Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Делимость и делители (множители) → .02 Разложение на множители, основная теорема арифметики

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория чисел

Разделы подтемы Делимость и делители (множители)

Условия про НОД и НОК

Разложение на множители, основная теорема арифметики

Количество, сумма, произведение делителей

Степени вхождения простых

Оценки для доказательства делимости

Алгоритм Евклида

Теоретико-числовые свойства биномиальных коэффициентов

Теоретико-числовые свойства чисел Фибоначчи

Целые гауссовы числа

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#111331

Сколькими способами можно представить число $n= 2401 ⋅3500$ в виде произведения двух натуральных чисел $x$ и $y,$ где $y$ делится на $x?$

Источники: Физтех 2025 11.2 (olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что x и y имеют в разложении на простые множители только двойки и тройки. Как соотносятся их степени вхождения, если y делится на x?

Подсказка 2

Да, степень вхождения и двойки, и тройки в y больше, чем в x. Тогда можно обозначить эти степени вхождения переменными, а дальше перемножить варианты степени вхождения двойки и тройки в y.

Показать ответ и решение

Заметим, что делитель числа $n$ не может иметь простые множители кроме 2 и 3, так как само $n$ имеет только эти простые числа в своем каноническом разложении. Отсюда любой делитель $n$ имеет вид $a b 2 3,$ где $a,b∈ ℤ$ и $0≤ a≤401,0≤ b≤500.$

Тогда $y$ так же имеет вид $a b y = 23$ с аналогичными условиями на $a$ и $b.$ Отсюда

n 24013500 401−a 500−b x= y = -2a3b--=2 3

Рассмотрим отношение чисел $y$ и $x:$

a b y = -4012−a3500−b = 22a−40132b−500 x 2 3

Получившееся число является целым, так как $y$ делится на $x$ по условию. Это значит, что $2a− 401≥ 0$ и $2b− 500≥ 0,$ то есть $a ≥201$ и $b≥250.$

Таким образом, у нас есть $401 − 201+ 1= 201$ способ выбрать число $a,$ на каждый из которых есть $500− 250+1 =251$ способ выбрать число $b,$ откуда количество способов выбрать пару $a$ и $b$ равно $201⋅251= 50451.$ При этом каждая такая пара задаёт разложение числа $n$ на множители $x$ и $y,$ где $y$ делится на $x,$ поэтому $50451$ и будет ответом.

Ответ:

50451

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#121578

Верно ли, что число

2026 2024 − 2024⋅2026+ 2025

делится на $20232?$

Источники: Надежда Энергетики - 2025, 11.5(см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы что-то понять про делимость, бывает полезно разложить число на произведение каких-то множителей.

Подсказка 2

Чтобы было удобнее раскладывать, можно попробовать заменить какое-то число на переменную x.

Подсказка 3

Для удобства заменим 2024, чтобы было проще работать со степенью. Осталось проверить делимость на (x - 1)².

Показать ответ и решение

Заметим, что

2026 2026 2024 − 2024⋅2026+2025= 2024 − 1− 2023⋅2026

Пусть $x= 2024.$ Тогда выражение примет вид

x2026 − 1− 2026(x− 1)=(x− 1)(x2025+ x2024+...+x +1)− 2026(x− 1)=

= (x − 1)(x2025 − 1+ x2024− 1+ ...+x − 1)

Нам необходимо проверить делимость на $20232 = (x− 1)2.$

Одна из скобок уже равна $(x − 1),$ осталось проверить делимость второй на $(x − 1).$ А это верно, так как каждая из разностей вида $(xk− 1)$ делится на $(x− 1),$ а, значит, и сумма тоже делится.

Ответ:

Верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#127178

Пусть $a$ и $b$ — целые числа. Докажите, что если $a2+ 9ab+b2$ делится на $11,$ то и $a2− b2$ делится на $11.$

Показать ответ и решение

Выделим полный квадрат:

2 2 2 2 2 a + 9ab+ b = a − 2ab+ b+ 11ab =(a− b) + 11ab

По условию

2 (a− b) + 11ab

кратно 11, кроме того и $11ab$ тоже кратно 11. Значит, $(a− b)2$ тоже обязано быть кратно 11. Так как 11 — это простое число, то это означает, что $a− b$ кратно 11.

Теперь распишем $a2− b2$ как разность квадратов и получим $(a− b)(a+ b)$ , а, так как ранее определили, что множитель $a− b$ кратен 11, то и все произведение тоже будет делиться на 11.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#128119

Докажите, что $20$ натуральных чисел: от $1$ до $20$ можно разбить на две группы так, чтобы сумма чисел первой группы равнялась произведению чисел второй. а) Какое наименьшее и б) какое наибольшее количество чисел может быть во второй группе?

Источники: БИБН - 2025, 10.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, Подсказка 1

Раз просят наименьшее, то давайте будем пробовать добавлять по одному числу, начиная с 0. Что будет, если у нас всего одно число во второй группе?

Пункт а, Подсказка 2

Сумма оставшихся чисел не меньше 190 — сильно много. Теперь для двух чисел во второй группе.

Пункт а, Подсказка 3

211 = (a+1)(b+1), бывает ли так?

Пункт а, Подсказка 4

211 — простое. Приведите пример для трёх чисел.

Пункт б, Подсказка 1

Как можно снизу оценить произведение через количество выбранных чисел?

Пункт б, Подсказка 2

Если чисел хотя бы 6, то произведение хотябы 6! = 720 > 210. Значит, чисел не больше 5.

Пункт б, Подсказка 3

Предположим, подойдёт пятёрка (1,2,3,4,x). Найдите x.

Показать ответ и решение

a) Сумма всех чисел от 1 до 20 равна 210. Очевидно, что во второй группе больше одного числа, так как в противном случае оно было бы равно сумме оставшихся 19 чисел, тоесть не меньше, чем $1+2 +...+ 19= 190.$ Покажем, что на самом деле во второй группе больше двух чисел. Действительно, в противном случае для чисел $a$ и $b$ из второй группы выполнялось бы равенство

210− a− b= ab

211= (a+1)(b +1)

Раз 211 — простое число, следовательно, данное уравнение не имеет решений на промежутке от 1 до 20. Приведем пример второй группы из 3 чисел. Сначала возьмем единицу, будет верно, что

209− a− b= ab

210= (a+1)(b +1)

Нам подойдут тройки ${1;9;20}$ и ${1;13;14}.$

б) Докажем, что чисел во второй группе меньше 6. В противном случае, наименьшее произведение чисел второй группы равнялось бы

1⋅2⋅3 ⋅4 ⋅5 ⋅6 =720> 210

Получили противоречие с равенством произведения чисел второй группы и суммы чисел первой группы. Подберем пример для случая, когда во второй группе 5 чисел. Предположим, что подойдет пятерка вида $(1;2;3;4;x),$ где $x ∈[5;20].$ Должно выполниться условие

210− 10− x= 24x

x= 8

Подойдет набор $(1;2;3;4;8).$

Ответ:

а) 3; б) 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#78889

Можно ли вычеркнуть из произведения $1!⋅2!⋅3!⋅...⋅56!$ один из факториалов так, чтобы произведение оставшихся было квадратом целого числа?

Показать ответ и решение

2 2 2 28 2 1!⋅...⋅56!=(1!) ⋅2⋅(3!) ⋅4 ⋅...⋅(55!) ⋅56=2 ⋅(1!⋅3!⋅...⋅55!)⋅28!

Отсюда видно, что, вычеркнув $28!,$ мы получим квадрат числа $214⋅1!⋅3!⋅...⋅55!.$

Ответ:

Да, можно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#78899

Дано $41$ различное натуральное число, меньшее $1000.$ Известно, что среди любых трех из них есть два, дающих в произведении точный квадрат. Докажите, что среди этих чисел есть точный квадрат.

Показать доказательство

Предположим, что среди этих чисел нет точного квадрата. Обозначим через $p ,...,p 1 n$ все простые числа, меньшие $1000.$ Заметим, что по условию каждое выписанных чисел раскладывается в произведение $p1,...,pn$ в некоторых степенях. Каждое из наших простых чисел входит в одно выписанное число в четной или нечетной степени. Сопоставим каждому выписанному числу последовательность из $0$ и $1$ длины $n.$ Число на $i$ - ой позиции будет равно $1,$ если $pi$ в ходит в выписанное число в нечетной степени и $0$ в противном случае (на самом деле это и есть бесквадратная часть, про которую мы говорили в теории). Предположим, что среди последовательностей выписанных чисел есть три различные. Тогда для трех соответствующих этим последовательностям чисел не выполнено условие (два числа в произведении могут давать точный квадрат, только если четности вхождения каждого $pi$ - ого одинаковые).

То есть мы показали, что различных последовательностей может быть не больше $2.$ Обозначим эти последовательности через $a1,...,an$ и $b1,...,bn.$ Обозначим через $a a b b a =p11⋅⋅⋅pnn,b= p11 ⋅⋅⋅pnn .$ Очевидно что $a⁄= b.$ Считаем. что $a< b,$ тогда $a ≥2,b≥ 3,$ так как при $a= 1$ мы получим, что числа являются квадратами, а мы предположили, что их нет. Каждое из выписанных чисел дает точный квадрат либо при делении на $a,$ либо при делении на $b.$ Причем для чисел, которым соответствуют одинаковые последовательности, эти квадраты должны быть различными. Рассмотрим наибольшее выписанное число, которому соответствует последовательность $a$ -шек. Оно равно $a⋅s2$ для некоторого натурального $s,$ откуда $s2 ≤ 500,$ то есть $s≤ 22.$ Но тогда количество выписанных чисел, которым соответствует первая последовательность, не превосходит $22.$ Аналогично поступаем со второй последовательностью. Опять рассматривает наибольшее число $bh2 ≤1000,$ откуда $h2 ≤ 1000∕3,$ то есть $h≤ 18,$ откуда таких чисел не больше $18.$ То есть всего чисел не больше, чем $22+ 18 =40.$ Получили противоречие с количеством данных чисел.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#82085

Про натуральные числа $a,b,c$ известно, что $ab$ делится на $2c,bc$ делится на $3a$ , а $ac$ делится на $5b$ . Найдите наименьшее возможное значение их произведения $abc$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что если w является делителем x и y является делителем z, то xz кратно wy. Как это можно применить относительно нашего условия?

Подсказка 2

Правильно, перемножив попарно все три условия кратности и сократив лишнее, получим, что a² ⫶ 10, b² ⫶ 6 и c² ⫶ 15. Все эти числа не включают в себя полные квадраты. Что это говорит о числах a, b и c?

Подсказка 3

Правильно, сами числа тогда тоже делятся на 10, 6 и 15 соответственно, а значит, не могут быть меньше них. Тогда и abc тоже будет не меньше произведения этих чисел.

Показать ответ и решение

.. .. 2 .. 2.. ab.2c,bc.3a =⇒ ab c.6ac =⇒ b .6

Но раз квадрат $b$ делится на 2 и на 3, то и само $b$ делится на 2 и на 3. Тогда $b...6$ , значит, $b≥ 6.$

.. .. 2 .. 2.. ab.2c,ac.5b =⇒ a bc.10bc =⇒ a .10

Но раз квадрат $a$ делится на 2 и на 5, то и само $a$ делится на 2 и на 5. Тогда $a...10$ , значит, $a≥ 10.$

bc...3a,ac...5b =⇒ abc2...15ab =⇒ c2...15

Но раз квадрат $c$ делится на 3 и на 5, то и само $c$ делится на 3 и на 5. Тогда $. c..15$ , значит, $c≥ 15.$

В итоге $abc≥ 10⋅6⋅15= 900,$ причём при $a =10$ , $b= 6$ , $c= 15$ достигается равенство.

Ответ: 900

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#127176

Дано простое число $p.$ Пусть $n$ — наименьшее натуральное число, большее 1, такое, что $n6− 1$ делится на $p.$ Докажите, что тогда одно из чисел $6 (n+ 1) − 1$ или $6 (n +2) − 1$ также делится на $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Известно, что n — наименьшее натуральное, большее 1... Может ли оно быть большим? Есть ли какой-то очевидный "подозреваемый" среди чисел меньше p, который точно удовлетворяет сравнению n⁶ − 1 ≡ 0 (mod p)?

Подсказка 2

n⁶ − 1, это же не монолит! Можно же разломать на более мелкие кусочки, на несколько множителей.

Подсказка 3

n⁶ − 1 = (n + 1)(n − 1)(n² + n + 1)(n² − n + 1). Значит, p делит один из данных множителей.

Подсказка 4

Многочлены x² + x + 1, x² − x + 1 очень похожи. Можно ли простым преобразованием переменной один превратить в другой?

Подсказка 5

x² + x + 1 = (x + 1)² − (x + 1) + 1. Что можно сказать о (n − 1)⁶ − 1, (n + 1)⁶ − 1, в случае когда p делит (n² + n + 1)(n² − n + 1)?

Показать доказательство

Для $p= 2$ утверждение задачи очевидно, ведь числа $(n+ 1)6− 1,(n+ 2)6− 1$ — разной четности. Далее считаем $p> 2.$

Сразу заметим, что

6 6 (p− 1)− 1≡ (−1)− 1≡ 0 (mod p),

при этом $p− 1>1,$ то есть $p− 1$ подходит на роль $n,$ значит, $n≤ p− 1.$

Заметим, что

6 2 2 n − 1= (n − 1)(n +n +1)(n +1)(n − n+ 1).

Значит, $p$ делит один из множителей. Если $n − 1$ делится на $p,$ то $n ≥p +1$ — противоречие. Если $n+ 1$ делится на $p,$ то $n +2≡ 1 (mod p),$ откуда $(n+ 2)6− 1≡ 0 (mod p).$ Если

2 2 n − n+ 1= (n− 1) +(n− 1)+1

делится на $p,$ то $(n− 1)6− 1$ также делится на $p,$ что противоречит минимальности $n.$ Наконец, если

n2+ n+ 1= (n+ 1)2− (n+ 1)+1

делится на $p,$ то $(n+ 1)6− 1$ делится на $p.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32935

В произведении $1 ⋅2 ⋅...⋅n (n≥ 2)$ разрешается приписать некоторым сомножителям восклицательный знак (при этом сомножитель $k$ заменяется на $k!$ ). При каких $n$ в результате можно получить точный квадрат?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте прикинем, какие вообще числа подойдут. Перебираем ручками и понимаем, что простые числа вроде 2,3,5 не подходят в качестве n. А, например, сами квадраты вроде 4 или 9 подойдут, ведь можно поставить после числа !, то есть получить 1 * 2 * 3 * ... * 7 * 8 * 9! два раза произведение чисел от 1 до 8 и саму девятку, а в итоге (8!)² * 9 = (3 * 8!)²

Подсказка 2

Надо подумать в терминах множителей, что вообще добавляет в произведение эта операция постановки восклицательного знака после множителя k.

Подсказка 3

Давайте постепенно добавлять простые множители, которые входят в нечётных степенях, чтобы в итоге все простые множители оказались в чётных степенях. Как бы это аккуратно сделать?

Подсказка 4

Приписать восклицательный знак нужно к числу p+1 (где p-наибольшее простое в нечетной степени вхождения). Ого, мы исправили ситуацию с p. А можно ли также сделать и для других простых?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Операция постановки восклицательного знака, применённая к числу $k ≥2,$ даёт возможность добавить в произведение множители от $1$ до $k − 1$ включительно.

Заметим, что если число $n$ простое, то как бы мы ни расставляли восклицательные знаки, в произведении всё равно останется простой множитель $n$ в первой степени, так что получить квадрат не удастся.

При составном $n$ будем действовать следующим образом. Разложим произведение $1⋅2⋅...⋅n$ в виде произведения степеней простых и посмотрим, какие простые числа входят в нечётных степенях. Если таких чисел нет, то перед нами уже квадрат. Иначе обозначим наибольшее из этих простых за $p1.$ Поставим восклицательный знак после числа $p1+1.$ Так мы добавили в произведение все числа от $1$ до $p1,$ так что степень простого числа $p1$ увеличилась на $1$ и стала чётной. Кроме того, степени вхождения простых чисел, больших $p1,$ не изменились. Для нового произведения сделаем ту же операцию, то есть пересчитаем степени вхождения простых чисел и упорядочим те простые, что входят в нечётных степенях, в порядке убывания, и снова “исправим” наибольшее. Такими операциями мы в итоге придём к числу, являющимся точным квадратом.

Второе решение.

Предположим, что $n$ простое. Тогда степень вхождения $n$ в произведение будет равна $1$ (как бы мы ни приписывали восклицательные знаки). Тогда число не является точным квадратом. Предположим, что $n= k2.$ Тогда можно приписать факториал после $n.$ В итоге останется $((n − 1)!)2⋅n$ — точный квадрат.

Теперь предположим, что $n = ab,$ где $a⁄= b$ и $a,b <n.$ Не нарушая общности, $a> b.$ Рассмотрим два случая.

Если $a= b+1,$ то припишем факториал к $a+1,n$ и $b$ (эти три числа различны). Останется

((b− 1)!)2⋅b⋅a⋅((n− 1)!)2⋅n= n2⋅((b− 1)!(n− 1)!)2

Если же $a >b+ 1,$ то припишем факториал к $b,b+1,a,a +1,n$ (все эти числа различны). Получится

((b− 1)!)2⋅b⋅((a− 1)!)2 ⋅a ⋅((n− 1)!)2⋅n =n2⋅((b− 1)!(a− 1)!(n− 1)!)2

что также является точным квадратом.

Ответ:

при составных

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#61646

Через терминал оплаты на мобильный телефон можно перевести деньги, при этом взимается комиссия — натуральное число процентов. Федя положил целое количество рублей на мобильный телефон, и его счёт пополнился на $847$ рублей. Сколько денег положил на счёт Федя, если известно, что комиссия менее $30%$ ?

Показать ответ и решение

Пусть Федя положил $N$ рублей на свой телефон и комиссия составила натуральное число $p <30$ процентов. Тогда от его суммы вычитается $p-- 100$ рублей. Получается $Nx- 100$ рублей, где $100 >x = 100− p> 70.$

Итак,

Nx 7⋅10 ⋅10⋅11⋅11 100 =847 =⇒ x = -----N------∈ ℕ∩ (70;100)

По основной теореме арифметике из сократимости дроби следует, что $x$ это произведение каких-то множителей из числителя. Простым перебором можно убедиться, что в заданный интервал $(70;100)$ попадает только произведение $7⋅11.$ Так что $N = 7⋅107⋅0⋅11211 =100⋅11= 1100.$

Ответ:

$1100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#72109

Докажите, что произведение трех последовательных натуральных чисел не может быть степенью (выше первой) натурального числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем идти от противного. Пусть наши числа — это n-1, n и n+1. Тогда нас спрашивают о произведении чисел n и n² - 1, которые взаимно просты. Что тогда можно сказать об этих числах, если их произведение является натуральной степенью выше 2?

Подсказка 2

Верно, n и n^2-1 сами являются точными степенями, причем с одним и тем же показателем b двух взаимно простых чисел x и y. Можно ли найти связь между x и y?

Подсказка 3

Верно! Так как n = x^b и n² - 1 = y^b, получаем x^(2b) - y^b = 1. А можно ли от степеней 2b и b перейти к более простым степеням?

Подсказка 4

Можно! Нетрудно видеть, что x² - y делит левую часть приведенного выше уравнения. А тогда x² - y делит и число 1, то есть равно 1. Таким образом, x² = y + 1. Имеет ли тогда решения уравнение, полученное в предыдущей подсказке?

Подсказка 5

Верно, не имеет! Можно подставить x² = y+1 и заметить, что (y+1)² - y² = 2y + 1 > 1. А можно ли доказать, что при b > 2 разность степеней чисел y+1 и y будет больше?

Показать доказательство

Предположим противное. Пусть последовательные числа имеют вид $n − 1,n,n+1$ ( $n> 1$ ). Их произведение равно $2 (n− 1)n(n+ 1)=n(n − 1).$ Заметим, что числа $n$ и $2 n − 1$ взаимно просты. Следовательно, если их произведение равно $b a ,$ где $b≥ 2$ , то $b 2 b n= x ,n − 1 =y ,$ $(x,y)= 1.$ Таким образом, $2b b x − y = 1.$ Нетрудно видеть, что $2b b x − y$ делится на $2 x − y,$ а значит это число делит единицу. То есть $2 x − y =1.$ Подставим $y+ 1$ вместо $2 x$ в уравнение и получим $b b (y+ 1)− y = 1.$

Ясно, что для натурального $y$ и $b≥ 2$ справедливо неравенство $b+1 b+1 b b (y+ 1) − y ≥ (y+ 1) − y,$ поскольку оно сводится к неравенству $b b (y +1)y >y (y− 1),$ которое очевидно верное. Таким образом, $b b 2 2 (y+ 1)− y ≥ (y +1) − y =2y+ 1> 1$ при $y >0.$ Если же $y =0,$ то $2 n =1,$ откуда $n= 1,$ но тогда число $n − 1$ не натуральное, пришли к противоречию.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#73179

Существует ли такой набор натуральных чисел, что сумма кубов всех чисел равна 20212021, а произведение всех чисел равно 20222022 (числа могут повторяться)?

Источники: Лига Открытий - 2022

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если какое-то из наших чисел достаточно большое, то один только его куб может быть больше произведения всех чисел. Это наталкивает на мысль, что если условие задачи выполнено, все числа должны быть “не слишком велики”.

Подсказка 2

Дано, что произведение всех искомых чисел равно 20222022, давайте разложим это число на простые множители и подумаем, какими тогда могут быть наши числа, исходя из этого разложения.

Подсказка 3

Каждый простой множитель числа 20222022 входит как множитель в какое-то из искомых чисел. Если среди простых есть “слишком большое” (то есть такое, куб которого больше произведения всех чисел), то для нас это заведомо значит, что сумма всех кубов тоже будет слишком большой!

Показать ответ и решение

Разложим число 20222022 на простые множители: $20222022= 2⋅3⋅73⋅137⋅337$ . Предположим, что такой набор существует. Тогда легко видеть, что сумма кубов не меньше, чем $3 337 >20212021$ — противоречие.

Ответ: не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75789

Докажите, что у чисел вида $n4+ 1$ бесконечно много простых делителей.

Показать доказательство

Предположим, противное, тогда существует конечное множество $S = {p }k i i=1$ простых делителей чисел вида $n4+ 1.$ Заметим, что число $k∏ pi+1 i=1$ не кратно $pi$ для всеx $i∈ {1,2,...,k},$ следовательно кратно некоторому простому числу $q,$ которое не принадлежит $S$ — противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91036

(a) Существуют ли $5$ натуральных чисел таких, что ни одно из них не делится на другое, но квадрат любого числа делится на каждое из остальных?

(b) А если потребовать, чтобы квадрат делился на произведение остальных?

Показать доказательство

(a) Рассмотрим числа $2 2 2 2 2 p1p2p3p4p5,p1p2p3p4p5,p1p2p3p4p5,p1p2p3p4p5,p1p2p3p4p5.$ Для любых $5$ разных простых чисел $pi$ оно подходит под пункт $(a).$

(b) Допустим, что можно, и нам подходят числа $a,b,c,d,e.$ Тогда $. . . . . a2..bcde,b2..acde,c2 ..abde,d2..abce,e2..abcd.$ Значит, $. a2b2c2d2e2..a4b4c4d4e4.$ Но тогда $a2b2c2d2e2 ≥a4b4c4d4e4$ и $1≥ a2b2c2d2e2.$ но в этом случае $a= b=c =d =e =1,$ но тогда условие, что ни одно из них не делится на другое, не выполняется.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31010

На гранях куба записали натуральные числа. Затем в каждую вершину записали произведение чисел на трёх прилегающих к ней гранях. Сумма чисел в вершинах равна $1001$ . Чему равна сумма чисел на гранях?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем посмотреть, что за сумма у нас получилась. Из каких переменных состоит каждая из них, можно ли переформулировать это на язык комбинаторики?

Подсказка 2

Верно, можно сказать, что мы из трёх скобок вида (x+y) выбирали по переменной и в итоге получилось сумма их произведений. Теперь вспомним, как раскладывается число на простые множители и сколькими способами?

Подсказка 3

Ага, по основной теореме арифметики это делается единственным способом. Но тогда осталось только понять, почему скобка не может быть равна единице.

Показать ответ и решение

Пусть на противоположных гранях были числа $a 1$ и $a 2$ , $b 1$ и $b 2$ , $c 1$ и $c 2$ . Тогда заметим, что произведение любых трёх разных букв будет написано в одной из вершин ровно по одному разу, то есть сумма в вершинах равна $(a1+a2)(b1+ b2)(c1+ c2)= 1001= 11 ⋅7 ⋅13$ . Каждая сумма натуральных чисел не меньше $2$ , а произведение раскладывается в произведение трёх чисел, больших единицы, единственным способом. Значит, одна из сумм $(a1+ a2), (b1+ b2), (c1+ c2)$ равна $11$ , другая $7$ и третья $13$ , поэтому $(a1+ a2)+ (b1+ b2)+ (c1+ c2)=11+ 7+ 13= 31$ .

Ответ:

$31$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31291

Несколько натуральных чисел перемножили, и получилось $1120.$ Что это были за числа, если самое большое из них вдвое больше самого маленького?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите разложение 1120 на простые множители

Подсказка 2

Какие значения может принимать наименьшее из перемноженных чисел?

Подсказка 3

Оно не может делиться на 5 или 7, так как тогда 1120 делилось бы на 25 или 49. Значит, оно делится только на 2

Показать ответ и решение

Разложим на множители наше число

2 5 1120= 2⋅5⋅112 =2 ⋅5⋅56= 2 ⋅5⋅7

Пусть наши числа это $a1 ≤a2 ≤ ...≤ an.$ Тогда $2a1 =an$ и $1120= a1a2...an = 12a2...an− 1a2n.$ Если $a1...7,$ то $an ...7$ и тогда $1120= a1a2...an ...49.$ Аналогично, $a1$ не делится на $5.$ Значит $a1$ это степень $2.$

1.: Пусть $a1 = 1,$ тогда $ai ≤ an = 2$ и ни одно из чисел не делится на $5.$
2.: Пусть $a1 = 2,$ тогда $a≤ an = 4 i$ и ни одно из чисел не делится на $5.$
3.: Пусть $a =4, 1$ тогда $4≤ a ≤a =8. i n$ Тогда одно из чисел должно делится на $5,$ между $4$ и $8$ такое одно — $5,$ так же одно из чисел должно делится на $7,$ между $4$ и $8$ такое одно — $7.$ Таким образом среди чисел должно быть числа $4,8,5,7.$ Их произведение равно $1120,$ значит у нас всего $4$ числа $4,8,5,7.$
4.: Пусть $.. a1.8,$ тогда $.. an.16$ и ни одно из чисел не делится на $5,$ но тогда $.. 7 a1a2...an = 1120.2 .$

Ответ:

$4,5,7,8$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31293

Найдите наименьшее натуральное число, половина которого — точный куб, а треть — точный квадрат.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрите на разложение такого числа на простые.

Подсказка 2

Посмотрите на степени вхождения 2 и 3 в разложении числа на простые

Подсказка 3

Пусть 2 входит в число в степени a, 3 входит в степени b. Тогда условие говорит, что:

Показать ответ и решение

Наше число точно должно делится на $2$ и на $3.$ Пусть $2$ входит в наше число в степени $a,$ а $3$ в степени $b.$ Если число является квадратом, то все простые входят в него в четной степени, то есть $.. .. a.2,(b − 1).2.$ Если число является кубом, то все простые входят в него в степени, кратной $3,$ то есть $.. .. (a− 1).3,b.3.$

Таким образом, из условия, что $.. b.3$ следует, что $b≥ 3$ и $b= 3$ подходит под оба условия на $b,$ из условия, что $.. a− 1.3$ следует, что либо $a =1,$ что не подходит, так как $.. a.2,$ либо $a≥ 4$ и $a= 4$ подходит под оба условия на $a.$

Итого, наше число точно $4 3 ≥ 2 ⋅3.$

Заметим, что число $4 3 2 ⋅3 =432$ уже подходит под условие.

Ответ:

$432$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#31298

На сколько нулей заканчивается число $100!?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Количество нулей на конце числа равно максимальной степени 10, на которую оно делится.

Подсказка 2

Число делится на 10^n тогда и только тогда, когда оно делится на 2^n и 5^n

Подсказка 3

Посмотрите на степени вхождения пятерки и двойки в факториал!

Подсказка 4

Степень вхождения простого p в n! можно посчитать так:

Подсказка 5

Нам достаточно посчитать степень вхождения 5 в факториал - степень вхождения 2 будет не меньше

Показать ответ и решение

Посчитаем, в какой степени пятёрка входит в число $100!:$

[100] [100] [100] -5- + -25 + 125 = 24

Посчитаем, в какой степени двойка входит в $100!:$

[ ] [ ] 100 + 100- +...>24 2 4

Значит, $100!$ заканчивается на $24$ нуля.

Замечание.Такие формулы для поиска степени вхождения получаются последовательным подсчётом количества чисел, кратных $pk$ ( $p$ — простое), которые не превышают $100,$ тогда степень $k$ будет посчитана $k$ раз, что равно степени, которая ей добавляется в произведение.

Ответ:

$24$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#31300

Можно ли расставить по кругу $333$ различных натуральных числа так, чтобы для любых двух соседних чисел отношение большего из них к меньшему было простым числом?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В подобных задачах с кругом часто можно прийти к противоречию, либо же придумать пример, если выбрать произвольное число и сделать обход круга, рассматривая соседние наборы чисел, чтобы подойти к этому числу с другой стороны. Подумайте, как можно применить такой метод в этой задаче.

Подсказка 2

Выберем произвольное число и будем обходить круг в одну сторону. Заметим, что каждое соседнее число получается умножением или делением предыдущего на простое число. Когда мы дойдём до исходного числа, мы сделаем 333 операции. Возникает ли здесь какое-то противоречие?

Подсказка 3

Конечно, ведь если мы n раз умножали, то, чтобы прийти к исходному числу, надо n раз поделить, т.е. общее кол-во операций чётное. А мы сделали нечётное кол-во — 333!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Предположим, что это возможно. Тогда давайте для каждого числа $α1 α2 αk n =p1 p2 ...pk ,$ стоящего по кругу, напишем рядом число $α1+ α2+ ...+ αk.$ Оставим теперь только новые числа. Раз для любых двух изначальных соседних чисел отношение большего из них к меньшему было простым числом, то теперь для новых чисел верно, что любые два соседних числа отличаются на $1.$ Такого не может быть, так как числа стоят по кругу и их нечетное число.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Рассмотрим произвольное число $n$ из круга. "Пройдём"по всем числам в одну сторону по кругу. При переходе к соседнему числу нужно умножить или разделить на простое число. Через $333$ шага мы должны прийти к изначальному числу $n.$ Но так как мы умножали и делили $333$ раза, то получить тот же результат не удастся: каждому умножению на простое число должно соответствовать последующее когда-то деление на то же число.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#31303

а) Существуют ли пять натуральных чисел таких, что ни одно из них не делится на другое, но квадрат любого числа делится на каждое из остальных?

б) Существуют ли пять натуральных чисел таких, что ни одно из них не делится на другое, но квадрат любого числа делится на произведение остальных?

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Попробуем построить пример, может быть, такое возможно. Логично рассмотреть какой-то набор простых чисел и попробовать из них поконструировать пять чисел.

Пункт а), подсказка 2

Пусть есть простые числа p₁, p₂, p₃, p₄, p₅. Пусть каждое из пяти чисел включает в своё разложение на простые произведение p₁p₂p₃p₄p₅. Можно ли подкорректировать числа, чтобы выполнялось условие?

Пункт а), подсказка 3

Оказывается, что да. Действительно, пусть первое число есть p₁²p₂p₃p₄p₅, второе — p₁p₂²p₃p₄p₅ и т.д. Тогда условие выполнено!

Пункт б), подсказка 1

Пусть есть такие числа a, b, c, d, e. Тогда запишите условие для квадрата каждого числа, что из них можно вывести?

Пункт б), подсказка 2

Из них следует, что a²b²c²d²e² ⋮ a⁴b⁴c⁴d⁴e⁴. Но тогда 1 ≥ a²b²c²d²e² ≥ 1. Какой вывод можно сделать?

Пункт б), подсказка 3

Конечно же, такое возможно только при a = b = c = d = e = 1, но такой набор не удовлетворяет условию. Отсюда следует ответ!

Показать ответ и решение

а) Да, существуют. Рассмотрим числа $p2pp p p 1 23 45$ , $p p2p p p 1 23 4 5$ , $p p p2p p 1 23 4 5$ , $p p pp2p 1 2 34 5$ , $pp pp p2 1 2 34 5$ . Для любых пяти попарно различных простых чисел $pi$ этот набор соответствует условию пункта (а).

Замечание. Другой пример: $100 100 101 99 102 98 103 97 104 96 2 ⋅3 ,2 ⋅3 ,2 ⋅3 ,2 ⋅3 ,2 ⋅3 .$

б) Предположим, что существуют такие натуральные числа $a,b,c,d,e$ . Тогда из $2.. a .bcde$ , $2.. b.acde$ , $2.. c.abde$ , $2 .. d .abce$ , $2.. e .abcd$ немедленно следует $2 22 22 ..4 44 4 4 a b cd e .ab cd e$ . Но тогда $2 22 2 2 4 44 44 ab cd e ≥a b cd e$ и $2 22 22 1 ≥a bc de ≥ 1$ , а в таком случае единственно возможная ситуация: $a= b= c= d= e=1$ . Но это противоречит предположению, что ни одно из чисел не делится на другое.

Ответ:

а) да

б) нет

Предыдущая подтема

Следующая подтема