Урок 33. Числа, вычисления и свойства чисел: 40 заданий с решениями

Имеем $360=2^3\cdot3^2\cdot5$. Делитель выбирается независимо по показателям: $2^i3^j5^k$, где $0\le i\le3$, $0\le j\le2$, $0\le k\le1$. Ответ. $360=2^3\cdot3^2\cdot5$; $(3+1)(2+1)(1+1)=24$ делителя.

1. Разложим числа: $84=2^2\cdot 3\cdot 7$, $126=2\cdot 3^2\cdot 7$.

2. Для НОД берём минимальные показатели общих простых множителей: $gcd(84,126)=42$.

3. Для НОК берём максимальные показатели всех простых множителей: $lcm(84,126)=252$.

Ответ. $gcd=42$, $lcm=252$

Любой общий делитель делит разность $(4n+4)-2(2n+1)=2$. При этом он делит нечётное число $2n+1$. Общий положительный делитель может быть только 1. Ответ. $\text{НОД}(2n+1,4n+4)=1$.

Так как $216=2^3\cdot3^3$, каждый делитель имеет вид $2^i3^j$, $0\le i,j\le3$. Всего $4\cdot4=16$ делителей. Квадрат требует чётных показателей: $i,j\in\{0,2\}$. Это числа $1,4,9,36$. Ответ. 16 делителей, из них 4 квадрата.

Разложения: $12=2^2\cdot3$, $15=3\cdot5$, $18=2\cdot3^2$. Для кратности всем трём числам выбираем максимальный показатель каждого простого. Ответ. $\text{НОК}(12,15,18)=2^2\cdot3^2\cdot5=180$.

Пишем $n=7k$. Условие $100\le7k\le200$ даёт целые $k=15,16,\ldots,28$. Их $28-15+1=14$. Границы 100 и 200 не кратны 7. Ответ. 14.

Пусть $n=2k+1$, $k\in\mathbb Z$. Тогда $n^2=4k(k+1)+1$. Одно из соседних чисел $k,k+1$ чётно, поэтому $4k(k+1)$ делится на 8. Ответ. $n^2\equiv1\pmod8$ для каждого нечётного $n$.

Ближайшее кратное 11, не превосходящее $-137$, равно $-143=11\cdot(-13)$. Поэтому $-137=-143+6$. Условие на остаток выполнено: $0\le6<11$. Ответ. $q=-13$, $r=6$.

Шаг 1. Пишем $n=5k+2$. По модулю 7 требуется $5k\equiv1$.

Шаг 2. Число 3 обратно к 5 по модулю 7, поэтому $k\equiv3\pmod7$. Подставляем $k=3+7t$.

Ответ. $n=17+35t$, $t=0,1,2,\ldots$. При $t\le-1$ число отрицательно.

Если $\frac{84}{n}=p$ простое, то $p$ должно быть простым делителем 84. Из $84=2^2\cdot3\cdot7$ получаем $p=2,3,7$ и соответственно $n=42,28,12$. Обратная подстановка подтверждает каждый вариант. Ответ. $12,28,42$.

1. Применяем алгоритм Евклида: $252=1\cdot 198+54$; $198=3\cdot 54+36$; $54=1\cdot 36+18$; $36=2\cdot 18+0$.

2. Последний ненулевой остаток равен $18$, следовательно, $gcd(252,198)=18$.

3. Двигаемся по равенствам назад и выражаем последний остаток через исходные числа.

4. Получаем тождество Безу: $18=252\cdot \left(4\right)+198\cdot (-5)$.

5. Проверка: $1008+(-990)=18$.

Ответ. $gcd=18$; например, $x=4$, $y=-5$

1. Применяем алгоритм Евклида: $391=1\cdot 299+92$; $299=3\cdot 92+23$; $92=4\cdot 23+0$.

2. Последний ненулевой остаток равен $23$, следовательно, $gcd(391,299)=23$.

3. Двигаемся по равенствам назад и выражаем последний остаток через исходные числа.

4. Получаем тождество Безу: $23=391\cdot (-3)+299\cdot \left(4\right)$.

5. Проверка: $-1173+\left(1196\right)=23$.

Ответ. $gcd=23$; например, $x=-3$, $y=4$

1. Выписываем остатки последовательных степеней $3$ по модулю $5$: 1, 3, 4, 2.

2. Цикл начинается с позиции $0$ и имеет длину $4$.

3. Показатель $17$ приводим по длине цикла: нужная позиция определяется остатком от деления $17$ на $4$.

Ответ. $3$

Имеем $7^2=49$, $7^4=2401\equiv1\pmod{100}$. Поскольку $2026=4\cdot506+2$, получаем $7^{2026}\equiv49\pmod{100}$. Ответ. 49.

По модулю 5 выполнено $2^4\equiv1$ и $3^4\equiv1$. Число 100 кратно 4, поэтому оба слагаемых дают остаток 1. Ответ. 2.

Так как $10\equiv1\pmod9$, то $10^n\equiv1$. Можно также разложить: $10^n-1=9(10^{n-1}+\cdots+10+1)$. Выражение в скобках целое. Ответ. Делимость доказана для всех $n\ge1$.

1. Знаменатели равны $3$, $8$ и $6$; их наименьшее общее кратное равно $24$.

2. После приведения к знаменателю $24$ числитель равен $2\cdot 8+5\cdot 3-1\cdot 4=27$.

3. Сокращаем дробь на $3$ и получаем $\frac{9}{8}$.

Ответ. $\frac{9}{8}$

1. Знаменатели равны $12$, $18$ и $9$; их наименьшее общее кратное равно $36$.

2. После приведения к знаменателю $36$ числитель равен $7\cdot 3+5\cdot 2-1\cdot 4=27$.

3. Сокращаем дробь на $9$ и получаем $\frac{3}{4}$.

Ответ. $\frac{3}{4}$

1. Увеличение на $15\%$ умножает цену на $1+\frac{15}{100}=\frac{115}{100}$.

2. Уменьшение на $10\%$ умножает уже изменённую цену на $1-\frac{10}{100}=\frac{90}{100}$.

3. Итог: $2400\cdot \frac{115}{100}\cdot \frac{90}{100}=2484$ рублей.

Ответ. 2484 руб.

1. Увеличение на $20\%$ умножает цену на $1+\frac{20}{100}=\frac{120}{100}$.

2. Уменьшение на $25\%$ умножает уже изменённую цену на $1-\frac{25}{100}=\frac{75}{100}$.

3. Итог: $3600\cdot \frac{120}{100}\cdot \frac{75}{100}=3240$ рублей.

Ответ. 3240 руб.

1. Разложим число: $72=2^3\cdot 3^2$.

2. Произведение является квадратом тогда и только тогда, когда каждый простой показатель чётен.

3. Нечётные показатели сейчас имеют простые множители 2.

4. Домножаем по одному разу на каждый из них: $m=2$.

5. В числе $72\cdot 2$ все показатели становятся чётными, а меньший натуральный множитель не исправит хотя бы один нечётный показатель.

Ответ. $2$

Шаг 1. У числа, которое является и квадратом, и кубом, каждый показатель простого множителя кратен 6.

Шаг 2. $180=2^2\cdot3^2\cdot5$. До ближайших показателей, кратных 6, не хватает $2^4\cdot3^4\cdot5^5$.

Шаг 3. Добавление другого простого или ещё шести степеней увеличит $m$, поэтому найденное дополнение минимально.

Ответ. $m=2^4\cdot3^4\cdot5^5=4\,050\,000$.

$540=2^2\cdot3^3\cdot5$. Показатели куба кратны 3. Минимально добавляем одну двойку и две пятёрки, получая $540\cdot50=30^3$. Ответ. $m=50$.

Имеем $72=2^3\cdot3^2$. Чётность показателей в квадрате требует $m=2k^2$ для натурального $k$. Условие $2k^2<50$ даёт $k=1,2,3,4$. Ответ. $m=2,8,18,32$.

Шаг 1. Поскольку $45=5\cdot9$ и множители взаимно просты, нужны делимость на 5 и на 9. Поэтому $b=0$ или $b=5$.

Шаг 2. Сумма цифр $5+a+b$ кратна 9. При $b=0$ получаем $a=4$; при $b=5$ получаем $a=8$. Других допустимых цифр нет.

Ответ. $2430,2835$.

Шаг 1. По признаку делимости на 11 число $2a-b$ кратно 11. Для цифр $1\le a\le9$, $0\le b\le9$ это число лежит от $-7$ до 18, поэтому возможно только 0 или 11.

Шаг 2. Если $b=2a$, подходят $a=1,2,3,4$. Если $b=2a-11$, подходят $a=6,7,8,9$.

Ответ. $121,242,363,484,616,737,858,979$.

Среди пяти последовательных чисел есть кратное 5 и кратное 3. Есть как минимум два чётных числа, одно из которых кратно 4, поэтому произведение делится на $2\cdot4=8$. Числа 8, 3 и 5 попарно взаимно просты, значит, произведение делится на $8\cdot3\cdot5=120$. Если среди чисел есть 0, делимость также верна.

Условия означают, что $n+1$ делится на каждое из чисел $2,3,4,5,6$. Их НОК равен 60, поэтому $n=60k-1$. Наименьшее натуральное значение получается при $k=1$. Ответ. 59.

1. Необходимое условие существования целых решений: $gcd(8,12)=4$ делит $96$; оно выполнено.

2. Решаем сравнение $8x\equiv 96\left(mod12\right)$ и получаем первый допустимый остаток для $x$: $x\equiv 0\left(mod3\right)$.

3. Общее целое решение записывается с шагом $\frac{12}{4}=3$ по переменной $x$.

4. Ограничения $x\ge 0$ и $y\ge 0$ оставляют конечное число параметров.

5. После подстановки получаем пары: $(0;8),(3;6),(6;4),(9;2),(12;0)$.

Ответ. $(0;8),(3;6),(6;4),(9;2),(12;0)$

Шаг 1. По модулю 5 получаем $2y\equiv0$, значит, $y=5k$. Тогда $x=20-7k$.

Шаг 2. Положительность даёт $k\ge1$ и $20-7k\ge1$, поэтому $k=1,2$.

Шаг 3. Получаем пары $(13;5)$ и $(6;10)$ с произведениями 65 и 60.

Ответ. $(13;5),(6;10)$; максимум $xy=65$.

Разделим с остатком: $n^2+5=(n+1)(n-1)+6$. Значит, $n+1$ делит 6. Так как $n+1\ge2$, возможны $n+1=2,3,6$. Обратная подстановка подтверждает все варианты. Ответ. $n=1,2,5$.

Шаг 1. Пишем $a=18u$, $b=18v$, где $\text{НОД}(u,v)=1$. По формуле НОД и НОК получаем $uv=420=4\cdot3\cdot5\cdot7$.

Шаг 2. Каждый из четырёх взаимно простых блоков 4, 3, 5, 7 целиком входит либо в $u$, либо в $v$. Это даёт $2^4=16$ упорядоченных пар.

Шаг 3. По неравенству среднего $u+v\ge2\sqrt{420}>40$. Сумма целая, значит, $u+v\ge41$. Пара $u=20,v=21$ взаимно проста и достигает 41.

Шаг 4. При равенстве числа $u,v$ - корни $z^2-41z+420=0$, то есть только 20 и 21. Это доказывает единственность без неполного перебора.

Ответ. а) 16; б) $18\cdot41=738$; в) $\{a,b\}=\{360,378\}$.

Шаг 1. Если $n=p_1^{{\alpha }_1}\dots p_k^{{\alpha }_k}$, то число его делителей равно $({\alpha }_1+1)\dots ({\alpha }_k+1)$. Разложения числа 18 на множители задают наборы показателей: 17; 8 и 1; 5 и 2; 2, 2 и 1.

Шаг 2. Для пункта а подходит $n=2^5\cdot 3^2=288$: число делится на $72=2^3\cdot 3^2$, а количество делителей равно $6\cdot 3=18$.

Шаг 3. Если $n$ делится на $216=2^3\cdot 3^3$, показатели двойки и тройки не меньше 3. Тогда соответствующие множители в формуле числа делителей не меньше 4 и 4. Ни один набор показателей с произведением $({\alpha }_i+1)=18$ не содержит два показателя, одновременно не меньших 3. Поэтому пункт б имеет отрицательный ответ.

Шаг 4. Для делимости на 72 необходимы показатели не меньше 3 и 2. Единственный подходящий набор для 18 делителей - 5 и 2. Наименьшее число получается при большем показателе у меньшего простого: $2^5\cdot 3^2=288$.

Проверка полноты. Перечислены все мультипликативные разбиения 18, поэтому иной тип разложения натурального числа на простые множители невозможен.

Ответ. а) 288; б) нет; в) 288.

Шаг 1. Положим $a=12x$ и $b=12y$. Равенство $\text{НОД}(a,b)=12$ эквивалентно условию $\text{НОД}(x,y)=1$.

Шаг 2. Используем тождество $\text{НОД}(a,b)\cdot \text{НОК}(a,b)=ab$. Получаем $12\cdot 2520=144xy$, следовательно, $xy=210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$.

Шаг 3. Так как $x$ и $y$ взаимно просты, каждая из четырёх простых степеней 2, 3, 5, 7 должна целиком попасть либо в $x$, либо в $y$. Для каждой степени есть два независимых выбора.

Шаг 4. Получаем $2^4=16$ упорядоченных пар. Например, $x=1,y=210$ дают пару $(12;2520)$.

Проверка полноты. Любое распределение четырёх простых множителей создаёт взаимно простые $x$ и $y$, а любое допустимое $x,y$ однозначно задаёт такое распределение.

Ответ. а) Например, $(12;2520)$; б) доказано; в) 16 пар.

Шаг 1. Для пункта а можно взять $n=2:n^2+1=5$.

Шаг 2. Квадрат целого числа даёт по модулю 3 остаток 0 или 1. Поэтому $n^2+1$ даёт остаток 1 или 2 и не делится на 3.

Шаг 3. Разложим $n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$. Среди трёх последовательных чисел $n-1,n,n+1$ одно делится на 3 и хотя бы одно чётно, поэтому выражение делится на 6.

Шаг 4. По малой теореме Ферма $n^5\equiv n\left(mod5\right)$, следовательно, выражение делится на 5. Числа 6 и 5 взаимно просты, поэтому делимость на 30 доказана.

Шаг 5. Для $n=2$ получаем $n^5-n=30$. Значит, любой универсальный делитель $k$ обязан делить 30, поэтому увеличить $k$ нельзя.

Проверка полноты. Делимость на 30 установлена для произвольного целого $n$, а значение $n=2$ доказывает максимальность найденного числа.

Ответ. а) Например, $n=2$; б) не делится; в) $k=30$.

Шаг 1. Мультипликативные разбиения 24 дают наборы показателей: 23; 11 и 1; 7 и 2; 5 и 3; 5,1,1; 3,2,1; 2,1,1,1.

Шаг 2. Число должно содержать $2\cdot 3^2\cdot 5$. Поэтому одно простое имеет показатель не меньше 2, а ещё два простых присутствуют хотя бы в первой степени.

Шаг 3. Для набора 3,2,1 минимальное число равно $2^3\cdot 3^2\cdot 5=360$. Для набора 2,1,1,1 минимальный допустимый кандидат равен $2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7=630$. В наборе 5,1,1 показатель 5 обязан стоять у простого 3, иначе не выполнится делимость на $3^2$; минимальный кандидат равен $2\cdot 3^5\cdot 5=2430$. Остальные наборы используют менее трёх простых и несовместимы с делимостью на 90.

Шаг 4. Число 360 делится на 90, а количество его делителей равно $(3+1)(2+1)(1+1)=24$.

Проверка полноты. Сравнены все наборы показателей, совместимые с тремя обязательными простыми множителями; поэтому меньшего кандидата нет.

Ответ. а) Например, 360; б) наборы перечислены; в) 360.

Шаг 1. Два числа имеют разность, делящуюся на 12, тогда и только тогда, когда они дают одинаковый остаток при делении на 12.

Шаг 2. Утверждение пункта а неверно: числа 0,1,…,11 имеют попарно различные остатки по модулю 12.

Шаг 3. Этот же набор решает пункт б.

Шаг 4. Существует ровно 12 классов остатков. Среди любых 13 чисел по принципу Дирихле два попадут в один класс. Поэтому $m=13$.

Проверка полноты. Контрпример показывает, что $m$ не меньше 13, а принцип Дирихле доказывает достаточность 13.

Ответ. а) нет; б) 0,1,…,11; в) $m=13$.

Шаг 1. Делим уравнение на $7:2x+3y=30$. Из сравнения по модулю 2 следует, что $y$ чётно.

Шаг 2. Положим $y=2k$. Тогда $x=15-3k$. Условия $x\ge 0$ и $y\ge 0$ дают $k=0,1,2,3,4,5$.

Шаг 3. Все решения: $(15;0),(12;2),(9;4),(6;6),(3;8),(0;10)$. Их шесть.

Шаг 4. Произведение $xy=(15-3k)\cdot 2k=30k-6k^2$. Для $k=0,\dots ,5$ его значения равны 0,24,36,36,24,0. Максимум равен 36.

Проверка полноты. Параметризация получена из необходимого условия чётности и затем подставлена обратно; диапазон $k$ перечислен полностью.

Ответ. Шесть решений; $maxxy=36$.

Шаг 1. $n^3-n=n(n-1)(n+1)$ - произведение трёх последовательных целых чисел. Одно из них делится на 3, и хотя бы одно чётно, поэтому произведение делится на 6.

Шаг 2. По модулю 5 условие $(n-1)(n+1)\equiv 0$ даёт $n\equiv 1$ или $n\equiv -1$, то есть остатки 1 и 4.

Шаг 3. Для модуля $30=2\cdot 3\cdot 5$ нужны условия $n\equiv 1\left(mod2\right),n\equiv \pm 1\left(mod3\right),n\equiv \pm 1\left(mod5\right)$. Проверка четырёх сочетаний даёт остатки 1,11,19,29.

Проверка полноты. Китайская теорема об остатках даёт по одному классу modulo 30 для каждого из $1\cdot 2\cdot 2=4$ сочетаний; все четыре класса перечислены.

Ответ. а) доказано; б) 1 и 4; в) 1, 11, 19, 29.

Шаг 1. Возьмём любые два числа $u,v$. Сравним суммы четвёрок, в которых три остальных числа одинаковы. Обе суммы делятся на 4, значит, $u-v$ делится на 4. Аналогично сравнение пятёрок с четырьмя одинаковыми остальными числами даёт делимость $u-v$ на 5. Следовательно, все десять чисел имеют один остаток по модулю 20.

Шаг 2. Обратное также верно: если все числа равны $r$ по модулю 20, сумма любых четырёх делится на 4, а любых пяти - на 5.

Шаг 3. В пункте а разность $2013-403=1610$ не делится на 20, поэтому ответ отрицательный. В пункте б все числа дали бы остаток 3 по модулю 4, а квадрат даёт только 0 или 1: снова нет.

Шаг 4. Для пункта в нужно $n^2\equiv1\pmod{20}$. Среди $n=2,\ldots,8$ квадраты дают остатки $4,9,16,5,16,9,4$; ни один не равен 1. При $n=9$ получаем $81\equiv1\pmod{20}$.

Шаг 5. Достижимость: набор $1,21,41,61,81,101,121,141,161,181$ состоит из десяти различных натуральных чисел, содержит 1 и $9^2$, все числа имеют остаток 1 по модулю 20.

Ответ. а) нет; б) нет; в) $n=9$.