Решение уравнений в целых числах

1
Решение уравнений в целых числах
Лекции В.В.Шеломовского
Суть
Задачи, результат решения которых по смыслу должен быть целым или натуральным
числом, образуют множество красивых задач, которые используют на олимпиадах и в ЕГЭ
(задача С6). Соответствующие уравнения называют Диофантовыми. Решения некоторых
типов задач рассмотрены.
Оглавление
1 Чётность...........................................................................................................................................2
1.1 Дробь.........................................................................................................................................2
1.2 Разность квадратов..................................................................................................................2
1.3 Ряд гирек...................................................................................................................................3
1.4 Степени и чётность..................................................................................................................3
1.5 Последовательность отношений............................................................................................4
2 Делимость........................................................................................................................................5
2.1 Сократимость дроби................................................................................................................5
2.2 Перевозим парты......................................................................................................................6
2.3 Десятый класс..........................................................................................................................6
2.4 Две группы...............................................................................................................................7
2.5 Ищем числа..............................................................................................................................7
2.6 Уравнение с факториалом.......................................................................................................7
2.7 Защитники отечества в строю................................................................................................8
2.8 Муравьи в трудах.....................................................................................................................8
2.9 Простые члены прогрессии....................................................................................................9
2.10 Квадраты на доске..................................................................................................................9
2.11 Произведение двух чисел....................................................................................................10
2.12 Вычёркивание первой цифры.............................................................................................10
2.13 Два простых числа (2000/01 – 3 – 11)................................................................................11
2.13.a Три неизвестных, одно простое (2001/02 – 3 – 11)....................................................11
2.13.b Таблица и 11..................................................................................................................11
2.14 Многочлен делится на k......................................................................................................11
3 Основная теорема арифметики....................................................................................................13
3.1 Билинейное уравнение..........................................................................................................13
3.1.a Конкретное билинейное уравнение..............................................................................13
3.1.b Конкретное билинейное уравнение..............................................................................14
3.2 Вклад и банк...........................................................................................................................14
3.3 Пары чисел из множества.....................................................................................................15
3.4 Наибольший общий делитель...............................................................................................15
4 Уравнения.......................................................................................................................................16
4.1 Корни целые, коэффициенты простые.................................................................................16
4.1.a Корни целые, коэффициенты простые.........................................................................16
4.2 Корни натуральные................................................................................................................16
4.3 Множество решений..............................................................................................................17
4.3.a Множество решений......................................................................................................18
4.4 Целые решения уравнения с корнями..................................................................................18
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
2
5 Контрольная работа.......................................................................................................................19
5.1 Контрольная работа – решения............................................................................................20
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
3
1
Чётность
Делимость на 2 − это чётность, а отсутствие такой делимости − это нечётность.
Считаем очевидными следующие утверждения:
Чётное число не может быть равно нечётному.
В десятичной системе счисления чётные числа заканчиваются на 0, 2, 4, 6 или 8.
Нечётное число не может разделиться на чётное нацело.
Среди простых чисел только одно число 2 является чётным.
Если степень некоторого числа n чётная, то и само число n чётное.
1.1 Дробь
Найдите числа p и n, где p – простое число, а n – целое число, при которых выражение
3
n − p n+ 1
есть целое число.
n2 + p n+ 2
Размышляем: n 3− p n+1=(n− p)⋅(n2 + pn+2)+ p ( p−1) n+ 2( p−n)+1.
Равенство p(p–1)n + 2 (p – n) + 1 = 0 невозможно, так как первые два слагаемые чётные.
Значит, p(p–1)n + 2 (p – n) + 1 делится на n2 + pn + 1.
Решение: Если n – чётное число, то в числителе стоит нечётное число, а в знаменателе
чётное. Нечётное число не может разделиться на чётное нацело. Противоречие. Значит, n –
нечётное число.
Если p – нечётное, то в числителе стоит сумма трёх нечётных чисел, то есть нечётное
число, в знаменателе стоит сумма двух нечётных чисел и чётного, то есть чётное число.
Противоречие. Итак, р – чётное число. По условию, р – простое число. Значит, p = 2.
При этом
n3− p n+ 1 n3−2 n+1
5
– целое число.
= 2
=n−2+
2
2
n + p n+ 2 n + 2 n+ 2
(n+1) +1
Знаменатель (n + 1)2 +1 может быть равен 1, при этом n = – 1.
Знаменатель может быть равен 5, при этом n = – 3 или n = 1.
Ответ: p = 2, n ={– 3; – 1; 1}.
1.2
Разность квадратов
Найдите все целые х и у такие, что y2 – 1 = 3 · 2x.
Решение: Пусть y чётное. Тогда y2 – 1 нечётное целое число.
Если х > 0, то правая часть чётная, противоречие.
Если х < 0, то правая часть не целая, противоречие.
Значит, x = 0. Отсюда получим, что y= ±2.
Если y нечётное, то y = 2n + 1, y2 – 1 = 4n (n + 1). Уравнение принимает вид
n (n + 1) = 3 · 2x–2.
Слева записано произведение двух последовательных чисел, одно из которых нечётное.
Это нечётное число может быть равно или 3, или –3.
Если n = 3,
то y = 7, x = 4.
Если n = –3,
то y = –5, x = 3.
Если n+1 = 3, то n = 2, y = 5, x = 3.
Если n+1 = –3, то n = –4, y = –7, x = 4.
Ответ: (0; ±2); (3; ±5); (4; ±7).
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
4
1.3
Ряд гирек
В ряду из 4n + 1 гирек вес каждой гирьки составляет целое число граммов и не
превышает 2n г. Веса любых двух соседних гирек отличаются ровно на 1 г, а общий вес всех
гирь в граммах является чётным числом. Докажите, что гирьки можно разделить на две
кучки, суммы весов в которых равны.
Размышляем: При переходе в ряду к следующей гире, меняется чётность её веса. Гирь
одного типа 2n, другого 2n + 1, общий вес чётный, значит, на нечётных местах стоят гири
чётного веса. Первая и последняя гири чётные.
Количество гирь в кучках разное, значит, излишек веса за счёт одной гири должен быть
компенсирован теми единичками веса, которые даёт пара соседних гирек. Таких пар 2n и с их
помощью можно создать «противовес».
Решение: Заметим, что при переходе в ряду от данной гири к следующей гире к весу
данной добавляется или вычитается 1. Значит, изменяется чётность веса гири.
Гирь одного типа чётности 2n, другого типа чётности 2n + 1, общий вес чётный, значит,
в ряду нечётное количество гирь чётного веса. Поэтому на нечётных местах (1,3,...,4n + 1)
стоят гири чётного веса. Первая и последняя гири чётные.
Выберем из них более лёгкую. Её вес 2k не более, чем 2n.
Из пар гирь 2–3,4–5, …, 4k, 4k + 1, выберем более лёгкие и положим в кучку с гирей
весом 2k. Остальные формируют вторую кучку. Таких пар 2k. Веса этих кучек одинаковы.
Оставшиеся гири от 4k + 2 до 4n + 1 содержат 2(n – k) пар. В половине из них возьмем
более легкие гири, в половине – более тяжёлые и добавим в одну кучку, остальные – в
другую. Равновесие не нарушится. Созданные кучки содержат все гири и их веса равны.
1.4
Степени и чётность
Даны натуральные числа a, b, c, взаимно простые в совокупности. Верно ли, что
обязательно существует такое натуральное n, что число ak + bk + ck не делится на 2n ни при
одном натуральном k?
Размышляем: По условию «существует такое n, что … ни при одном натуральном k».
То есть выбираем некоторое n, фиксируем его, затем ищем k. Нужно доказать, что найти это k
для выбранного n невозможно. Если бы не было условия, что числа a, b, c, взаимно простые в
совокупности, то есть нет числа, который является делителем каждого из них, мы бы взяли
три чётных числа, например, 2, 6 и 8 и сказали бы, что для любого n возьмём k = n, сумма
2k + 6k + 8k делится на 2n.
В ходе доказательства рассматриваем разную чётность данных чисел играем на
чётности суммы и делимости суммы на 4. Правда, есть проблематичный случай...
Решение: Числа a, b, c, взаимно простые в совокупности, значит, они не могут все быть
чётными.
Если числа a, b, c нечётные, то сумма их k–ых степеней нечётна и не делится на 2 1.
Утверждение верно для n = 1.
Если только одно из чисел a, b, c нечётное, то сумма их k–ых степеней нечётна и не
делится на 21. Утверждение верно для n = 1.
Пусть одно из чисел (переобозначим его а) чётное, а два других b = 2р + 1 и c = 2m + 1
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
5
нечётны. Ясно, что ak делится на 2n при k > n.
Пусть k чётное. Тогда bk = 4P + 1, ck = 4M + 1, bk + ck = 4(P+ M) + 2. Это число не
делится на 4 = 22. Утверждение верно для n = 2.
Пусть k нечётное. Тогда bk + ck = (b + c)(bk–1 – bk–2 c + bk–3 c2 –... + ck–1). Все слагаемые
второго множителя нечётны. Их количество равно k, то есть нечётное. Значит, второй
множитель не делится на 2. Первый множитель не делится на 2 n > b + c. Значит, вся сумма не
делится на 2n .Утверждение верно для n = [log2 (b+c)] + 1.
1.5
Последовательность отношений
Можно ли расставить по кругу 2015 различных натуральных чисел так, чтобы для
любых двух соседних чисел отношение большего из них к меньшему было простым числом?
Доказательство. Пользуемся методом от противного. Допустим, что нашлись такие
числа a1, a2,..., a2015, которые можно расставить требуемым образом.
Пусть число ak (k = 1, 2,..., 2015) представляется в виде произведения n(k) простых
множителей (не обязательно различных). Так как любые два соседние числа отличаются друг
от друга одним простым множителем, то для любого k = 1, 2,...,2014 числа n(k) и n(k + 1)
отличаются на единицу и имеют разную четность. Значит, числа n(1), n(3),..., n(2015) должны
быть одной четности.
Числа a2015 и a1 также соседние, поэтому n(2015) и n(1) должны иметь разную четность.
Противоречие.
Ответ: Нельзя.
1.6
Решение равенства
Решите равенство ЧИСЛО = 3 * СОЧИ (разные буквы соответствуют разным цифрам).
Решение: 3*9 = 27, значит Ч = 1 или 2.
Пусть И = 0 или 5. Тогда О = 5, противоречие.
Пусть И = 1. Тогда Ч = 2, О = 3, 21СЛ3= 3 * С321 противоречие для С которое равно 9
так как 3 * 321 = 963 и С не больше, чем 21 /3 = 7.
Пусть И = 2. Тогда Ч = 1, О = 6, 12СЛ6= 3 * С612 противоречие для С = 8 (= 4).
Пусть И = 3. Тогда О = 9. Если Ч = 2, 23СЛ9 = 3 * С923, С = 7, Л = 6.
Если Ч = 1, 13СЛ9 = 3 * С913, противоречие для С = 7 (= 4).
Пусть И = 4. Тогда О = 2, Ч = 1, 14СЛ2 = 3 * С214, противоречие для С = 6 (< 5).
Пусть И = 6. Тогда О = 8. Если Ч = 2, 26СЛ8 = 3 * С826, противоречие для С = 4 (> 7).
Если Ч = 1, 18СЛ8 = 3 * С616, противоречие для С = 8 (< 7).
Пусть И = 7. Тогда О = 1, Ч = 2, 27СЛ1 = 3 * С127, противоречие для С = 3 (> 8).
Пусть И = 8. Тогда О = 4. Если Ч = 2, 28СЛ4 = 3 * С428, противоречие для С = 3 (> 7).
Если Ч = 1, 18СЛ4 = 3 * С418, противоречие для С = 2 (> 6).
Пусть И = 9. Тогда О = 7. Если Ч = 2, 29СЛ7 = 3 * С729, противоречие для С = 1 (> 7).
Если Ч = 1, 19СЛ7 = 3 * С719, противоречие для С = 1 (> 4).
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
6
2
Делимость
Считаем очевидными следующие утверждения:
В любом равенстве целых чисел остаток от деления обеих частей на любое целое число
одинаков.
Признаки делимости на числа первого десятка и 11 считаем известными.
Если степень некоторого числа n делится на простое число p, то и само число n делится
на простое число p.
Пусть целые числа u и v делятся на w. Тогда любая линейная комбинация этих чисел с
целыми коэффициентами au + bv делится на w. Рассмотрим несколько задач.
2.1
Сократимость дроби
Пусть a/b – несократимая дробь, где числа a и b – натуральные. На какие натуральные
3 a−b
числа можно сократить дробь
если известно, что она сократима?
5 a + 2b
Размышляем. В числителе и в знаменателе линейные выражения, то есть переменные в
первой степени. При решении системы уравнений с такими выражениями применяется метод
линейной комбинации. Обе части уравнения умножали на одно число и складывали
полученные выражения. Применим аналогичный приём.
5 a + 2b
, а
Дробь 3 a−b сократима тогда и только тогда, когда сократима дробь
3 a−b
5 a + 2b
5 a + 2b
5 a+ 2 b+6 a−2 b
11 a
+ 2=
=
. Эту дробь можно сократить только на
также дробь
3 a−b
3 a−b
3 a−b
делители чисел 11 и а, но выражение 3a – b не может быть сокращено на делители числа а.
3 a−b 15 a−5b
=
Выражение 5⋅
можно сократить либо на 5, либо на то же число, на
5 a+ 2 b 5 a + 2b
3 a−b
15 a−5 b 15 a+6 b−15 a+ 5b
11 b
. 3−
=
=
которое сократима дробь
можно
5 a + 2b
5 a+ 2 b
5 a+ 2 b
5 a +2 b
сократить только на на делители чисел 11 и b, однако выражение 3a – b не может быть
сокращено на делители числа b.
Подобные операции сводятся созданию линейных комбинаций из числителя и
знаменателя. Общее правило таково:
f
дробь
может быть сокращена лишь на делители выражения kf + ng, где k и n целые.
g
Корректная запись решения задачи требует, чтобы был приведен пример сократимого
выражения, так как может быть , что такого выражения не существует.
Решение: Создадим линейную комбинацию числителя и знаменателя, содержащую
лишь одну переменную: (5a + 2b) +2(3a – b) = (5a + 2b) + (6a – 2b) = 11a.
Полученное выражение делится на 11 и делители числа а. a/b – несократимая дробь,
значит, исследуемая дробь может сократиться только на 11.
Пара чисел (a = 5, b = 4) удовлетворяет условию и дает сократимую на 11 дробь 11/33.
Ответ: 11.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
7
2.2 Перевозим парты
В каждом классе некоторой школы одинаковое число парт. Парты с одного этажа можно
перевезти на грузовике по 5 штук, причём на последний рейс останется 2 парты. Парты с
другого этажа можно перевезти на другом грузовике по 7 штук, причём на последний рейс
останется 4 парты. Второй грузовик при этом сделает на один рейс больше. Найдите число
парт в каждом классе этой школы. Решение смотрите по адресу http://youtu.be/6BclFH82fgo
Размышление: Если первый грузовик сделал n рейсов (не считая последний), то он
перевёз 5 n+ 2 парты. Второй сделал n+1
рейс не считая последний, и перевёз
7(n+1)+4=7 n+11 парт. Найденные два числа имеют общий делитель − число парт в
классе. Поиск общего делителя один старательный ученик выполнил, последовательно
подставляя значения n. Так при n = 1 он получил пары 7 и 18, при n = 2 получил 12 и 25, …
при n = 16 получил 82 и 123. Эти числа имеют общий делитель 41, значит, число парт может
быть равно 41. Нужно, однако, доказать, что нет другого возможного числа парт.
Решение: Пусть первый грузовик сделал n рейсов при которых он был заполнен.
Тогда второй сделал n+1 рейс. Количество парт на этажах (все они перевезены) составляет
5 n+ 2 и 7( n+1)+4=7 n+11 . Эти два числа имеют общий делитель − число парт в классе.
Число 5(7 n+11)−7(5 n+2)=41 имеет тот же делитель. Значит, число парт, которое
больше, чем 1, может быть только 41. Уравнение 5 n+ 2=41 не имеет целых корней, а
5 n+2=82 имеет корень n=16 .
Если на одном этаже 2 класса и 82 парты, то их можно перевезти на грузовике за 17
рейсов по 5 штук, причём на последний рейс останется 2 парты.
Если на другом этаже 3 класса (123 парты), их можно перевезти на другом грузовике по
7 штук за 18 рейсов, причём на последний рейс останется 4 парты.
Ответ: 41.
2.3 Десятый класс
В десятый класс приняли только часть учеников из девятого класса, причём число
процентов, на которое уменьшилось число учеников, оказалось равно числу учеников в
десятом классе. Какое наименьшее число учеников могло быть в девятом классе?
100 k
=n−k .
Размышляем. Если начальное число учеников n, ушло k человек, то:
n
Можно выразить n через k. Тогда получим квадратное уравнение. Затем будем
выяснять, при каких условиях дискриминант является квадратом.
2
n
Если выразить k через n, то получим дробь k =
. Выделим целое:
n+ 100
n 2 +100 n−100 n
100 n
100 n+10000−10000
10000
k=
=n−
=n−
=n−100+
.
n+100
n+ 100
n+100
n+100
Последняя дробь это целое число. Её числитель 10000 = 2 4 × 54 = 800×125, причём 125 −
это наименьший делитель, превышающий 100.
Решение: Если начальное число учеников n, ушло k человек, то:
100 k
n2
24⋅54
=n−k . Преобразуем k =
=n−100+
.
n
n+ 100
n+100
В выражении для k последнее слагаемое должно быть целым числом. Следовательно,
знаменатель является произведением двоек и пятёрок. Наименьший возможный знаменатель
равен 53 = 125 при n = 25.
Ответ: 25.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
8
2.4
Две группы
В волейбольном турнире с участием 73 команд каждая команда сыграла с каждой по
одному разу. В конце турнира все команды разделили на две группы так, что любая команда
первой группы одержала n побед, а любая команда второй группы ровно m побед. Могло ли
оказаться, что m≠n?
Размышляем. Если ответ «да», нужно продемонстрировать только один пример. Если
ответ «нет», нужно найти противоречие. Для этого часто используют двойной расчёт
некоторой величины.
Решение: Число игр равно числу побед в турнире и составляет 73 · 72/2 = 73 · 36.
Если в первой группе х команд, то в этой группе число побед nx. Во второй группе
число команд 73 – х, число побед m(73 – x). Всего побед nx + m(73 – x).
Приравнивая суммарное число побед, найденное разными способами, получаем:
73 · 36 = 73m + (n – m)x, 36−m=
( n−m) x
.
73
Слева целое число. Допустим, что m≠n . Справа несократимая дробь, так как 73 –
простое число, x < 73, N – m < 73. Противоречие.
Ответ: нет.
2.5 Ищем числа
Про натуральные числа a, b, c известно, что числа 2a + 4b + c и a + 6b + 2с
оканчиваются в десятичной записи на цифру 0. На какую цифру может оканчиваться число b,
если число a оканчивается на цифру 2?
Размышляем. В задаче три переменных и два уравнения. Упросим задачу, двум
переменным и одному уравнению. Удобно исключить число с, которое не требуется узнать в
задаче. Важно приводить пример существования решений.
Решение: Число 2(2a + 4b + c) – (a + 6b + 2с) = 3a + 2b оканчивается в десятичной
записи на цифру 0 (оно, как и два предыдущих, делится на 10).
Число 3a оканчивается в десятичной записи на цифру 6, значит, число 2b оканчивается в
десятичной записи на цифру 4, а число b может оканчиваться только на 2 или на 7.
Тройки чисел (a = 2, b = 2, с = 8) и (a = 2, b = 7, с = 8) удовлетворяют условию.
Ответ: 2 или 7.
2.6
Уравнение с факториалом
Решите в натуральных числах уравнение nk+1 – n! = 5(30k + 11).
Решение: Правая часть суть произведение нечётных чисел, она нечётная.
Правая часть не делится на 3, она делится на 5.
Число n нечётное. Допустим противное. Если число n чётное, то слева разность двух
чётных чисел, то есть чётное число. Противоречие.
Если n = 1, то в левой части nk+1 – n! = 0. Противоречие.
Если n = 3, то левая часть 3k+1 – 6 делится на 3. Противоречие.
Если n = 5, то 5k+1 – 120 = 5(30k + 11); 5k–1 = 6k + 7. k = 3 – решение.
Других решений нет, так как если k > 4, то 5k–1 > 25k > 6k + 7.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
9
Если n > 5, то n! делится на 5. Разность nk+1 – n! делится на 5, значит, nk+1 делится на 5.
Значит, число n делится на 5, n = 5p, где p > 2.
При этом (5p)k+1 делится на 25, (5p)! делится на 25.
Правая часть 5(30k + 11) не делится на 25. Противоречие.
Ответ: n = 5, k = 3.
2.7
Защитники отечества в строю
Рота солдат прибыла на парад прямоугольным строем по 24 человека в ряд, однако, не
все прибывшие солдаты участвовали в параде. Участников перестроили так, что число рядов
уменьшилось на 2, а число солдат в каждом ряду стало на 26 больше числа новых рядов.
Сколько солдат в роте, если её можно построить в виде квадрата?
Размышляем. Важно понять, как составить неравенство по высказыванию.
Решение: Пусть начальное число рядов n. Общее число солдат в роте 24n = 6×22n.
Роту можно построить в виде квадрата, значит, это число является квадратом. Число 6n
тоже квадрат, значит, число n делится на 6.
После того, как солдат перестроили, число рядов стало n – 2, а число солдат в новом
ряду (n – 2) + 26 = n + 24.
Солдат стало меньше (не все приняли участие в параде), значит, 24n > (n – 2)(n + 24).
Выполнив преобразование, получим 0 > (n – 8)(n + 6). откуда n < 8.
Из натуральных чисел, меньших, чем 8, на 6 делится только число n = 6. Число солдат
24n = 144.
Ответ: 144.
2.8 Муравьи в трудах
Две бригады муравьёв одинаковой производительности каждый вырыли по одинаковой
норке. Вторая бригада работала на полчаса больше первой. Если бы в первой бригаде было
на 5 муравьёв больше, то она закончила бы работу на 2 часа раньше. Найти число муравьёв в
каждой бригаде.
Решение: Пусть муравьев в первой бригаде n, во второй m, причём один муравей
a
, n + 5 муравьёв
выкопает норку за a часов. Тогда n муравьёв выкопают норку за время
n
a
a
a
a a 1
, по условию
−
=2 . Аналогично,
− = .
за время
n+5
n n +5
m n 2
a
a
4a 4a
1
1
4 4
−
= − =2 ,
−
= − . Выражаем одно целое
n n +5 m
n
n n+5 m n
2
4 5
1
4 n + 20 n
5n
= −
,
m=
=n−
.
m n n+5
4 n+25
4 n+25
Избавляемся от a:
число через другое:
Вычитаемое это положительное целое число меньшее, чем 2: 0<
оно равно единице,
5n
5
< . Значит,
4 n+25 4
5n
=1⇔ n=25 . Отсюда m = 24.
4 n+ 25
Ответ: в первой 25, во второй 24.
Делимость часто используют при решении задач с арифметической прогрессией. В
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
10
таких задачах используем следующее свойство. Если остаток от деления разности
прогрессии на k равен 1 или k – 1, то в прогрессии через k шагов размещаются члены,
кратные k. Действительно, остатки от деления членов прогрессии на k на каждом шаге в этом
случае меняются на 1. Например, в прогрессии 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25,... с разностью 4 на 3
делится каждый третий член, начиная с третьего, на 5 каждый пятый начиная со второго.
Если остаток от деления разности прогрессии на 5 равен 2 или 3, то в прогрессии через
5 шагов размещаются члены, кратные 5. Действительно, остаток меняется по шагам в одном
из следующих порядков 2,4,1,3,0,... или 3,1,4,2,0,... Например, в прогрессии 1, 8, 15, 22, 29,
36, 43, 50, … на 5 делится каждый пятый член начиная с третьего.
2.9 Простые члены прогрессии
Шесть простых чисел являются последовательными членами возрастающей
арифметической прогрессии. Докажите, что разность прогрессии D делится на 30.
Доказательство: Разность D чётная, так как иначе в прогрессии каждый второй член
чётный, среди шести последовательных членов есть три чётных числа. Противоречие, так
как члены прогрессии по условию простые числа.
Разность D делится на три, так как иначе в прогрессии среди шести последовательных
членов есть хотя бы два числа, кратных трём – противоречие.
Разность D делится на пять. Иначе в прогрессии среди шести последовательных членов
есть два, которые делятся на 5 – противоречие.
Разность D делится на 30, так как она кратна числам 2, 3 и 5.
Прогрессия 7, 37, 67, 97, 127, 157 удовлетворяет условию.
Делимость используют для доказательства того, что некоторое событие невозможно.
Например, квадраты натуральных чисел дают остатки 0 или 1 при делении на 4. Квадрат
чётного числа на 4 делится, а квадрат нечётного равен: (2n + 1)2 = 4(n2 + n) + 1. Значит, если
остаток от деления некоторого числа на 4 равен 2 или 3, это число не может быть квадратом.
2.10 Квадраты на доске
На доске написаны два взаимно простых натуральных числа x и y. Разрешается
дописывать на доску либо утроенное произведение любых двух из написанных чисел, либо
увеличенную на 1 сумму любых двух из написанных чисел. Верно ли, что на доске можно
получить квадрат натурального числа при любых начальных x и y?
Размышляем: Если ответ «Да», то нужно найти алгоритм построения квадрата для
любой пары исходных чисел. Если ответ «Нет», надо найти противоречие, которое не
позволит создать квадрат для каких−нибудь конкретных чисел.
Решение: Пусть написаны числа 3 и 7, которые дают остаток 3 при делении на 4.
Произведение и сумма таких чисел даёт остаток 3 при делении на 4:
3(4m + 3)(4n + 3) = 4(12mn+9m+9n+8) + 3,
(4m + 3) + (4n + 3) + 1 = 4(m + n + 1) + 3.
Делимость на три инвариантна при допустимых преобразованиях. Квадрат любого
числа при делении на 4 даёт в остатке 0 или 1.
Значит, квадрат при начальных числах 3 и 7, получить невозможно.
Ответ: нет.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
11
2.11 Произведение двух чисел
Даны двузначное X и трёхзначное Y натуральные числа. Известно, что для натурального
N произведение NXY равно числу, возникающему при приписывании Y справа к Х. Найдите
возможные значения N.
Решение: По условию, 1000X + Y = NXY, 99 ≥ X ≥ 10, 999 ≥ Y ≥ 100.
1000 1
1
N=
+ ≤10+ ⇒ N≤10, так как оно целое.
Y
X
10
Y = X(NY – 1000) = kX, 100X > Y > X, значит,
100 > k > 1.
1000 + k = kNX,
1000/k + 1 = NX > 10, k – делитель числа 1000.
Если k = 2, то NX = 501 = 3 ×167 – невозможно, так как и N и X меньше 100.
Если k = 4, то NX = 251, простое число, вновь невозможно.
Если k = 5, то NX = 201 = 3 × 67.
Значит при N = 3, X = 67, Y = kX = 335, выполнено 3 × 67 × 335 = 67335.
Если k = 8, то NX = 126 = 2 × 63 = 3 × 42 = 6 × 21 = 7 × 18 = 9 × 16.
При N = 2, X = 63, Y = kX = 504, выполнено 2 × 63 × 504 = 63504.
При N = 3, X = 42, Y = kX = 336, выполнено 3 × 42 × 336 = 42336.
При N = 6, X = 21, Y = kX = 168, выполнено 6 × 21 × 168 = 21168.
При N = 7, X = 18, Y = kX = 144, выполнено 7 × 18 × 144 = 18144.
При N = 9, X = 14, Y = kX = 112, выполнено 9 × 14 × 112 = 14112.
Если k = 10, то NX = 101, простое число, вновь невозможно.
Если k = 20, то NX = 51 = 3 × 17.
При N = 3, X = 17, Y = kX = 340, выполнено 3 × 17 × 340 = 17340.
Если k = 40, то NX = 26 = 2 × 13.
При N = 2, X = 13, Y = kX = 520, выполнено 2 × 13 × 520 = 13520.
Если k = 50, то NX = 21 = 3 × 7. Невозможно, так как и N > 1, X > 10.
Таким образом, для N = 4, 5, 8, 10 и больших значений N нет возможности выполнить
условие. Для N = 2, 3, 6, 7 и 9 искомые числа существуют.
Ответ: 2, 3, 6, 7 и 9.
2.12 Вычёркивание первой цифры
Найдите все такие n, что при вычёркивании первой цифры у числа 4n снова получается
число, являющееся натуральной степенью числа 4.
Решение: Степенями 4 являются 4, 16, 64, 256, 1024, 4096, 16384,...
Две последние цифры у чётных степеней 56, 96, 36, 76, 16, 56, …
Две последние цифры у нечётных степеней 64, 24, 84, 44, 04, 64, …
Отношение степеней, у которых совпадают две последние цифры, не меньше, чем 4 10 =
1048576. При вычёркивании 1 цифры число уменьшается не более, чем в 100 раз, если вторая
цифра не 0. Значит, у искомого числа должно быть не менее четырёх нулей после первой
цифры.
Ответ: 64.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
12
2.13 Два простых числа (2000/01 – 3 – 11)
Найдите все простые числа p и q такие, что p + q = (p – q)³.
Размышляем: подбор даёт p = 5, q = 3, 8 = 23. Замена переменной даст вид p и q.
3
n −n ( n−1)⋅n⋅( n+1)
=
. Это число
2
2
делится на 3, поэтому q делится на 3. Среди простых чисел только q = 3 делится на 3, n = 2.
Решение: Пусть n = p – q. Тогда p + q = n³, q=
Ответ: p = 5, q = 3.
2.13.a Три неизвестных, одно простое (2001/02 – 3 – 11)
Найдите все простые p, для каждого из которых существуют такие натуральные x и y,
что px = y3 + 1.
Решение: Пусть z = y + 1 – целое.
Тогда y3 + 1 = (y + 1)(y2 – y + 1) = z (z2 – 3z + 3) = px.
Число px имеет делителями только степени р, значит, z = pa, а – натуральное.
z2 – 3z + 3 = p2а– 3 pa + 3 = px–a.
px–a – p2а+ 3 pa = 3.
Если x > a, в левой части можно вынести степень p. Она делится на 3, значит p = 3. Это
возможно, например, 32 = 23 + 1.
Если x = a, то (pа– 2)(pa – 1) = 0. Тогда p = 2, а = 1, 21 = 13 + 1.
Ответ: p = 2, p = 3.
2.13.b Таблица и 11 (2003/04 –3 –11)
В клетки таблицы 100 × 100 записаны ненулевые цифры. Оказалось, что все 100
стозначных чисел, записанных по горизонтали, делятся на 11. Могло ли так оказаться, что
ровно 99 стозначных чисел, записанных по вертикали, также делятся на 11?
Размышляем. Число делится на 11 тогда и только тогда, когда сумма его цифр, стоящих
на четных местах, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на
нечетных местах. Это провоцирует использование шахматной закраски.
Решение. Предположим, что требуемая расстановка цифр возможна. Выполним
шахматную раскраску клеток нашей таблицы. Пусть С – разность сумм цифр на чёрных и
белых клетках.
По условию для ста чисел на горизонталях, разность сумм цифр на чёрных и белых
клетках делится на 11. С делится на 11.
По условию для 99 столбцов цифр разность сумм чисел на чёрных и белых клетках
делится на 11, а в одном столбце – не делится. Значит, для всех ста столбцов эта разность не
делится на 11. С не делится на 11. Противоречие.
Ответ: нет.
2.14 Многочлен делится на k
Докажите, что для любого многочлена P с целыми коэффициентами и любого
натурального k существует такое натуральное n, что P(1) + P(2) +. . .+ P(n) делится на k.
Размышляем. Любой многочлен делится, значит и в простых случаях делится:
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
13
если Р(х) = 1, то P(1) + P(2) +. . .+ P(n) = 1 + 1 +...+ 1 = n. Значит, n делится на k.
если Р(х) = х, то P(1) + P(2) +. . .+ P(n) = 1 + 2 +...+ n = n(n + 1)/2, n делится на k.
P(1) + P(2) +. . .+ P(n) =
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
14
3
Основная теорема арифметики
Множество способов решения Диофантовых уравнений опираются на основную
теорему арифметики.
Основная теорема арифметики
Каждое натуральное число N > 1 имеет единственное с точностью до порядка
множителей разложение на простые множители N = p1k  p k2  p3k  ... где pi = 2, 3, 5, 7,… –
простые натуральные числа.
1
2
3
Посмотрим, как эту теорему применяют для решения задач.
3.1
Билинейное уравнение
Решите в целых числах уравнение xy + ax + by = c.
Решение: Уравнение xy + ax + by = c приведём к виду
(x + b) ∙ (y + a) = h, h = с + ab.
В соответствии с основной теоремой, число h имеет единственное разложение на
простые множители. В левой части уравнения стоит произведение двух целых чисел. В
соответствии с основной теоремой, имеем право перейти от уравнения (x + b) ∙ (y + a) = h к
x +b=h 1 ,
объединению систем уравнений вида
h где h1 принимает все значения, которые
y +a= ,
h1
может принимать целый делитель числа h. Соответственно решениями исходного уравнения
x=−b+ h1 ,
являются числа
h Количество таких систем вдвое больше, чем количество
y=−a + .
h1
делителей числа |h|, так как в качестве h1 может выступать любой делитель числа |h| и этот
же делитель со знаком минус.
{
{
Если h = с + ab = 0, пара решений очевидна: x = − b, yZ и .xZ, y = − a.
3.1.a
Конкретное билинейное уравнение
Решите в целых числах уравнение 2xy − x + 5у =· 13.
Решение: Приводим уравнение к стандартному виду:
5
1 13 5 1
1
5
13
xy− x + y= , (x + )⋅( y − )= − ⋅ ,
(2 x +5)⋅(2 y−1)=21=3⋅7.
2
2
2
2
2
2 2 2
Его решениями являются решения четырёх систем уравнений
2 x +5=3 , x=−1,
2 x +5=7 , x=1,
2 y−1=7 , y=4.
2 y−1=3 , y=2.
2 x +5=−3 , x=−4,
2 x +5=−7 , x=−6,
2 y−1=−7 , y =−3.
2 y−1=−3 , y=−1.
{
{
{
{
{
{
{
{
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
15
3.1.b
Конкретное билинейное уравнение
Решите в целых числах уравнение 4xy + 12x − 5у =· 15.
Решение: Приводим уравнение к стандартному виду:
5
15
5
15 5
xy +3 x− y= , ( x− )⋅( y +3)= − ⋅3 ,
(4 x−5)⋅( y +3)=0.
4
4
4
4 4
Его решениями являются y=−3, x ∈ Z.
Решение подобных уравнений можно выполнить пользуясь программой InMA 11,
2.6.1(3). Надо установить InMA 11 класс. Найти Главу 2 (уравнения и неравенства). Войти в
Раздел 2.6 (Решения в целых числах), и открыть в файл 2.6.1 Решение в целых числах. В
файле открыть задачу 2. Установив значения коэффициентов с помощью шкал, получим
множество однотипных задач, которые можно использовать для отработки техники решения
подобных задач.
3.2
Вклад и банк
Вклад хранился в банке. На него ежемесячно начислялись проценты. В отдельные
месяцы они составляли 5% в месяц, (100/9)% в месяц, (50/7)% в месяц и 12% в месяц. Под
действием каждой процентной ставки вклад находился целое число месяцев. По истечении
срока хранения, первоначальная сумма вклада увеличилась на 180%. Определить срок
действия каждой процентной ставки.
Размышляем. Относительное изменение вклада, то есть 1 плюс начисляемый процент,
выражаются в виде рациональных дробей. Эти дроби можно представить в виде отношения
произведений простых множителей.
Решение: Если начисляемый процент равен х, а время начисления n месяцев, то вклад
n
x
возрастает в 1+
раз. Так начисляемый процент 5% и n месяцев соответствует
100
n
p
21
10
увеличению вклада в
раз, (100/9)% и р месяцев это
, (50/7)% и k месяцев
20
9
k
l
15
28
, 12% и l месяцев
. Вклад хранился 12 месяцев, значит, n + p + k + l = 12.
14
25
За это время вклад возрос на 180%, то есть в 2,8 раза:
n
p
k
l
21
10
15
28
2⋅7
⋅
⋅
⋅
=2.8=
.
20
9
14
25
5
Приравниваем простые множители. Множитель 7 слева в числителе для n и l, в
знаменателе для k, справа 71, значит n + l – k = 1.
(
( )
)
( )
( )
( )
( )( )( )( )
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
16
Множитель 3 слева в числителе для n и k, в знаменателе для p, причём в квадрате.
Справа 30, значит n + k – 2p = 0.
Множитель 5 слева в числителе для p и k, в знаменателе для n и l, причём в квадрате.
Значит р + k – n – 2l = –1.
Множитель 2 слева в числителе для p и 2l, в знаменателе для 2n и k. р + 2l – 2n – k = 1.
Общая запись:
7 n  k  l  3n  2 p  k  2 2 n  p  k  2l  5 n  p  k  2l  21  71  51  30
Решаем четыре уравнения для четырёх неизвестных и находим: n = 2; p = 3; k = 4; l = 3.
Ответ: 2, 3, 4 и 3.
3.3
Пары чисел из множества
Два одинаковых множества содержат числа −1, 2, 4, −6, 7, −8, −10, 12. Выбраны
восемь пар чисел по одному из каждого множества. Числа в парах сложили, результаты
перемножили. Может ли в результате получиться 0 или 6. Какое наименьшее натуральное
число может получиться?
Размышляем. Числа 4, −10 и 12 в сумме с любым другим числом дают не менее, чем 2.
Значит, произведение по модулю не может быть меньше, чем 8. Можно получить 16 если
объединить соседей в пары. Почему нельзя 8?
Решение. Если все множители не равны нулю, произведение не равно нулю.
Множитель, равный нулю, может появиться только как сумма противоположных чисел, но
таких чисел во множестве нет.
Числа 4, −10 и 12 в сумме с любым другим числом дают не менее, чем 2. Значит,
произведение по модулю не может быть меньше, чем 8.
Если любая из двух четвёрок объединена не с числом (−6), соответствующий
множитель не меньше, чем 3. Другая четвёрка и числа −10 и 12 в сумме с любыми другими
числами дают не менее, чем 2. Значит, произведение не меньше, чем 3*8 = 24.
Можно получить произведение, равное 16, если объединить соседей в пары:
(−1+ 2)(−1+ 2)(4 −6)(4 −6)(7 −8)(7 −8)(−10+ 12)(−10+ 12) = 16.
Ответ: нет, нет, 16.
3.4
Наибольший общий делитель
Найдите наибольший общий делитель чисел вида р2 − 1, где р − простое число,
большее, чем 3.
Размышляем. 52 − 1 = 24, 72 − 1 = 48. Гипотеза − делитель равен 24.
Решение. 52 − 1 = 24, значит, делитель не больше, чем 24.
р2 − 1 = (р − 1)(р + 1), где (р − 1) и ( р + 1) это последовательные чётные числа, одно из
которых делится на 4. Значит, НОД содержит множитель 8,
Простое число не делится на 3, значит, р = 3k ± 1, р2 − 1 = 3(3k2 − 2k) делится на 3.
НОД делится на 8 и на 3, он не менее, чем 24.
Ответ: 24.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
17
4
4.1
Уравнения
Корни целые, коэффициенты простые
Найдите все такие целые а и b, что корни уравнения x2 + (2a + 9) x + 3b + 5 = 0 являются
целыми числами, а коэффициенты уравнения простыми числами.
Размышляем. Важно помнить, что все простые числа положительные и не меньше, чем
2. Свободный член уравнения это простое число. По формулам Виета, свободный член это
произведение корней. Значит, модуль одного из корней равен 1, второй корень простой. При
этом сумма корней нечётная. Отсюда второй корень равен 2.
Решение. По формуле Виета, произведение корней, равное свободному члену,
положительное, их сумма (минус второй коэффициент) отрицательная, значит, оба корня
отрицательные.
Пусть корни уравнения х1 и х2. Свободный член х1 × х2 = 3b + 5 простое число. Значит,
один из корней (пусть х1 ) равен (−1), а второй (−х2). Их произведение это простое число,
значит, (−х2) это простое число.
−(х1 + х2) = 1 + (−х2) = 2a + 9 → (−х2) = 2a + 8. Это простое чётное число: (−х2) = 2.
2 = 2a + 8, а = −3.
х1 × х2 = 2 = 3b + 5, b = −1. Уравнение x2 + 3x + 2 = 0.
Ответ: a = −3, b = −1.
4.1.a Корни целые, коэффициенты простые
Квадратный трёхчлен f(x) = x2 + ax + b имеет два различных целых корня. Один из
корней трёхчлена и его значение при х0 = 11 являются простыми числами. Найдите корни
трёхчлена.
Решение. f(x) = (x – х1)(x – х2) = x2 + ax + b, где х1 и х2 корни трёхчлена.
f(11) = (11 – х1)(11 – х2) простое число, значит, один из множителей равен единице.
Значит, один из корней равен х1 = 10 или х1 = 12. Эти числа не простые. Значит х2 простое.
Числа (11 – х2) и х2 простые, их сумма (или разность) 11 нечётная, значит, одно из
простых чисел чётное, его модуль равен 2.
Если х2 равно 2, то f(11) = ±9 – это число не простое.
Если х2 = 13, то х1 = 12 – это решение.
Ответ: 12, 13.
4.2
Корни натуральные
Найдите все значения n, при которых уравнение (x2 + y2 )2014 = xn × yn имеет натуральные
решения.
Размышляем. Ограничение снизу (наименьшее n, малая правая часть) явно следует из
неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим. Оно одинаково для
действительных решений и для натуральных решений:
(x y)n =(x 2+ y 2)2014 ≥(2 x y )2014 ⇒(x y )n−2014 ≥2 2014 ⇒ n> 2014.
Ограничение сверху (наибольшее n, большая правая часть) существует только для
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
18
l
(
)
x 2+ y 2
x y
=k ⇔ + =k 1 /l , x , y , k , l ∈ N.
натуральных решений. Важно, что уравнение
xy
y x
l
имеет единственное семейство натуральных решений x = y, k = 2 .
Решение. Для действительных х и у числа х2 ≥ 0 и у2 ≥ 0.
Пользуемся неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:
n
2
2 2014
( x y) =( x + y )
2014
≥(2 x y )
n−2014
⇒( x y )
≥2
2014
⇒ n≥2015.
Для n = 2015 решение существует х = у = 21007.
l
(
)
x 2+ y 2
x y
=k ⇔ + =k 1 /l , x , y , k , l ∈ N. Его левая часть или
Рассмотрим уравнение
xy
y x
рациональное число или натуральное, его правая часть или иррациональное число или
натуральное. Равенство возможно только если и слева и справа натуральные числа. При этом
уравнение имеет единственное семейство натуральных решений x = y, k = 2l.
2
2 2014
n
(
2014
(x + y )
значит, x = y,
Число
=(x y) ⇒
x 2+ y 2
xy
)
(
x 2+ y 2
xy
2014
)
=( x y )n−2014 . Правая часть − натуральное число,
=2 2014= x 2(n−2014) ⇒ 21007 =x n−2014 ⇒ x=21007/(n−2014) .
1007
19⋅53
=
должно быть целым.
n−2014 n−2014
Значит, возможны n = 2015, n = 2033, n = 2067, n = 3021.
Ответ: 2015, 2033, 2067, 3021.
4.3
Множество решений
Докажите, что число натуральных решений уравнения x2 + x = 2y2 не менее, чем 2014.
Размышляем. Очевидное решение x1 = y1 = 1. Так как решений много, эти решения
содержат большие числа. Для больших чисел уравнение близко к равенству x2 ≈ 2y2,
4 x 3
< < . 3x > 4y,
x≈ y √ 2≈1.4 y . Значит, для больших целых чисел можно ожидать, что
3 y 2
2x < 3y. Используя исходное уравнение находим: 3x +1 > 4y, 3y > 2x +1, если x > 1, y > 1. Это
множество содержит узкий угол в плоскости ху, где легко найти по крайней мере два решения
x2 = 8, y2 = 6 и x3 = 49, y3 = 35.
Запишем соотношения для последовательных корней:
{
x 21 + x 1=2 y12 , ⇒ 2( y + y )⋅( y − y )=( x −x )⋅( x + x +1).
2
1
2
1
2
1
2
1
x 22+ x 2=2 y 22 .
Возможное целое решение
{
{
y 2+ y1= x 2−x 1 , ⇒ y 2=2 x 1+3 y 1 +1 ,
2( y 2− y 1)= x 2 + x 1 +1.
x 2=3 x 1 +4 y 1 +1 .
Проверка показывает, что найденные корни удовлетворяют уравнению.
Решение. Очевидное решение x1 = y1 = 1.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
19
Пусть
{
y n+1 =2 x n +3 y n +1 ,
Тогда x 2n +1+ x n+1−2 y 2n+1= x 2n+ x n−2 y 2n .
x n+ 1=3 x n +4 y n +1 .
Если xn2 + xn = 2yn2, то
2
2
x n +1+ x n+1=2 y n+1 .
Последовательно находим решения (8, 6), (49, 35), (288, 204).
4.3.a Множество решений
Докажите, что число натуральных решений уравнения x2 + x + 1 = 3y2 больше тысячи.
4.4
Целые решения уравнения с корнями
Найдите все целые положительные корни уравнения
√ x+ y √ 7+ √ x− y √ 7=20 .
Размышляем. Стандартный способ – ввести новые переменные, раные корням и
рассмотреть разность квадратов этих переменных.
{
u= √ x+ y √ 7 , Уравнение примет вид
v =√ x− y √ 7 .
u2 −v 2 2 y √7 y √7
u + v = 20. Так как u 2−v 2=x + y √7−( x− y √7)=2 y √ 7 , то u−v =
=
=
.
u+ v
20
10
(u +v )+( u−v)
y 7
7 y2
7 y2
Значит, u=
=10+ √ , u 2=x + y √ 7=100+ y √ 7+
,
x=100+
.
2
20
400
400
Решение. ОДЗ:
x≥ y √ 7. Введём переменные
х и у – целые, 7 и 400 взаимно простые, следовательно y = 20n, n целое. x=100+ 7 n2 .
v=
( u+ v)−(u−v)
y √7
2 100
=10−
> 0⇒ 10> n √7 ⇒ n <
< 15, n≤3.
2
20
7
Ответ. {107,20}, {128, 40}, {163,60}.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
20
5
Контрольная работа
1. На какие натуральные числа можно сократить дробь
2 n+5
, где n – натуральное?
3 n+14
2. Перелёт бабочек В каждой из нескольких стай бабочек содержится поровну особей
(в стае не менее, чем две бабочки). Некоторые стаи расположились на клумбе, причём на
каждом цветке было по три бабочки, кроме самого большого, на котором поместились четыре
бабочки. Другие стаи расположились на полянке, причём на каждом цветке было по пять
бабочек, кроме одного, на котором поместились только две бабочки. Сколько бабочек было в
стае, если число цветков на поляне на 5 больше, чем число цветков на клумбе?
3. Детям подарки В группу, состоящую из 13 детей, присланы подарки двух видов.
Каждый подарок первого вида содержит 3 слона и 10 китов, а второго − 2 слона и 11 китов.
Объединив эти подарки смогли слонов разделить поровну между детьми. Всегда ли китов
можно разделить поровну между детьми?
4. Сумма. Докажите, что сумма простых трёхзначных натуральных чисел, последняя
цифра которых равна сумме двух первых, это простое число.
5. Последовательность. Все члены конечной последовательности являются
натуральными числами, каждый член этой последовательности, начиная со второго, либо в
11 раз больше, либо в 11 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности
равна 2231.
а) Может ли последовательность состоять из двух членов?
б) Может ли последовательность состоять из трех членов?
в) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности?
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
21
5.1
Контрольная работа – решения
1. На какие натуральные числа можно сократить дробь
2 n+5
, где n – натуральное?
3 n+14
Решение: Пусть дробь сократима на k. Тогда 2n + 5 – делится на k, 6n + 15 – делится на
k, 3n + 14 – делится на k, 6n + 28 – делится на k, (6n + 28) – (6n + 15) = 13 делится на k.
2⋅4+5 13
= , сократима на 13.
Значит, k может быть только 13. Дробь
3⋅4+14 26
Ответ: 13.
2. Перелёт бабочек В каждой из нескольких стай бабочек содержится поровну особей
(в стае не менее, чем две бабочки). Некоторые стаи расположились на клумбе, причём на
каждом цветке было по три бабочки, кроме самого большого, на котором поместились четыре
бабочки. Другие стаи расположились на полянке, причём на каждом цветке было по пять
бабочек, кроме одного, на котором поместились только две бабочки. Сколько бабочек было в
стае, если число цветков на поляне на 5 больше, чем число цветков на клумбе?
Решение: Пусть на клумбе n+1 цветок. Тогда на поляне n+ 6 цветков. Число
бабочек на клумбе составляет 3 n+ 4 на поляне 5(n+ 5)+ 2=5 n+ 27 . Эти два числа имеют
общий делитель − число бабочек в стае. Этот же делитель имеют числа 5(3 n+4)=15 n+ 20
и 3(5 n+ 27)=15 n+81 и их разность простое число 61. Единственный его делитель это 61,
значит, стае могла состоять только из 61 бабочки. Если n=19, на клумбе 61 бабочка, а на
поляне 122.
Ответ: 61.
3. Детям подарки В группу, состоящую из 13 детей, присланы подарки двух видов.
Каждый подарок первого вида содержит 3 слона и 10 китов, а второго − 2 слона и 11 китов.
Объединив эти подарки смогли слонов разделить поровну между детьми. Всегда ли китов
можно разделить поровну между детьми?
Решение: Пусть подарков первого вида n, второго m. Количество слонов составляет
3 n+ 2 m=13 k , китов 10 n+11 m .
Избавимся от одной переменной, например, от n:
3(10 n+ 11 m)=30 n+33 m=10 (3 n+ 2 m)+13 m=10⋅13 k +13 m.
Это число делится на 13 и на 3. Значит, число 10 n+11 m тоже делится на 13 и китов
всегда можно разделить поровну между детьми.
Ответ: да.
4. Сумма. Докажите, что сумма простых трёхзначных натуральных чисел, последняя
цифра которых равна сумме двух первых, это простое число.
Решение: Последняя цифра простого числа, большего чем 5, нечётная (иначе число
делится на 2) и она не равна 5 (иначе число делится на 5).
Если в трёхзначном числе одна цифра a равна сумме двух других, то сумма цифр числа
равна 2a. Если a = 3 или a = 9, то число делится на 3.
Значит, простое трёхзначное число последняя цифра которого равна сумме двух первых,
заканчивается либо на 1, либо на 7.
Если последняя цифра трёхзначного простого числа равна 1, это число 101.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/
22
Если последняя цифра трёхзначного простого числа 7, то перебором находим, что это
одно из чисел 167, 257, 347 и 617. Сумма всех пяти чисел равна 1489, а это простое число.
Ответ: Сумма равна 1489, это простое число.
5. Последовательность. Все члены конечной последовательности являются
натуральными числами, каждый член этой последовательности, начиная со второго, либо в
11 раз больше, либо в 11 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности
равна 2231.
а) Может ли последовательность состоять из двух членов?
б) Может ли последовательность состоять из трех членов?
в) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности?
Рассуждения:
б) Пусть в последовательности три члена, причём наименьший член
последовательности равен x  1. Тогда возможен случай 11x + x + 11x = 23x = 2231, x = 97.
в) Для того, чтобы при заданной сумме число членов было наименьшим, нужно сделать
наименьшим каждый член. Значит, используем в последовательности только 1 и 11. Сумма
чисел в последовательности 11 + 1 + 11 + 1 + 11 + 1 +…+11 = 11 + 12185 = 2231, число
членов 1 + 2185 = 371.
Решение:
а) Пусть в последовательности два члена, причём наименьший член
последовательности равен x  1. Тогда второй член равен 11x. Сумма всех членов 12x чётная.
Она не может быть равна 2231. Противоречие.
б) Последовательность 1067, 97, 1067 удовлетворяет условию.
в) Докажем, что наибольшее число членов последовательности равно 371.
Последовательность 11 + 1 + 11 + 1 + 11 + 1 +…+11 = 11 + 12185 = 2231 удовлетворяет
условию и содержит 1 + 2185 = 371 слагаемое.
Пусть число членов не менее, чем 372. Сумма соседних чисел в последовательности не
меньше, чем 12. Сумма всех членов не меньше, чем 12186 = 2232 > 2231. Противоречие.
Ответ: нет, да, 371.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2015. http://www.deoma–cmd.ru/