = 4р, где р е N. Тогда 5” + 1 _ 4/га + 2 _ 2т + 1 5* _ 1 ~ 4р ~ 2р Отношение нечётного числа к чётному положительному числу не может быть равно целому числу. Значит, ни при каких натуральных пик число 5п + 1 не делится нацело на число Ък — 1. Ответ. Нет. Задача 41 [6-7) Доказать, что число 53” + 7 делится на 12 при всех натуральных п. Идея. Натуральное число делится на 12, если оно делится на 4 и на 3. Указание. Для доказательства кратности числа 53 +7 четырём использовать представление основания степени в виде суммы 5 = 4+1. Указание. Для доказательства делимости на 3 составить таблицу остатков от деления степени 5* на 3. Решение. Разложим делитель на множители: 12 = 4*3. Докажем, что для любого п € N число 53 +7 делится и на 4, и на 3. • Поскольку 5 = 4 + 1, число 5k, где k G N, при делении на 4 даёт в остатке 1. Число 7 = 4 + 3 при делении на 4 даёт в остатке 3. Значит, сумма 5* + 7 кратна четырём.
4. Деление с остатком 163 • Составим таблицу остатков г от деления числа 5Л на 3. k 1 2 3 4 5 6 . . . 5* 3 + 2 (3 + 2)2 (3 + 2)3 (3 + 2)4 (3 + 2)5 (3 + 2)6 г 2 1 2 1 2 1 Заметим, что при нечётных k остаток равен 2, а при чётных k остаток равен 1. Число k — Зп нечётное, поэтому 53 при делении на 3 будет давать в остатке 2 для любого п е N, а сумма 53 + 7 будет кратна трём. Утверждение доказано. Задача 42 (6-71 Существует ли прямоугольный параллелепипед, у которого длины всех рёбер — целые числа, объём — простое число, а площадь поверхности — квадрат целого числа? Идея. Произведение трёх целых чисел равно простому числу, если два множителя равны единице, а третий — простому числу. Указание. Показать, что длины восьми рёбер параллелепипеда должны быть равны единице, а длины оставшихся четырёх рёбер — простому числу. Указание. Доказать, что при сделанном замечании площадь поверхности параллелепипеда кратна двум, но не кратна четырём. Решение. Пусть рёбра прямоугольного параллелепипеда имеют длины m, п, k. По условию объём параллелепипеда V = тп • п • k — простое число. Значит, два множителя должны быть равны еди¬ нице, а третий — простому числу. Не ограничивая общности, положим m = п = 1, k— простое число. Найдём площадь поверхности параллелепипеда S: S = 2(1 • 1 + 1 • k + 1 • k) = 2(1 + 2k). Для любого числа k число 1 + 2k является нечётным. Посколь¬ ку площадь поверхности кратна 2, но не кратна 4, число S не может быть квадратом целого числа. Значит, прямоугольного параллелепипеда, удовлетворяющего условию, не существует. Ответ. Нет. Задача 43 (6-7) Сумма трёх натуральных чисел, являющихся точными квадратами, делится на 9. Доказать, что из этих чисел можно выбрать два, разность которых также делится на 9. Идея. Среди трёх квадратов целых чисел, удовлетворяющих условию задачи, по крайней мере два имеют одинаковые остатки от деления на 9.
164 Часть И. Указания и решения Указание. Рассмотреть всевозможные остатки от деления квадрата целого числа на 9; перебором найти все наборы, удовлетворяющие условию. Указание. Воспользоваться тем, что в каждом наборе среди трёх квадратов есть два с одинаковыми остатками от деления на 9. Решение. В задаче 27,д) доказано, что квадрат натурального числа при делении на 9 даёт в остатке 0, 1, 4 или 7. По условию сумма трёх квадратов делится на 9. Значит, эти квадраты либо нацело делятся на 9, либо дают при делении на 9 в остатке 1, 1 и. 7, либо 1, 4 и 4, либо 4, 7 и 7. Заметим, что в каждой тройке есть по меньшей мере два числа с равными остатками от деления на 9. Пусть это числа т2 = 9р+г и п2 = 9й + г, где р, k Е No, г Е {0; 1; 4; 7}, т ^ п > 0. Разность чисел с одинаковыми остатками т2 — п2 — 9 (р — k) кратна 9. Утверждение доказано. Задача 44 [6-7] а) Найти р, если р, р + 10, р + 14 — простые числа. Идея. Число р не может при делении на 3 давать ненулевой остаток. Указание. Рассмотреть разные остатки от деления р на 3. Решение. Разобьём простые числа на три группы в зависимости от остатка при делении на 3. • Среди чисел вида р = 3k, где k Е N, всего одно число является простым. Это число р — 3. Проверкой убеждаемся, что числа р+ 10 = 13 и р + 14 = 17 также являются простыми. Значит, р = 3 удовлетворяет условию. • Рассмотрим простые числа вида р = 3k + 1, k Е N. Для них число р + 14 = Зй + 15 = 3(й + 5) является составным. • Рассмотрим простые числа вида р — Зй + 2, йе No. В этом случае число р + 10 = Зй + 12 = 3(й + 4) является составным. Итак, условию задачи удовлетворяет единственное значение р — 3. Отв ет. 3. Задача 45 {6-7] Известно, что р и р2 + 2 — простые числа. Доказать, что р3 + 2 — простое число. Идея. Найти единственное простое число, удовлетворяющее первым двум условиям. Указание. Рассмотреть разные остатки от деления р на 3. Указание. Показать, что условию задачи удовлетворяет только р = 3.
4. Деление с остатком 165 Решение. Разобьём простые числа на три группы в зависимости от остатка при делении на 3. • Среди чисел вида р = 3ft, где ft £ N, всего одно число является простым. Это число р = 3. Проверкой убеждаемся, что числа р2 + 2 = 11 и р3 + 2 = 29 также являются простыми. Значит, р = 3 удовлетворяет условию. • Рассмотрим простые числа вида р = 3ft + 1, ft £ N. Для них число р2 + 2 = 9ft2 + 6ft + 1 + 2 = 3(3ft2 + 2ft + 1) является составным. Условие задачи не выполнено. • Рассуждая аналогично, можно показать, что простые числа вида р — 3ft + 2, ft £ No, также не удовлетворяют условию задачи. Итак, найдено единственное значение р = 3, удовлетворяющее условию задачи. Утверждение доказано. Задача 46 (6-7) Доказать, что если одно из чисел 2п — 1 и 2^ + 1 простое (п > 2), то второе является составным. Идея. Среди трёх подряд идущих целых чисел одно кратно 3. Указание. Рассмотреть три подряд идущих целых числа, добавив к числам из условия степень 2п. Указание. Доказать, что одно из чисел 2п — 1 или 2^ + 1 делится на 3. Решение. Рассмотрим три подряд идущих целых числа 2п — 1, 2п и 2п + 1, где п £ N, п > 2. Согласно свойству подряд идущих целых чисел среди них есть одно число, кратное трём. Поскольку число 2п не делится на 3, то на 3 делится либо 2^ — 1, либо 2п + 1. При п > 2 справедливы оценки 2п + 1 > 2п — 1 > 7. Значит, число, кратное 3, будет составным. Утверждение доказано. Задача 47 (6-7) Доказать, что если 2^ + 1 — простое число, то п — степень двойки. Идея. Воспользоваться методом доказательства от противного. Указание. Предположить, что п не является степенью двойки. Указание. Разложить число 2п + 1 на множители по формуле суммы нечётных степеней. Указание. Показать, что в этом случае число 2^ + 1 будет составным. Решение. Проведём рассуждения от противного. Пусть число п не является степенью двойки. Тогда его можно представить в виде произведения п — тп • ft, где тп — степень двойки, ft — нечётное число, большее 1. Представим число 2п + 1 как сумму нечётных
166 Часть II. Указания и решения степеней с показателями, равными k, и воспользуемся обобщённой формулой сокращённого умножения: 2" + 1 = (2 mf + 1* = (2т + 1) ((2m)*_1 - (2m)k~2 + ... + l) . Поскольку число 2п + 1 может быть представлено в виде произведения двух множителей, каждый из которых больше единицы, это число является составным. Значит, для того чтобы число 2/г + 1 было простым, необходимо, чтобы показатель п был степенью двойки. Приведём примеры: • п — 2, 2/г + 1 = 5 — простое число; • п = 4, 2Д + 1 = 17 — простое число. Утверждение доказано. Задача 48 (6-7) Доказать, что остаток от деления простого числа на 30 — простое число или единица. Идея. Используя определение простого числа, перечислить возможные остатки от деления простого числа на 30. Указание. Выписать возможные остатки от деления целого числа на 30. Указание. Исключить из рассмотрения остатки, имеющие общие делители с числом 30. Решение. Любое число р может быть представлено, в виде 30/г + г, где п — частное от деления числа р на 30, г — остаток от деления, г е {0; 1; 2;...; 29}. Поскольку по условию число р простое, остаток г не может быть равен нулю и не может иметь общих делителей с числом 30 = 2*3-5. Другими словами, числа г и 30 должны быть взаимно простыми. Значит, г £ {1; 7; 11; 13; 17; 19; 23}. Все отобранные числа, за исключением 1, являются простыми. Утверждение доказано. Замечание. Не каждое простое число, меньшее 30, может быть остатком от деления простого числа на 30. Остаток не может быть равен 2, 3 или 5. Задача 49 (6-71 Доказать, что квадрат любого простого числа р > 3 при делении на 12 даёт в остатке 1. Идея. Перечислить возможные остатки от деления простого числа на 12. Указание. Выписать возможные остатки от деления целого числа на 12. Исключить из рассмотрения остатки, имеющие общие делители с числом 12. Указание. Провести исследование оставшихся случаев.
4. Деление с остатком 167 Решение. Любое число р может быть представлено в виде р = 12п + г, где п — частное от деления числа р на 12, г Е {0; 1; 2;...; 11} — остаток от деления. Поскольку по условию число р простое, причём р > 3, остаток г не может быть равен нулю и не может иметь общих делителей с числом 12 = 22 • 3. Другими словами, числа г и 12 должны быть взаимно простыми. Значит, г Е {1; 5; 7; 11}. Проверим каждое из четырёх возможных значений г. • При г = 1 получаем р2 = (12 га + I)2 = 144 п2 + 24га + 1 = 12га(12га + 2) + 1. Значит, квадрат простого числа вида р = 12тг + 1 при делении на 12 даёт в остатке 1. • При г — 5 получаем р2 = (12га + 5)2 = 144гс2 + 120га + 25 = 12(12га2 + Юга + 2) + 1. о При г = 7 получаем р2 = (12га + 7)2 = 144га2 + 168га + 49 = 12(12га2 + 14га + 4) + 1. • При г = 11 получаем р2 = (12 га + II)2 = 144га2 + 264га + 121 = 12(12га2 + 22га + 10) + 1. Во всех рассмотренных случаях квадрат простого числа р при делении на 12 дал в остатке 1. Утверждение доказано. Задача 50 [6-7] Является ли простым число 2011*2111 + 2500? Идея. Использовать формулы сокращённого умножения. Указание. Свести произведение к разности квадратов двух чисел. Указание. Привести подобные слагаемые. Решение. Воспользуемся в первом слагаемом формулой разности квадратов и упростим выражение: 2011 • 2111 + 2500 = (2061 - 50)(2061 + 50) + 2500 = = 20612 - 502 + 502 = 20612. Значит, сумма является составным числом. Ответ. Нет. Задача 51 (6-7) Доказать, что сумма цифр квадрата любого целого числа не может быть равна 1967. Идея. Квадрат целого числа, как и сумма его цифр, при делении на 3 не может давать в остатке 2.
168 Часть И. Указания и решения Указание. Рассмотреть возможные остатки от деления квадрата целого числа на 3, воспользовавшись ранее полученными результатами. Указание. Применить признак делимости на 3. Решение. В задаче 27, а) было показано, что квадрат целого числа при делении на 3 даёт в остатке либо 0, либо 1. Согласно признаку делимости на 3 сумма цифр квадрата целого числа при делении на 3 даёт такие же остатки. Однако число 1967 = 655 -3 + 2 при делении на 3 даёт в остатке 2. Значит, сумма цифр квадрата целого числа не может быть равна 1967. Утверждение доказано. Задача 52 [6-7) Доказать, что число, записываемое с помощью шестисот шестёрок и некоторого количества стоящих после них нулей, не может быть точным квадратом. Идея. Произведение чётного числа 2 на нечётное число не может быть квадратом целого числа. Указание. Представить исходное число в виде произведения двух множителей, один их которых равен степени с основанием 10 и чётным показателем. Указание. Показать, что второй множитель не может быть квадратом целого числа. Решение. Рассматриваемое число имеет вид 666... 6 ООО... 0. 4 v / 600 шт. Представим это число в виде произведения т • 102я, где п Е No, т = 666... 6 или т = 666... 60. Другими словами, число т полу- 44 "v- V ^ V* ^ 600 шт. 600 шт. чается из исходного отбрасыванием чётного числа нулей. Поскольку 102п = (10")2, необходимо доказать, что число т не может быть квадратом целого числа. Рассмотрим два случая. • Рассмотрим число т = 666... 6. Разложим его на множители: 600 шт. 666^... 6 = 2 • 333^ .. 3. Произведение чётного числа 2 на нечёт- 600 шт. 600 шт. ное число 333... 3 не может быть квадратом целого числа. " V 600 шт. • Число т — 666... 6 0 также не может быть квадратом целого 600 шт. числа, так как оно делится на 10, но не делится на 100. Утверждение доказано.
4. Деление с остатком 169 Задача 53 (6-7) Квадратный участок обнесён забором и разбит другими заборами на несколько меньших квадратных участков. Длины сторон меньших квадратных участков в метрах выражаются целыми числами. Доказать, что сумма длин всех заборов в метрах делится на 4. Идея. Сумма квадратов нескольких целых чисел имеет такую же чётность, что и сумма этих чисел. Указание. Ввести в качестве неизвестных длину стороны квадратного участка, а также длины сторон меньших участков. Указание. Выразить сумму длин всех заборов через введённые переменные; доказать, что сумма кратна двум. Указание. Составить уравнение для площади квадратного участка; показать, что длина стороны квадратного участка и сумма длин сторон меньших участков имеют одинаковую чётность. Решение. Обозначим через ао длину стороны квадратного участка в метрах. Пусть a*, i = 1,..., п, —длины сторон меньших квадратных участков (м). Поскольку каждый забор участвует в огораживании двух участков, сумма длин всех заборов (м) может быть вычислена как полусумма длин сторон квадратного участка и составляющих его меньших квадратов по формуле т 4&о + Аал + ... -f- 4an о/ ■ i i ч L = —У = 2(во + a 1 + ... + ап). Из полученного соотношения следует, что L — чётное число. Докажем, что L делится не только на 2, но и на 4. Для этого выразим площадь квадратного участка двумя способами: ^ — ао — ai + • • • + ап• Рассмотрим два случая. • Если число ао чётное, то и а\ чётное. Из последнего равенства следует, что сумма а\ + ... + а2 будет также чётным числом. Значит, среди чисел ai,...,an либо нет нечётных, либо содержится чётное число нечётных чисел. Поэтому сумма ai + ... + ап, а также сумма ао + а\ + ... + ап чётные и число L кратно 4. • Если же число ао нечётное, то и сумма а\ + ... + а2 будет нечётным числом. Значит, среди ai,..., ап содержится нечётное число нечётных чисел, поэтому сумма а± + ... + ап нечётна, а сумма ао + а± + ... + ап чётна; число L и в этом случае кратно 4. Утверждение доказано. Задача 54 (6-7) Можно ли числа 1, 2, 3,..., 1980 выписать в таком порядке, чтобы сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делилась на 3?
170 Часть II. Указания и решения Идея. Условие задачи будет выполнено, если чисел, кратных трём, будет ровно половина. Указание. Рассмотреть числа, кратные трём. Указание. Показать, что их нельзя расположить, не нарушив условие задачи. Решение. Среди натуральных чисел от 1 до 1980 ровно треть чисел (3; 6; 9;...; 1980) дают при делении на 3 в остатке 0, ещё одна треть чисел (1;4;...;1978) дают в остатке 1, и оставшиеся числа (последняя треть) (2; 5;...; 1979) дают в остатке 2. Рассмотрим числа, кратные трём. Для того чтобы выполнилось условие задачи, они должны стоять через одно. Поскольку таких чисел только треть, а не половина от всех чисел, условие будет нарушено. Ответ. Нет. Задача 55 [ 7~1 Можно ли расставить по кругу числа 1,2,..., 60 в таком порядке, чтобы: а) сумма каждых двух чисел, между которыми находится одно число, делилась на 2; б) сумма каждых двух чисел, между которыми находятся два числа, делилась на 3; в) сумма каждых двух чисел, между которыми находятся шесть чисел, делилась на 7? Идея. В каждой паре чисел сумма остатков должна быть равна либо нулю, либо делителю. Указание, а), б) Привести примеры. Указание, в) Сумма остатков чисел в паре должна быть кратна семи. На примере чисел, кратных семи, показать, что переставить числа в соответствии с этим правилом невозможно. Решение, а) Сумма остатков при делении на 2 в каждой паре должна быть кратна двум. Числа 1,2, ...,60 в указанном порядке удовлетворяют этому условию, перестановка не требуется, б) Сумма остатков при делении на 3 в каждой паре должна быть кратна трём. Попробуем расставить числа так, чтобы остатки чередовались по правилу 1,1,0,2,2,0,1,1,0,2,2,0,1,... Полный цикл состоит из шести чисел. Поскольку всего чисел 60, причём среди них двадцать чисел кратны трём, ещё двадцать дают при делении на 3 в остатке 1 и оставшиеся двадцать дают при делении на 3 в остатке 2, их можно расставить по кругу в указанном порядке. Например, так: 1,4, 3, 2, 5, 6, 7,10, 9,8,11,12,13,..., 53, 54, 55, 58, 57, 56, 59, 60 ->
4. Деление с остатком 171 Замечание. Можно было бы рассмотреть и другое чередование остатков: 1,2, 0, 2,1,0,1,2, 0, 2,1,0,1,... В этом случае полный цикл также состоит из шести чисел, и в каждом цикле два числа кратны трём, два числа дают при делении на 3 в остатке 1 и два числа дают при делении на 3 в остатке 2. в) Сумма остатков при делении на 7 в каждой паре должна быть кратна семи. Рассмотрим, например, числа, кратные 7; среди чисел 1,2,..., 60 таких чисел восемь. Между ними должны стоять ровно 8 • 6 = 48 чисел, не кратных семи. Поскольку 8 + 48 = 56 < 60, условия пункта в) выполнены быть не могут. Ответ, а) Да; б) да; в) нет. Задача 56 [6-7] Пусть А и Б — различные двузначные числа, последние цифры которых совпадают. Известно, что неполное частное от деления А на 9 равно остатку от деления Б на 9, а неполное частное от деления Б на 9 равно остатку от деления А на 9. Найти все такие пары чисел А и Б. Идея. Число равно сумме произведения неполного частного на делитель и остатка от деления. Указание. Представив числа А и Б в виде сумм, найти возможные значения их последней цифры. Указание. Для найденных возможных значений последней цифры перебором найти числа, удовлетворяющие условию. Решение. Пусть А = 10b + d = 9m + k; В = 10с + d = 9k + m. Здесь d — последняя цифра чисел А и Б, d е {0; 1; 2;...; 9}; m — неполное частное от деления А на 9 (и остаток от деления Б на 9); k — неполное частное от деления Б на 9 (и остаток от деления А на 9); m, k Е {1;2;...;8}. Сложив выражения и сократив на 2, получим равенство d — 5 (ттг + k — Ъ — с). Из полученного соотношения следует, что последняя цифра чисел А и Б кратна пяти. Возможны два варианта: d = 0 и d — 5. • Последняя цифра числа А может быть равна 0 в одном из восьми случаев: • А = 9 1 + 1 • А = 9 2 + 2 • А = 9 3 + 3 • А = 9 4 + 4 • А = 9 5 + 5 • А = 9 6 + 6 • А = 9 7 + 7 • А = 9 8 + 8.
172 Часть II. Указания и решения Заметим, что во всех перечисленных случаях k = ттг, поэтому В = А, что противоречит условию. Значит, случай d = 0 не подходит. • Последняя цифра числа А может быть равна 5 в одном из семи случаев. Во всех случаях, кроме одного, последняя цифра числа В также равна 5: о А = 9 • 1 + 6 = 15; В = 9 • 6 + 1 = 55; • А = 9*2 + 7 = 25; В = 9 • 7 + 2 = 65; • А = 9*3 + 8 = 35; В = 9 • 8 + 3 = 75; • А = 9*5 + 0; • А = 9*6 + 1 = 55; В = 9* 1 + 6 = 15; • А = 9 • 7 + 2 = 65; В = 9 • 2 + 7 = 25; • А = 9 • 8 + 3 = 75; В = 9 • 3 + 8 = 35. Итак, условию задачи удовлетворяют три пары чисел: (15; 55), (25; 65), (35; 75). Ответ. (15; 55), (25;65), (35; 75). Задача 57 [6-7) а) Может ли целое число, две последние цифры которого нечётны, быть квадратом другого целого числа? Идея. Если последняя цифра квадрата натурального числа нечётна, то его предпоследняя цифра чётна. Указание. Рассмотреть цифры двух последних разрядов натурального числа и их вклад в значения цифр двух последних разрядов квадрата натурального числа. Указание. Показать, что если число нечётное, то предпоследняя цифра его квадрата чётная. Решение. Рассмотрим некоторое натуральное число ттг. Представим его в виде суммы трёх слагаемых: т = 100а + 10Ь + с, где a е No; Ь, с е {0; 1; 2;...; 9}; а2 + Ъ2 + с2 ф 0. Возведём рассматриваемое число в квадрат: т2 = (100а)2 + (10&)2 + с2 + 2(1000а& + 100 ас + 10Ьс). Заметим, что в формировании цифр двух последних разрядов числа ттг2 принимают участие слагаемые 20Ьс и с2, причём младший разряд числа ттг2 зависит только от с2. Поскольку по условию последняя цифра числа т2 должна быть нечётной, число с нечётно. Перечислим возможные значения с2. • При с = 1 получаем с2 = 01. • При с = 3 получаем с2 = 09. • При с = 5 получаем с2 = 25. о При с = 7 получаем с2 = 49. • При с = 9 получаем с2 =81.
4. Деление с остатком 173 Вклад нечётного слагаемого с2 в цифру предпоследнего разряда числа тп2 характеризуется чётной цифрой (выделена жирным шрифтом). А так как у числа 20Ъс — 10 • (2Ьс) в предпоследнем разряде также стоит чётная цифра, а в последнем — ноль, то число тп2 при нечётном с не может иметь нечётную цифру в предпоследнем разряде. Ответ. Нет. Задача 58 [6-7] а) Страницы книги пронумерованы подряд с первой до последней. Хулиган Вася вырвал из разных мест книги 25 листов и сложил номера всех пятидесяти вырванных страниц. У него получилось число 2002. Когда об этом узнал отличник Коля, он заявил, что при счёте Вася ошибся. Объясните, почему Коля прав. Идея. Сумма нечётного числа нечётных чисел равна нечётному числу. Указание. Показать, что среди вырванных страниц 25 имеют нечётные номера. Указание. Воспользоваться тем, что сумма 25 нечётных чисел нечётна. Решение. Каждый лист книги содержит две страницы с подряд идущими номерами, меньшее из которых нечётно, а большее чётно. Значит, на вырванных листах 25 страниц будут иметь нечётные номера и 25 страниц — чётные номера. Осталось заметить, что сумма 25 нечётных чисел есть число нечётное. Значит, сумма номеров всех вырванных страниц не может быть равна чётному числу 2002. Вася ошибся. Задача 59 (6-7) Колхозник привёз на базар огурцы. Когда он стал считать их десятками, то не хватило двух огурцов до полного числа десятков. Когда он стал считать огурцы дюжинами, то осталось 8 огурцов. Сколько огурцов привёз колхозник, если их было больше 300, но меньше 400? Идея. Если число даёт равные остатки при делении на n,m Е N, то это число даст такой же остаток и при делении на НОК(т,п). Указание. Показать, что разность N — 8 кратна 60, где N — число огурцов. Указание. Указать диапазон изменения числа N — 8; выбрать из него числа, кратные 60; найти соответствующие значения числа огурцов. Решение. Пусть N — число огурцов. По условию N = = 10k + 8 = 12р + 8, где k,p Е No- Поскольку число N — 8 делится
174 Часть II. Указания и решения как на 10, так и на 12, оно должно делиться на наименьшее общее кратное этих чисел, равное НОК(Ю, 12) = 22 • 3 • 5 = 60. По условию 300 < N < 400. Значит, 292 < N — 8 < 392. Среди натуральных чисел из указанного диапазона два кратны 60; это числа 300 и 360. Значит, задача имеет два решения: N = 300 + 8 = 308 или N = 360 + 8 = 368. Ответ. 308 или 368. Задача 60 [6-7] Машина времени позволяет переноситься из 1 марта в 1 ноября любого другого года, из 1 апреля — в 1 декабря, из 1 мая — в 1 января и т. д. Два раза подряд пользоваться машиной запрещено. Барон Мюнхгаузен отправился в путешествие во времени 1 апреля. Вернувшись через мгновение, он сообщил, что путешествовал 26 месяцев. Доказать барону, что он не прав. Идея. Суммарная продолжительность путешествия в будущее и прошлое кратна 4 месяцам. Указание. Рассмотреть перемещение в будущее; показать, что временной интервал кратен 4 месяцам. Указание. Рассмотреть перемещение в прошлое; показать, что временной интервал также кратен 4 месяцам. Решение. При перемещении с помощью машины времени как в будущее, так и в прошлое временной интервал кратен 4 месяцам. Действительно, при движении в будущее промежуток с 1 марта по 1 ноября, например, имеет продолжительность, равную 8 месяцам, а слова «любого года» означают, что к 8 месяцам могут быть добавлены ещё несколько лет, т. е. несколько раз по 12 месяцев. При движении в прошлое промежуток с 1 марта по 1 ноября, например, имеет продолжительность, равную 4 месяцам, к которым могут быть добавлены несколько лет. Значит, для того чтобы вернуться в исходную точку по времени, продолжительность путешествия барона Мюнхгаузена (т. е. суммарная продолжительность его проживания в прошлом и будущем) должна быть кратна 4 месяцам, поэтому он не мог путешествовать 26 = 4 • 6 + 2 месяцев. Задача 61 (6-7) В стране Анчурии в обращении имеются купюры четырёх достоинств: 1 доллар, 10 долларов, 100 долларов и 1000 долларов. Можно ли отсчитать миллион долларов так, чтобы получилось ровно полмиллиона купюр? Идея. Использовать признак делимости на 9.
4. Деление с остатком 175 Указание. Ввести три переменные, равные количеству купюр разного достоинства; составить уравнение. Указание. Используя признаки делимости, показать, что уравнение не имеет решений на множестве целых чисел. Решение. Введём переменные: п — количество купюр досто¬ инством 10 долларов, тп — количество купюр достоинством 100 долларов, ft — количество купюр достоинством 1000 долларов; n,m,k е No. Составим уравнение 1 000 000 = (500 000 - п - m - ft) • 1 + п • 10 + тп • 100 + ft • 1000. Приведём подобные слагаемые: 500 000 = 9п + 99m + 999ft, или 500 000 = 9(72 + 11 m + 111ft). Поскольку по признаку делимости на 9 число 500 000 не кратно 9, полученное уравнение не имеет решений в целых числах. Ответ. Нет. Задача 62 (6-7) Дано натуральное число N. Доказать, что у чисел N(N — 1) и (N + I)2 разные суммы цифр. Идея. Если число кратно трём, то и сумма его цифр кратна трём. Указание. Показать, что числа из условия не могут быть одновременно кратны трём. Указание. Воспользоваться признаком делимости на три. Решение. Изучим делимость чисел N(N—1) и (N + I)2 на три. • Если одно из чисел N — 1 или N кратно трём, то и произведение N(N — 1) кратно трём. По признаку делимости на 3 сумма цифр произведения делится на 3. Поскольку при сделанном предположении число N + 1 не может быть кратно трём, то и его квадрат (N + I)2 не кратен трём. Значит, сумма цифр числа (N + I)2 не делится нацело на 3. • Если же число N + 1 делится на 3, то и его квадрат (N + I)2 кратен трём. Значит, сумма его цифр делится на 3. В этом случае произведение N(N — 1), а также сумма его цифр не делится на 3. Итак, суммы цифр чисел N(N — 1) и (N + I)2 дают разные остатки при делении на 3: одна сумма кратна трём, а вторая нет. Утверждение доказано. Задача 63 [б-р При дворе принца Лимона служили герцоги, графы и бароны. В начале правления принца придворных было 1994, но каждый день один из них убивал другого на дуэли, причём герцоги
176 Часть II. Указания и решения убивали только графов, графы — только баронов, а бароны — только герцогов. При этом никто не выиграл дуэль дважды. В конце концов остался в живых лишь барон Апельсин. Какой титул был у первого погибшего придворного? Идея. Состав дуэлянтов меняется с периодом, равным 3. Указание. Определить закономерность в графике дуэлей. Решение. Поскольку последним в живых остался барон Апельсин, он убил на дуэли ровно одного герцога. Этот герцог до дуэли с бароном Апельсином убил одного графа, который в свою очередь чуть ранее убил одного барона, и т. д. Схема дуэлей приведена ниже. Победивший дуэлянт отмечен жирным шрифтом. т барон + герцог I граф + барон I герцог + граф I барон Апельсин + герцог I барон Апельсин Состав дуэлянтов повторяется с периодом, равным трём, за исключением последней строки. Поскольку 1994 = 664-3 + 2, первым погибшим придворным был герцог. Ответ. Герцог. Задача 64 f6-7) В Циссильвании 1999 жителей. Трое из них — вампиры, но мало кому известно, кто именно. Заезжий писатель м-р Стокер попросил каждого жителя назвать двух человек, которые, по его мнению, являются вампирами. Каждый вампир назвал двух других вампиров, а остальные могли назвать кого угодно. Доказать, что, пользуясь этими данными, м-р Стокер может выбрать себе проводника, не являющегося вампиром. Идея. М-ру Стокеру нужно найти жителя Циссильвании, которого не упомянет хотя бы один житель из тех, кого назвал он. Указание. Найти необходимое условие того, что житель является вампиром. Указание. Показать, что хотя бы для одного жителя Циссильвании это условие нарушается. Решение. Прежде всего заметим, что по результатам опроса вампиры образовали группу, состоящую из трёх жителей, в которой каждый указал на двух других.
4. Деление с остатком 177 Если бы число жителей Циссильвании было кратно трём, то в результате опроса все жители могли бы (случайно) разбиться на аналогичные тройки. Поскольку каждая такая тройка может быть тройкой вампиров, м-р Стокер в этом случае не смог бы выбрать проводника, гарантированно не являющегося вампиром. К счастью для м-ра Стокера, число 1999 не кратно трём (1999 = 666 -3 + 1). Это означает, что жители не смогут разбиться на тройки по описанному выше принципу. Любой житель, выпадающий из данной схемы, может стать проводником м-ра Стокера. А именно, м-ру Стокеру надо заняться поиском человека, которого не назвал хотя бы один из выбранных им жителей. По крайней мере один такой человек найдётся. Утверждение доказано. Задача 65 [6-7) В конторе работают 200 психически здоровых и 1999 сумасшедших сотрудников. Однажды каждый сотрудник направил директору сообщение, где перечислил 1999 своих коллег, которые, по его мнению, сошли с ума. Известно, что каждый психически здоровый сотрудник верно указал всех сумасшедших, а сумасшедшие сотрудники могли назвать кого угодно, кроме себя. Доказать, что директор может на основании только этих данных выявить по крайней мере 199 сумасшедших. Все сообщения подписаны. Идея. Если список из 1999 одинаковых фамилий содержится менее чем в 200 письмах, то это письма от сумасшедших сотрудников. Указание. Сгруппировать письма, в которых указаны одинаковые фамилии. Указание. Исключить из рассмотрения группы, содержащие ровно 200 писем. Указание. Оставшихся писем будет не менее 199; это письма от сумасшедших сотрудников. Решение. Согласно условию среди всех писем от сотрудников есть по крайней мере одна группа из 200 писем, в которых указываются одинаковые 1999 фамилий. Это письма от психически здоровых сотрудников, в которых перечисляются сумасшедшие коллеги. Заметим, что групп из 200 писем, в которых указываются одинаковые 1999 фамилий, может быть и больше. Остальные группы, если они существуют, будут состоять из писем от психически больных сотрудников. Исходя из этих замечаний, директор может поставить себе задачу найти все группы по 200 писем, в которых перечислены одинаковые фамилии. • Если такая группа единственная, то в этих письмах названы 1999 фамилий сумасшедших сотрудников. Задача решена. • Рассмотрим случай, когда директору удалось найти несколько таких групп по 200 писем. Тогда в каждой группе собра¬
178 Часть И. Указания и решения ны письма либо только от психически здоровых сотрудников, любо только от сумасшедших, однако установить психическое здоровье авторов каждой группы невозможно. В этом случае директор должен обратить внимание на письма, не вошедшие ни в одну из групп. Таких писем будет не менее 199, поскольку 1999 = 200 • 9 + 199, и это будут письма от сумасшедших сотрудников. Утверждение доказано. Задача 66 0а) В магазине было 6 ящиков яблок, массы которых соответственно 15, 16, 18, 19, 20 и 31 кг. Две фирмы приобрели пять ящиков, причём одна из них взяла яблок по массе в два раза больше, чем другая. Какой ящик остался в магазине? Идея. Суммарная масса яблок, приобретённых фирмами, кратна трём. Указание. Найти пять ящиков, суммарная масса яблок в которых кратна трём. Указание. Убедиться в том, что в двух ящиках из найденных пяти лежит треть яблок. Решение. По условию одна фирма приобрела яблок в два раза больше другой. Значит, суммарная масса яблок в пяти ящиках, приобретённых фирмами, кратна трём. Определим, сколькими способами можно отобрать пять таких ящиков. Для этого проанализируем остатки от деления перечисленных в условии масс ящиков на три. Числа 15 и 18 кратны трём, числа 16, 19 и 31 дают при делении на 3 в остатке 1, число 20 даёт при делении на 3 в остатке 2. Сумма пяти чисел из перечисленных шести будет кратна трём только в случае, когда два числа кратны трём, а три числа дают при делении на 3 в остатке 1. Это числа 15, 16, 18, 19 и 31. Сумма этих чисел равна 15 + 16 + 18 + 19 + 31 = 99 = 33 • 3. Поскольку 33 = 15 + 18, одна из фирм сможет забрать яблок в два раза меньше, чем вторая. В магазине останется ящик, масса которого 20 кг. Ответ. 20 кг. Задача 67 ( 7 1 Три двузначных числа таковы, что сумма любых двух равна числу, отличающемуся от третьего лишь порядком цифр. Какой может быть сумма этих трёх чисел?
4. Деление с остатком 179 Идея. Остаток от деления любого числа на 9 не зависит от порядка цифр, а зависит только от их суммы. Указание. Взять в качестве переменных искомые числа и составить систему из трёх уравнений. Указание. Сложив уравнения и воспользовавшись признаком делимости на 9, показать, что сумма чисел кратна 9. Указание. Показать, что каждое число кратно 9. Указание. Рассмотреть возможные суммы цифр двузначных чисел, кратных 9; выполнить отбор по условию задачи; привести пример. Решение. Рассмотрим три двузначных числа М = гп\то, N = = П\ПЪ, К = &1Йсь где тп 1, П\, А?1 е {1; 2; 3;...; 9}, m0,no,ko G Е {0; 1; 2;...; 9}. По условию f ТП\TUq + 72i7lo = kok\y < 772i7720 + kxko = n0nly \П\По + k\ko — 771 о 7711. Заметим, что остаток от деления любого числа на 9 не зависит от порядка цифр, а зависит только от их суммы. Следовательно, пары чисел т\тпо и momi, п\По и ПоП\, k\ko и &о&1 имеют одинаковые остатки от деления на 9. Сложив уравнения системы 2 (/713.7720 + 7li72o + fel^o) = ГПо7П\ + 7lo72i + fto&l и используя отмеченное свойство, заключаем, что сумма исходных чисел 77ii772о + 7ii7io + fei^o кратна 9. Прибавим к двум частям первого уравнения системы число К = ftifto* 7721772о + 72i72o + &1&0 = &0&1 + &1&0* Поскольку, как было установлено выше, при делении на 9 сумма чисел даёт в остатке 0, а числа kok\ и k\ko дают одинаковые остатки, из последнего уравнения следует, что число К кратно 9. Значит, сумма его цифр равна либо 9, либо 18. • При ko + k\ = 9 получаем, что М + N + К = 11 (й0 + &i) = 99. • При k0 + *1 = 18 получаем, что К = 99. Поскольку 99 — наибольшее двузначное число, из второго уравнения системы следует, что М = О, что противоречит условию (число М должно быть двузначным). Значит, сумма трёх чисел, удовлетворяющих условию, может быть равна только 99. Приведём пример: К = 45, М = 18, N = 36. Ответ. 99. Замечание. Признак делимости на 9 был использован потому, что в условии упомянуты числа, отличающиеся лишь положением цифр, а остаток от деления любого числа на 9 не зависит от положения цифр числа. Таким же свойством обладают и остатки от деления на 3, поэтому в решении можно было бы использовать и признак делимости на 3, однако в этом случае перебор возможных вариантов стал бы более трудоёмким.
180 Часть II. Указания и решения Задача 68 (6-7) В марсианском алфавите k букв, и два слова называются похожими, если в них одинаковое количество букв и они отличаются лишь одной буквой (например, ТРИКС и ТРУКС). Доказать, что все слова в языке можно разбить на k групп, в каждой из которых все слова не похожи друг на друга. Идея. Номер группы для каждого слова равен остатку от деления суммы номеров его букв на k. Указание. Пронумеровать буквы и поставить в соответствие каждому слову сумму номеров букв. Указание. Воспользоваться тем, что суммы похожих слов не могут отличаться ровно на k. Указание. Сформировать k групп слов таких, что номер группы равен остатку от деления соответствующей слову суммы на k. Решение. Поставим в соответствие каждому марсианскому слову число, определяемое по следующему правилу. Пронумеруем все k букв марсианского алфавита, начиная с номера 1 и заканчивая номером й, и заменим каждую букву в словах её номером. Для каждого слова сложим все числа, получим соответствующую этому слову сумму. Заметим, что если слова похожи, то соответствующие им суммы будут различаться, но не более чем на k — 1. Непохожие слова могут иметь как разные суммы, так и равные. В ряде случаев, сравнивая суммы слов, можно утверждать, что слова не похожи. В частности, если суммы различаются ровно на А, то такие слова не могут быть похожими, так как изменение одной буквы не может дать такого большого изменения суммы. Значит, если суммы, полученные для разных слов марсианского словаря, дают одинаковый остаток при делении на k, то соответствующие им слова не являются похожими и их можно объединить в одну группу. Следуя этому принципу, все слова марсианского словаря можно отнести к одной из k групп в зависимости от значения остатка при делении суммы, соответствующей этому слову, на число k. Утверждение доказано. Замечание. В решении предполагается, что все слова марсианского словаря различны. Задача 69 (6-7) а) Тома задумала натуральное число и нашла его остатки при делении на 3, 6 и 9. Сумма этих остатков оказалась равна 15. Найти остаток от деления задуманного числа на 18.
4. Деление с остатком 181 Идея. Условие задачи позволяет определить остатки от деления задуманного числа на 3, 6 и 9. Указание. Найти значения остатков от деления задуманного числа на 3, б и 9. Указание. Использовать нечётность задуманного числа. Решение. Задуманное число N можно записать тремя способами: N = 3 тп + г\ = бтг + г 2 = 9k + Г3, где г\ Е {0; 1; 2}, Е {0;1;...;5}, г3 Е {0; 1;...; 8}. Поскольку по условию ri + 7*2 + Гз = 15, остатки принимают свои наибольшие значения, а именно г± = 2, г2 = 5, гз = 8. Значит, N = 3тп + 2 = бтг + 5 = 9k + 8. Рассмотрим чётные и нечётные значения k. • При k = 2р, ре N, получаем чётное число N = 18р + 8. Такое число и при делении на 3, и при делении на 6 даёт в остатке 2, что противоречит условию задачи. • При k = 2р + 1, р е No, получаем нечётное число N = 18^ + 17. Такое число при делении на 3 даёт в остатке 2, а при делении на 6 даёт в остатке 5, что согласуется с условием. Итак, при делении на 18 задуманное число N даёт в остатке 17. Ответ. 17. Задача 70 [6-7) а) Если к задуманному трёхзначному числу прибавить 12 и получившееся число разделить на 7, то в остатке получится 5. Если к тому же задуманному числу прибавить 14 и получившееся число разделить на 9, то остаток от деления будет равен 5. Если же к задуманному числу прибавить 18 и полученное число разделить на 13, то остаток опять будет равен 5. Найти задуманное число. Идея. Задуманное число пропорционально наименьшему общему кратному НОК(7, 9,13). Указание. Составить систему уравнений для задуманного числа, из которой сделать выводы о его кратности числам 7, 9 и 13. Указание. Отобрать среди чисел, пропорциональных НОК(7, 9,13), трёхзначные. Решение. Обозначим задуманное число через N. По условию (N + 12 = 7тг + 5, (N = 7(тг - 1), < iV + 14 = 9m + 5, <=> < ЛГ = 9(тгг - 1), [N + 18 = 13k + 5 [n= 13(k - 1), где тг, ттг, й Е N. Поскольку числа 7, 9 и 13 взаимно простые, чис¬ ло N должно делиться на их произведение, равное 7 • 9 • 13 = 819. Другими словами, N = 819^, где р Е N. Существует единственное трёхзначное число такого вида — это iV = 819. Ответ. 819.
182 Часть II. Указания и решения Задача 71 ( 7 1В банке 500 долларов. Разрешаются две операции: взять из банка 300 долларов или положить в него 198 долларов. Эти операции можно проводить много раз, при этом в банке нет никаких денег, кроме тех, что первоначально лежат в нём. Какую максимальную сумму можно извлечь из банка и как это сделать? Идея. Сумма, которую можно снять со счёта, кратна шести. Указание. Найти НОД(300,198). Указание. Определить максимально возможную сумму, кратную Н0д(300,198). Указание. Описать процедуру работы со счётом, которая позволит снять максимальную сумму без привлечения дополнительных средств клиента банка. Решение. Разложим числа 300 и 198 на простые множители: 300 = 22 • 3 • 52, 198 = 2 • З2 • 11. Найдём их наибольший общий делитель: НОД(300,198) = 2-3 = 6. Значит, суммы, которые можно снимать со счёта и класть на счёт, кратны шести. Наибольшее такое число, не превосходящее 500, равно 498. Покажем, что существует последовательность действий, позволяющая в рамках описанной в условии схемы снять со счёта ровно 498 долларов. Предположим, что для этого придётся п раз положить на счёт сумму, равную 198 долларам, и т раз снять со счёта 300 долларов. Составим уравнение: 500 + 198п — 300т = 2. Найдём хотя бы одно его целочисленное решение. Приведём подобные слагаемые и сократим на 6: 83 + 33п = 50/п. Поскольку произведение в правой части последнего равенства кратно 10, сумма в левой части тоже должна делиться на 10. Число 83 при делении на 10 даёт в остатке 3. Значит, число ЗЗп при делении на 10 должно давать в остатке 7, т. е. должно заканчиваться на 7. Это возможно в случае, если последняя цифра числа п равна 9. Найдём подходящее значение п перебором. • При п — 9 получаем 83 + 33 • 9 = 83 + 297 = 380 = 50 • 7 + 30; не подходит. • При п = 19 получаем 83 + 33 • 19 = 83 + 627 = 710; не подходит. • При п = 29 получаем 83 + 33 • 29 = 83 + 957 = 1040; не подходит. • При тг = 39 получаем 83 + 33 • 39 = 83 + 1287 = 1370; не подходит. • При тг = 49 получаем 83 + 33 • 49 = 83 + 1617 = 1700 = 50 • 34, т. е. 771 = 34.
4. Деление с остатком 183 Итак, можно 34 раза снять со счёта 300 долларов и 49 раз положить на счёт 198 долларов; в результате на счёте останется наименьшая возможная сумма, равная 2 долларам. Покажем, как достичь этого результата, не привлекая дополнительных личных средств клиента банка. • 16 раз повторим следующие действия, каждый раз уменьшая сумму на счёте на 6 долларов: снять 300, положить 198, снять 300, дважды положить по 198. • Последние шаги: 404 — 300 = 104, 104 + 198 = 302, 302 — 300 = 2. Ответ. 498 долларов. Задача 72 [ 7 1 Имеется 100 камней. Два игрока берут по очереди от 1 до 5 камней. Проигрывает тот, кто берет последний камень. Определить выигрышную стратегию первого игрока. Идея. После последнего хода первого игрока должен остаться один камень. Указание. Определить достаточное условие выигрыша. Указание. Описать стратегию выигрыша и найти количество камней для первого хода. Решение. Первый игрок выиграет, если после его последнего хода останется один камень. Поскольку второй игрок может взять любое количество камней от 1 до 5, единственная возможность для первого игрока держать ситуацию под контролем — начиная со своего второго хода, брать столько камней, чтобы вместе с камнями предыдущего хода второго игрока получалось 6. Представим число 100 в виде соответствующей суммы: 100 = 3 + 6-16 + 1. Итак, первый ход первого игрока — 3 камня. Затем игроки (сначала второй, затем первый) делают 16 двойных ходов, при этом первый берёт столько камней, чтобы за двойной ход в сумме получилось 6. В результате останется один камень, который вынужден будет взять второй игрок. Первый выигрывает! Замечание. Стратегия первого игрока может быть описана в терминах остатков при делении на 6. А именно, первый игрок должен следить за тем, чтобы количество камней, оставшихся после его хода, при делении на 6 давало остаток 1. Задача 73 1 7 ) На какие простые числа, меньшие 17, делится число 20022002 - 1? Идея. Остаток от деления числа 20022002 на простое число должен быть равен единице.
184 Часть И. Указания и решения Указание. Разложить основание степени на простые множители и исключить из рассмотрения простые делители числа 2002, меньшие 17. Указание. Исследование делимости на 3 и на 5 вести в терминах остатков от деления. Решение. Простых чисел, меньших 17, всего шесть: 2, 3, 5, 7, 11 и 13. Поскольку 2002 = 2 • 7 • 11 • 13, число 20022002 будет кратно числам 2, 7, 11 и 13, а разность 20022002 — 1 не будет делиться ни на одно из этих чисел. Осталось провести исследование делимости числа 20022002 — 1 на 3 и на 5. • 2002 = 667 *3 + 1, поэтому 20022002 при делении на 3 даст в остатке 1. Значит, разность 20022002 — 1 кратна трём. • 2002 = 400 -5 + 2. Составим таблицу остатков г от деления числа 2002^ на 5. k 1 2 3 4 5 6 г 2 4 3 1 2 4 Заметим, что остатки повторяются с периодом, равным 4. Поскольку показатель 2002 = 4 • 500 + 2, число 20022002 при делении на 5 даст в остатке 4, поэтому разность 20022002 — 1 не кратна 5. Ответ. На 3. Задача 74 ( 7 ) Доказать, что, каково бы ни было целое число тг, среди чисел тг, тг+1, п + 2, . . . , тг + 9 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными девятью из этих чисел. Идея. Среди десяти подряд идущих чисел есть по крайней мере одно число, не кратное 2, 3, 5 и 7. Указание. Рассмотреть нечётные числа. Указание. Показать, что по крайней мере одно нечётное число не кратно 3, 5 и 7. Указание. Доказать, что это число является взаимно простым с остальными девятью числами. Решение. В условии перечислены десять подряд идущих натуральных чисел. Среди них пять чётных и пять нечётных. Обозначим нечётные числа через 2т + 1, 2т + 3, 2т + 5, 2ттг + 7, 2ттг + 9, ттг £ No. Рассмотрим остатки от деления нечётных чисел на 3, 5 и 7. • Заметим, что среди остатков от деления на 3 нет трёх одинаковых. Действительно, одинаковые остатки при делении на 3 будут давать числа 2т + 1 и 2ттг + 7, 2ттг + 3 и 2ттг + 9. Третий остаток, не совпадающий с двумя упомянутыми, даст число 2ттг + 5. Значит, среди нечётных чисел три или четыре числа не кратны трём. • Среди остатков от деления на 5 и на 7 нет двух одинаковых. Значит, среди нечётных чисел только одно кратно пяти и не более одного кратно семи.
4. Деление с остатком 185 Выберем среди нечётных чисел три числа, не кратные 3. Среди них выберем число, не кратное ни 5, ни 7. Это число является взаимно простым с остальными девятью числами. В самом деле, наибольший общий делитель выбранного числа и любого из оставшихся чисел не кратен 2 (так как выбранное число нечётное), не кратен 3, 5 и 7 (так организовали его выбор), а также не кратен любому простому числу, большему 7 (так как среди десяти подряд идущих целых чисел не более одного числа, кратного любому натуральному числу, превосходящему 10). Значит, наибольший общий делитель выбранного числа и любого из оставшихся чисел равен единице, т. е. выбранное число является взаимно простым с остальными девятью числами. Утверждение доказано. Задача 75 [ 7 ] Числа А и В взаимно просты. Какие общие делители могут иметь числа А 4- В и А — В? Идея. Общий делитель суммы и разности двух взаимно простых чисел может быть только чётным числом. Указание. Предположив, что некоторое число является общим делителем суммы и разности чисел А л В, сделать выводы об остатках от деления чисел А и Б на это число. Указание. Показать, что общий делитель должен быть чётным. Указание. Привести пример. Решение. Представим числа А и Б в виде А = a • й + га, В = Ь • й + гв, где й— делитель, а и Ъ — частные от деления чисел А и В на й, га и г в — остатки от деления. • Число й будет делителем суммы A + B = (a + b)k + (rA + гв), если га~\~гв = 0 или га + гв = й. Поскольку по условию числа А и В взаимно простые, остатки при делении на й не могут быть равны нулю. Значит, случай г а + г в = 0 не рассматриваем. • Число й будет делителем разности А - В = (а - b)k + (га ~ гв), если га~ гв — 0, т. е. Га — Гв* Итак, число й будет делителем и суммы А + Б, и разности А — В9 если га = гв = • Значит, • число й должно быть чётным; • число й не может быть больше 2, так как в противном случае числа А и Б будут кратны 2, т. е. не будут взаимно простыми. Приведём пример: А = 5, В = 3, НОД (А + Б, А — В) = НОД (8, 2) = 2. Ответ. 2.
186 Часть II. Указания и решения 5. Сравнение по модулю Задача 1 (6-7) Доказать, что если a = ft (mod т), с = d (mod /п), то а ± с = = Ь ± d (mod т), a • с = 6 • d (mod т) (в частности, ап = Ъп (mod /п)). Идея. Числа, сравнимые по модулю т, имеют равные остатки при делении на т. Указание. Использовать определение чисел, сравнимых по модулю. Решение. Поскольку числа а и 6 сравнимы по модулю /тг, их можно представить в виде а = й • /п + ri, ft = Z • ттг + ri. Числа end также сравнимы по модулю /тг. Значит, с — /г • /п + Г2, d = р • т + г2. Здесь й, Z, п,р, п, Г2 € No; ri, r2 < т; те N. в Рассмотрим суммы а + с и ft + d. а + с = (й + п)т + (п + гг), 6 + d = (Z + /?)/тг + (ri + г2); тогда а + с — (ft + d) = (й + /г — I — р)т. По утверждению, доказанному в примере 1, суммы а + с и 6 + d сравнимы по модулю т: а + с = 6 + d (mod /тг). • Рассмотрим разности а — с и Ъ — d. а - с = (й - /г)/тг + (ri - r2), ft + d = (Z -р)тгг + (ri - г2); тогда a — с — (ft — d) = (k — n — Z + p)/n. Значит, разности a — с и ft — d сравнр1мы по модулю тп: a — с = ft — d (mod тп). • Перейдём к произведениям ас и ftd. ас = (й/п + ri)(n/n + Г2), ftd = (Z/n + ri)(p/n + г2); тогда ac — ftd = (пй/п + пгх + йr2 — Z/n— pri — Zr2)/n. Значит, произведения ac и ftd сравнимы по модулю т: ас = ftd (mod /п). • Аналогично доказывается, что натуральные степени чисел, сравнимых по модулю /п, также сравнимы по модулю /п. Предлагаем читателю провести доказательство самостоятельно. Задача 2 (6-7) Найти остаток от деления 7я на 8. Идея. Числа, сравнимые по модулю /п, имеют равные остатки при делении на т. Указание. Использовать сравнимость чисел 7 и —1 по модулю 8. Указание. Использовать доказанное выше свойство сравнения натуральных степеней. Решение. В теоретическом материале отмечено важное свойство числа 7: оно сравнимо с числом (-1) по модулю 8. Используя
5. Сравнение по модулю 187 этот факт и доказанное в предыдущей задаче свойство сравнения натуральных степеней, получаем равенство 7П = (-1)" (mod 8). Значит, при чётном п остаток от деления 7П на 8 равен 1, а при нечётном п остаток равен —1 (или 7). Ответ. (—1)^, т. е. 1 при чётном п и —1 (или 7) при нечётном п. Задача 3 Гб-7) а) Найти последнюю цифру числа б1971. Идея. Любая натуральная степень с основанием 6 заканчивается на 6. Указание. Показать, что любая натуральная степень с основанием 6 сравнима с числом 6 по модулю 10. Решение. Легко заметить, что последняя цифра числа 6п всегда равна 6: 6 = 6 (mod 10); 6=6 (mod 10); 63 = 6 (mod 10); 64 = 6 (mod 10)... Значит, 61971 = 6 (mod 10), т. е. последняя цифра этого числа равна 6. Ответ. 6. Задача 4 (6-7) На какую цифру оканчивается число 777777? Идея. Последняя цифра числа сравнима с ним по модулю 10. Указание. Представить число в виде произведения двух степеней с основаниями in и 7. Указание. Показать, что один из множителей сравним по модулю 10 с единицей, а второй — с числом 7. Решение. Разложим исследуемое число на множители: 777111 = (7 • 111)777 = 7777 • 111777. • Определим, на какую цифру оканчивается число 7777. 72 = 9 (mod 10), или 72 = (—1) (mod 10); 7776 = (-1)388 (mod 10); тогда 7776 -7 = 1-7 (mod 10). • Число 111 в любой степени оканчивается на 1: 111777 = = 1 (mod 10). Значит, произведение 7777 • 111777 = 7-1 (mod 10), т. е. число 777111 оканчивается на 7. Ответ. На 7.
188 Часть II. Указания и решения Задача 5 (6-7] а) На какую цифру оканчивается число 19891989? Идея. Последняя цифра степени зависит от чётности показателя. Указание. Показать, что последняя цифра степени определяется её показателем: для чётного показателя она равна 1, для нечётного 9. Решение. Найдём закон изменения последней цифры числа 1989п. Для этого сравним натуральные степени числа 1989 по модулю 10: 1989 = 9 (mod 10); 19892 = 1 (mod 10); 19893 = 9 (mod 10); 19894 = 1 (mod 10)... Значит, при k е No 19892fe+1 = 9 (mod 10); 19892*+2 = 1 (mod 10). Поскольку показатель степени 19891989, равный 1989 = 2-994 + 1, является нечётным числом, 19891989 = 9 (mod 10). Ответ. На 9. Задача 6 (6-7] а) Какой цифрой оканчивается число 77?? Идея. Последняя цифра данного числа сравнима с ним по модулю 10. Указание. Показать, что последняя цифра натуральной степени числа 7 зависит от остатка при делении показателя на 4. Указание. Провести исследование показателя исходной степени; показать, что остаток при его делении на 4 равен 3. Решение. Сначала найдём закон изменения последней цифры числа 7п. Для этого сравним натуральные степени числа 7 по модулю 10: 7 = 7 (mod 10); 72 = 9 (mod 10); 73 = 3 (mod 10); 74 = 1 (mod 10); 75 = 7 (mod 10); 76 = 9 (mod 10)... Итак, при k е No 74fe+l _ 7 (mod 10); 74ft+2 _ 9 (mod 10); 74fe+S ^ з (mod 10); 74fe+4 = j (mod 1Q) rj Теперь определим остаток от деления показателя степени 77 , равного 77, на 4. Для этого сравним натуральные степени числа 7 по модулю 4: 7 = 3 (mod 4); 72 = 1 (mod 4); 73 = 3 (mod 4); 74 = 1 (mod 4)... Значит, при ре No rj2P+1 ^ з (mod4);72p+2 = 1 (mod 4).
5. Сравнение по модулю 189 Поскольку 7 = 2 • 3 + 1, число 77 при делении на 4 даёт в остатке 3, поэтому 77 = 3 (mod 10), т. е. это число оканчивается цифрой 3. Ответ. 3. Задача 7 (6-71 а) Доказать, что разность 4343 — 1717 делится на 10 без остатка. Идея. Уменьшаемое и вычитаемое сравнимы по модулю 10. Указание. Показать, что числа 4343 и 1717 сравнимы по модулю 10. Решение. Воспользуемся техникой сравнения по модулю. • Рассмотрим уменьшаемое 4343. Очевидно, что 43 = 3 (mod 10), тогда 432 = З2 (mod 10). Поскольку З2 = (—1) (mod 10), получаем полезное соотношение 4340 = (-1)20 (mod 10), т. е. 4340 = 1 (mod 10). Осталось рассмотреть произведение 4340 • 433 = 1 • 433 (mod 10), т. е. 4343 = 7 (mod 10). • Перейдём к вычитаемому, равному 1717. Заметим, что 17 = = 7 (mod 10), тогда 172 = 9 (mod 10), или 172 = (—1) (mod 10). Далее, 1716 = (—I)8 (mod 10), поэтому 1716 -17 = 7 (mod 10). Так как 4343 = 1717 (modl0), то согласно утверждению, доказанному в примере 1, разность 4343 - 1717 делится на 10. Задача решена. Задача 8 гт19681970 _ о6870 [6-7] Доказать, что число - ^— целое. Идея. Уменьшаемое и вычитаемое в числителе сравнимы по модулю 10. Указание. Показать, что последняя цифра натуральной степени числа 7 зависит от остатка при делении показателя на 4. Указание. Провести исследование показателя степени 7±уо° ; доказать, что он кратен 4. Указание. Показать, что последняя цифра натуральной степени числа 3 также зависит от остатка при делении показателя на 4. 70 Указание. Провести исследование показателя степени З68 ; по¬ казать, что и он кратен 4. Решение. Задачу можно переформулировать так: необходимо до- _1Qfiol970 псо70 ч Л казать, что числа 7АУО° и 3°° сравнимы по модулю 10.
190 Часть II. Указания и решения В этом случае их разность будет кратна 10 (см. пример 1), а дробь примет целочисленное значение. • Рассмотрим уменьшаемое 71968 . В задаче 6 был выведен закон изменения последней цифры числа 7п. А именно, при k Е No 74k+l s 7 (mod 10); ij4k+2 s g (mod 10); 74k+3 s з (mod 10); 74k+4 _ x (mo(j 10) Другими словами, последняя цифра числа 7П зависит от остатка при делении показателя п на 4. Поскольку 1968 = 4 • 492, показатель 19681970 кратен четырём. В этом случае 719681970 = l (mod 10), т. е. последняя цифра уменьшаемого равна 1. 70 • Рассмотрим вычитаемое З68 . По схеме, использованной в за¬ даче 6, можно вывести закон изменения последней цифры числа 3": при k е No S4k+i _ з (mod 10); 34k+2 _ 9 (mod 10); g4*+3 s 7 (mod 10); 34k+4 s x (mod 10) Как и в случае степени 7п, последняя цифра числа Зп зависит от остатка при делении показателя п на 4. Так как 68 = 4*17, то показатель 6870 кратен четырём. В этом случае 70 368 = 1 (mod 10), т. е. последняя цифра вычитаемого также равна 1. Поскольку уменьшаемое и вычитаемое сравнимы по модулю 10, их разность, стоящая в числителе дроби, кратна 10 (см. пример 1), а сама дробь принимает целочисленное значение. Утверждение доказано. Задача 9 16-71 Доказать, что число 30" + 611О° делится на 31. Идея. Сумма остатков слагаемых при делении на 31 равна 31. Указание. Сравнить слагаемые по модулю 31. Решение. Определим остатки при делении слагаемых на 31. Для этого сравним оба слагаемых по модулю 31. • Рассмотрим первое слагаемое ЗО99. 30 = (-1) (mod 31); ЗО2 = 1 (mod 31); ЗО3 = (-1) (mod 31); ЗО4 ее 1 (mod 31)... Общая формула: 30n = (—1)п (mod 31), п € N. • Рассмотрим второе слагаемое 61100. 61 = (-1) (mod 31); 612 = 1 (mod 31); 613 = (-1) (mod 31); 614 = 1 (mod 31)... Значит, 61m = (-1)'71 (mod 31), m 6 N.
5. Сравнение по модулю 191 Для суммы справедливо равенство 30" + 61100 = (—1)" + + (-1)100 (mod 31), т. е. 30" + 61100 = 0 (mod 31). Утверждение доказано. Задача 10 [6-7] Доказать, что число 43101 + 23101 делится на 66. Идея. Сумма остатков слагаемых при делении на 66 равна 66. Указание. Сравнить каждое из слагаемых по модулю 66. Решение. Определим остатки при делении слагаемых на 66. • Рассмотрим первое слагаемое 43101: 43 = 43 (mod 66); 432 = 1849 = 66 • 28 + 1 = 1 (mod 66); 433 = 43 (mod 66); 434 ее 1 (mod 66)... Общая формула: 43п = 43 (mod 66), если п нечётное; 43" = 1 (mod 66), если п чётное. • Рассмотрим второе слагаемое 23101: 23 ее 23 (mod 66); 232 = 529 = 66 • 8 + 1 ее 1 (mod 66); 233 ЕЕ 23 (mod 66); 234 ее 1 (mod 66)... Общая формула: 23т = 23 (mod 66), если т нечётное; 23m = 1 (mod 66), если т чётное. Значит, сумма 43101 + 23101 сравнима по модулю 66 с числом 0: 43101 + 23101 ее 43 + 23 (mod 66), т. е. 43101 + 23101 ее 0 (mod 66). Утверждение доказано. Замечание. У задачи есть более простое решение. Применим обобщённую формулу для суммы нечётных степеней двух выражений: 43101 + 23101 = = (43 + 23)(43100 - 43" . 23 + 4398 • 232 - ... - 43 • 23" + 23). Первый множитель равен 66. Значит, число 43101 + 23101 делится на 66, что и требовалось доказать. Задача 11 (6-7) Доказать, что ни одно из чисел вида Ю3/г+1 нельзя представить в виде суммы двух кубов натуральных чисел. Идея. Числа вида 103n+1 и сумма двух кубов натуральных чисел имеют разные остатки при делении на 7. Указание. Найти возможные остатки при делении io3n+1 на 7. Указание. Используя материал предыдущего раздела, показать, что найденные остатки не совпадают с остатками, которые могут получиться при делении суммы двух кубов натуральных чисел на 7.
192 Часть II. Указания и решения Решение. Основная идея решения следующая. Постараемся найти такое число т, что числа вида Ю37г+1 и сумма двух кубов натуральных чисел не сравнимы по модулю т ни при каких значениях п. Для этого организуем перебор по множеству натуральных чисел, больших единицы. • Рассмотрим т = 2. Число 10^, где k е N, чётное. Сумма кубов натуральных чисел также может быть чётной. Значит, нельзя утверждать, что ни одно из чисел вида Ю3/г+1 нельзя представить в виде суммы двух кубов натуральных чисел. Переходим к следующему значению т. • Рассмотрим т = 3. Число 10^ при делении на 3 даёт остаток 1 для любого k £ N. В том числе Ю3п+1 = 1 (mod 3). Сумма кубов натуральных чисел также может быть сравнимой с 1 по модулю 3 (см. задачу 27 предыдущего раздела). Переходим к следующим значениям ттг. • Числа 171= 4 и пг = 5 являются делителями числа 103/г+1. Дальнейшие рассуждения аналогичны случаю тп = 2. • Случай тп = 6 сводится к случаю тп = 3. • Пусть тп = 7. Определим остатки при делении чисел вида 10д На 10 = 3 (mod 7); 103 = 6 (mod 7); 105 = 5 (mod 7) 107 = 3 (mod 7) 102 = 2 (mod 7); 104 = 4 (mod 7); 106 = 1 (mod 7); 108 = 2 (mod 7). Значит, io3ra+1 = 3 (mod 7), если n чётное; Ю3га+1 = 4 (mod 7), если n нечётное (n e No). В задаче 27, г) разд. 4 показано, что куб натурального числа при делении на 7 может давать в остатке 0, 1 или 6, поэтому сумма двух кубов натуральных чисел не может дать в остатке ни 3, ни 4. Утверждение доказано. Задача 12 (6-7] Доказать, что среди 51 целого числа найдутся два, квадраты которых дают одинаковые остатки при делении на 100. Идея. Среди 51 целого числа есть по крайней мере два числа таких, что либо их разность кратна 100, либо их сумма кратна 100, либо остатки при делении на 100 равны 0 и 50. Указание. Рассмотреть набор, в котором есть числа, сравнимые по модулю 100. Показать, что такой набор удовлетворяет условию. Указание. Рассмотреть набор, в котором нет чисел, сравнимых по модулю 100. Применив принцип Дирихле, показать, что в таком наборе есть по крайней мере два числа, у которых либо сумма остатков при делении на 100 равна 100, либо остатки равны 0 и 50.
5. Сравнение по модулю 193 Указание. Воспользоваться формулой разности квадратов двух чисел. Решение. Возможны два случая. • Если среди рассматриваемых чисел есть хотя бы два числа, сравнимые по модулю 100, то и их квадраты будут сравнимы по модулю 100 (этот факт доказывается в задаче 1). Следовательно, такой набор чисел удовлетворяет условию. • Пусть все числа дают разные остатки при делении на 100. Разобьём все возможные остатки на 50 пар: (1,99), (2, 98),..., (49, 51), (50,0). Поскольку пар 50, а различных остатков по предположению 51, найдутся числа т и п из рассматриваемого набора, остатки которых при делении на 100 попадут в одну пару (принцип Дирихле). Предположим, не ограничивая общности, что т > п. Если это одна из первых 49 пар, то сумма т + п будет делиться на 100. Тогда и разность квадратов т2 — п2 = (т + n)(m — ri) будет кратна 100, т. е. квадраты дадут одинаковые остатки при делении на 100. Если же это последняя пара, то и сумма т + п, и разность т — п кратны 10, поэтому разность квадратов также кратна 100. Утверждение доказано. Задача 13 (6-7) Назовём число п удобным, если n2 + 1 делится на 1 000 001. Доказать, что среди чисел 1, 2, 3,..., 1 000 000 чётное число удобных. Идея. Если п — удобное число, то и 1000 001 — п — удобное число. Указание. Найти два удобных числа; заметить, что в сумме они дают 1000 001. Указание. Доказать в общем случае утверждение: для каждого удобного числа п найдётся не совпадающее с ним удобное число, равное 1 000 001 - п. Решение. Запишем условие в терминах сравнения по модулю 1000 001: п +1 = 0 (mod 1 000 001). Значит, п2 = 1 000 000 (mod 1 000 001). Этому равенству удовлетво- ряют разные удобные числа п, в том числе сравнимые с 1000 по модулю 1000 001 и сравнимые с (—1000) по модулю 1000 001. • Среди чисел из указанного в условии диапазона от 1 до 1 000 000 можно указать удобное число, обладающее свойством п ее 1000 (mod 1 000 001). Это число п = 1000.
194 Часть И. Указания и решения • Среди чисел от 1 до 1 ООО ООО равенству тг = (-1000) (mod 1 ООО 001) удовлетворяет удобное число п = 1 000 001 — 1000 = 999 001. Подчеркнём, что удобных чисел, удовлетворяющих условию, может быть больше. Задача поиска всех таких чисел не стоит, необходимо лишь доказать, что их чётное число. Рассмотрим найденные удобные числа 1000 и 999 001. Заметим, что они обладают интересным свойством: 1000 + 999 001 = 1 000 001. Докажем, что этим свойством обладает любое удобное число. Пусть тг — удобное число, т. е. сумма тг2 + 1 делится на 1000 001. Тогда число (1 000 001 - тг)2 + 1 = 1 000 0012 - 2 • 1 000 001 • п + (п2 + 1) тоже делится на 1000 001, т. е. число 1 000 001 — тг является удобным. Итак, если тг — удобное число, то и 1 000 001 — тг — тоже удобное число. Заметим, что числа тг и 1 000 001 — тг не совпадают ни при каких значениях п е N. Значит, удобных чисел чётное число. Утверждение доказано. Задача 14 (6-7) Какова 1996-я цифра после запятой в десятичном разложении дроби I = 0,142857...? Идея. Обыкновенная дробь в десятичном представлении является либо конечной дробью, либо периодической. Указание. Представить обыкновенную дробь в виде периодической десятичной дроби; найти длину периода. Указание. Сравнить число 1996 по модулю, равному длине периода; найти соответствующую цифру периода. Решение. Обыкновенная дробь у в десятичном представлении является периодической дробью у = 0,(142857) с периодом длины 6. Поскольку 1996 ее 4 (mod 6), 1996-я цифра после запятой в десятичной записи числа у будет равна 8. Ответ. 8. Задача 15 (6-7) Натуральное число делится на 18, а после прибавления 1 делится на 17. Может ли так быть? Идея. Если два числа кратны некоторому числу, то и их разность кратна этому числу.
5. Сравнение по модулю 195 Указание. Используя условие и свойства операции сравнения по модулю, сравнить сумму искомого числа и единицы по модулю 17. Указание. Показать, что искомое число существует, и не одно; привести пример. Решение. Обозначим искомое число через п. По условию л = 18й, где k е N. Кроме того, 18й + 1 = Пт, те N. Значит, 18ft + 1 = 0 (mod 17). Поскольку 18й + 1 = 17fe + (ft+l), получаем соотношение k + 1 = 0 (mod 17). Натуральных чисел k, удовлетворяющих этому соотношению, много: 16, 33, 50 и т. д. При k = 16 находим п = 18 • 16 = 288, при k = 33 получаем л = 33 • 16 = 528 и т. д. Ответ. Да, например 288. Задача 16 [6-7) а) Может ли квадрат натурального числа оканчиваться цифрой 2? б) Можно ли, используя только цифры 2,3,7,8 (возможно, по нескольку раз), составить квадрат натурального числа? Идея. Последняя цифра квадрата числа зависит от последней цифры самого числа. Указание. Перебрать возможные значения последней цифры натурального числа, поставить им в соответствие последнюю цифру квадрата числа. Указание. Показать, что последняя цифра квадрата не может быть равна 2, 3, 7 или 8. Решение, а) Последняя цифра квадрата любого натурального числа определяется последней цифрой самого числа. Переберём все возможные варианты. • Если число заканчивается на 1, т. е. может быть представлено в виде ml, где те No, то последняя цифра его квадрата тоже 2 будет единицей: (ml) = 1 (mod 10); • (m2)2 = 4 (mod 10); • (тпЗ)2=9 (mod 10); • (тп4)2 = 6 (mod 10); • (m5)2 = 5 (mod 10); • (тб)2 = 6 (mod 10); • (m7)2 = 9 (mod 10); • (m8)2=4 (mod 10); • (m9)2 = l (mod 10); • (m0)2 = 0 (mod 10). Анализируя полученные соотношения, заключаем, что последняя цифра квадрата натурального числа не может быть равна 2, а также не может быть равна 3, 7 или 8. б) Из приведённых выше рассуждений следует, что из цифр 2,3,7,8 нельзя составить квадрат натурального числа, так как ни одна из этих цифр не может быть его последней цифрой. Ответ, а) Нет; б) нет.
196 Часть И. Указания и решения Задача 17 (6-7) Какое число надо добавить к числу (п2 — I)1000 . (п2 + I)1001, чтобы результат делился на п? Идея. Произведение степеней сравнимо с единицей по модулю п. Указание. Провести сравнение множителей по модулю п. Указание. Показать, что каждая степень сравнима с 1 по модулю п. Указание. Прибавить к произведению степеней число, сравнимое с (—1) по модулю тг. Решение. Проведём сравнение множителей по модулю п. Для этого воспользуемся результатами задачи 1. Так как п2 = 0 (mod п), то • п2 — 1 = (—1) (mod /г), (п2 — i)1000 = i (mod п); • п2 + 1 = 1 (mod п), (п2 + 1 у001 = 1 (mod п). Следовательно, (п2 - I)1000 • (п2 + I)1001 ее 1 (mod п). Если к числу (п2 — I)1000 . (п2 + I)1001 добавить число, сравнимое с (—1) по модулю п, то результат будет делиться на п. Значит, второе слагаемое имеет вид kn — 1, где k Е Z. Например, можно добавить — 1 или п — 1. Ответ. Например, —1 или п— 1. Задача 18 (6-7) Найти остаток от деления на 7 числа ю10 + Ю100 + ю1000 + + ю10 000 000 000 Идея. Остаток от деления суммы нескольких слагаемых на некоторое число определяется остатками от деления каждого слагаемого на это число. Указание. Сравнить каждое слагаемое по модулю 7. Решение. Сравним слагаемые по модулю 7. Начнём с первого, равного Ю10: о 10 = 3 (mod 7); • 102 ее 2 (mod 7); • 103 ее 6 (mod 7); • 105 = 5 (mod 7); • Ю10 = 4 (mod 7). Переходим ко второму слагаемому Ю100: • Ю10 ее 4 (mod 7); • Ю20 ее 2 (mod 7); • Ю30 ее 1 (mod 7); • Ю50 = 2 (mod 7); • 10100 = 4 (mod 7). Легко заметить, что третье и последующие слагаемые сравнимы по модулю 7 со вторым слагаемым. Поскольку слагаемых десять, то Ю10 + Ю100 + ... + Ю10 000 000 000 ее 4 • 10 (mod 7). Наконец, так как 40 = 5 • 7 + 5, то Ю10 + Ю100 + ... + Ю10 000 000 000 ее 5 (mod 7), т. е. остаток от деления числа 101О + 101ОО + .. . + Ю10 000 000 000 на 7 равен 5. Ответ. 5.
6. Признаки делимости 197 6. Признаки делимости Задача 1 (5-6) а) Витя попросил трёх одноклассниц порешать для него задачи. Для того чтобы задачи быстрее решались, он сказал девочкам, что за каждую решённую задачу девочка, решившая её первой, получает три конфеты, решившая второй — две, решившая последней — одну. После решения всех задач Витя обнаружил, что у всех девочек на столе по 11 конфет. Девочки сказали Вите, что они брали согласно уговору. Каждая девочка решила все задачи, но одновременно ни одной из задач они не решили. Правильно ли девочки брали конфеты и почему? Идея. Число конфет должно быть кратно 6. Указание. Доказать, что суммарное число конфет, взятых девочками за решение задач, должно делиться на 6. Решение. За каждую решённую задачу три девочки должны были взять вместе 6 конфет. Значит, число конфет, взятых девочками за решение задач, должно быть кратно 6. По условию девочки взяли у Вити 3»11 = 33 конфеты. Поскольку 33 не делится нацело на 6, девочки ошиблись. Ответ. Нет. Задача 2 (5-6) а) Дети, построенные парами, выходят из леса, где они собирали орехи. В каждой паре идут мальчик и девочка, причём у мальчика орехов либо вдвое больше, либо вдвое меньше, чем у девочки. Могло ли так случиться, что у всех вместе 1000 орехов? Идея. Суммарное число орехов у всех детей кратно трём. Указание. Показать, что число орехов в каждой паре делится на 3. Решение. В каждой паре суммарное количество орехов кратно трём: либо две части у мальчика и одна часть у девочки, либо, наоборот, одна часть у мальчика и две части у девочки. Значит, сумма орехов у всех детей тоже делится на 3. Поскольку число 1000 не кратно трём, у всех детей не может быть 1000 орехов. Ответ. Нет. Задача 3 (5-6) Илья Муромец, Добрыня Никитич и Алёша Попович вступили в бой с несколькими великанами. Получив по 3 удара богатырскими палицами, великаны обратились в бегство. Больше всего ударов нанёс Илья Муромец: 7, меньше всего — Алёша Попович: 3. Сколько всего было великанов?
198 Часть II. Указания и решения Идея. Число ударов всех богатырей кратно трём. Указание. Найти количество ударов палицы Добрыни Никитича, используя оценки из условия и кратность трём суммы всех ударов. Решение. Каждый великан получил по 3 удара богатырскими палицами от русских богатырей. Значит, суммарное число ударов кратно трём. Добрыня Никитич нанёс пять ударов, так как 3 < 5 < 7 и 3 + 5 + 7= 15 = 0 (mod 3). Следовательно, великанов было ^ = 5. Ответ. 5 великанов. Задача 4 15-6] Коля и Петя купили одинаковые беговые лыжи. Сколько стоит одна пара лыж, если Петя уплатил стоимость лыж трёхрублёвыми билетами, Коля — пятирублёвыми, а всего они дали в кассу меньше 10 кредитных билетов? Идея. Число трёхрублёвых билетов кратно пяти. Указание. Ввести переменные, равные числу кредитных билетов разного достоинства; составить систему из уравнения и неравенства. Указание. Заметить, что число трёхрублёвых билетов делится на 5; организовать перебор по числам, кратным 5. Решение. Пусть для покупки лыж Пете потребовалось п трёхрублёвых билетов, а Коле — тп пятирублёвых билетов; п, тп Е N. По условию ГЗп = 5 тп, \п + тп < 10. Из уравнения следует, что число п кратно пяти. • При п = 5 получаем тп = 3; п + тп = 8 < 10; подходит. • При п ^ 10 получаем тп ^ 6; в этом случае п + тп ^ 16; эти значения не подходят. Итак, п = 5. Значит, лыжи стоят 5*3 = 15 рублей. Ответ. 15 рублей. Задача 5 (5-6) В столовую привезли лимоны и апельсины в пяти ящиках. В каждом ящике были фрукты только одного сорта. В первом ящике было 100 штук фруктов, во втором — 105, в третьем — 110, в четвёртом — 115 и в пятом — 130. Когда был израсходован один ящик фруктов, то оказалось, что лимонов осталось в три раза меньше, чем апельсинов. Сколько осталось тех и других фруктов?
6. Признаки делимости 199 Идея. Количество оставшихся фруктов кратно 4. Указание. Используя кратность количества оставшихся фруктов четырём, определить, какой ящик был израсходован. Решение. По условию лимонов осталось в три раза меньше, чем апельсинов. Значит, количество оставшихся фруктов должно быть кратно 4. Поскольку 100 = 0 (mod 4), 105 = 1 (mod 4), 110 = 2 (mod 4), 115 = 3 (mod 4), 130 = 2 (mod 4), израсходованным мог быть только первый ящик, содержащий 100 фруктов. Количество фруктов в оставшихся четырёх ящиках равно 105 + 110 + 115 + 130 = 460 (шт.), среди них = 115 лимонов и 105 + 110 + 130 = 345 апельсинов. Ответ. 115 лимонов и 345 апельсинов. Задача 6 [5-6] а) Написать наименьшее натуральное число, составленное из всех цифр, которое делится на 5. Идея. Число делится на 5, если оно заканчивается либо на 0, либо на 5. Указание. Используя признак делимости на 5, выписать наименьшие десятизначные натуральные числа, заканчивающиеся на 0 или на 5, и сравнить их. Решение. Наименьшим числом, составленным из всех цифр, является десятизначное натуральное число 1023 456 789. Увы, оно не делится на 5. Согласно признаку делимости на 5, число должно заканчиваться либо на 0, либо на 5. Значит, требуется перестановка цифр. Будем руководствоваться следующим правилом поиска наименьшего числа с известной последней цифрой: перебирая разряды, начиная со старшего, ставим в них наименьшую из оставшихся цифр. Итак, • наименьшим десятизначным натуральным числом, заканчивающимся на 0, является 1 234 567 890; • наименьшим десятизначным натуральным числом, заканчивающимся на 5, является 1 023 467 895. Второе число меньше первого, поэтому именно оно будет указано в ответе. Ответ. 1023 467 895. Задача 7 (5-6) а) Какую цифру надо поставить вместо звёздочки в четырёхзначном числе 777*, чтобы получилось число, делящееся на 6?
200 Часть II. Указания и решения Идея. Число 777* делится на составное число 6, если оно делится на его простые множители 2 и 3. Указание. Число 777* должно быть чётным. Указание. Число 777* должно делиться на 3. Решение. Поскольку 6 = 3*2, искомое число 777* должно делиться и на 2, и на 3. Согласно признаку делимости на 2, последняя цифра числа должна быть чётной, т. е. она может принимать значения из множества {0;2;4;6;8}. Согласно признаку делимости на 3, сумма цифр искомого числа должна быть кратна трём. Перебирая все элементы указанного множества, находим, что условию задачи удовлетворяют числа 7770 и 7776. Ответ. О или 6. Задача 8 (5-6) Делится ли число Ю2002 + 8 на 9? Идея. Сумма цифр указанного числа равна 9. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. Число 10п состоит из единицы и п нулей. Сумма его цифр равна 1. Поскольку у числа Ю2002 в младшем разряде стоит 0, число Ю2002 + 8 состоит из единицы, 2001 нуля и 8. Сумма его цифр равна 9. Согласно признаку делимости на 9 число 102002 +8 кратно 9# Ответ. Да. Задача 9 (5-6) Не выполняя деления, доказать, что число 7920 делится на 60. Идея. Число 7920 делится на 3, 4 и 5. Указание. Разложить делитель на множители. Указание. Использовать признаки делимости на 3, 4 и 5. Решение. Разложим число 60 на взаимно простые множители: 60 = 3 • 4 • 5. Воспользуемся признаками делимости на 3, 4 и 5. • Сумма цифр числа 7920, равная 7 + 9 + 2 + 0= 18, кратна трём. Значит, согласно признаку делимости на 3 число 7920 кратно трём. • Число 20, образованное двумя последними цифрами числа 7920, делится на 4. Согласно признаку делимости на 4 число 7920 кратно четырём. • Число 7920 заканчивается на 0, поэтому согласно признаку делимости на 5 оно кратно пяти. Так как число 7920 делится на 3, 4 и 5, оно делится и на произведение этих чисел, т. е. на 60. Утверждение доказано.
6. Признаки делимости 201 Замечание. Поскольку сумма цифр числа 7920 кратна не только трём, но и девяти, можно было доказать и более сильное утверждение о его делимости на 180 = 4 • 5 • 9. Если же вместо признака делимости на 4 использовать признак делимости на 8, то легко доказать, что число 7920 делится на 360 = 5 • 8 • 9. Задача 10 (5-6) Может ли число, составленное только из четвёрок, делиться на число, составленное только из троек? А наоборот? Идея. Число, состоящее только из четвёрок и кратное трём, содержит кратное трём количество разрядов. Указание. При рассмотрении числа, состоящего из четвёрок, использовать признак делимости на 3; привести пример. Указание. При рассмотрении числа, состоящего из троек, использовать его нечётность. Решение. Если число состоит из четвёрок, то согласно признаку делимости на 3 оно будет кратно трём только в том случае, если количество его разрядов кратно трём. Примеры: 444 делится на 3; 444 444 делится на 3 и на 33; 444 444 444 делится на 3 и на 333. Если же число состоит только из троек, то оно является нечётным, поэтому не может быть кратно четырём. Ответ. Да; например, 444 444 делится на 33. Нет. Задача 11 (5-6) Найти среди чисел вида Зп + 1 первые три числа, которые кратны 5. Идея. Число Зп + 1 должно заканчиваться либо на 0, либо на 5. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 5. Решение. Если число делится на 5, то последняя его цифра может быть равна либо 0, либо 5. • Если последняя цифра числа Зп + 1 равна 0, то число Зп должно заканчиваться на 9. В этом случае число п должно заканчиваться на 3: • при п = 3 получаем Зп = 9, Зп + 1 = 10; • при п = 13 получаем Зп = 39, Зп + 1 = 40 и т. д. • Если последняя цифра числа Зп+1 равна 5, то число Зп должно заканчиваться на 4. В этом случае число п должно заканчиваться на 8: • при п = 8 получаем Зп = 24, Зп + 1 = 25; • при п — 18 получаем Зп = 54, Зп + 1 = 55 и т. д. Первые три числа 10, 25, 40. Ответ. 10, 25, 40. Задача 12 (5-6) а) В двузначном числе первую цифру 4 зачеркнули. Получилось число в 9 раз меньше первоначального. Каким может быть двузначное число?
202 Часть II. Указания и решения Идея. Двузначное число кратно 9. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. Из условия следует, что двузначное число кратно 9, при этом его первая цифра (цифра старшего разряда) равна 4. Согласно признаку делимости на 9 вторая цифра (цифра младшего разряда) должна быть такой, чтобы сумма двух цифр делилась на 9. Таким свойством обладает всего одна цифра 5. Итак, исходное число может быть равно только 45. Ответ. 45. Задача 13 [5-6] Найти два подряд идущих числа таких, что у первого из них сумма цифр равна 8, а второе делится на 8. Идея. Второе число кратно не только 8, но и 9. Указание. Показать, что сумма цифр второго числа кратна 9; воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. По условию второе число делится на 8. Значит, оно чётное. В таком случае первое число должно быть нечётным. Нечётные числа заканчиваются на цифру из множества {1;3;5;7;9}. Поскольку по условию сумма цифр первого числа равна 8, оно не может заканчиваться на 9. Тогда сумма цифр второго числа будет на единицу больше, т. е. будет равна 9. Числа 8 и 9 взаимно простые, поэтому второе число кратно их произведению 8*9 = 72. Наименьшее число, кратное 72, есть 72; пара чисел 71 и 72 удовлетворяет условию задачи. Ответ. Например, 71 и 72. Замечание. У задачи есть и другие решения: 143 и 144, 215 и 216, 431 и 432. Задача 14 (6-7) В классе меньше 30 учеников. За контрольную работу по математике пятая часть учеников получила пятёрки, четвёртая часть — тройки, а половина — четвёрки. Сколько учеников было в классе? Сколько из них получили двойку? Идея. Количество учеников в классе пропорционально НОК(5,4,2). Указание. Найти НОК(5,4,2). Указание. Используя ограничение из условия, определить количество учеников в классе, которое пропорционально найденному наименьшему общему кратному. Указание. Для вычисления числа двоечников найти их долю от общего количества учеников в классе. Решение. Пятая часть учеников, четвёртая часть и половина выражаются натуральными числами, поэтому количество учени¬
6. Признаки делимости 203 ков в классе пропорционально наименьшему общему кратному чисел 5, 4 и 2: НОК(5, 4, 2) = 20. Среди натуральных чисел, меньших 30, такое число единственное, это число 20. Подсчитать количество двоечников не составляет труда: 20- Ответ. 20 учеников; 1 ученик. Задача 15 [6-7] Верно ли утверждение: если записать в обратном порядке цифры любого целого числа, то разность исходного и нового чисел разделится на 9? Идея. Суммы цифр исходного и нового чисел равны. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. Поскольку числа различаются только порядком цифр, они имеют одинаковые суммы цифр и, следовательно, одинаковые остатки от деления на 9 (признак равноостаточности при делении на 9). Значит, разность таких чисел будет кратна 9. Утверждение верно. Ответ. Да. Задача 16 [6-7] Найти все такие натуральные числа, которые увеличиваются в 9 раз, если между цифрой единиц и цифрой десятков вставить нуль. Идея. Последняя цифра искомого числа кратна 5. Указание. Ввести в качестве переменных последнюю цифру искомого числа и число, образованное оставшимися цифрами; составить уравнение. Указание. Воспользоваться тем, что цифра младшего разряда кратна 5. Решение. Представим искомое число в виде 10/г + ft; п £ No, ft е {0; 1; 2;...; 9}. По условию 9 (10/г -f ft) — 100/г + ft. Приведём подобные слагаемые: 10/г = 8ft <=> 5/г = 4ft. Из последнего равенства следует, что число ft кратно 5. Выше было отмечено, что оно должно быть меньше 10. Кроме того, число ft не может быть равно нулю, так как при ft = 0 из последнего равенства получаем, что искомое число тоже равно нулю, т. е. не является натуральным. Перечисленным требованиям удовлетворяет единственное значение ft = 5; в этом случае п = 4, а искомое число равно 45. Ответ. 45.
204 Часть И. Указания и решения Задача 17 [6 7) Сколько чисел из набора 1, 2,..., 2010, 2011 не делятся ни на 3, ни на 7? Идея. Сначала найти числа, которые делятся либо на 3, либо на 7. Указание. Найти количество чисел из указанного диапазона, кратных 3 и кратных 7. Указание. Исключив дублирование, подсчитать количество чисел, которые делятся либо на 3, либо на 7; остальные числа не делятся ни на 3,. ни на 7. Решение. Среди натуральных чисел от 1 до 2011: • 670 чисел делятся на 3: 3, 6, 9, ..., 2010; © 287 чисел делятся на 7: 7, 14, 21, ..., 2009; о 95 чисел делятся на 21 = 3 • 7: 21, 42, 63, ..., 1995. Значит, • 670 + 287 — 95 = 862 числа делятся либо на 3, либо на 7; • 2011 — 862 = 1149 чисел не делятся ни на 3, ни на 7. Ответ. 1149 чисел. Задача 18 [6-7] В клетках таблицы 5x5 стоят ненулевые цифры. Из цифр, стоящих в каждой строке и в каждом столбце, составлены десять пятизначных чисел. Может ли оказаться, что из всех этих чисел ровно одно не делится на 3? Идея. Воспользоваться методом доказательства от противного и признаком делимости на 3. Указание. Предположить, что число, не кратное 3, есть, и оно единственное. Указание. Показать, что, несмотря на сделанное предположение, сумма цифр всей таблицы должна быть кратна 3. Указание. Получить противоречие. Решение. Предположим, что пятизначное число, не кратное 3, в таблице есть. Пусть оно стоит в верхней строке. Поскольку по условию все остальные пятизначные числа таблицы кратны 3, сумма цифр каждого столбца делится на 3 (признак делимости на 3). Значит, сумма всех цифр в таблице кратна 3. Далее рассмотрим четыре пятизначных числа, стоящих во 2, 3, 4 и 5-й строках. Они по условию кратны 3. Если вычесть из суммы всех цифр в таблице сумму цифр указанных четырёх чисел, то получим сумму цифр числа в первой строке, и она будет кратна 3. Полученное противоречие доказывает, что предположение было неверным и среди пятизначных чисел таблицы не может быть единственного числа, не кратного 3. Ответ. Нет.
6. Признаки делимости 205 Задача 19 (6-7) Последняя цифра квадрата натурального числа равна 6. Доказать, что его предпоследняя цифра нечётна. Идея. Натуральное число должно быть чётным. Указание. Показать, что натуральное число, возводимое в квадрат, чётное. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 4. Решение. Так как квадрат натурального числа заканчивается на цифру 6, то число является чётным. Квадрат чётного числа делится не только на 2, но и на 4. Согласно признаку делимости на 4 двумя последними цифрами квадрата могут быть 16, 36, 56, 76 или 96. Во всех случаях предпоследняя цифра квадрата нечётна. Утверждение доказано. Задача 20 (6 7) Запишите несколько раз подряд число 2013 так, чтобы получившееся число делилось на 9. Идея. Сумма цифр получившегося числа должна делиться на 9. Указание. Воспользовавшись признаком делимости на 9, показать, что число 2013 должно быть записано 3k раз, где k е N. Решение. Сумма цифр числа 2013 равна 2 + 1 + 3 = 6. Значит, согласно признаку делимости на 9 для получения числа, кратного 9, число 2013 необходимо записать подряд 3k раз, где k е N. Приведём примеры. Условию задачи удовлетворяют числа 201 320 132 013, 201 320 132 013 201 320 132 013 и многие другие. Ответ. Например, 201 320 132 013. Задача 21 (6-7) Пусть М — произвольное 1992-значное число, делящееся на 9. Сумму цифр этого числа обозначим через А. Сумму цифр числа А обозначим через Б. Сумму цифр числа В обозначим через С. Чему равно число С? Идея. Сумма цифр числа, содержащего тп разрядов, не превосходит 9 тп. Указание. Доказать, что числа А, Б и С кратны 9. Указание. Построить оценки для А, Б и С. Решение. Сумма цифр любого 1992-значного числа принадлежит промежутку от 1 до 1992-9 = 17 928. Так как число М, кроме того, кратно 9, то согласно признаку делимости на 9 сумма его цифр также должна быть кратна 9: 9 < А < 17 928; А = 0 (mod 9).
206 Часть II. Указания и решения Значит, в числе А, кратном 9, не более пяти разрядов. По признаку делимости на 9 сумма цифр числа А также кратна 9: 9 ^ В < 5 • 9 = 45; В ее 0 (mod 9). Строгий знак неравенства появился потому, что А < 99 999. Из двойного неравенства следует, что число В имеет не более двух разрядов. Значит, для суммы его цифр справедливы соотношения 9 ^ С < 2 • 9 = 18; С = 0 (mod 9). Полученным условиям удовлетворяет единственное число С = 9. Ответ. 9. Задача 22 [6-7) а) Подряд без пробелов выписали все чётные числа от 12 до 34. Получилось число 121 416 182 022 242 628 303 234. Делится ли оно на 24? Идея. Исследуемое 24-значное число не делится на 4. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 4. Решение. Разложим делитель на множители: 24 = 4 • 6. Если число делится на 24, то оно должно делиться и на 4, и на 6. Согласно признаку делимости на 4 исследуемое 24-значное число не делится на 4, так как число, образованное двумя его последними цифрами, т. е. 34, не кратно 4. Значит, исследуемое 24-значное число не делится и на 24. Ответ. Нет. Задача 23 (6Г7) Незнайка хвастал своими выдающимися способностями умножать числа «в уме». Чтобы его проверить, Знайка предложил ему написать какое-нибудь число, перемножить его цифры и сказать результат. «1210», — немедленно выпалил Незнайка. «Ты неправ!» — сказал, подумав, Знайка. Как он обнаружил ошибку, не зная исходного числа? Идея. Наибольшая цифра равна 9. Указание. Разложить число 1210 на множители. Указание. При анализе результата вспомнить, что цифры не могут быть больше 9. Решение. Разложим число 1210 на простые множители: 1210 = 2-5-II2. Среди множителей есть двузначные числа, которые не могут быть цифрами числа. Значит, Незнайка ошибся. Ответ. Число 11 состоит из двух цифр.
6. Признаки делимости 207 Задача 24 (6-7) а) Может ли число, сумма цифр которого равна 2001, быть квадратом целого числа? Идея. Если квадрат целого числа кратен 3, то он кратен и 9. Указание. Воспользовавшись признаком делимости на 3, показать, что квадрат числа кратен 3. Указание. Воспользовавшись признаком делимости на 9, показать, что квадрат числа не кратен 9. Решение. По условию сумма цифр некоторого числа равна 2001. Заметим, что она кратна 3. Согласно признаку делимости на 3 число делится на 3. С другой стороны, сумма цифр числа не делится на 9. По признаку делимости на 9 число также не делится на 9. Если некоторое число кратно 3, но не кратно 9, оно не может быть квадратом целого числа. Ответ. Нет. Задача 25 (6-7) а) Может ли число, записываемое с помощью 10 нулей, 10 единиц и 10 двоек, быть точным квадратом? Идея. Число делится на 3, но не делится на 9. Указание. Найти сумму цифр числа. Указание. Воспользоваться признаками делимости на 3 и на 9. Решение. Найдём сумму цифр исследуемого числа: 10-1 + 10.2 = 30. Поскольку сумма цифр числа кратна 3, но не кратна 9, число делится на 3, но не делится на 9 (признаки делимости на 3 и на 9). Значит, оно не может быть точным квадратом целого числа. Ответ. Нет. Задача 26 (6-7) Можно ли записать точный квадрат, использовав по 10 раз цифры 2, 3, 6? Идея. Квадрат целого числа при делении на 3 даёт в остатке либо 0, либо 1. Указание. Найти сумму цифр числа. Указание. Рассмотреть остаток от деления суммы цифр на 3 и воспользоваться признаком равноостаточности при делении на 3. Решение. Найдём сумму цифр числа, состоящего из десяти двоек, десяти троек и десяти шестёрок: 10-2 + 10-3 + 10.6= 110.
208 Часть II. Указания и решения Ранее было доказано, что квадрат целого числа при делении на 3 может давать в остатке либо 0, либо 1. Согласно признаку рав- ноостаточности при делении на 3 такие же остатки будет давать и сумма цифр числа. Однако 110 ее 2 (mod 3). Значит, число с суммой цифр, равной 110, не может быть точным квадратом целого числа. Ответ. Нет. Задача 27 (6-7) а) Существует ли такое трёхзначное число abc, что abc — cba является квадратом натурального числа? Идея. Если квадрат натурального числа делится на 11, то он должен делиться и на 121. Указание. Разложить разность на множители. Указание. Показать, что произведение делится на 11, но не делится на 121. Решение. Представим числа abc и cba в виде сумм и рассмотрим их разность: 100а + 10& + с — (100с + 10Ь + а) = 99 (а — с). Переформулируем задачу: может ли произведение 99(а — с) быть квадратом натурального числа, если а е {1; 2; 3;...; 9}, &, с G {0; 1; 2;...; 9}? Так как 99 = З2 • 11, то разность а — с должна быть кратна 11. • Если а — с = 0, т. е. а = с, то abc — cba = 0. Поскольку 0 £ N, этот вариант не подходит. • Рассмотрим а - с ^ 0. В силу ограниченности множества значений цифр а и с разность а — с может принимать значения от —9 до 9 (за исключением 0). Значит, в рассматриваемом случае она не может быть кратна 11; этот вариант также не подходит. Итак, ни при каких допустимых значениях цифр а и с разность abc — cba не может быть квадратом натурального числа. Ответ. Нет. Задача 28 (5-6) а) К числу 13 справа и слева приписать по одной цифре так, чтобы получилось число, кратное 45. Идея. Искомое число кратно 5 и 9. Указание. Воспользоваться признаками делимости на 5 и на 9.
6. Признаки делимости 209 Решение. По условию искомое число должно делиться на 45. Так как 45 = 5*9, искомое число должно делиться и на 5, и на 9. Воспользуемся соответствующими признаками делимости. • Если последняя цифра числа равна 0 (признак делимости на 5), то первая цифра может быть равна только 5 (признак делимости на 9). • Если последняя цифра числа равна 5 (признак делимости на 5), то первая цифра может быть равна только 9 (признак делимости на 9). Получены два числа, удовлетворяющие условию задачи: 5130 и 9135. Ответ. 5130 и 9135. Задача 29 (5-6) а) В записи 52*2* замените звёздочки цифрами так, чтобы полученное число делилось на 36. Укажите все возможные решения. Идея. Искомое число кратно 4 и 9. Указание. Воспользоваться признаками делимости на 4 и на 9. Решение. Искомое число должно делиться на 36 = 4 • 9. Воспользуемся признаками делимости на 4 и на 9. • Если последняя цифра числа равна 0 (признак делимости на 4), то третья цифра может быть равна либо 0, либо 9 (признак делимости на 9). • Если последняя цифра числа равна 4 (признак делимости на 4), то первая цифра может быть равна только 5 (признак делимости на 9). • Наконец, если последняя цифра числа равна 8 (признак делимости на 4), то первая цифра может быть равна только 1 (признак делимости на 9). Получены четыре числа, удовлетворяющие условию задачи: 52 020, 52 920, 52 524 и 52 128. Ответ. 52 020, 52 128, 52 524, 52 920. Задача 30 (5-6) а) Сколько нулей стоит в конце произведения всех натуральных чисел от 10 до 25? Идея. Количество нулей совпадает с количеством множителей 5 в указанных числах. Указание. Определить количество множителей, равных 5, в натуральных числах от 10 до 25. Решение. Произведение нескольких натуральных чисел заканчивается на 0, если среди их делителей есть 2 и 5. Натуральные числа от 10 до 25 содержат пять множителей, равных 5, по одному в числах 10, 15, 20 и два в числе 25.
210 Часть II. Указания и решения Число множителей, равных 2, в натуральных числах от 10 до 25 существенно больше. Значит, количество нулей в произведении данных чисел определяется количеством множителей 5 и равно пяти. Ответ. 5 нулей. Задача 31 (5-6) а) На доске написано число 321 321 321 321. Какие цифры надо стереть, чтобы получить наибольшее возможное число, делящееся на девять? Чему равно это наибольшее число? Идея. Количество стираемых цифр должно быть наименьшим. Указание. Используя признак делимости на 9, найти возможные суммы цифр, которые надо стереть. Указание. Определить минимально возможное количество стираемых цифр, их значения и расположение в исходном числе. Решение. Воспользуемся признаком делимости на 9. Для этого найдём сумму цифр данного числа: (3 + 2 + 1) • 4 = 24. Так как 24 = 9 + 9 + 6, то необходимо стереть цифры, в сумме дающие 6 или 6 + 9 = 15. Это можно сделать несколькими способами. Однако, поскольку требуется получить наибольшее число, кратное 9, количество стираемых цифр должно быть наименьшим. В нашем случае достаточно стереть только две цифры 3. В результате останется десятизначное число. Чтобы оставшееся число было наибольшим, тройки нужно стирать из младших разрядов. Получаем число 3 213 212 121. Ответ. Две последние тройки; 3 213 212 121. Задача 32 (5-6) а) Сколько существует делящихся на 9 десятизначных натуральных чисел, в десятичной записи которых участвуют только цифры 0 и 5? Идея. В искомом числе должно быть девять цифр 5. Указание. Применив признак делимости на 9, показать, что число должно содержать девять цифр 5 и одну цифру 0. Указание. При перечислении всех вариантов учесть, что число должно быть десятизначным. Решение. Для того чтобы число делилось на 9, сумма его цифр должна быть кратна 9 (признак делимости на 9). По условию в записи искомого десятизначного числа участвуют только две цифры: 0 и 5. Значит, оно должно содержать девять пятёрок и один нуль.
6. Признаки делимости 211 Поскольку число десятизначное, цифра 0 не может стоять в его старшем разряде. Остаются девять возможных чисел: 5 055 555 555, 5 505 555 555, 5 550 555 555, ..., 5 555 555 550. Ответ. 9 чисел. Задача 33 (6-7) а) Пятизначное число, в записи которого нет нулей, делится на 54. Из него вычеркнули одну цифру, и получилось четырёхзначное число, делящееся на 54. Из этого четырёхзначного числа тоже вычеркнули одну цифру — получилось трёхзначное число, делящееся на 54. Наконец, после вычёркивания ещё одной цифры получилось число 54. Найти исходное число. Идея. К числу 54 необходимо трижды добавить цифру 9, получая каждый раз число, кратное 54. Указание. Рассмотреть переходы от двузначного числа к пятизначному. Указание. Для определения значения добавляемой цифры применить признак делимости на 9. Указание. Для определения положения добавляемой цифры воспользоваться чётностью чисел. Решение. Выполним описанные в условии действия с исходным числом в обратном порядке. • К числу 54 необходимо добавить одну цифру так, чтобы полученное трёхзначное число делилось на 54 = 6 • 9. Сначала воспользуемся признаком делимости на 9. Так как 5 + 4 = 9, а в искомом числе по условию нет нулей, добавляемая цифра может быть равна только 9. Осталось определить её место в новом числе. Трёхзначное число должно быть чётным, поэтому последняя его цифра равна 4. Число 954 не делится на 54. Остаётся единственный вариант 594. • Второй шаг. К числу 594 необходимо добавить одну цифру так, чтобы полученное четырёхзначное число делилось на 54. Используя рассуждения, аналогичные приведённым выше, заключаем, что добавляемая цифра может быть равна только 9 и четырёхзначное число может быть равно только 5994. • Наконец, к числу 5994 добавим ещё одну цифру 9 и получим искомое пятизначное число 59 994. Ответ. 59 994. Задача 34 [6-7) Найти все четырёхзначные числа, которые в 83 раза больше своей суммы цифр.
212 Часть II. Указания и решения Идея. Сумма цифр искомого числа делится на 9. Указание. Составить уравнение для цифр искомого числа, из которого сделать вывод о делимости суммы его цифр на 9. Указание. Определить диапазон изменения суммы цифр четырёхзначного числа и выбрать из него числа, кратные 9. Указание. Проверить соответствие найденных значений условию задачи. Решение. Пусть abed — искомое число; а е {1;2;...;9}; Ь, с, d е {0; 1; 2;...; 9}. Поскольку число abed четырёхзначное, сумма его цифр может принимать значения из промежутка от 1 до 36. По условию 1000а -f ЮОЬ -Ь 10с ~\~ d = 83(а -Ь b Н- с -Ь d). Вычтем из обеих частей равенства сумму цифр искомого числа: 999а + 99& + 9с = 82(а + Ъ + с + d). Выражение в левой части равенства делится на 9. Число 82 не кратно 9. Значит, на 9 должна делиться сумма а + Ъ + с + d. Среди натуральных чисел из промежутка от 1 до 36 четыре числа кратны 9. • Пусть сумма цифр равна 9. Число 83 • 9 = 747 является трёхзначным, поэтому 9 не подходит. • Если сумма цифр равна 18, то число будет определяться по правилу 83 • 18 = 1494. Легко убедиться в том, что сумма цифр найденного числа действительно равна 18. • Если сумма цифр равна 27, то число будет равно 83 • 27 = = 2241. Сумма его цифр, равная 9, не совпадает с числом 27. Значит, 27 не подходит. • Наконец, если предположить, что сумма цифр равна 36, то получим число 83 • 36 = 2988 с суммой цифр, равной 27. Значит, 36 также не подходит. Итак, условию задачи удовлетворяет единственное число 1494. Ответ. 1494. Задача 35 (6-71 а) Может ли разность двух чисел вида п2 + 4п (п — натуральное) равняться 1998? Идея. Произведение двух множителей одинаковой чётности либо нечётно, либо кратно четырём. Указание. Разложить разность на множители. Указание. Показать, что множители имеют одинаковую чётность. Указание. Воспользоваться тем, что число 1998 чётное, но не кратно четырём. Решение. Рассмотрим два числа А = тг2 + 4тг и В = k2 + 4k; тг, k Е N. Их разность может быть представлена в виде произведения: А — В = тг2 + 4тг — (й2 + 4k) = (тг + й)(тг — k) + 4{п — k) = (п + k + 4)(тг - k).
6. Признаки делимости 213 Изучим свойства произведения. • Если числа п и k одной чётности (т. е. оба чётные или оба нечётные), то каждый множитель произведения является чётным числом, поэтому произведение кратно 4. Поскольку число 1998 = 2 • З3 • 37 не делится на 4, разность А —В не может быть равна числу 1998. • Если числа п и k разной чётности (т. е. одно число чётное, а второе нечётное), то каждый множитель произведения является нечётным числом, поэтому и произведение нечётно. Число 1998 чётно, поэтому разность А — В в этом случае также не может быть равна 1998. Значит, разность двух чисел вида п2 + 4п ни при каких натуральных значениях п не может быть равна 1998. Ответ. Нет. Задача 36 (6-71 а) Можно ли расставить по кругу целые числа от 1 до 10 таким образом, чтобы сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делилась на 3? Идея. Если слагаемые кратны трём, то и сумма кратна трём. Указание. Найти сумму всех пар чисел и исследовать её делимость на три. Решение. Расставим целые числа от 1 до 10 по кругу в произвольном порядке и найдём сумму всех пар чисел, стоящих через одно. Легко догадаться, что эта сумма будет равна удвоенной сумме всех чисел, так как каждое число участвует в формировании двух пар. Итак, сумма всех пар чисел равна 2 -(1 + 2 + ... + 10) = 110. Если предположить, что задача имеет решение, т. е. что сумма любых двух чисел, стоящих через одно, делится на 3, то и сумма всех пар чисел должна делиться на 3. Поскольку число 110 не кратно трём, задача не имеет решения. Ответ. Нет. Задача 37 (6-7) В четырёхзначном числе каждую цифру увеличили на 1 или на 5, в результате чего оно увеличилось в четыре раза. Найти исходное число. Идея. Сумма добавляемых чисел делится на 3. Указание. Рассмотреть в качестве переменных цифры исходного числа и добавляемые числа и составить уравнение по условию задачи.
214 Часть II. Указания и решения Указание. Показать, что сумма добавляемых чисел должна быть кратна 3. Указание. Выполнить перебор возможных комбинаций добавляемых чисел, используя признак делимости на 3. Решение. Обозначим искомое число через abed, где a £ {1;2;...;9}, 6,c,d е {0; 1; 2;...; 9}. Предположим, что цифра а была увеличена на п\, цифра Ъ — на цифра с — на тгз, цифра d — на п±\ ri\, тг2, пз, П4 е {1; 5}. Составим уравнение: 1000(л 4" ) "f 100( & -f /Z2) 4" 10(c -f 713) + "f ^4) = 4(1000a +1006+ 10c-fd). Приведём подобные слагаемые: 1000^1 + 100тг2 + Юдз + П4 = 3(1000a + 1006 + 10c + d). Поскольку выражение в правой части равенства делится на 3, сумма в левой части также должна быть кратна 3. Заметим, что эта сумма равна четырёхзначному числу, цифры которого (слева направо) равны п\9 п2, тгз, П4. По признаку делимости на 3 сумма п\ + п2 + пз + П4 должна быть кратна 3. Это возможно только в случае, когда два числа из четырёх равны 5, а два других равны единице. Заметим далее, что, поскольку 1000a + 1006 + 10с + d ^ 1000, получаем 3(1000а + 1006 + Юс + d) > 3000. Значит, п\ = 5. Осталось провести исследование трёх возможных комбинаций одной пятёрки и двух единиц. • Пусть п\ — 5, тг2 = 5, тгз = 1, П4 = 1. Из последнего уравне- cei -I ния получим abed = - = 1837. Этот вариант не подходит, так как цифру 8 нельзя увеличить на 5, не изменив старший разряд. • При тг\ = 5, п2 = 1, пз = 5, TI4 — 1 из последнего уравнения получим abed = 1717. Этот вариант подходит. • Пусть 7ii = 5, /гг = 1, тгз = 1, 714 = 5. В этом случае получаем число a6cd = 1705, которое не подходит, так как последнюю цифру 5 нельзя увеличить на 5, не изменив старший разряд. Итак, найдено единственное число 1717, удовлетворяющее условию. Ответ. 1717. Задача 38 Г7 1 Найти наименьшее двадцатизначное число, сумма цифр которого равна 20 и которое само делится на 20. Идея. Цифры младших разрядов должны быть наибольшими возможными, цифры старших разрядов должны быть наименьшими возможными.
6. Признаки делимости 215 Указание. Определить две последние цифры искомого числа, используя его делимость на 20. Указание. Выбрать первую цифру искомого числа, используя информацию о количестве его разрядов. Указание. При выборе всех цифр учесть требование минимальности искомого числа. Решение. Так как искомое число делится на 20, то оно может оканчиваться на 00, 20, 40, 60 или 80. Поскольку требуется найти наименьшее такое число, его младшие разряды должны быть наибольшими возможными, а в старшем разряде должна стоять наименьшая ненулевая цифра. Получаем 1* *** *** *** *** *** *80. Сумма оставшихся цифр, обозначенных *, равна 20-1-8 = 11. Чтобы число было наименьшим, в его младших разрядах должны стоять наибольшие возможные цифры. Значит, искомое число равно 10 000 000 000 000 002 980. Ответ. 10 000 000 000 000 002 980. Задача 39 (6-7) Найти число по следующим данным: 1) оно делится без остатка на 5; 2) если его умножить на цифру единиц, то получится число, на 363 большее суммы цифр искомого числа. Идея. Искомое число является двузначным с последней цифрой 5. Указание. Используя признак делимости на 5, найти последнюю цифру искомого числа. Указание. Составить уравнение. Применив оценки, показать, что число может иметь не более двух разрядов. Указание. Провести исследование однозначных и двузначных чисел. Решение. Если число делится без остатка на 5, то по соответствующему признаку делимости его последняя цифра может быть равна либо 0, либо 5. Заметим, что если число заканчивается на 0, то пункт 2) условия не выполнен. Значит, последняя цифра искомого числа равна 5. Обозначим искомое число через А. Составим уравнение: 5 А = 363 + S, где S — сумма цифр числа А. Пусть количество разрядов искомого числа равно fe, k G N. Так как А ^ 10^-1, a S ^ k • 9, справедлива следующая цепочка неравенств: 5 • 10*-1 < 5А = 363 + S ^ 363 + k • 9.
216 Часть II. Указания и решения Неравенство 5 • 10k~1 < 363 + k • 9 справедливо только при k = 1 или k = 2. Значит, искомое число имеет либо один разряд, либо два. • Если число А имеет один разряд, то оно равно 5. Проверим выполнение условия: 5*5^ 363 + 5. Следовательно, это значение не подходит. • Рассмотрим двузначные числа. Они должны иметь следующий вид: А = 10п + 5, где п е {1; 2; 3;...; 9}. Из уравнения 5(10тг + 5) = 363 + S следует, что S = 12 (mod 25). Так как число А двузначное, то сумма его цифр S может быть равна только 12. Получаем единственное возможное значение А = 75. Ответ. 75. Задача 40 (6-7) Натуральное п таково, что число п2 + 1 десятизначное. Доказать, что в его записи встречаются две одинаковые цифры. Идея. Число п2 + 1 не кратно трём. Указание. Используя признак делимости на 3, показать, что десятизначное число с разными цифрами делится на 3. Указание. Доказать, что число п2 + 1 не делится на 3 ни при каких натуральных значениях п. Решение. Если десятизначное число п2 + 1 состоит из различных цифр, то оно кратно трём, так как сумма его цифр 0 + 1 + 2 + ... + 9 = 45 делится на 3 (признак делимости на 3). Ранее было доказано, что число п2 при делении на 3 может давать в остатке либо 0, либо 1. Значит, число п2 + 1 при делении на 3 может давать в остатке либо 1, либо 2. Другими словами, число п2 + 1 не кратно 3 ни при каких значениях п Е N. Утверждение доказано. Задача 41 { 7~~] а) Найти семизначное число, все цифры которого различны и которое делится на все эти цифры. Идея. Число не должно содержать цифры 0 и 5 и должно быть кратно 3. Указание. Исключить из рассмотрения цифру 0.
6. Признаки делимости 217 Указание. Используя признак делимости на 5, исключить из рассмотрения цифру 5. Указание. Используя признак делимости на 3, рассмотреть наборы без цифр 1, 4 или 7. Указание. Анализируя полученные наборы цифр, применить признак делимости на 9. Указание. Привести пример. Решение. Прежде всего отметим, что среди цифр искомого числа нет нуля. Далее, так как число семизначное, то среди его цифр будут как нечётные, так и чётные. Поскольку число должно делиться на любую свою цифру, в том числе на чётную, оно должно быть чётным. Значит, число должно заканчиваться на чётную цифру, но не на 0. По признаку делимости на 5 оно не кратно пяти. Из рассмотрения исключены уже две цифры: 0 и 5. Среди оставшихся цифр три делятся на 3. Это цифры 3, 6 и 9. Стало быть, после исключения из рассмотрения ещё одной цифры полученное семизначное число должно будет делиться на 3. Воспользуемся соответствующим признаком делимости. Сумма восьми цифр равна 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 8 + 9 = 40 = 3-13 + 1. Значит, нужно исключить цифру, дающую при делении на 3 в остатке 1. Таких цифр три: 1, 4, 7. • Исключаем из рассмотрения 1; остаются цифры 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9. Среди них есть цифра 9, однако число, составленное из оставшихся цифр, на 9 не делится (сумма оставшихся цифр 2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 8 + 9 = 39 не кратна 9). Этот случай не подходит. • Если исключаем из рассмотрения 4, то остаются цифры 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9. Проверяем делимость на 9: 1 + 2 + 3 + 6 + 7 + 8 + 9 = 36 = 0 (mod 9). Значит, число с таким набором цифр делится и на 9, и на 3. Построим пример. Поскольку цифр много, простой перебор может оказаться очень трудоёмким. Поступим так: будем искать число в виде суммы трёх слагаемых, каждое из которых кратно НОК(7,8) = 56: 7 ООО ООО + 1000 тп + тъ. Здесь тп и п — трёхзначные числа, кратные 56 и состоящие из разных цифр рассматриваемого набора, за исключением 7. Наименьшее подходящее трёхзначное число п = 168 = 56 • 3. Остались цифры 2, 3, 9. Из них необходимо составить число тп, кратное 56; подходит тп = 392 = 56-7. Итак, получено число 7 392 168. • Наконец, если вычёркиваем цифру 7, то остаются цифры 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9. Используя признак делимости на 9, заключаем, что число, составленное из этих цифр, на 9 не делится, хотя по условию должно делиться без остатка. Этот вариант, как и первый, не подходит.
218 Часть II. Указания и решения Замечание. Задача имеет и другие решения, например 7 168 392 или 7 639 128. Ответ. Например, 7 392 168. Задача 42 (6-7) Найти натуральное число, если известно, что десятичная запись его шестой степени состоит из цифр 0, 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4. Идея. Искомое число кратно 3. Указание. Доказать, что число делится на 3. Указание. Оценить искомое число сверху и снизу числами, кратными 10. Указание. Отобрать из найденного промежутка числа, кратные трём, и провести их исследование. Решение. Обозначим искомое натуральное число через тг. Сумма цифр числа тг6 по условию равна 1+2+2+2+3+4+4 = 18. Согласно признаку делимости на 9 число тг6 кратно девяти. Следовательно, числа тг3 и тг кратны 3. Так как 106 < 107 < 10 222 344 ^ п6 ^ 44 322 210 < 64 ООО ООО - 206, то 10 < тг < 20. Среди чисел из указанного промежутка три числа кратны 3: 12, 15 и 18. • Если тг = 12, то П6 = 12е = (122 • 12)2 < (150 • 12)2 = 18002 = 3 240 000, т. е. в числе 126 не более семи разрядов, а должно быть восемь. • При п — 15 число п6 заканчивается на 5, а такой цифры в наборе нет; не подходит. • Число п = 18 проверяем непосредственно: 186 = 34 012 224; подходит. Итак, искомое число равно 18. Ответ. 18. Задача 43 (6-71 На полях шахматной доски 8x8 расставлены натуральные числа. Аня заметила, что если проводить фишку с клетки al на клетку h8, двигая её каждый раз только вправо или вверх, то сумма чисел на всех клетках, через которые пройдёт путь фишки, одна и та же для всех путей. Света нашла, что на всех путях фишки, ходящей только вправо и вниз с клетки а8 на клетку hi, суммы чисел также совпадают. А Катя сложила все числа на доске и получила 1000. Доказать, что кто-то из них ошибся.
6. Признаки делимости 219 Идея. Числа, стоящие на чёрных клетках шахматной доски, равны; числа, стоящие на белых клетках шахматной доски, также равны. Указание. Рассмотреть маршруты Ани, отличающиеся одной клеткой; доказать, что числа, расположенные в рядах, параллельных побочной диагонали шахматной доски, должны быть равны. Указание. Рассмотреть маршруты Светы, отличающиеся одной клеткой; доказать, что числа, расположенные в рядах, параллельных главной диагонали шахматной доски, должны быть равны. Указание. Сделать вывод о равенстве чисел, стоящих на белых клетках доски и на чёрных клетках доски. Указание. Доказать, что сумма всех чисел должна быть кратна 32. Решение. Сначала проанализируем наблюдение Ани. Рассмотрим два маршрута с клетки al на клетку Л8: —у а2 —у 62 —у ... —у Н8 и <zl —у Ъ\ —у Ъ2 —у ... —у Н8 (многоточием обозначены одинаковые части маршрутов). Эти маршруты отличаются одной клеткой. Несмотря на отличие, суммы чисел на клетках этих маршрутов, по наблюдению Ани, равны. Значит, на клетках а2 и Ъ\ стоят одинаковые числа. Обобщая результат, можно сделать вывод, что если у двух клеток есть общая вершина, которая является правой нижней для одной клетки и левой верхней для другой клетки, то стоящие в этих клетках числа равны. Такие клетки образуют ряды, параллельные побочной диагонали доски. Анализируя наблюдение Светы, по аналогии заключаем, что если у двух клеток есть общая вершина, которая является правой верхней для одной клетки и левой нижней для другой клетки, то стоящие в этих клетках числа равны. Такие клетки образуют ряды, параллельные главной диагонали доски. Значит, числа, стоящие на белых клетках доски, равны, и числа, стоящие на чёрных клетках доски, также равны. Поскольку на шахматной доске 32 чёрные клетки и столько же белых, сумма чисел на всей доске должна быть кратна 32. Число 1000 не делится нацело на 32. Кто-то из девочек ошибся. Задача 44 [6-7] Петя и Вася выписывают 12-значное число, ставя цифры по очереди, начиная со старшего разряда. Начинает Вася. Доказать, что какие бы цифры он ни писал, Петя всегда сможет добиться, чтобы получившееся число делилось на 9. Идея. Петя может руководствоваться признаком делимости на 9. Указание. Сумма каждой пары цифр должна делиться на 9. Решение. Если Петя помнит признак делимости на 9, то он может использовать его при каждом своём ходе. А именно, Пе¬
220 Часть II. Указания и решения тя должен предлагать такую цифру, чтобы в сумме с последней цифрой Васи она давала 9. Замечание. Выбранная стратегия может использоваться Петей при формировании не только 12-значного числа, кратного 9. Число может содержать любое чётное количество цифр. [6-7] Доказать, что при любых натуральных тп л тг число 10т + 1 не делится нацело на 10п — 1. Идея. Делитель кратен 9, а делимое нет. Указание. Разложив разность 10п — 1 на множители, показать, что она делится на 9. Указание. Используя признак делимости на 9, доказать, что сумма Ют + 1 не кратна 9. Решение. Заметим, что Другими словами, число 10п — 1 кратно 9. С другой стороны, сумма цифр числа 10т + 1 равна двум, и по признаку делимости на 9 10™+ 1 = 2 (mod 9). Значит, число 10т + 1 не делится нацело на 10п — 1. Задача 46 И На доске были написаны 10 последовательных натуральных чисел. Когда стёрли одно из них, то сумма девяти оставшихся оказалась равна 2002. Какие числа остались на доске? Идея. Составив уравнение в целых числах, показать, что было стёрто число, отличающееся от первого на 5 (т. е. шестое число). Указание. Составить уравнение в целых числах, рассмотрев в качестве переменных первое число и разность между вычеркнутым числом и первым. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. Обозначим первое натуральное число через п, а число, стёртое с доски, через п + тп, где т е {0; 1; 2;...; 9}. Составим уравнение: п + (п + 1) + ... + (п + 9) — (п + т) = 2002. Приведём подобные слагаемые: 9 п = т + 1957. Перебирая возможные значения переменной ттг, получаем, что сумма тп + 1957 делится на 9 только при тть = 5. Тогда из уравне- Задача 45 10" — 1 = 99 ... 9 = 9 • 11...1. п ШТ. п шт. ния находим
6. Признаки делимости 221 Значит, на доске остались числа 218, 219, 220, 221, 222, 224, 225, 226, 227. Ответ. 218, 219, 220, 221, 222, 224, 225, 226 и 227. Задача 47 ( 7 ) Из натурального числа вычли сумму его цифр, из полученного числа снова вычли сумму его (полученного числа) цифр и т. д. После одиннадцати таких вычитаний получился нуль. С какого числа начинали? Идея. Результаты операций вычитания кратны 9. Указание. Найти значение и разрядность последнего ненулевого числа. Указание. Показать, что первые десять вычитаний дают числа, кратные 9. Указание. Заметить, что искомое число может иметь любой остаток при делении на 9. Решение. Начнём с последней, одиннадцатой операции. Из числа вычли сумму его цифр и получили нуль. Поскольку числа с двумя и более разрядами больше суммы своих цифр, этому условию удовлетворяет только однозначное число; обозначим его через пц. Первые десять операций также состоят в вычитании из числа суммы его цифр. При делении на 9 число даёт такой же остаток, что и сумма его цифр (признак равноостаточности при делении на 9), поэтому результат такой операции кратен 9, но при этом, как следует из контекста условия, для этих операций не равен нулю. Значит, пц ф 0. Обозначим числа, используемые на каждом из первых десяти этапов, через 7ii, 712,..., пю и последовательно найдём их значения, предполагая, что на каждом этапе разность кратна 9. На десятом этапе Пю — 71ц = 9k <=> 71io = 9k + 71ц. Так как число пю должно делиться на 9, то возможны два варианта: либо 71ц = 0 И 71ю = 9 при k = 0, либо 71ц = 9 И 71ю = 18 при k = 1. • Первый вариант не подходит (тгц ф 0). • Во втором случае, используя k = 1 и рассуждая аналогично, получаем пд — 9 = 18, т. е. пд = 27, Tig = 36, 717 = 45, п$ = 54, 715 = 63, 714 = 72, 713 = 81. Если следовать той же схеме, то следующее число 712 = 90. Однако число 90 нельзя получить из числа, кратного 9. В этом случае можно предположить, что разность между числом и суммой его цифр равна не 9, а 18 (т. е. k = 2). Тогда 712 = 99. Исходное число п\ не обязано быть кратным 9. Однако оно должно удовлетворять одному условию: разность между этим числом и суммой его цифр должна быть равна 99. Чисел, уд о-
222 Часть II. Указания и решения влетворяющих этому условию, всего десять: 100,101,102,103,104,105,106,107,108,109. Ответ. Любое число от 100 до 109. Задача 48 { 7 1 Доказать, что anan-\ ... a±ao = ао — a\ + ... + (—l)"a„ (mod 11). Идея. Разность выражений в левой и правой частях доказываемого равенства кратна 11. Указание. Расписать число anan-i... aiao в виде суммы п Л- 1 слагаемого (через десятичную запись числа). Указание. Рассмотреть разность между числом anan-\ ... aiao и выражением в правой части равенства. Указание. Приведя подобные слагаемые, доказать, что числовые коэффициенты при ai, a2, ..., an кратны 11. Решение. Представим число anan-\ ... aiao в виде суммы: dn(xn—\ ... aiao = 10n • an + 10n * • &n—\ + ... + 10 • ai + ao. Рассмотрим разность: 10n • an + 10n * • cin—i + ... + 10 • ai + ao — (ao — ai + ... + (—1 )ncin) = = (10n + (-l)n+1)ara + (10"-1 + (-1 )B)a„_i + ... + (10 + 1 )ai. Разобьём слагаемые последней суммы на две группы в зависимости от чётности п и проведём исследование множителей вида 10ra + (-l)n+1. • Если число п чётное, т. е. п = 2k, где k е N, то слагаемые вида Ю2* + (~l)2k+1 = 1000... 000-1 = 999... 999, = 9 • 111... 11 = 2k 2k 2k = 9(11 • 102*-2 + 11 • 102fe-4 + ... + 11 • 102 + 11) = = 9 • 11 • (102*-2 + ... + 102 + 1) кратны 11. • Если число n нечётное, т. e. п = 2k + l, где k е No, то слагаемые вида 102*+i + ^_^2к+2 = 1000 000 +1 = 100... 001 = 99... 990 + 11 ' V ' ' V ' ' V ' 2/e+l 2k 2k также кратны 11. Значит, при любом натуральном п рассматриваемая разность кратна 11, т. е. числа anan-\... aiao и ao — ai + ... + (—l)na„ дают равные остатки при делении на 11. Утверждение доказано. Замечание. Доказанное утверждение называется признаком равноостаточности при делении на 11. Оно позволяет сформулировать наиболее часто используемый признак делимости на 11: число кратно 11, если знакочередующаяся сумма его цифр кратна 11. Замечание. В ходе доказательства были получены полезные соотношения: 102k = 1 (mod 11), Ю2/г+1 = (—1) (mod 11).
6. Признаки делимости 223 Задача 49 ( 7 1А — шестизначное число, в записи которого по одному разу встречаются цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6. Доказать, что А не делится на 11. Идея. Разность сумм цифр, сгруппированных по три, не может быть равна ни 0, ни 11. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 11. Решение. Заметим, что сумма 1+2+3+4+5+6 = 21 нечётна. Значит, если число А, состоящее из указанных цифр, кратно 11, то согласно признаку делимости на 11 эти шесть цифр можно разбить на две тройки так, что разность сумм цифр в этих тройках будет равна 11. Найдём наибольшую возможную разность таких сумм цифр: (6 + 5 + 4) - (3 + 2 + 1) = 9 < 11. Следовательно, из указанных цифр нельзя составить число, кратное 11. Утверждение доказано. Задача 50 ( 7 ) Доказать, что число 11... 11 (2 п единиц) составное. Идея. Число делится на 11. Указание. Разложить число на множители, каждый из которых больше единицы. Решение. Представим число 11... 11 (2п единиц) в виде суммы и вынесем общий множитель за скобки: 11... 11 = 11 • 102п~2 + 11 • 102га~4 + ... + 11 • 102 + 11 = 2 тг = 11 (102п~2 + ю2"-4 + ... + 102 + 1). Поскольку оба множителя больше 1, число является составным. Утверждение доказано. Задача 51 I 7 ) Доказать, что число a\a2 .. • составное (п > 1). Идея. Число делится на 11. Указание. Сравнить суммы цифр, стоящих на чётных и на нечётных местах. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 11. Решение. Число a\a2 ... anan • •. содержит 2п разрядов. Сравним суммы цифр на чётных и на нечётных местах. • Если число п чётное, то &1 + #3 + • • • "Ь йп— 1 + С1п + (Хп—2 + • • • + &2 — = 0,2 + #4 + . . . + &П—2 + #71 + &п-1 + . . . + Суммы равны.
224 Часть II. Указания и решения • Если число п нечётное, то #1 ~ь #3 + . . . + #тг—2 + &п + #тг— 1 +...+ #2 = = 0,2 + #4 + • • • + #71— 1 “Ь #тг + #тг—2 + • • • + #1 • Суммы также равны. Согласно признаку делимости на 11 для любого натурального значения п число a\a,2 ... #тг#тг • • • #2#1 кратно 11. Поскольку 271-значное число при п > 1 превосходит 11, число a\a2 ... dn^n • • • #2#i при п > 1 является составным. Утверждение доказано. Задача 52 ( 7 1 Даны 19 карточек. Можно ли на каждой из карточек написать ненулевую цифру так, чтобы из этих карточек можно было сложить ровно одно 19-значное число, делящееся на 11? Идея. Искомое число должно состоять из чередующихся цифр двух видов. Указание. Используя признак делимости на 11, показать, что разность сумм цифр, стоящих на нечётных местах и на чётных местах, должна быть равна 11 или —11. Указание. Отталкиваясь от требования единственности числа, сделать вывод о равенстве цифр на нечётных местах и на чётных местах. Указание. Привести примеры. Решение. Поскольку нас интересует число, кратное 11, разность сумм цифр, стоящих на нечётных местах и на чётных местах, должна быть кратна 11 (признак делимости на 11). По условию из написанных на карточках цифр требуется составить кратное 11 число, которое должно быть единственным. Значит, на нечётных местах и на чётных местах должны стоять одинаковые цифры. Обозначим эти две цифры через типи запишем условие кратности 11: 10т — 9п = 0 (mod 11). В силу ограниченности множества значений цифр равенство 10т — 9п = 0 и неравенство |10тп — 9п\ ^ 121 невозможны. Остаются два возможных значения Ют — 9п = 11 и Ют — 9п = —11. • Условию 10тп = 9тг + 11 удовлетворяет единственная возможная пара чисел т = 2, п = 1. • Условию 9п = Ют + 11 удовлетворяют только п = 9, т = 7. Найдены два числа, удовлетворяющие условию: 2 121 212 121 212 121 212 и 7 979 797 979 797 979 797. Ответ. Можно, например чередующиеся десять цифр 2 и девять цифр 1.
6. Признаки делимости 225 Задача 53 ( 7 ) Доказать, что разность числа, имеющего нечётное количество цифр, и числа, записанного теми же цифрами, но в обратном порядке, делится на 99. Идея. Разность кратна как 9, так и 11. Указание. Для обоснования делимости на 9 использовать задачу 15. Указание. Для обоснования делимости на 11 использовать задачу 48. Решение. В задаче 15 было показано, что разность любого числа и числа, записанного теми же цифрами, но в обратном порядке, делится на 9. Поскольку 99 = 9*11, осталось доказать, что если число имеет нечётное количество цифр, то эта разность будет делиться и на 11. В задаче 48 был доказан признак равноостаточности при делении на 11. Воспользуемся им. Поскольку число разрядов нечётно, знакочередующиеся суммы цифр исходного числа и числа, записанного теми же цифрами в обратном порядке, совпадают. Значит, эти числа имеют одинаковые остатки от деления на 11, и разность таких чисел будет кратна 11. Утверждение доказано. Задача 54 Ш Пусть а,Ь, c,d — различные цифры. Доказать, что cdcdcdcd не делится на aabb. Идея. Делитель кратен 11, а делимое нет. Указание. Представить делитель в виде суммы; разложить сумму на множители, один из которых равен 11. Указание. Используя признак делимости на 11, показать, что делимое не кратно 11. Решение. Сначала рассмотрим делитель: aabb = аа • 100 + && = а • 11 • 100 + & • 11 = 11(100а + &). Делитель кратен 11. Затем разложим на множители делимое: cdcdcdcd = cd • 106 + cd • 104 + cd • 102 + cd = cd • 1 010 101. Так как по условию цифры a, b, с, d различны, двузначное число cd не кратно 11. По признаку делимости на 11 число 1 010 101 также не делится на 11. Значит, cdcdcdcd нельзя разделить нацело на aabb ни при каких различных цифрах а, Ь, с, d. Утверждение доказано. Задача 55 ( 7 ) Каждый член последовательности, начиная со второго, получается прибавлением к предыдущему числу его суммы цифр. Пер-
226 Часть II. Указания и решения вым членом последовательности является единица. Встретится ли в последовательности число 123 456? Идея. Члены последовательности и число 123 456 имеют разные остатки от деления на 3. Указание. Показать, что члены последовательности не кратны 3. Решение. Найдём несколько членов последовательности: 1; 1 + 1 = 2; 2 + 2 = 4; 4 + 4 = 8; 8 + 8 = 16; 16 + 7 = 23; 23 + 5 = 28; ... Заметим, что остатки от деления на 3 чисел этой последовательности чередуются: 1 = 1 (mod 3); 2 = 2(mod3); 4 = l(mod3); 8 = 2(mod3); 16 = 1 (mod3); 23 = 2 (mod3); 28 = 1 (mod3); 38 = 2 (mod3);... В силу принципа равноостаточности при делении на 3 можно утверждать, что такое чередование сохранится и дальше. Между тем число 123 456 кратно 3. Значит, это число не может встретиться в указанной последовательности. Ответ. Нет. Задача 56 (71 а) Доказать, что сумма цифр числа, являющегося точным квадратом, не может равняться 5. Идея. Сумма цифр квадрата целого числа при делении на 3 не может давать в остатке 2. Указание. Использовать информацию об остатках при делении квадрата целого числа на 3 и принцип равноостаточности. Решение. Ранее было доказано, что квадрат целого числа даёт при делении на 3 в остатке либо 0, либо 1. Согласно признаку равноостаточности при делении на 3 такие же остатки будет давать и сумма цифр квадрата целого числа. Поскольку 5 = 2 (mod 3), сумма цифр числа, являющегося точным квадратом, не может равняться 5. Утверждение доказано. Задача 57 (71 Делится ли на 9 число 1234... 500? (В записи этого числа подряд выписаны числа от 1 до 500.) Идея. Число, составленное из 500 первых натуральных чисел, сравнимо по модулю 9 с суммой этих чисел.
6. Признаки делимости 227 Указание. Используя признак равноостаточности при делении на 9, показать, что исследуемое число сравнимо по модулю 9 с суммой 500 первых натуральных чисел. Указание. Используя признак делимости на 9, доказать, что сумма 500 первых натуральных чисел не кратна 9. Решение. Согласно признаку равноостаточности при делении на 9 число 1234... 500 сравнимо по модулю 9 с суммой 1 + 2 + ... + 500 = . 500 = 125 250. Согласно признаку делимости на 9 число 125 250 не кратно 9, так как 1 + 2 + 5 + 2 + 5 = 15 = 6 (mod 9). Значит, и число 1234... 500 не делится на 9. Ответ. Нет. Задача 58 ( 7 ) Найти наименьшее число, запись которого состоит лишь из нулей и единиц, делящееся без остатка на 225. Идея. Число должно содержать девять единиц и два нуля в младших разрядах. Указание. Найти две последние цифры искомого числа, используя его кратность 25. Указание. Воспользоваться признаком делимости на 9. Решение. Разложим делитель на множители: 225 = 9-25. Если число, состоящее из нулей и единиц, делится на 25, то оно заканчивается на два нуля. Если число, состоящее из нулей и единиц, делится на 9, то оно должно содержать кратное 9 число единиц. Наименьшее такое число есть 11 111 111 100. Ответ. 11 111 111 100. Задача 59 (7) Имеет ли решение ребус: АПЕЛЬСИН - СПАНИЕЛЬ = 2012 • 2013? Идея. Разность в левой части равенства кратна 9, а произведение в правой части нет. Указание. Числа, изображаемые словами, состоят из одинаковых цифр. Указание. Воспользоваться признаком равноостаточности при делении на 9.
228 Часть И. Указания и решения Решение. Каждая буква соответствует определённой цифре. Заметим, что слова АПЕЛЬСИН и СПАНИЕЛЬ состоят из одинаковых букв. Значит, изображаемые ими числа состоят из одинаковых цифр. По признаку равноостаточности эти числа имеют одинаковые остатки при делении на 9, поэтому их разность будет кратна 9. Произведение 2012 • 2013 на 9 не делится. Ребус не имеет решения. Ответ. Нет. Задача 60 [6-7] а) Сформулируйте и докажите признаки делимости на 2". Идея. 10" делится на 2". Указание. Представить число в виде суммы двух слагаемых, одно из которых образовано цифрами п его последних разрядов. Решение. Число делится на 2п тогда и только тогда, когда число, составленное из последних п цифр исходного числа, делится на 2п. Доказательство. Любое натуральное число а может быть представлено в виде суммы а = т\ • 10" + то, где то — число, образованное цифрами п младших разрядов числа a, mi — число, образованное цифрами следующих разрядов числа а, начиная с (п + 1)-го. Необходимость. Пусть число то, образованное цифрами первых п разрядов числа а, кратно числу 2". Тогда оно может быть представлено в виде k*2n, где k Е N. Поскольку 10" = 2п • 5я, число а можно записать в виде произведения а — 2п (т\ • 5" + k). Значит, оно делится на 2". Достаточность. Предположим, что число а делится на 2", т. е. может быть представлено в виде р* 2", где р Е N. Тогда число то — а-т^ - 10" = 2" (р - т\ • 5") также делится на 2". Утверждение доказано. Ответ. Число делится на 2", если число, составленное из последних п цифр исходного числа, делится на 2". Задача 61 (6-7) Доказать, что степень двойки не может оканчиваться четырьмя одинаковыми цифрами.
6. Признаки делимости 229 Идея. Числа, заканчивающиеся на четыре одинаковые ненулевые цифры, не делятся на 16; числа, заканчивающиеся на четыре нуля, делятся не только на 24, но и на 54. Указание. Воспользоваться признаками делимости на 24 и на 54. Решение. Поскольку степень двойки, содержащая не менее 4 разрядов, — чётное число, необходимо доказать, что она не может заканчиваться на 0000, 2222, 4444, 6666 или 8888. Коль скоро нам известны 4 последние цифры, проведём исследование делимости таких чисел на 24. Прежде всего заметим, что если число заканчивается на 0000, то оно делится не только на 24, но и на 54, т. е. не является степенью двойки. Для остальных вариантов 2222 = 14 (mod 16), 4444 = 12 (mod 16), 6666 ее 10 (mod 16), 8888 ее 8 (mod 16). Значит, степень двойки не может оканчиваться четырьмя одинаковыми цифрами. Утверждение доказано. Задача 62 [6-7] Незнайку научили в школе, что число делится на 3 (на 9), если сумма его цифр делится на 3 (на 9). Теперь он считает, что а) если сумма цифр числа делится на 27, то и число делится на 27; б) если число делится на 27, то сумма его цифр делится на 27. Прав ли он? Идея. Признаки делимости на 27 отличаются от признаков делимости на 3 и на 9. Указание. Привести контрпримеры. Решение. Признака делимости на 27, аналогичного признакам делимости на 3 и 9, нет. Приведём примеры, доказывающие, что Незнайка неправ. а) Сумма цифр числа 9981 делится на 27: 9+9+8+1 = 27. Однако само число на 27 не делится: 9981 = 27 • 369 + 18. б) Число 405 делится на 27: 405 = 27 • 15, однако сумма его цифр 4 + 5 = 9 не кратна 27. Ответ, а) Нет; число 9981 не делится на 27; б) нет; например, 405. Замечание. Один из признаков делимости на 27 формулируется так: «Число делится на 27 тогда и только тогда, когда на 27 делится сумма чисел, образованных группами по 3 цифры, начиная с единиц». Докажем его. Предположим, что искомое число п содержит k + 1 разрядов: п = akau-i... a2#i#o« Сумма трёхзначных чисел, полученных при разбиении цифр исходного числа на группы по три цифры, равна S = a2#i#o + #5#4#з + ... + азр+2&зр+1азр + • • •
230 Часть II. Указания и решения Среди слагаемых могут быть не только трёхзначные числа, но и двузначные и даже однозначные, однако это никак не влияет на дальнейшие рассуждения. Рассмотрим разность п — S: п — S = dkClk-l • • • ~ (#2#1#0 + O5O4O3 + • • • + #3р+2#3р+1а3р + . . .) = = 02оТао *0 + 050403 -999 + ... +030706* 999 999 + ...+ + #3p+2#3p+l&3/? • (103р — 1) +... Каждое слагаемое полученного выражения делится на число 999. Поскольку 999 = 27 • 37, разность n — S кратна 27. Значит, числа п и S дают равные остатки при делении на 27. Признак делимости на 27 доказан. Заметим, что одновременно мы доказали и признак делимости на 37, который формулируется аналогично признаку делимости на 27. Задача 63 (6-7) Сколькими нулями могут оканчиваться числа вида 9п + 1? Идея. Если число заканчивается на k нулей, то оно должно делиться на 2k. Указание. Показать, что при чётных п исследуемые числа заканчиваются на 2. Указание. Используя анализ остатков при делении на 4, доказать, что при нечётных п исследуемые числа не могут заканчиваться на два нуля. Решение. Проведём исследование последней цифры числа 9д + 1. • При чётных значениях п числа вида 9п+1 заканчиваются на 2. • При нечётных п числа вида 9п + 1 заканчиваются на 0. Определим, может ли такое число заканчиваться более чем на один нуль. Поскольку 9 = 1 (mod 4), для любого натурального п имеем 9п = 1 (mod 4). Значит, 9п + 1 = 2 (mod 4). Другими словами, числа вида 9п + 1 не кратны 4. Поэтому они не могут заканчиваться на два или более нулей. Итак, числа вида 9Л + 1 могут заканчиваться только одним нулём. Например, 91 + 1 = 10. Ответ. Одним нулём. Задача 64 (6-7) Некоторое двузначное число кратно трём. Если между его цифрами вставить 0 и к полученному трёхзначному числу прибавить удвоенную цифру его сотен, то получится число, в 9 раз большее первоначального. Найти исходное двузначное число.
6. Признаки делимости 231 Идея. Составить уравнение, из которого определить кратность числа единиц трём и чётность числа десятков искомого числа. Указание. Составить уравнение для цифр искомого числа, которое решить на множестве натуральных чисел от 1 до 9. Указание. Проверить кратность всех найденных чисел трём. Решение. Обозначим исходное двузначное число через 10а + 6, а е {1; 2;...; 9}, 6 е {0; 1; 2;...; 9}. По условию Г 10а + 6 = 0 (mod 3), \ 100а + 6 + 2а = 9(10а + 6). Приведём в уравнении подобные слагаемые: 12а = 8 6 <=> За = 26. Из последнего равенства заключаем, что число а должно быть чётным, а число 6 должно делиться на 3. Этим условиям удовлетворяют три пары чисел: а = 2, 6 = 3; а = 4, 6 = 6 и а = 6, 6 = 9, и только в последнем случае искомое двузначное число будет кратно трём. Итак, исходное число равно 69. Ответ. 69. Задача 65 1 7 ) Если некоторое четырёхзначное число умножить на число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, то получится восьмизначное число, у которого последние три цифры нули. Найти все такие числа. Идея. Один из множителей должен быть кратен 23, а второй — 53. Указание. Показать, что искомое число не может заканчиваться на нуль. Указание. Провести исследование чисел, кратных 23. Указание. Провести исследование чисел, кратных 53. Решение. Три нуля в младших разрядах произведения двух чисел могут быть получены в одном из трёх случаев. • Искомое число заканчивается на один или более нулей. В этом случае второе число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, будет иметь меньше разрядов, поэтому произведение не будет восьмизначным числом. Условие задачи нарушается. • Поскольку 103 = 23 • 53, искомое четырёхзначное число может быть кратно 23 (здесь и далее предполагаем, что оно не оканчивается нулём). Тогда число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, должно быть кратно 53. Обозначим искомое число через abed; a,d е {1; 2;...; 9}; 6, с G {0; 1;...; 9}. Согласно признаку делимости на 23 число bed должно быть кратно 8. По признаку делимости на 5? число cba должно быть кратно 125. Рассмотрим возможные значения числа cba. • Если cba = 125, то bed = 216. Получаем число 5216. • При cba = 375 получаем bed = 736. Искомое число равно 5736.
232 Часть И. Указания и решения • Если cba = 625, то bed = 264. Получили число 5264. • Наконец, если cba = 875, то bed = 784; искомое число 5784. • Третий случай: искомое число кратно 53, а число, записанное теми же цифрами в обратном порядке, кратно 23. • **°d — 125, cba = 216, abed = 6125. • bed = 375, cba = 736, acba = 6375. • bed = 625, c&a = 264, ac&a = 4625. • cfea = 875, &cd = 784, acba = 4875. Найдены восемь чисел. Ответ. 4625, 4875, 5216, 5264, 5736, 5784, 6125, 6375. Задача 66 (6-7) Можно ли из цифр 2, 3, 4, 9 (каждую цифру можно использовать сколько угодно раз) составить два числа, одно из которых в 19 раз больше другого? Идея. Последними цифрами большего числа могут быть только 1, 6, 7 или 8. Указание. Найти возможные значения последних цифр меньшего и большего чисел. Решение. Пусть т и п — искомые натуральные числа, удовлетворяющие условию т = 19п. Проследим за последними цифрами чисел т и п. • Если число п заканчивается на 2, то число 19п будет оканчиваться цифрой 8, которой нет в наборе. • Если п заканчивается на 3, то 19п будет оканчиваться цифрой 7; цифры 7 нет в наборе. • Если п заканчивается на 4, то 19тг заканчивается на 6; не подходит. • Наконец, если п заканчивается на 9, то 19п заканчивается на 1; не подходит. Значит, нужных чисел не существует. Ответ. Нет. Задача 67 (6-7) Сумма двух цифр а и Ъ делится на 7. Доказать, что число aba также делится на 7. Идея. Представить число aba в виде произведения, один из множителей которого равен 7. Указание. Составить уравнение для чисел а и &. Указание. Представить число aba в виде суммы; вынести общий множитель, равный 7. Решение. По условию a + & = 7ft, где ft е N. Тогда число aba = 100a + 10(7ft — a) + a = 91a + 70ft = 7(13a + 10ft) кратно семи. Утверждение доказано.
6. Признаки делимости 233 Задача 68 ( 7 ) Сумма цифр трёхзначного числа равна 7. Доказать, что это число делится на 7 тогда и только тогда, когда две его последние цифры равны. Идея. Трёхзначное число, сумма цифр которого равна 7, сравнимо по модулю 7 с разностью цифр предпоследнего и последнего разрядов. Указание. Используя информацию о сумме трёх цифр, показать, что число, составленное из этих цифр, сравнимо по модулю 7 с разностью цифр предпоследнего и последнего разрядов. Указание. Рассмотреть возможные значения разности цифр предпоследнего и последнего разрядов. Решение. Обозначим искомое число через абс; a Е {1;...; 9}; 6, с Е {0; 1;...; 9}; a -f- 6 + с = 7. Представим число в виде суммы: abc = 100а + 106 + с = 100(7 — Ъ — с) + 106 + с = = 700-906-99с = 700-916-98с + 6-с = 7(100- 136-14с) + (6-с). Значит, число abc сравнимо по модулю 7 с разностью (6 — с): abc = (6 — с) (mod 7). Из последнего соотношения следует, что число abc кратно семи тогда и только тогда, когда разность 6 — с кратна семи. Учитывая ограниченность множества значений цифр бис, рассмотрим три случая. • Пусть 6 — с = 0, т. е. 6 = с. Тогда а = 7 — 6 — с. Условию задачи удовлетворяют числа 700 (6 = с = 0), 511 (6 = с = 1), 322 (6 = с = 2), 133 (6 = с = 3). • Пусть 6 — с = 7, т. е. 6 = 7 + с. Тогда a = 7 — 6 — с = — 2 с. Полученное равенство возможно только при а = с ■= 0. При а = 0 число содержит менее трёх разрядов; этот случай не подходит. • Пусть 6 — с = —7, т. е. с = 7 + 6. Тогда a = 7 — 6 — с = —26; не подходит. Утверждение доказано. Задача 69 ПН а) Дано шестизначное число abcdef, причём def — abc делится на 7. Доказать, что и само число делится на 7. Идея. Представить число abcdef в виде произведения, один из множителей которого равен 7. Указание. Составить уравнение для чисел abc и def. Указание. Представить число abcdef в виде суммы; воспользовавшись уравнением, разложить выражение на множители. Решение. Представим число abcdef в виде ЮООабс + def и воспользуемся равенством def — abc = 7ft, ft E Z: ЮООабс + def = ЮООабс + abc + 7k = 1001 абс + 7k = 7 (143 a&c + ft).
234 Часть II. Указания и решения Число abcdef кратно 7. Утверждение доказано. ГТ~] б) Доказать, что число делится на 7 (11, 13) тогда и только тогда, когда на 7 (11, 13) делится знакопеременная сумма чисел, образованных последовательными тройками цифр данного числа. (Число делится на тройки справа налево.) Идея. Остаток от деления числа на 7 (11, 13) равен остатку от деления на 7 (11, 13) знакопеременной суммы чисел, образованных тройками его цифр (число делится на тройки справа налево). Указание. Рассмотреть разность между числом a^a^-i... ai#o и знакопеременной суммой чисел, образованных тройками его цифр. Указание. Приведя подобные слагаемые, доказать, что коэффициенты при числах вида азр+2#3р-ыа3/? кратны 7, 11 и 13. Решение. Пусть искомое число п содержит ft + 1 разрядов: 71 = CLkdk—1 • • • CL2CI\CIq = CL2dlClo * 10^ + (X5CL4CI3 • 103 + . . . + +#Зр+2ЯЗр+1аЗр • 103р + . . . . Знакопеременная сумма трёхзначных чисел, полученных при разбиении цифр исходного числа на группы по три цифры, равна S = a2a1a0 - аьа±аз + ... + (-I)*7 • ia3p + ... . Заметим, что среди слагаемых знакопеременной суммы могут быть трёхзначные, двузначные и однозначные числа. Рассмотрим разность п — S: п — S = а2а\ао • 10° + а^а^&з * Ю3 Ч-... 4- азр+2&зр+1#зр * Ю3^ + ... — - (a2aia0 - a5a4a3 + ... + (-IF • а3р+2азр+1азр + ...) = = 050403 • 1 001 + O8O7O6 • 999 999 + -f- duciiodg • 1 ООО ООО 001 + ^14^136112 • 999 999 999 999 + ... . Каждое слагаемое имеет вид азр+2азр+хазр • (Ю3/? + (—1F+1). Разобьём слагаемые на две группы в зависимости от чётности р и проведём исследование множителей вида 103/? + (—1)^+1. • При р = 2fe, где feeN, получаем 106k + (-1)2/г+1 = 1000 ... 000 - 1 - 999 ... 999 = 9 • 111... 11 = V 7 4 v ' 4 V —' 4 v ' 6k 6k 6k = 9-111111- (lO6^-1) + 106(fc-2) + ... + 106 + l). Поскольку 111 111 = 7 • 11 • 13 • 111, каждое слагаемое вида a6k+206k+ici6k • (Ю6/е + (-1)2/г+1) кратно 7, 11 и 13. • При p = 2k + 1, где k E No, получаем l06*+3+(_i)2fc+2 = 1000... 000 +1 = 100. . 001 = 99... 99000+1001. 6k-\-Q 6k-\-2 6k
6. Признаки делимости 235 Выше было доказано, что число вида 99... 99 делится на 7, 6k 11 и 13. Поскольку 1001 = 7*11 *13, слагаемые вида d6k+5a,6k+4a6k+3 • (106*+3 + (-1)2*+2) кратны 7, 11 и 13. Значит, при любом натуральном р разность п — S кратна 7, 11 и 13, т. е. числа п и S дают равные остатки при делении на 7, при делении на 11 и при делении на 13. Утверждение доказано. Задача 70 [ 7 ) Рассматриваются всевозможные семизначные числа с цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, записанными в произвольном порядке. Доказать, что ни одно из этих чисел не делится ни на какое другое из них. Идея. Если большее число делится на меньшее, то разность этих чисел также кратна меньшему числу. Указание. Используя признак делимости на 9, показать, что разность двух чисел, состоящих из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, кратна 9. Указание. Предположив, что искомые числа существуют, доказать, что их разность будет кратна меньшему числу, а большее число должно делиться на 10. Решение. Рассмотрим числа тип, составленные из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Предположим, не ограничивая общности, что т < п. Поскольку тип состоят из одинаковых цифр, они дают равные остатки при делении на 9: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28 = 1 (mod 9). Значит, разность п — т кратна 9: п — т = 9k, k Е N. Если число п делится на число т, то и разность п — т кратна т. Числа 9 и т взаимно простые, поэтому п — т делится на 9т. Поскольку 1234567 ^ т ^ 7654321, число 9т восьмизначное, тогда как разность п — т имеет не более семи разрядов. Полученное противоречие доказывает, что не существует двух чисел таких, что они составлены из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и одно делится на другое. Утверждение доказано. Задача 71 ( 7 ) Найти наименьшее число, записываемое одними единицами, делящееся на 33... 33 (в записи 100 троек).
236 Часть II. Указания и решения Идея. Число должно делиться на 3 и на 11... 11. 4 v- ' 100 Указание. Число разрядов искомого числа должно быть кратно 100. Указание. Выделив группы по 100 подряд идущих единиц (справа налево), представить число в виде суммы нескольких слагаемых. Указание. Разложить сумму на множители. Указание. Используя признак делимости на 3, показать, что количество слагаемых должно быть кратно 3. Указание. Найти наименьшее число. Решение. Делитель можно представить в виде произведения: 33...33 = 3- 11... 11. 4 V ' 4 V ' 100 100 Значит, искомое число должно делиться и на 3, и на 11... 11. 4 V ^ 100 Число, состоящее из единиц, делится на 11... 11, если его под- 4 v ' 100 ряд идущие цифры можно разбить на k групп (k Е N) по 100 единиц. В этом случае число может быть представлено в виде произведения 11... 11 = 11... п/до100**-1) + 10lo°(fe-2> + ... + Ю100 + l). 100k 100 k слагаемых Второй множитель должен быть кратен 3. Он представляет собой число, содержащее k единиц и несколько нулей. Наименьшее значение й, при котором такое число будет кратно трём, равно 3. Итак, искомое число равно 11... 11. зоо Ответ. Число состоит из 300 единиц. Задача 72 ( 7) а) Доказать, что число, состоящее из 81 единицы, делится на 81. Идея. Число, содержащее 9 единиц и любое количество нулей, кратно 9. Указание. Выделив группы по 9 подряд идущих единиц, представить число в виде суммы 9 слагаемых. Указание. Разложить сумму на множители. Указание. Используя признак делимости на 9, показать, что оба множителя кратны 9.
7. Уравнения в целых числах 237 Решение. Представим число 11... 11 в виде суммы. Для этого v / 81 разобьём его цифры на 9 групп по 9 цифр: 11 ii = ii lifio72 + ю63 +... + ю1 + i). 4 V ' 4 V 'Ь V 81 9 9 слагаемых Оба множителя представляют собой числа, состоящие из 9 единиц и нескольких нулей. По признаку делимости на 9 они кратны 9. Значит, произведение делится на 81. Утверждение доказано. 7. Уравнения в целых числах Задача 1 (5-6) а) Решить в целых числах уравнение (2х + у)(5х + 3у) = 7. Идея. Произведение двух целых чисел равно 7, если они одного знака и одно из них по модулю равно 1, а второе 7. Указание. Рассмотреть 4 случая. Решение. Задача решается на множестве целых чисел. Значит, множители в левой части уравнения принимают целочисленные значения. Произведение двух целых чисел равно простому числу 7, если эти целые числа одного знака и одно число по модулю равно единице, а второе — семи. Получаем четыре системы. (2х + у = 1, fx=- 4, (2х + у = 7, (х = 20, 1} \5х + 3у = 7 ^ \у = 9. \Ьх + Зу = 1 ^ \у =-33. (2х + у = -I, (х = 4, А (2х-\-у = -7, (х = —20, \Ьх + Зу = -7 ^ \у = -9. \5х + Зу = -1 ^ [у = 33. Найдены четыре решения: (—4; 9), (20; —33), (4; —9), (—20; 33). Ответ. (-4; 9), (20; -33), (4; -9), (-20; 33). (5-6) г) Решить в целых числах уравнение ху = х + у + 3. Идея. Произведение двух целых чисел равно четырём, если они одного знака и либо одно из них по модулю равно 1, а второе 4, либо оба по модулю равны 2. Указание. Перенести сумму х + у— 1 из правой части уравнения в левую и разложить выражение в левой части на множители. Указание. Рассмотреть 6 случаев. Решение. Перенесём слагаемые, которые содержат переменные, и единицу в левую часть уравнения и разложим выражение на множители: ху-х-у+ 1 = 4 Ф=> х{у - 1) - {у - 1) = 4 «=* (х — 1)(у — 1) = 4.
238 Часть II. Указания и решения Множители в левой части уравнения принимают целочисленные значения. Значит, возможны шесть случаев. i\ \ х 1 1 , v (х 2, (х 1 — 1, Г х — о, 1( {,-1 = 4 <=>\к=5. 2) \»-1 = -4 \ J, 3. оч “ 1 ^ 4, Г— 5, д\ (х — 1 = —4, Гх = —3, *> \»-1 = 1 ^ \у=2. 4) \к-1 = -1 ^ \» = 0. (х 1 ^ 2, (х — 3, /,ч Г х 1 — 2, Гх — 1> 5> {,-1 = 2 <=» {у = 8. «> (у-1 = -2 {„ = -1. Найдены шесть решений: (2; 5), (0; —3), (5; 2), (-3;0), (3; 3), (-1;-1). Ответ. (5; 2), (2; 5), (0;-3), (-3; 0), (3; 3), (-1;-1). (6-7) и) Решить в целых числах уравнение х2 = у2 + 2у + 13. Идея. Перейти к уравнению для произведения двух множителей, принимающих целочисленные чётные значения. Указание. Выделить в правой части равенства полный квадрат и перенести его в левую часть. Указание. Воспользоваться формулой разности квадратов. Решение. В правой части равенства выделим полный квадрат по переменной у: у2 + 2у + 13 = (у + I)2 + 12. Перенесём квадрат суммы в левую часть равенства и воспользуемся формулой разности квадратов: х2 - (у + I)2 = 12 (х + у + l)(x- у- 1) = 12. Произведение двух целых чисел может быть равно 12 в одном из двенадцати случаев. Однако мы может сократить перебор, если заметим, что числа х + (у + 1) и х — (у + 1) имеют одинаковую чётность. Нечётными они быть не могут, так как их произведение равно чётному числу 12. Значит, остаются четыре случая. п (х + у+1 = 2, (х = 4, (х + у + 1 = —2, (х = —4, \х-у-1=6 ^ \у = -3. 2’ \x-y-1 = -6 *=* \у = 1. оч (х + у + 1 = 6, (х = 4, .. (х + у +1 = —6, (х = - 4, 3> \x-y-1 = 2 ^ \у = 1. 4) \х-у-1 = -2 ^ \у = -3. Найдены четыре решения: (4; —3), (—4; 1), (4; 1), (—4; —3). Ответ. (±4; 1),(±4; —3). 16-71 п) Решить в целых числах уравнение х2 — Чу = 10. Идея. Квадрат целого числа при делении на 7 не может давать в остатке 3. Указание. Изолировать х2 в левой части уравнения. Указание. Заметить, что выражение в правой части полученного уравнения при делении на 7 даёт в остатке 3. Указание. Воспользоваться свойствами делимости квадрата целого числа (разд. 4 данного пособия).
7. Уравнения в целых числах 239 Решение. Перепишем уравнение в виде х2 = 7 (у + 1) + 3. Заметим, что сумма в правой части при делении на 7 даёт в остатке 3. Однако квадрат целого числа при делении на 7 может давать в остатке 0, 1, 2 или 4, что было доказано в задаче 27, г) разд. 4. Значит, уравнение не имеет решений на множестве целых чисел. Ответ. Нет решений. Задача 2 [6-7) Найти все возможные тройки целых чисел А, В и С такие, что (А2 + 2В2 - 2ВС = 100, \2AB-C2 = 100. Идея. Сумма квадратов двух выражений равна нулю, если оба выражения равны нулю. Указание. Рассмотреть разность уравнений, выделить два полных квадрата. Указание. Получить условие равенства всех переменных; из первого уравнения системы найти их значения. Решение. Вычтем из первого уравнения второе и выделим полные квадраты: А2 - 2АВ + В2+В2- 2ВС + С2 = 0 (А - В)2 + (В - С)2 = 0. Сумма квадратов двух выражений может быть равна нулю только в случае, когда оба выражения принимают нулевые значения. Значит, А = В = С. Подставим найденные зависимости в первое уравнение системы: А2 + 2А2 - 2А2 = 100 <=$> А2 = 100. Значит, система имеет три решения: (10; 10; 10) или (-10;-10;-10). Ответ. (10; 10; 10), (-10;-10;-10). Задача 3 [6-7] Найти хотя бы одно целочисленное решение уравнения a2b2 + а2 + Ь2 + 1 = 2005. Идея. Разложить выражение в левой части уравнения на множители. Указание. Разложить число 2005 на простые сомножители. Указание. Разложить сумму в левой части уравнения на множители; учесть, что множители могут принимать только положительные значения.
240 Часть II. Указания и решения Решение. Разложим выражение в левой части уравнения на множители: a2(b2 + 1) + (Ь2 + 1) = 2005 (а2 + 1 )(Ь2 + 1) = 2005. Число 2005 составное: 2005 = 5-401. Поскольку множители в левой части уравнения принимают целочисленные значения, не меньшие единицы, можно рассмотреть систему fa2 + 1 = 5, Га2 = 4, \Ъ2+1 = 401 \Ъ2 = 400. Полученным уравнениям удовлетворяют, например, значения a = 2, 6 = 20. Ответ. Например, a = 2, 6 = 20. Задача 4 [6-7] Найти все простые числа р и д, для которых выполняется равенство р2 — 2q2 = 1. Идея. Провести исследование чётности чисел р и q; воспользоваться тем, что единственное чётное простое число равно двум. Указание. Показать, что число р нечётное. Указание. Показать, что число q чётное. Указание. Используя q = 2, найти значение р. Решение. Поскольку р2 = 2q2 + 1, простое число р нечётное. Пусть р = 2k + 1, k G N. Получаем уравнение (2ft + l)2 - 2q2 = 1 «=» 4ft2 + 4ft - 2q2 = 0 2ft2 + 2ft - q2 = 0. Из последнего уравнения следует, что q2 = 2(ft2 + ft). Значит, простое число q чётное. Единственное чётное простое число равно 2. При q = 2 последнее уравнение принимает вид k2 + k — 2 = 0 k = 1 или k = -2. Так как k G N, остаётся значение k = 1. Тогда р = 2fe + 1 = 3 — простое число. Ответ. р = 3, q = 2. Задача 5 (6-7) а) Зная, что число 1993 простое, выясните, существуют ли такие натуральные числа х и у, что х2 — у2 = 1993. Идея. Использовать формулы сокращённого умножения. Указание. Разложить выражение на множители. Указание. Провести перебор возможных значений множителей, рассматривая задачу на множестве натуральных чисел. Решение. В левой части уравнения воспользуемся формулой для разности квадратов: (х + у)(х-у) = 1993.
7. Уравнения в целых числах 241 Заметим, что число 1993 простое. Кроме того, при х, у е N справедливы неравенства х + у > 0 и х + у > х — у. Значит, возможен единственный случай: (6-7) В равенстве (ауь)с = —64у6 замените а, 6 и с целыми числами, отличными от 1, так, чтобы получилось тождество. Идея. Уравнение станет тождеством, если в его левой и правой частях будут стоять одинаковые выражения. Указание. Составить систему для целочисленных коэффициентов. Указание. Показать, что с — нечётное положительное число. Решение. В данной задаче а, 6 и с — коэффициенты, принимающие целочисленные значения, у — переменная. Уравнение станет тождеством, если где a,b,c € Z, а Ф 1, 6 ф 1, с Ф 1. Из первого уравнения системы следует, что число а должно быть отрицательным, а число с должно быть нечётным положительным. Значит, с = 3, а = — 4, 6 = 2. Ответ, а = —4, 6 = 2, с = 3. (6-7) а) Найти все целые решения уравнения Зх — 12у = 7. Идея. Выражение в левой части уравнения кратно трём, а число в правой части нет. Указание. Вынести в левой части общий множитель за скобки. Указание. Воспользоваться тем, что число 7 не делится нацело на 3. Решение. Уравнение можно записать в виде 3(х — 4у) = 7. Поскольку выражение в левой части кратно трём, а число в правой части не делится на три, уравнение не имеет решений на множестве целых чисел. Ответ. Нет решений. (6-7) б) Решите уравнение в натуральных числах 12а + 116 = 2002. Идея. Перегруппировать слагаемые и воспользоваться делимостью выражений в каждой части полученного уравнения на 12. Указание. Перенести второе слагаемое из левой части равенства в правую и вынести общий множитель. Указание. Воспользоваться тем, что сумма в правой части должна делиться на 12. Найденные числа являются натуральными. Ответ. Да. Задача 6 Задача 7
242 Часть II. Указания и решения Решение. Перепишем уравнение в виде 12а = 11(182-6), где а,Ь € N. Поскольку произведение в левой части кратно 12, на 12 должна делиться и разность 182 — Ъ. Это возможно при Ъ = 2, 14, 26, 38, 50, 62, 74, 86, 98, 110, 122, 134, 146, 158 или 170. Соответствующие значения переменной а равны 165, 154, 143, 132, 121, 110, 99, 88, 77, 66, 55, 44, 33, 22 и 11. Найдено 15 решений. Ответ. (11; 170), (22; 158), (33; 146), (44; 134), (55; 122), (66; 110), (77; 98), (88; 86), (99; 74), (110; 62), (121; 50), (132; 38), (143; 26), (154; 14), (165; 2). Задача 8 15-6] Решить уравнение в целых положительных числах 1 10 X + Идея. Значение переменной х е N определяется однозначно. Указание. Показать, что переменная х может быть равна только единице. Указание. Подставив в уравнение найденное значение переменной х, определить значения остальных переменных. Решение. Поскольку задача решается на множестве натуральных чисел, а 1П 1 < f < 2> переменная х может быть равна только единице. Остаётся уравнение для переменных у и г: 1 3 , . »+Гт <=> 3(yz + 1) = 7г <*=*> 2(3у - 7) = -3. Решением последнего уравнения на множестве натуральных чисел является единственная пара у = 2, 2 = 3. Итак, задача имеет одно решение (1;2;3). Ответ, х = 1, у = 2, 2 = 3. Задача 9 15-61 а) Найти целое число, которое в семь раз больше цифры его единиц. Идея. Составить уравнение для двух переменных; решить его на множестве натуральных чисел. Указание. Представить искомое число в виде суммы двух слагаемых, одно из которых равно цифре его единиц; составить уравнение. Указание. Найти возможные значения цифры единиц и самого числа.
7. Уравнения в целых числах 243 Решение. Представим искомое число А в виде Ют + тг, где т е No. Из условия следует, что число п не может быть равно нулю. Значит, п е {1; 2;...; 9}. Составим уравнение: Ют + п = 7п <=> Ют = 6тг 5т = Зтг. Из последнего уравнения следует, что цифра единиц искомого числа должна быть кратна пяти. Возможны два случая. • Значение /1 = 0 не подходит по условию. • При п = 5 получаем т = 3, тогда А = 3 • 10 + 5 = 35. Ответ. 35. Задача 10 15-6) а) Найти двузначное число, которое от перестановки его цифр увеличивается в 4,5 раза. Идея. Записать условие в виде уравнения для двух переменных и решить его на множестве натуральных чисел, не превосходящих 9. Указание. Составить уравнение для цифр искомого числа. Указание. При поиске решения учесть множество значений переменных. Решение. Представим искомое двузначное число в виде 10тп + тг, где т е {1; 2;...; 9}, тг Е {0; 1; 2;; 9}. После перестановки цифр получим число 10тг + т. Составим уравнение по условию задачи: 4,5(10т + тг) = Ютг + m <=> 9(10яг + тг) = 2{Ютг + т) <=> <=$> 88т = 11 тг <=> 8т = 71. Так как тип — цифры, причём т Ф 0, уравнение имеет единственное решение т = 1, п = 8. Значит, искомое число равно 18. Ответ. 18. Задача 11 [5-6] В таблице 2x2 стоят четыре натуральных числа. При этом соседние по вертикали числа отличаются на 6, а соседние по горизонтали — в два раза. Что за числа стоят в. таблице? Может ли в таблице стоять другой набор чисел? Идея. Рассмотреть все возможные комбинации чисел нижней строки таблицы; для каждого случая составить своё уравнение. Указание. Ввести переменную, равную левому числу верхней строки; выписать возможные выражения для правого числа верхней строки и чисел нижней строки таблицы. Указание. Рассмотреть восемь комбинаций чисел нижней строки; составить для каждого случая уравнение, которое решить на множестве натуральных чисел. Решение. Обозначим число, стоящее в верхней строке слева, через п. Тогда справа в верхней строке таблицы должно стоять число 2п. (Случай 2п и п сводится к рассматриваемому.)
244 Часть II. Указания и решения В нижней строке могут стоять соответственно числа п±6 и 2п±6. Составим для правого числа нижней строки уравнение. Придётся рассмотреть 8 случаев. • п + 6 = 2(2п + 6) п = —2 ^ N; не подходит; • 2(тг + 6) = 2п + 6 — нет решений; • п — б = 2(2п + 6) <=> п = —3 ^ N; не подходит; • 2(п — 6) = 2п + 6 — нет решений; • п + 6 = 2(2тг — 6) п = 6; подходит; • 2(тг + 6) = 2тг — 6 — нет решений; • п — 6 = 2(2тг — 6) п = 2, но тогда п - 6 = —^4 £ N; не подходит; • 2(тг — 6) = 2тг — 6 — нет решений. Итак, в первой строке стоят числа 6 и 12, а во второй — 12 и 6, или наоборот, в первой 12 и 6, а во второй 6 и 12. Ответ. В первой строке стоят 6 и 12, а во второй — 12 и 6. Или наоборот. Задача 12 (5-6) а) В каком году родился человек, которому в 1979 году исполнилось столько лет, какова сумма цифр года его рождения? Идея. Составить уравнение для цифр десятков и единиц года рождения, которое решить на множестве No. Указание. Взять две последние цифры года рождения в качестве переменных и составить уравнение. Указание. Показать, что число десятков года рождения должно быть нечётным натуральным числом, меньшим семи. Указание. Найти единственное возможное значение числа десятков; затем из уравнения найти число единиц. Решение. Сумма цифр года рождения не превосходит числа 4 • 9 = 36. Значит, человек родился в XX веке не ранее 1943 года. Обозначим год рождения человека через 19тп; т е {4; 5; 6; 7}, п е {0; 1; 2;...; 9}. Составим уравнение: 1900 1 Оттг —тг —(- (1 -1-9-1- ттг 4- тг) = 1979. Приведём подобные слагаемые: 11тп + 2тг = 69. Из уравнения следует, что ттг — нечётное число, меньшее семи. Значит, ттг = 5. Тогда 2тг = 14, т. е. тг = 7. Итак, человек родился в 1957 году. Ответ. В 1957 году. Задача 13 (5-61 а) В большой таблетке от жадности 11 г антивещества, в средней — 1,1 г, а в маленькой — 0,11 г. Доктор прописал Робину-
7. Уравнения в целых числах 245 Бобину съесть ровно 20,13 г антивещества. Сможет ли Робин- Бобин выполнить предписание доктора, съев хотя бы по одной таблетке каждого вида? Идея. Составив уравнение для числа таблеток разного вида, показать, что оно имеет решение, и не одно. Указание. Составить уравнение для числа таблеток разного вида. Указание. Показать, что большая таблетка должна быть одна. Указание. Из оставшегося соотношения определить количество средних и мелких таблеток. Решение. Обозначим через т, п и fe число больших, средних и маленьких таблеток соответственно. По условию т, тг, fe е N. Составим уравнение для суммарного количества антивещества: Поскольку по условию т, тг, fe е N, единственное возможное значение переменной т есть 1. При т = 1 последнее уравнение принимает вид 10п + k = 83. Это уравнение имеет несколько решений на множестве натуральных чисел. Например, можно взять тг = 1 и k = 73. Значит, Робин-Бобин сможет выполнить предписание доктора. Ответ. Сможет. Например, он может съесть одну большую, одну среднюю и 73 маленькие таблетки. (6-71 Если треть числа разделить на его семнадцатую часть, то в остатке будет 100. Найти это число. Идея. Представить искомое число в виде суммы произведения делителя на частное и остатка от деления; решить полученное уравнение на множестве No. Указание. В качестве переменных взять искомое число и частное от деления. Указание. Составить уравнение по условию задачи; привести его к уравнению с целочисленными коэффициентами. Указание. При решении уравнения воспользоваться тем, что делитель должен быть больше остатка от деления. Решение. Обозначим искомое число через тг. Используя представление числа в виде суммы произведения делителя на частное и остатка от деления, составим уравнение: Здесь jy—делитель, уу > 100, fe— частное от деления, fe е No, 100 — остаток. Умножим обе части уравнения на произведе- 11771+ 1,1тг +0,llfe = 20,13. Умножим уравнение на 100 и разделим на 11: 1100т + 110 тг +llk = 2013 100т + Ютг + k = 183. Задача 14
246 Часть II. Указания и решения ние 3 и 17: 17/1 = 3nk + 100 • 3 • 17. Сгруппируем слагаемые: n(17 — 3k) = 22 • 3 • 52 • 17. Поскольку п > 1700, необходимо рассмотреть только два случая: п = 22 • 3 • 52 • 17 = 5100 и п = 2-3- 52 • 17 = 2550. • При п = 5100 получаем уравнение 17 — 3k = 1, которое не имеет решения на множестве No. • При п = 2550 получаем 17 — 3k = 2, откуда k = 5. Найдено единственное решение я = 2550. Заметим, что при п = 2550 числа § и также являются натуральными. О 1 I Ответ. 2550. Задача 15 I Пятиклассники Коля и Вася подсчитали отметки, полученные в течение четверти. Оказалось, что Коля получил столько пятёрок, сколько Вася — четвёрок; столько четвёрок, сколько Вася троек; столько троек, сколько Вася двоек, и столько двоек, сколько Вася пятёрок. Кроме того выяснилось, что каждый получил по 54 отметки и что средний балл у них одинаковый. Доказать, что они ошиблись в подсчётах. Идея. Число отметок каждого номинала должно быть целым неотрицательным. Указание. Составить два уравнения для общего числа отметок и среднего балла. Указание. Показать, что число двоек Коли получается дробным, что невозможно. Решение. Пусть Коля получил тп пятёрок, п четвёрок, k троек и I двоек. Тогда Вася получил I пятёрок, тп четвёрок, п троек и k двоек. По условию ,i,j t- л Ьтп -|- 4/1 -f- 3k + 21 51 -f- 4/71 -f- 3n -Ь 2k m + n + k + l = 54 и — = — . 54 54 Упростим второе уравнение: 5/Ti Н~ 4/1 -Ь 3k + 21 = 51 И- 4/71 -J- 3п -Ь 2k -ч—v тп п -Ь k = 31. Так как, с другой стороны, /п + /г + й = 54 — Z, получаем уравнение для переменной I: 54 - I = 31 I = Ц- (jL N0. Значит, Коля и Вася ошиблись в подсчётах. Задача 16 (6-7) а) Баба-яга и Кощей собрали некоторое количество мухоморов. Количество крапинок на мухоморах Бабы-яги в 13 раз больше, чем
7. Уравнения в целых числах 247 на мухоморах Кощея, но после того как Баба-яга отдала Кощею свой мухомор с наименьшим числом крапинок, на её мухоморах стало крапинок только в 8 раз больше, чем у Кощея. Доказать, что вначале у Бабы-яги было не более 23 мухоморов. Идея. Число крапинок на всех мухоморах Бабы-яги вначале не меньше произведения числа её мухоморов на число крапинок на отданном грибе. Указание. Ввести две переменные, равные числу крапинок на мухоморах Кощея и на мухоморе Бабы-яги, который она отдала Кощею. Указание. Составить уравнение по условию, из которого выразить первую переменную. Указание. Оценить число крапинок на всех мухоморах Бабы- яги вначале, учитывая, что она отдала Кощею мухомор с наименьшим числом крапинок. Решение. Обозначим через п число крапинок на мухоморах Кощея, а через ft число крапинок на мухоморе Бабы-яги, который она отдала Кощею. Тогда у Бабы-яги было 13п крапинок на всех мухоморах, а осталось 13п — k. Составим уравнение: 13n — k = 8(n + k) 5n = 9k. ion Значит, у Бабы-яги вначале было ^ • ft крапинок. Заметим, что 1Q.о - ft = 23,4-Л. 5 Так как на каждом мухоморе Бабы-яги по условию не меньше ft крапинок, то всего у неё было не более 23 мухоморов. Утвержде¬ ние доказано. Задача 17 [6-7] а) Молоко и сливки продаются в одинаковых бутылках. За 5 пустых бутылок в магазине можно получить 1 полную бутылку молока, а за 10 пустых бутылок — 1 бутылку сливок. Серёжа нашёл в подвале 60 пустых бутылок и понёс их в магазин. Получая при обмене полную бутылку, он выпивал молоко или сливки, а освободившуюся бутылку использовал в следующих обменах. В конце этой деятельности у него осталась всего одна пустая бутылка. Сколько обменов совершил Серёжа? Идея. Составить уравнение для количества пустых бутылок. Указание. Взять в качестве переменных количества полученных Серёжей бутылок молока и сливок; составить уравнение. Указание. Показать, что количество бутылок сливок должно быть нечётным; выполнить перебор по допустимым нечётным числам. Решение. Предположим, что Серёжа получил за сданные пустые бутылки т бутылок молока и п бутылок сливок (т, тг £ No), которые сразу выпил. Составим уравнение для количества пустых
248 Часть II. Указания и решения бутылок, оставшихся после всех манипуляций: 60 (5 т + 10 п) + т + п = 1 4 т + 9 п = 59. Из последнего уравнения следует, что число п должно быть нечётным и не должно превосходить 6. Переберём его возможные значения. • При п = 1 получаем т = ^ No; не подходит. оо • При п = 3 получаем т = ^ = 8. • При п = 5 получаем т = ^ ^ No; не подходит. Итак, Серёжа 3 раза обменял пустые бутылки на сливки и 8 раз — на молоко. Всего было совершено 11 обменов. Ответ. 11 обменов. Задача 18 (6-7) В отряде пионерского лагеря собраны ребята 10, 11, 12 и 13 лет. Их 23 человека и им вместе 253 года. Сколько в отряде 12-летних ребят, если известно, что их в полтора раза больше, чем 13-летних? Идея. Составить систему уравнений для четырёх переменных; решить её на множестве No. Указание. Взять в качестве переменных количества ребят разных возрастных групп; составить систему уравнений по условию задачи. Указание. Используя линейную комбинацию уравнений и метод подстановки, показать, что в отряде всего двое 13-летних ребят. Указание. Найти значения остальных переменных. Решение. Пусть в отряде т, п, ft и I ребят возраста 10, 11, 12 и 13 лет соответственно; т, n,k,l е No. Составим систему уравнений по условию задачи: (тп ть k -\-1 = 23, 10т + 11п + 12/г + 13/ = 253; U=1,5Z. Вычтем из второго уравнения системы первое, умноженное на 10: п -f- 2ft -f- 31 — 23. Воспользовавшись последним уравнением системы, получим ть -f- 61 = 23. Из третьего уравнения системы следует, что число I должно быть чётным. Единственное допустимое значение переменной I равно двум. При 1 = 2 находим п = 11, ft = 3. Значит, в отряде было три 12-летних школьника. Ответ. Трое. Задача 19 (6-7) Если каждый мальчик купит пирожок, а каждая девочка — булочку, то они потратят вместе на 1 коп. меньше, чем если бы
7. Уравнения в целых числах 249 каждый мальчик купил булочку, а каждая девочка — пирожок. Известно, что мальчиков больше, чем девочек. На сколько? Идея. Составить уравнение относительно четырёх целочисленных переменных, из которого после группировки слагаемых и разложения на множители найти значение искомой разности. Указание. Ввести четыре переменные, равные числу мальчиков, девочек и стоимости пирожков и булочек. Указание. Составить уравнение для общей стоимости покупок, из которого найти значения разности числа мальчиков и девочек и стоимости булочки и пирожка. Решение. Пусть выпечку покупают т мальчиков и п девочек. Обозначим стоимость одного пирожка (в копейках) через к, а стоимость одной булочки через р. Составим уравнение по условию задачи: mk + пр + 1 = тр + nk <=>• т(р — к) — п(р — k) = 1 4=> (т — п)(р — к) = 1. По условию т > п. Значит, полученное уравнение обращается в тождество только при т = п + 1, р = к + 1. Первая зависимость означает, что мальчиков на 1 больше, чем девочек. Ответ. На 1. Замечание. В этой задаче мы не можем найти численные значения введённых переменных, но это и не требуется. Задача 20 (6-7) Петя, Коля и Вася решили 100 задач, причём каждый решил 60 задач. Назовём задачу трудной, если её решил только один из мальчиков. Назовём задачу лёгкой, если её решили все трое. Доказать, что трудных задач больше, чем лёгких, ровно на 20. Идея. Описать условие задачи с использованием трёх переменных, равных количеству задач разного уровня сложности. Указание. Ввести понятие средней задачи; рассмотреть в качестве переменных количество трудных, средних и лёгких задач. Указание. Составить два уравнения для общего количества трудных, средних и лёгких задач и для суммарного количества задач, решённых всеми мальчиками. Решение. Все задачи можно разбить на три группы: трудные задачи, которые решил один из трёх учеников; лёгкие задачи, которые были решены тремя учениками; и задачи, которые решили два мальчика из трёх. Назовём такие задачи средними. Пусть т — количество трудных задач, п — количество средних задач и к — количество лёгких задач. По условию всего было 100 задач: т -Ь /2 Н- к — 100.
250 Часть II. Указания и решения Каждый мальчик решил 60 задач. Значит, суммарное количество решённых задач равно 180: т + 2п + 3k = 180. Вычтем из удвоенного первого уравнения второе: 2(т + п + k) — (т + 2п + 3k) = 2 • 100 — 180 <=> т — k = 20. Последнее равенство означает, что трудных задач на 20 больше, чем лёгких. Утверждение доказано. Задача 21 (6-7] Джон и Мэри живут в небоскрёбе, на каждом этаже которого по 10 квартир. Номер этажа Джона равен номеру квартиры Мэри, а сумма номеров их квартир равна 239. В какой квартире живёт Джон? Идея. Определить зависимость номера квартиры Джона от номера его этажа и порядкового номера его квартиры на этаже. Указание. Ввести переменные, равные номеру этажа Джона и порядковому номеру его квартиры на этаже; выразить через них номер квартиры Джона. Указание. Составить уравнение для суммы номеров квартир Джона и Мэри. Указание. Воспользоваться оценкой для числа квартир на одном этаже небоскрёба. Решение. Пусть т — номер этажа, на котором живёт Джон, тогда по условию номер квартиры Мэри тоже равен тп. Номер квартиры Джона можно вычислить по формуле 10(т — 1) + п, где п — порядковый номер его квартиры на его этаже, 1 ^ п ^ 10. Составим уравнение для суммы номеров квартир Джона и Мэри: 10(тп — 1) + п + т = 239 4=^ 11 т = 249 — п. Поскольку на каждом этаже небоскрёба 10 квартир, для произведения 11 т справедливо следующее двойное неравенство: 239 С 11тя < 248. Полученному неравенству удовлетворяет единственное натуральное число т — 22. Тогда п = 249 — 11 т = 249 — 11 • 22 = 7, и номер квартиры Джона равен 10(т — 1) + п = 10 • 21 + 7 = 217. Ответ. В 217-й квартире. Задача 22 (6-7) Остап Бендер в интервью шахматному журналу о сеансе одновременной игры в Васюках сообщил, что в одной из партий у него осталось фигур в три раза меньше, чем у соперника,
7. Уравнения в целых числах 251 и в шесть раз меньше, чем свободных клеток на доске, а в другой партии фигур у него осталось в пять раз меньше, чем у соперника, и в десять раз меньше, чем свободных клеток на доске, и всё-таки он сумел выиграть обе партии. Можно ли верить его рассказу? Идея. Суммарное количество фигур и свободных клеток на шахматной доске равно 64; количество фигур одного игрока не может быть больше 16. Указание. Для каждой партии составить уравнение для суммарного количества фигур и свободных клеток на шахматной доске. Указание. В обоих случаях получить противоречие. Решение. Пусть в первой партии у Остапа Бендера осталось п фигур, п е N. Тогда у его соперника должно было остаться 3п фигур, а свободных клеток на доске 6/г. Составим уравнение для всего шахматного поля: гс + Зга + 6га = 64 = 10 5 Информация о первой партии оказалась недостоверной. Перейдём к рассмотрению второй партии. Пусть у Остапа Бендера во второй партии осталось т фигур, т е N. Тогда у его соперника осталось 5т фигур, а свободных клеток на доске осталось Ют. Уравнение т + 5т + Ют = 64 имеет решение т = 4. В этом случае у соперника Остапа Бендера должно было остаться 5 • 4 = 20 фигур, что противоречит правилам шахмат. Напомним, у каждого игрока изначально есть 16 фигур, и в ходе игры количество фигур может только уменьшаться. Мы доказали, что рассказу Остапа Бендера доверять нельзя. Ответ. Нет. Задача 23 (6-7) Два рыбака поймали 80 рыб, причём ^ улова первого составит ляли караси, а -jy улова второго — окуни. Сколько рыб поймал каждый из них? Идея. Улов первого рыбака кратен 9; улов второго рыбака улов кратен 11. Указание. В качестве переменных взять уловы первого и вто- К гг рого рыбаков; учесть, что § улова первого рыбака и ^ улова У 11 второго — натуральные числа. Указание. Составить уравнение для совместного улова, которое решить перебором.
252 Часть И. Указания и решения Решение. Заметим, что улов первого рыбака кратен 9, а улов второго рыбака кратен 11. Обозначив уловы рыбаков соответственно через 9ттг и 11 п, где т,пе N, для совместного улова получаем уравнение 9771 + 11 п = 80. Перебирая натуральные значения п от 1 до 7, находим единственное решение п = 4, т = 4. Значит, улов первого рыбака составил 36 рыб, из них 20 карасей; улов второго рыбака составил 44 рыбы, из них 28 окуней. Ответ. 36 рыб и 44 рыбы. Задача 24 1 7 ) а) Найти четыре последовательных целых числа, произведение которых равно 1680. Идея. Составить уравнение 4-го порядка; при его решении воспользоваться техникой выделения полного квадрата. Указание. Разложить число 1680 на простые множители и отгадать два решения задачи. Указание. Для поиска остальных решений составить уравнение, взяв в качестве переменной второе число. Указание. Выделить полный квадрат и перейти к решению двух квадратных уравнений на множестве целых чисел. Решение. Поскольку 1680 = 24 • 3 • 5 • 7, одно из решений задачи можно увидеть сразу, это числа 5, 6, 7, 8. Тогда числа —8, -7, —6, —5 тоже подойдут. Найдены два решения. Для поиска остальных решений обозначим одно из чисел через п и составим уравнение (п - 1 )п(п + 1 )(п + 2) = 1680. В левой части стоит произведение четырёх последовательных целых чисел. Перемножим два крайних и два средних числа: (п2 + п — 2 )(п2 + тг) = 1680. Сделаем замену k = тг2 + тг — 1: (k - l)(k + 1) = 1680 <=> k2 = 412. При k = 41 получаем квадратное уравнение тг2 + тг — 42 = 0, из которого находим тг = 6 и тг = — 7. Второе квадратное уравнение тг2 + тг + 40 = 0, полученное при k = —41, не имеет действительных корней. Мы доказали, что исходное уравнение имеет только два решения на множестве целых чисел. Ответ. 5, 6, 7, 8 или —8, —7, —6, —5. Задача 25 [6-7] Шалтай-Болтай ходит по прямой, перемещаясь за минуту либо на 37 шагов влево, либо на 47 шагов вправо. За какое наи¬
7. Уравнения в целых числах 253 меньшее целое число минут он может оказаться на один шаг правее исходной точки, если будет перемещаться в любую сторону целое число минут? Идея. Составить уравнение для двух целочисленных переменных; найти решение, удовлетворяющее условию: сумма переменных принимает наименьшее значение. Указание. Ввести целочисленные переменные, равные времени движения Шалтая-Болтая влево и вправо; выразить через них время в пути. Указание. Составить уравнения для перемещения Шалтая-Болтая относительно исходной точки. Указание. При поиске решения использовать свойства чётности/нечётности переменных. Решение. Пусть т минут Шалтай-Болтай шёл вправо, п минут — влево, т, тг е N. Поскольку он должен оказаться на один шаг правее исходной точки, введённые переменные удовлетворяют уравнению 47т - 37п = 1. У этого уравнения может быть бесконечно много решений. Необходимо найти такое решение, при котором общее время движения, т.е. сумма т+п, минимально. Обозначим эту сумму через А. Тогда уравнение примет вид 47m - 37(А - m) = 1 «=> 84т = 37А + 1. Из последнего равенства следует, что число А должно быть нечётным. Значит, оно может быть представлено в виде А = 2k + 1, k Е No. Уравнение принимает вид 84m = 37(2fc + 1) + 1 <=>> 42т = 37fc + 19. Число k должно быть нечётным: k — 2р + 1, р е No. Получаем уравнение 42т = 37(2р + 1) + 19 «=» 21т = 37р + 28 7(3т - 4) = 37/?. Число р должно быть кратно семи: р = 7t, t е No. Уравнение упрощается: 3 т — 4 = 371. Необходимо найти наименьшее натуральное значение переменной t, при котором будет существовать натуральное значение переменной т, удовлетворяющее последнему уравнению. Простым перебором находим t = 2, тогда т = 26. Осталось найти значение искомой величины А: p = 7t=14; k = 2p+l = 29; А = 2k + 1 = 59. Ответ. За 59 минут.
254 Часть II. Указания и решения Задача 26 (6-71 а) У кассира есть только 72-рублёвые купюры, а у Вас — только 105-рублёвые (у обоих в неограниченном количестве). Сможете ли Вы уплатить кассиру один рубль? Идея. Если выражение в левой части уравнения с целочисленными переменными делится на три, то и выражение в правой его части должно быть кратно трём. Указание. Составить уравнение для суммы, используя в качестве переменных количество купюр разного достоинства. Указание. При поиске решения уравнения использовать признак делимости на 3. Решение. Пусть т — количество 72-рублёвых купюр, п — количество 105-рублёвых купюр; ттг, тг е No. Введённые переменные должны удовлетворять уравнению 105п - 72ттг = 1 3(35п - 24ттг) = 1. Поскольку разность в левой части кратна 3, а число в правой части на 3 не делится, это уравнение не имеет решений на множестве No. Ответ. Нет. Задача 27 (6 7) Найти все числа abc такие, что abc = 2(ab + be+ ас). Идея. Составить уравнение для трёх используемых цифр; решить его с учётом множества значений переменных. Указание. Составить уравнение, используя десятичную запись чисел. Указание. Показать, что число а может принимать только два значения. Указание. Организовав перебор по возможным значениям а, найти все решения. Решение. Перепишем уравнение в виде 100а + 106 + с = 2(10а + Ъ + 106 + с + 10а + с) <=> <=> 60 а = 126 + Зс 20а = 46 + с. Здесь а, 6 е {1;2;...;9}, с € {0; 1; 2;...; 9}. Поскольку 46 + с ^ ^ 5 • 9 = 45, возможны всего два значения переменной а. • При а = 1 получаем уравнение 46 + с = 20. Из уравнения следует, что число с должно быть кратно четырём. Перебирая допустимые значения с, находим три решения: с = 0,6 = 5; с = 4, 6 = 4 и с = 8, 6 = 3. • При а = 2 получаем уравнение 46 + с = 40, которое имеет два решения: с = 4,6 = 9 и с = 8,6 = 8. Найдены пять чисел, удовлетворяющих условию задачи: 138, 144, 150, 288 и 294. Ответ. 138, 144, 150, 288, 294.
7. Уравнения в целых числах 255 Задача 28 ( 7 1 а) В трёхзначном числе зачеркнули первую цифру слева, затем полученное двузначное число умножили на 7 и получили исходное трёхзначное число. Найти такое число. Идея. Составить уравнение для цифр числа; использовать кратность числа сотен трём. Указание. Составить уравнение для трёх целочисленных переменных, равных цифрам искомого числа. Указание. Показать, что число сотен кратно трём. Указание. Учесть ограничения на значения цифр. Решение. Представим исходное число в виде 100а + 10& + с, где а, & € {1; 2;...; 9}, с е {0; 1; 2;...; 9}. Составим уравнение по условию задачи: (10& + с) 7 = 100а + 10& + с. Приведём подобные слагаемые: 60& + 6 с = 100а 3(10& + с) = 50а. Число а должно быть кратно трём. Возможны три случая. • При а = 3 получаем уравнение 10& + с = 50. Учитывая ограничения на значения цифр & и с, находим единственное решение Ъ = 5, с — 0. • При а = 6 и а = 9 числа в правой части уравнения 3(10& + с) = 50а (соответственно 100 и 150) превышают наибольшее значение суммы 10& + С (10Ь + с<99), поэтому уравнение не имеет решений. Условию задачи удовлетворяет единственное трёхзначное число 350. Ответ. 350. Задача 29 (6-7{ Хулиганы Вася и Петя порвали стенгазету, причём Петя рвал каждый кусок на 5 частей, а Вася — на 9. При попытке собрать стенгазету нашли 1988 обрывков. Доказать, что нашли не все кусочки. Идея. Если выражение в левой части уравнения с целочисленными переменными чётное, то и выражение в правой его части должно быть чётным. Указание. Составить уравнение для обрывков стенгазеты. Указание. Проанализировать чётность слагаемых. Решение. Предположим, что Петя порвал т кусков стенгазеты, а Вася — п кусков, где /гг, п Е N. После каждого действия у Пети вместо одного куска оказывалось 5, т. е. добавлялись 4 дополнительных куска. У Васи после каждого действия вместо одного куска получалось 9 кусков, т. е. добавлялись 8 дополнительных кусков. Составим уравнение для обрывков, учитывая, что изначально стенгазета была одна (один «кусок»): 1 + 4 т + 8п = 1988 4 (т + 2 п) = 1987.
256 Часть II. Указания и решения Сумма в левой части уравнения чётная, число в правой части нечётное. Значит, уравнение не имеет решения на множестве натуральных чисел. Утверждение доказано. Задача 30 (6-7) а) Квадрат разрезали на 25 квадратиков, из которых ровно у одного сторона имеет длину, отличную от 1 (у каждого из остальных сторона равна 1). Найти площадь исходного квадрата. Идея. Составить уравнение для двух переменных; обосновать их целочисленность; воспользоваться техникой разложения на множители. Указание. Составить уравнение для площадей всех квадратов, используя две переменные — длину стороны исходного квадрата и неизвестную длину стороны оставшегося квадратика. Указание. Доказать, что введённые переменные могут принимать только натуральные значения. Указание. Решить уравнение на множестве натуральных чисел, ограничившись рассмотрением двух случаев. Решение. Пусть т — длина стороны исходного квадрата, п — неизвестная длина стороны оставшегося квадратика, п ф 1. Заметим, что не менее двух сторон квадратика с неединичной длиной примыкают к сторонам квадратиков единичной длины. Значит, п е N и т Е N. Составим уравнение для площадей всех фигур: т2 = 24 + п2 (т + п)(т — п) = 23 • 3. Требуется решить это уравнение на множестве натуральных чисел. Заметим, что каждый множитель в левой части может принимать только положительные значения. Кроме того, эти множители имеют одну чётность и первый больше второго: т + п > т — п. Эти особенности существенно сокращают перебор возможных случаев. (т + п = 12, <т = 7, (т + п = 6, (т = 5, 1) \т-п = 2 ^ U = 5. ^ U-/i = 4 ^ \п = 1. Решение второй системы не подходит по условию. Остаётся решение т = 7, п = 5. В этом случае площадь исходного квадрата равна т2 = 72 = 49. Ответ. 49. Задача 31 (6-7) а) Из квадратного листа бумаги в клетку, содержащего целое число клеток, вырезали квадрат, содержащий целое число клеток, так, что осталось 124 клетки. Сколько клеток мог содержать первоначальный лист бумагй?
7. Уравнения в целых числах 257 Идея. Составить уравнение для двух целочисленных переменных; разложить разность квадратов на множители. Указание. Ввести переменные, равные длине стороны первоначального листа бумаги и длине стороны вырезанного квадрата. Указание. Используя ограничения, вытекающие из условия, свести задачу к единственной системе линейных уравнений. Решение. Пусть тп— длина стороны исходного квадрата, п — длина стороны вырезанного квадрата; тп, тг Е N. Составим уравнение для числа клеток: Заметим, что каждый множитель в левой части последнего уравнения может принимать только положительные значения. Кроме того, эти множители имеют одну чётность и первый больше второго: тп + п > тп — п. Значит, уравнение сводится к единственной системе Первоначальный лист бумаги содержал тп2 = 322 = 1024 клетки. Ответ. 1024 клетки. (6-7) Пастух пас стадо из 100 голов. За это ему заплатили 200 руб. За каждого быка заплатили 20 руб., за корову — 10 руб., а за телёнка — 1 руб. Сколько в стаде быков, сколько коров и сколько телят? Идея. Составить два уравнения для трёх целочисленных переменных; воспользоваться методом подстановки и перебором. Указание. Рассмотреть в качестве переменных поголовье быков, коров и телят. Указание. Составить два уравнения для общего поголовья стада и для стоимости выпаса. Указание. Перебором по натуральным значениям количества голов быков найти единственное решение задачи. Решение. Пусть тп, п, k — поголовья быков, коров и телят соответственно; тп, п, k Е No. По условию тп + п + k = 100. Составим уравнения для стоимости услуги пастуха: Выразим переменную k из первого уравнения и подставим во второе: 200 = 20тп + 10п + (100 — т — п) 100 = 19тп + 9п. Перебирая натуральные значения переменной т от 1 до 5, находим единственное решение тп = 1, п = 9, k = 90. Ответ. 1 бык, 9 коров и 90 телят. тп2 — п2 = 124 (тп + п)(тп — п) = 22 • 31. Задача 32 200 — 20тп -f- 10п -f k.
258 Часть II. Указания и решения Задача 33 [6-7] Один мальчик 16 февраля 2003 года сказал: «Разность между числами прожитых мною месяцев и прожитых (полных) лет сегодня впервые стала равна 111». Когда он родился? Идея. Количество прожитых месяцев не меньше двенадцатикратного количества прожитых лет, но меньше двенадцатикратной суммы количества прожитых лет и единицы. Указание. Составить уравнение для суммы прожитых мальчиком полных лет и месяцев, рассмотрев перечисленные величины в качестве переменных. Указание. Использовать оценки, связывающие введённые переменные. Решение. Пусть к 16 февраля 2003 мальчик прожил полных т месяцев и п лет; тг, т е No. По условию т — п — 111. Поскольку для переменной т справедливо двойное неравенство 12тг ^ т < 12(тг + 1), можно получить двойное неравенство и для переменной п: 12тг ^ 111 + п < 12(тг + 1). Из левого неравенства 11 п ^ 111 следует, что п ^ 10. Из правого неравенства 111 + тг < 12(тг + 1) следует, что 11 п > 99, т. е. п > 9. Значит, п = 10, т = 111 + п = 121. Итак, 16 февраля 2003 возраст мальчика составил 10 лет и 1 месяц, т. е. он родился 16 января 1993 года. Ответ. 16 января 1993 года. Задача 34 [ 7 ) У отца спросили, сколько лет двум его сыновьям. Отец ответил, что если к произведению их возрастов добавить сумму этих возрастов, то получится 34. Сколько лет сыновьям? Идея. Составить уравнение для двух целочисленных переменных; найти два решения, принимая во внимание, что маленькие дети (до года) имеют возраст 0 лет. Указание. Составить уравнение по условию задачи, взяв в качестве переменных возраст мальчиков. Указание. Воспользоваться техникой разложения на множители. Решение. Пусть одному сыну т лет, а. второму п лет; т, я G No. Условие задачи описывается уравнением тп + т + п = 34. Добавим к двум частям уравнения по единице и разложим выражение в левой части на множители: т(п + 1) + (п + 1) = 35 (тп + 1 )(п + 1) = 5 • 7.
7. Уравнения в целых числах 259 Возможны два случая (с точностью до обозначения переменных). Г/п +1 = 1, (т = 0, Г/тг +1 = 5, (т = 4, ' \лг + 1 = 35 ^ \/1 = 34. U+U7 ^ \/г = 6. Значит, либо один сын ещё младенец (0 лет), а второму уже 34 года, либо одному сыну 4 года, а второму 6 лет. Ответ. О лет (младенец) и 34 года или 4 года и 6 лет. Задача 35 I В начале года в 7 классе учились 25 человек. После того как туда пришли семеро новеньких, количество отличников увеличилось на 10 процентов (если в начале года отличников было а%, то затем стало (а + 10)%). Сколько теперь отличников в классе? Идея. Используя две целочисленные переменные и пояснения в условии задачи, описать изменение процента отличников в классе. Указание. Ввести две переменные, равные числу отличников в начале учебного года и числу отличников среди новых учеников. Указание. Составить уравнение, описывающее изменение процента отличников; перейти к уравнению с целыми коэффициентами. Указание. Используя свойства делимости переменных и перебор, найти единственное решение. Решение. Пусть изначально в классе было т отличников, а среди новых учеников оказалось п отличников; п,т е No, т ^ 25, /1^7. Составим уравнение для процента отличников: J£±5L . юо = ^ • 100 + 10. 25 + 7 25 Перейдём к уравнению с целыми коэффициентами: (тг + /тг) • 100 = т • 4 • 32 + 320 (п + т) • 25 = т • 32 + 80 25/г = 7т + 80. Из полученного уравнения следует, что число т кратно пяти. Пусть т = 5ft, ft £ No. Уравнение принимает вид 25/г = 7 • 5 • ft + 80 <=Ф 5/i = 7ft+ 16. Перебирая все возможные значения переменной п от 4 до 7, находим единственное решение п = 6, ft = 2, т = 5ft = 10. Значит, после прихода новых учеников в классе стало /г + /п = 6 + 10 = 16 отличников. Ответ. 16 отличников. Задача 36 (6-7) Летит над лесом стая сороконожек и трёхголовых драконов. У них всего 26 голов и 298 ног. У каждой сороконожки ровно одна голова. Сколько ног у трёхголового дракона?
260 Часть II. Указания и решения Идея. Описать условие системой двух уравнений относительно трёх целочисленных переменных. Указание. Ввести три переменные: количество сороконожек в стае, количество драконов и количество ног у дракона. Указание. Составить уравнения для общего количества голов и ног в стае. Указание. Воспользовавшись методом подстановки и ограничениями, обусловленными условием, найти единственное решение. Решение. Пусть в стае т сороконожек и п трёхголовых драконов, и у каждого дракона k ног; т, п, fe Е No. Составим уравнения для общего количества голов и ног в стае: Г т + Зп = 26, | 40т + nk = 298. Из первого уравнения следует, что п < 9. Выразим переменную т из первого уравнения и подставим во второе: 40(26 - Зп) + nk = 298 742 = п( 120 - fe). Поскольку 742 = 2*7* 53, 120 — fe ^ 120, а п < 9, система имеет единственное решение на множестве натуральных чисел: п = 7, fe = 14, т = 26 — Зп = 5. Значит, у трёхголового дракона 14 ног. Ответ. 14 ног. Задача 37 [6-7) а) Пять участников олимпиады стали её победителями, набрав по 15, 14 и 13 баллов и заняв соответственно I, II и III места. Сколько участников завоевали каждое призовое место, если вместе они набрали 69 баллов? Идея. Описать условие системой двух линейных уравнений относительно трёх целочисленных переменных. Указание. Взять в качестве переменных число учеников, завоевавших I, II и III места. Указание. Составить систему уравнений для общего числа победителей и для набранных ими баллов. Указание. Решить систему методом подстановки. Решение. Пусть т участников из пятёрки победителей набрали 15 баллов, п участников набрали 14 баллов и fe участников набрали 13 баллов; m,n,k Е N. По условию ( тп п + k — 5, \ 15m + 14n+13fe = 69. Выразив из первого уравнения системы переменную k и подставив во второе уравнение, получим 15т + 14 п + 13(5 — т — п) = 69 2 тп + п = 4. Полученное уравнение имеет единственное решение на множестве натуральных чисел: тп — 1, п = 2. Тогда k = 5 — тп — п = 2. Зна¬
7. Уравнения в целых числах 261 чит, один ученик завоевал I место и по два ученика завоевали II и III места. Ответ. I место завоевал 1 ученик, II место завоевали 2 ученика, III место завоевали 2 ученика. Задача 38 (6-7) а) Известно, что х = 2а5 = 5Ъ2 > 0, числа а и & целые. Каково наименьшее возможное значение х? Идея. Используя свойства делимости переменной а, найти из уравнения наименьшее возможное значение величины Ъ2. Указание. Рассмотреть уравнение для переменных а и 6; показать, что число а должно быть кратно 5. Указание. Найти наименьшее возможное значение величины Ъ2. Решение. Рассмотрим уравнение 2а5 = 5Ъ2 для двух не равных нулю целочисленных переменных. Из уравнения следует, что число а должно быть кратно 5. Пусть a = 51, где t е N, t ф 0. Уравнение принимает вид 2 • 55 • £5 = 5Ь2 <=>• 2 • 54 • £5 = &2. Представим произведение, стоящее в левой части равенства, в виде (52*2)2 • (21). Это произведение будет квадратом целого числа, если переменная t будет равна удвоенному квадрату целого числа. Наименьшего значения данное произведение достигает при t = 2 = 2*1. В этом случае X = 5&2 = 2 • 55 • t5 = 2 • 55 • 25 = 200 ООО; а = 10; Ъ = 200. Ответ, х = 200 000 при а = 10 и & = 200. Задача 39 (6-7) Найти все тройки простых чисел х, г/, г такие, что 19х — yz = = 1995. Идея. Среди простых чисел только одно число чётное. Указание. Разложить выражение на множители, используя кратность числа 1995 числу 19. Указание. Показать, что одно из чисел должно быть равно 19. Указание. Показать, что одно из оставшихся простых чисел должно быть чётным. Решение. Перегруппируем слагаемые: 19(х — 105) = yz. Так как по условию числа х, у и z простые, один из множителей произведения в правой части равен 19. Пусть у = 19. Тогда для второго множителя остаётся уравнение х — 105 = z <^> х — z = 105.
262 Часть II. Указания и решения Разность двух простых чисел равна нечётному числу, если вычитаемое, т. е. z, равно 2. Тогда х = 105 + 2 = 107 — простое число. Найдены два решения уравнения: х = 107, у = 19, г = 2 или х = 107, у = 2, г = 19. Ответ. (107; 19; 2) или (107; 2; 19). Задача 40 [6-7] Найдутся ли натуральные числа х, у иг, удовлетворяющие условию 28х + 30y + 31z = 365? Идея. Провести аналогию с невисокосным годом. Указание. Заметить, что в правой части равенства стоит сумма дней в невисокосном году. Указание. В левой части равенства сумма дней високосного года представлена в виде трёх слагаемых, соответствующих месяцам разной продолжительности. Решение. Заметим, что в невисокосном году 365 дней. При этом в одном месяце (феврале) 28 дней, в 4 месяцах (апрель, июнь, сентябрь, ноябрь) по 30 дней и в 7 месяцах (январь, март, май, июль, август, октябрь, декабрь) по 31 дню. Значит, одно из решений задачи х = 1, у = 4, 2 = 7. Ответ. Найдутся. Например, х = 1, у = 4, г — 7. Задача 41 (71 Доказать, что уравнение х2 + у2 — 22 = 1997 имеет бесконечно много решений в целых числах. Идея. Выразить все три переменные через новую целочисленную переменную, для чего предположить, что переменные у и 2 отличаются на 1, а переменная х чётная. Указание. Рассмотреть случай, когда переменные у и z отличаются на единицу. Указание. В качестве переменной х взять чётное число и выразить исходные переменные через одну новую целочисленную переменную. Решение. Предположим, что у = 2 + 1. Тогда уравнение принимает вид x2 + (z + I)2 - 22 = 1997 х2 + 22 = 1996. Если в качестве переменной х взять чётное число, то можно будет выразить 2 через х. Действительно, при х = 2k, где k е Z, получаем Л 9 г = 998-2k2. Итак, тройка чисел (2ft; 999 — ft2; 998 — ft2) при любом ft е Z яв- ляется решением исходного уравнения. Значит, уравнение имеет бесконечно много решений в целых числах. Утверждение доказано. Замечание. Вместо зависимости у = 2 + 1 можно рассмотреть зависимость у = 2 — 1.
7. Уравнения в целых числах 263 Задача 42 ( 7 I Найти все натуральные шип, для которых выполняется равенство 0 ml + 12 = п . Идея. Число ml при т> 4 заканчивается на 0. Указание. Получить оценки для значений переменной т, анализируя последнюю цифру суммы ml + 12. Указание. Решить задачу перебором по допустимым значениям т. Решение. Ранее было доказано, что квадрат натурального числа может заканчиваться только на цифры 0, 1, 4, 5, 6 или 9. Заметим, что число ml при т > 4 заканчивается на 0. Тогда сумма ml + 12 заканчивается на 2, т. е. не может быть квадратом натурального числа. Осталось рассмотреть четыре возможных значения переменной т. • При т = 1 получаем уравнение 13 = п2, которое не имеет решений на множестве натуральных чисел. • При т = 2 получаем 14 = п2, нет решений. • При т = 3 получаем 18 = п2, нет решений. • При т = 4 получаем 36 = п2. Значит, п = 6. Найдено единственное решение т = 4, п = 6. Ответ, п = 6, т = 4. Задача 43 ( 7 I Найти все целые х и I/, удовлетворяющие уравнению х4 — 2 г/2 = 1. Идея. Если произведение двух взаимно простых чисел равно квадрату третьего числа, то каждое из двух взаимно простых чисел является квадратом. Указание. Сделать вывод о нечётности переменной х. Указание. Разложив разность х4 — 1 на множители, сделать вывод о чётности переменной у. Указание. Воспользоваться тем, что при некоторых ограничениях множители произведения являются попарно взаимно простыми. Решение. Поскольку уравнение чётно относительно переменных, сначала рассмотрим х ^ 0, у ^ 0, а затем обобщим результат на случай х, у е Z. Перепишем уравнение в виде х4 - 1 = 2у2 <=> (х - 1){х + 1)(х2 + 1) = 2у2. Заметим, что число х должно быть нечётным. Представим его в виде х = 2т — 1, где т е N. Тогда уравнение принимает вид (2т — 2)2т((2т — I)2 + 1) = 2 у2 4 (т — 1)т(2т2 — 2т + 1) = у2. Из последнего уравнения следует, что число у чётное. Пусть у = 2ft, ft € N. Получаем (т — 1)т(2т2 — 2т + 1) = ft2.
264 Часть II. Указания и решения Рассмотрим три случая. • При т = 1 получаем k = 0; х = 2т — 1 = 1, у = 0. • При т = 2 получаем 10 = fe2; нет решений на множестве натуральных чисел. • При т > 2 числа ттг — 1, тп, 2тп2 — 2т + 1 = 2(ттг — 1)тп + 1 являются попарно взаимно простыми, т. е. никакие два из них не имеют общих делителей. Поскольку произведение этих чисел равно квадрату числа fe, каждое из этих чисел должно быть квадратом некоторого числа. Далее, числа тп — 1 и ттг отличаются на единицу. Таким свойством обладают квадраты чисел 0 и —1 или 0 и 1. В первом случае тп = 1; во втором случае тп = 0. Эти значения не удовлетворяют условию тп > 2. Итак, при х, у G No найдено единственное решение х = 1, у = 0. В силу чётности уравнения пара х = — 1, у = 0 также будет его решением. Ответ, х = — 1, у = 0 или х = 1, у = 0.
ОТВЕТЫ i. 1. а) 9 999 999 и 1 ООО ООО; б) 1 110 ООО и 1 ООО 011. 2. 102 года. 3. 58. 4. 99 999 785 960. 5. 19 чисел. 6. а) Чётным. 7. 24 нулями. 8. 499 нулями. 9. Чётной. 11. 11. 12. Нет. 13. Единиц больше на 997. 14. 54. 15. 45. 16. 108. 17. 125, 250, 375. 21. 4. 23. 27. 27. а) 1; б) 1; в) 191. oq Q\ 59, 83. \ 359, ч 271 28. а) уд, б) jj, в) ууз, г) ggg. 29. 40 и 48. 30. 90 и 126. 2 105* 140 99 • 31. 32. 2 3 3 33. Да, например у, у, g. 35. 11 при п — lift+ 4; иначе 1. 37. -8; -3; -2; 1. 39. Нет решений. 40. 5 коробок «Сладкой математики» и 4 коробки «Геометрии с орехами» 41. На 105-й день. 42. 18 литров. 43. 1001 секунда. 44. Одна работа. 45. 100 ножей и 260 вилок. 46. 40 подарков. 47. 1) 10 ч; 2) 4 ч; 3) 20 ч. 48. 65 см. 51. 12, 6, 4, 3, 2, 1.
266 Ответы 2. 1. Да. 2. Да. 3. Нет. 4. Нет. 5. Да. 6. Да. 7. Не обязательно. 19. 1, 2, 3, 7. 20. 1, 2, 4, 8. 21. Например, 2, 22,..., 2П~\2". 22. 19 учеников внесли по 2615 руб. 23. а) АХ = 29, УХ = 69 или АХ = 69, УХ - 29; б) БАО - 143, БА = 14, Б= 1. 24. Тройка. 25. 2, 5 или 11 человек. 26. 7 сторожей. 27. 15 рублей. 28. 11 ребят. 29. Не мог. 31. 99. 32. 95 421. 33. 7 пар. 39. Нельзя. 40. 658, 615 и 700 учебников. 47. Не может. 48. 1001 тг, где п — любое натуральное число. 49. а = 2, Ь = 9. 50. 133. 51. а) Нет; нет; да, например 25 558; б) нет. 52. 57. 53. 251. 54. а) 4 делителя; б) 6 делителей; в) 9 делителей; г) (m + 1 )(п + 1) делителей. 3. 1. Может: 0,2 • 10 = 2 и 0,2 • 15 = 3. 2. 2. 6. 37. 7. Нет. 8. Нет. 10. 53. 11. 1. 14. Нет. 16. 2 и 5. 17. 3 и 2. 18. а) 12 347 658; б) 135 702 468. 19. 16. 20. р — 2, g — 3, п — 1 или р = 3, q = 2, п=1. 22. 1944 = 23 • З5. 25. а)/> —1; б) р2 -р. 28. а) Да; б) да; в) да; г) не обязательно. 29. Например, 114.
Ответы 267 30. а) от 114 до 123; б) от 113 до 122; в) от 109 до 118; г) от 107 до 116; д) от 101 до 110; е) не более пяти. 31. а) 5, 11, 17, 23, 29; б) 7, 37, 67, 97, 127, 157. 32. 2, 3, 5, 7 и 11. 34. Да, например 52 — З2 = 42. 35. 497 чисел вида 1 + 4k при k = 0,1, 2,..., 496. 36. Нет. 37. Прямоугольники с отношением длин сторон 13 : 1. 38. Нет. 39. Нет. 40. Существует. 41. а) 25, 3, 2, ... , 2, 1, ... , 1 (24 двойки, 74 единицы). Сумма чисел и НОК равны 150. б) 1, 3, 4, 8, ... , 297, 3*298, 299. Сумма чисел и НОК равны 3*299. 4. 6. а) Нет. 8. а) Найдётся. 9. а) Да, например 1, 3, 7, 9; б) нет. 13. а) 8, 16, 24, 32, 40, 48; б) 233; в) 576 и 170; г) 568 и 72. 14. а) 60; б) да. 15. Да. 16. а) 959; б) 2519. 17. а) 25 670, 27 635, 29 600; б) 10 035, 12 000, 13 965. 18. а) Частное не изменится, а остаток увеличится в 3 раза, если он не равен нулю, и не изменится, если он равен нулю. б) Частное не изменится, а остаток уменьшится в 6 раз и станет равным 4. 19. б) 5 карточек. 20. а) 12/г + 1, где п — любое целое число; б) 24д + 5, где п — любое целое число. 21. 523 152 или 523 656. 23. а) 6; б) 1; в) 1; г) 3; д) 0; е) 2, или 4, или 6, или 8; ж) 3 или 7; з) 4; и) 5. 24. 0. 25. 00. 27. а) 0,1; 0,1, 2; б) 0,1;0,1,3; в) 0,1, 4; 0,1, 2, 3,4; г) 0,1, 2, 4; 0,1, 6; д) 0,1,4, 7; 0,1,8. 31. п = 8k или п = 2р — 1; k,p Е N. 36. а) Нет; б) нет. 38. а) Все числа вида 4п + 3, где п Е No; б) все числа вида 9п + 4, где п Е No. 39. Нет. 40. Нет. 42. Нет. 44. а) 3; б) 3; в) 3; г) 5. 50. Нет. 54. Нет. 55. а) Да; б) да; в) нет. 56. (15; 55), (25; 65), (35; 75). 57. Нет. 58. б) Нет.
268 Ответы 59. 308 или 368. 61. Нет. 63. Герцог. 66. а) 20 кг; б) 6; в) 14. 67. 99. 69. а) 17; б) 23. 70. а) 819; б) 620. 71. 498 долларов. 73. На 3. 75. 2. 5. 2. (—1)п, т. е. 1 при чётном п и — 1 (или 7) при нечётном п. 3. а) 6; б) 9; в) 7; г) 8. 4. На 7. 5. а) На 9; б) на 1; в) на 2; г) на 6. 6. а) 3; б) 9. 14. 8. 15. Да, например 288. 16. а) Нет; б) нет. 17. Например, —1 или п— 1. 18. 5. 6. 1. а) Нет; б) нет. 2. а) Нет; б) да, так как 3 руб. 20 коп. не делится на 6. 3. 5 великанов. 4. 15 рублей. 5. 115 лимонов и 345 апельсинов. 6. а) 1 023 467 895; б) 1 234 567 980; в) 1 023 457 896; г) 9 876 543 120. 7. а) 0 или 6; б) 8280. 8. Да. 10. Да; например, 444 444 делится на 33. Нет. 11. 10, 25, 40. 12. а) 45; б) 25. 13. Например, 71 и 72. 14. 20 учеников; 1 ученик. 15. Да. 16. 45. 17. 1149 чисел. 18. Нет. 20. Например, 201 320 132 013. 21. 9. 22! а) Нет; б) 6. 23. Число 11 состоит из двух цифр. 24. Нет. 25. а) Нет; б) нет; в) нет. 26. Нет. 27. а) Нет; б) цифра десятков больше цифры единиц на 1 или на 4. 28. а) 5130 и 9135; б) 1155, 3150, 4155, 6150, 7155, 9150. 29. а) 52 020, 52 128, 52 524, 52 920; б) 42 048, 42 840; в) два числа 2970 и 6975.
Ответы 269 30. а) 5 нулей; б) нет; в) нет. 31. а) Две последние тройки; 3 213 212 121; б) надо вычеркнуть 2,7,9. 32. а) 9 чисел; б) 9 чисел. 33. а) 59 994; б) 89 991. 34. а) 1494; б) 4126. 35. а) Нет; б) нельзя; в) нет. 36. а) Нет; б) нет. 37. 1717. 38. 10 ООО ООО ООО ООО 002 980. 39. 75. 41. а) Например, 7 392 168; б) нет. 42. 18. 46. 218, 219, 220, 221, 222, 224, 225, 226 и 227. 47. Любое число от 100 до 109. 52. Можно, например чередующиеся десять цифр 2 и девять цифр 1. 55. Нет. 56. б) Нет. 57. а) Нет. 58. 11 111 111 100. 59. Нет. 60. а), б) Число делится на 2п (5П), если число, составленное из последних п цифр исходного числа, делится на 2п (5П). 62. а) Нет; число 9981 не делится на 27; б) нет; например, 405. 63. Одним нулём. 64. 69. 65. 4625, 4875, 5216, 5264, 5736, 5784, 6125, 6375. 66. Нет. 71. Число состоит из 300 единиц. 7. 1. а) (-4; 9), (20;-33), (4;-9), (-20; 33); б) (±16; ±15) (4 решения); в) нет решений; г) (5; 2), (2; 5), (0;-3), (-3;0), (3;3), (—1; —1); д) (±3;±2) (4 решения); е) (5; 6), (-5;-6), (13; 6), (—13; -6); ж) (6;-21), (4; 15), (7;-12), (3; 6), (8;-9), (2; 3), (11;-6), (14; -5), (—1; 0), (—4; —1), (23;-4), (-13;-2); з) (2; 14), (0; —20), (18;-2), (-16;-4); и) (±4; 1), (±4;-3); к) (±152; ±151), (±52; ±49) (8 решений); л) нет решений; м) (5; 6), (-6;-5), (-3;4), (-4; 3); н) 1; о) нет решений; п) нет решений. 2. (10; 10; 10), (-10;-10;-10). 3. Например, а = 2, b = 20. 4. р = 3, q = 2. 5. а) Да; б) нет; в) нет. 6. а = —4, Ъ = 2, с = 3. 7. а) Нет решений; б) (11; 170), (22; 158), (33; 146), (44; 134), (55; 122), (66; 110), (77; 98), (88; 86), (99; 74), (110; 62), (121; 50), (132; 38), (143; 26), (154; 14), (165; 2). 8. х = 1, у — 2, 2 = 3. 9. а) 35; б) 18; в) 36; г) 15, 26, 37, 48, 59; д) 12, 24, 36, 48. 10. а) 18; б) 432; в) 975. 11. В первой строке стоят 6 и 12, а во второй—12 и 6. Или наоборот.
270 Ответы 12. а) В 1957 году; б) 23 года. 13. а) Сможет. Например, он может съесть одну большую, одну среднюю и 73 маленькие таблетки, б) Три табуретки. 14. 2550. 17. а) 11 обменов; б) 11 обменов. 18. Трое. 19. На 1. 21. В 217-й квартире. 22. Нет. 23. 36 рыб и 44 рыбы. 24. а) 5,6, 7,8 или -8,-7,-6,-5; б) можно; числа от 171 до 180. 25. За 59 минут. 26. а) Нет; б) да. 27. 138, 144, 150, 288, 294. 28. а) 350; б) 108; в) 512 820; г) 857 142; д) 166 667 и 333 334. 30. а) 49; б) 125. 31. а) 1024 клетки; б) одним способом. 32. 1 бык, 9 коров и 90 телят. 33. 16 января 1993 года. 34. 0 лет (младенец) и 34 года или 4 года и 6 лет. 35. 16 отличников. 36. 14 ног. 37. а) I место завоевал 1 ученик, II место завоевали 2 ученика, III место завоевали 2 ученика; б) 12 выстрелов: 8 очков — 9 выстрелов, 9 очков — 2 выстрела, 10 очков — 1 выстрел. 38. а) х = 200 000 при а = 10 и Ъ = 200; б) х = 2, у = 2; х = 32, у = 16. 39. (107; 19; 2) или (107; 2; 19). 40. Найдутся. Например, х = 1, у = 4, г = 7. 42. /1 = 6, пг = 4. 43. х = -1, у — 0 или х = 1, у = 0.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Агаханов Н.Х., Подлипский O.K. Математические олимпиады Московской области.—М.: Изд-во МФТИ, 2003. — 224 с. 2. Вабинская И.Л. Задачи математических олимпиад.—М.: Наука, 1975. — 111 с. 3. Берлов C.JI., Иванов С. В., Кохасъ К. П. Петербургские математические олимпиады. — 3-е изд., стереотип. — СПб.: Лань, 2005. — 608 с. 4. Горбачёв Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике.—М.: МЦНМО, 2004. —560 с. 5. Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решениями) : пособие для учителей 5-8 классов ; под ред. К. П. Сикорского. — 2-е изд., перераб. — М.: Просвещение, 1971. — 304 с. 6. Медников JI. Э., Мерзляков А. С. Математические олимпиады. — Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2000. — 136 с. 7. Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Лучшие задачи на смекалку. — М.: НТЦ «Университетский» : АСТ-ПРЕСС, 1999. —304 с. 8. Петраков И. С. Математические олимпиады школьников. Пособие для учителей. — М.: Просвещение, 1982. — 96 с. 9. Спивак А. В. Тысяча и одна задача по математике : кн. для учащихся 5-7 кл. — 4-е изд. — М.: Просвещение, 2012. — 207 с. 10. Фарков А. В. Готовимся к олимпиадам по математике : учебно-ме- тодическое пособие. — 5-е изд., стереотип. — М.: Экзамен, 2010.— 158 с. 11. Фарков А. В. Математические олимпиады в школе. 5-11 класс.— 2-е изд., испр. — М.: Айрис-пресс, 2003. — 160 с. 12. Фомин Д. В. Санкт-Петербургские математические олимпиады. — СПб.: Политехника, 1994. — 309 с. 13. Чирский В. Г., Шавгулидзе Е. Т. Уравнения элементарной математики. Методы решения. — М.: Наука, 1992. — 176 с. 14. Чубариков В.Н. Элементы арифметики.—М.: Изд-во механико-ма- тематического ф-та МГУ, 2007. — 96 с. 15. LXVII (67-я) Московская математическая олимпиада. Задачи и решения. — М.: Изд-во МЦНМО, 2004. — 24 с.
Федотов Михаил Валентинович — кандидат физико-математических наук, доцент кафедры математической физики, заместитель декана по учебной работе факультета Вт 1К МГУ имени М. В. Ломоносова. Область т аучных интересов: математическая физика, дифференциальные уравнения, численные методы, математические модели нелинейной оптики. Автор более 100 научных и учебнометодических работ. Организовал и долгое время возглавлял Учебный центр факультета (1998-2014), в состав которого входят подготовительные курсы. Семендяева Наталья Леонидовна — кандидат физико-математических наук, старший научный сотрудник факультета ВМК МГУ имени М. В. Ломоносова. Область научных интересов: математическое моделирование физико-химических процессов, нелинейная динамика, дифференциальные уравнения, методы Монте-Карло. Автор более 60 научных и учебно-методических работ. Член экзаменационной комиссии МГУ, преподаватель подготовительных курсов МГУ, сертифицированный эксперт ГИА-11 по математике.