Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Уравнения в целых числах → .01 Выбор модуля и перебор случаев в уравнениях над Z

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория чисел

Разделы подтемы Уравнения в целых числах

Выбор модуля и перебор случаев в уравнениях над Z

Разложение на целые скобки

Оценки в уравнениях над Z

Уравнения на НОД и НОК

Линейные диофантовы уравнения

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#90976Максимум баллов за задание: 7

Решите в целых числах уравнение $x5 +2= 3⋅101y.$

Показать ответ и решение

Понятно, что $y ≥ 0,$ в противном случае правая часть нецелая, а левая — целая. Если $y = 0,$ то $x= 1.$

Если же $y >0,$ то $5 x ≡−2 (mod 101),$ откуда $100 20 x ≡2 (mod 101).$ Также по МТФ $100 x ≡1 (mod 101).$ Следовательно, $20 2 ≡ 1 (mod 101).$ Заметим, что $9 2 = 512 ≡7 (mod 101),$ а значит $20 92 2 = 4⋅(2 ) ≡95 (mod 101).$ Пришли к противоречию, то есть при положительных $y$ решений быть не может.

Ответ:

$x =1,y = 0$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#91380Максимум баллов за задание: 7

Найти все решения в целых числах уравнения:

x 2 (4− x)= 2x +4

Показать ответ и решение

Заметим, что при $x> 4$ левая часть уравнения отрицательна, а правая положительна, а при $x< −2$ – наоборот. Следовательно, равенство возможно только при $x∈ {−2,− 1,0,1,2,3,4}$ Далее перебором определяем подходящие варианты.

Ответ:

$0,1,2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#79775Максимум баллов за задание: 7

Найти все натуральные $n$ , которые можно представить в виде суммы

2 2 n =a + b,

где $a$ — минимальный делитель $n$ , отличный от $1,$ и $b$ — какой-то делитель $n.$

Источники: Всесиб - 2021, 11.2 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию a- минимальный делитель n, отличный от 1. В связи с этим хочется попытаться узнать его наверняка. Может даже получится доказать, что он равен 2. Давайте предположим противное. Какое противоречие мы получим?

Подсказка 2

Если минимальный делитель отличен от 2, то n- нечетное число и все его делители также нечетны. Но тогда сумма a²+b² не может быть нечетной. Противоречие. Мы выполнили свою цель и перешли к новой задаче: n=4+b². Какое ограничение возникает на b?

Подсказка 3

Заметим, что n и b² делятся на b, значит 4 также делится на b. Такое бывает крайне редко, поэтому довести решение до конца вам не составит никого труда!

Показать ответ и решение

Если $n$ нечётно, то и все его делители нечётны, поэтому правая часть равенства $n= a2+b2$ чётна — противоречие. Следовательно, $n$ чётно и его минимальный неединичный делитель $a$ равен $2,$ а $2 n= 4+ b.$

По условию $b$ делит $2 n= 4+ b,$ значит, делит и разность $2 n − b = 4,$ поэтому $b$ должно быть равно одному из чисел $1, 2, 4.$ При этом $n$ равно $5, 8, 20$ соответственно. Первый случай не подходит ввиду нечётности, остальные два удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 8 и 20

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#125885Максимум баллов за задание: 7

Найдите все трехзначные числа $abc,$ такие, что остаток от деления, как числа $abc,$ так и числа $cba,$ на сумму своих цифр, увеличенную на 1, равен 1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

По условию числа 100a+10b+c-1 и 100c+10b+a-1 кратны a+b+c+1. Самый естественный ход в данном случае — рассмотреть их разность.

Подсказка 2:

Она равна 99(a-c). Сразу бросается в глаза, что a-c по модулю меньше a+b+c+1. Значит, было бы здорово сначала рассмотреть случаи, когда a+b+c+1 имеют с 99 НОД больше 1.

Подсказка 3:

Давайте заметим, что a+b+c сравнимо с -1 по модулю a+b+c+1. Значит, 100a+10b+c-1 сравнимо с 99a+9b-2 по модулю a+b+c+1. Так что там по итогу можно сказать про делимость a+b+c+1 на 9?

Подсказка 4:

Кажется, выражение 99a+9b-2 и делимость на 11 поможет опровергнуть.

Подсказка 5:

Итак, вы пришли к тому, что a-c кратно a+b+c+1. Это возможно только при a = c. Кстати, почему? Осталось сделать небольшой перебор, чтобы получить ответ.

Показать ответ и решение

Пусть $p =a+ b+ c+1.$ Итак, $100a +10b+ c− 1$ кратно $p.$ Также $100c+ 10b +a− 1$ кратно $p.$ Значит,

(100a+ 10b+ c− 1)− (100c+ 10b+a− 1)= 99(a− c)

также кратно $p.$ Учитывая, что

a +b+ c≡ −1 (mod p),

получаем, что

100a+ 10b +c− 1≡ 99a +9b− 2 (mod p).

Из этого следует, что $9$ и $p$ взаимно просты, иначе $99a +9b− 2$ не будет делиться на $p.$ Значит, делимость $99(a− c)$ на $p$ равносильна делимости $11(a− c)$ на $p.$

Рассмотрим случаи, когда $p$ кратно $11$ и когда не кратно. Если кратно, то тогда и $99a+ 9b− 2$ делится на $11.$ Значит, $9b− 2≡ 0 (mod 11).$ Осталось заметить, что тогда и

−(9b− 2− 11b)= 2b+2

также делится на $11.$ Значит, $b+ 1$ кратно $11,$ а этого не может быть, потому что $b$ — цифра.

Значит, $a− c$ кратно $p.$ Ясно, что $|a− c|< p.$ Таким образом, $a− c= 0.$ Следовательно, $101a+ 10b− 1$ делится на $2a+ b+1.$ Отсюда получаем делимость

101a+10b− 1− 10(2a+b+ 1)= 81a − 11

на $2a+b+ 1.$ Разберем несколько случаев.

Если $a= 1,$ то $70$ кратно $b+3,$ откуда $b= 2,4,7.$

Если $a= 2,$ то $151$ кратно $b +5,$ это невозможно.

Если $a= 3,$ то $232$ кратно $b +7,$ откуда $b=1.$

Если $a= 4,$ то $313$ кратно $b +9$ , это невозможно.

Если $a= 5,$ то $394$ кратно $b +11,$ это невозможно.

Если $a= 6,$ то $475$ кратно $b +13,$ откуда $b =6.$

Если $a= 7,$ то $556$ кратно $b +15,$ это невозможно.

Если $a= 8,$ то $637$ кратно $b +17,$ это невозможно.

Если $a= 9,$ то $718$ кратно $b +19,$ это невозможно.

Ответ:

$121,141,171,313,666$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#46232Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $2x+ 2y = 24t$ в целых числах.

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При каких x и y сразу можно сделать какие-то выводы про t? А во всех остальных случаях давайте выразим y через x и подставим.

Подсказка 2

При y = x левая часть полностью становится степенью двойки! Тогда можно понять, каким должно быть t. А если y > x,то запишем y = v + x. Как преобразуется наше уравнение?

Подсказка 3

Разберите случаи t < 0 и t ≥ 0. Какие выводы модно сделать о делимости обеих частей уравнения?

Подсказка 4

Верно, t может быть только ≥ 0! А как можно аналогичным образом оценить x?

Подсказка 5

x, v натуральные! Тогда по сути мы решаем уравнение на натуральные числа, то есть можем рассуждать о простых делителях ;)

Подсказка 6

Запишите уравнения на степени вхождений 3 и 2.

Подсказка 7

x = 3t, 1 + 2^v = t. "Маленькие" решения ещё можно угадать, а вот о существовании больших нужно порассуждать ;)

Показать ответ и решение

Если $x =y,$ то

x+1 t 2 = 24

Если $t>0,$ то правая часть кратна трём, а левая — нет. Значит, $t≤ 0.$ Если $t< 0,$ то вновь придём к противоречию $3−t = 23t−(x+1)$ : кратное трём число не может быть никакой степенью двойки, в том числе нулевой. Остаётся только вариант $t= 0,$ в котором есть решение $x =− 1= y.$

Рассмотрим теперь случай $x⁄= y.$ Не умаляя общности, будем считать $x< y.$ Тогда можно записать $y = x+ v,v >0.$ Исходное уравнение запишется в виде

2x⋅(1 +2v)= 24t

Если $t<0,$ то в равенстве $3−t⋅(1+ 2v)= 23t−x$ левая часть делится на $3,$ а правая нет. Поэтому может быть только $t≥ 0.$ Но тогда $x >0,$ ведь иначе в равенстве $2x ⋅(1+ 2v)=24t$ справа стоит натуральное число, а слева деление нечётного натурального числа на степень двойки (то есть в итоге получается дробь, а не натуральное число).

В итоге обе части равенства

2x⋅(1 +2v)= 24t

являются натуральными числами, поэтому по основной теореме арифметики должны быть равными степени вхождения простых множителей, откуда

v t x =3t и 1+2 =3

Очевидные решения $(v,t)∈ {(1,1),(3,2)}$ . Получаем тройки $(3,4,1),(6,9,2)$ , которые дают $4$ решения в силу симметрии $x,y$ . Пусть теперь $v,t> 2$ , тогда $2v ≡ 0 4$ , то есть $3t− 1≡ 0 4$ . Отсюда $t$ чётно. Но если $t$ кратно двум, то $t= 2k,k∈ℕ$ и $3t− 1= (3k − 1)(3k+ 1)$ . Если $k ≥2$ , то хотя бы одно из этих чисел не является степенью двойки, что невозможно. Тогда $k≤ 1 ⇐⇒ t≤2$ , откуда в этом случае решений нет.

Ответ:

$(−1,−1,0),(3,4,1),(4,3,1),(6,9,2),(9,6,2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#68248Максимум баллов за задание: 7

При каких натуральных $n$ существуют натуральные $a$ и $b$ такие, что

a b n!=2 + 2?

Источники: Муницип - 2020, Москва, 11.5

Показать ответ и решение

Рассмотрим остатки от деления степеней двойки на 7: 1, 2 и 4. Значит, сумма двух степеней двойки не может давать остаток 0 при делении на 7 , поэтому левая часть равенства не делится на 7 . Следовательно, $n$ ! не делится на 7 , то есть $n< 7$ .

Далее осуществляем перебор для значений $n$ от 1 до 6 . Очевидно, что $n ⁄= 1$ и $n⁄= 2$ . Для $n =3a= 2;b= 1$ . Для $n =4a =4;b= 3$ . Для $n =5$ или $n= 6$ одна из степеней двойки должна быть хотя бы половиной от общей суммы, но в этом случае подходящих вариантов не будет. Действительно, $7 6 6 6 5 2 = 2+ 2 > 120 =5!> 2 +2$ и $10 9 9 9 8 2 = 2 +2 > 2 + 2$ $8 8 >720= 6!>2 + 2$ .

Ответ:

${3;4}$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#70328Максимум баллов за задание: 7

Выражение $n$ ! означает произведение всех натуральных чисел от $1$ до $n$ включительно, т. е. $n!= 1⋅2⋅...⋅n$ . Решите в натуральных числах уравнение

2 2 n!− 4n +18= m +4nm − 20m

Показать ответ и решение

Воспользуемся делимостью на 4, чтобы получить ограничение на значение $n$ . При $n ≥ 4$ имеем

n!− 4n2+ 18≡ 2 ⇒ m2+ 4nm − 20≡ 2⇔ m2 ≡ 2 4 4 4 что невозможно, так как квадраты даю т остатки 0,1,3 по модулю 4.

Следовательно, $n≤ 3.$ Переберем возможные варианты $n$ и выберем те, при которых $m ∈ℕ.$

⌊ | n= 1 и m(m − 16)= 15 ⇒ m ∕∈ℕ ⌈ n= 2 и m(2m − 12)= 4⇒ m ∕∈ℕ n= 3 и m − 8m +12= 0⇒ m = 2;6

Ответ:

$(2,3),(6,3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#108449Максимум баллов за задание: 7

Приведите пример различных натуральных чисел $a< b< c< d$ таких, что $c2 =$ $ab+ ad+ bd.$

Источники: Изумруд - 2020, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем подставить какое-то значение вместо, например, а. При этом нам выгодно, чтобы выражение справа разбивалось на произведение каких-то множителей. Какое а берём?

Подсказка 2

Пусть а = 1. Теперь рассмотрим левую и правую часть по каким-то модулям, чтобв отбросить точно не подходящие варианты. Каких модулей нам хватит, чтобы легко подобрать подходящие значения?

Подсказка 3

Смотрим остатки по модулям 3, 4 и 5. Отсюда берем какие-то подходящие b, c и d, получаются несколько наборов, можем выбрать любой.

Показать ответ и решение

Рассмотрим числа 1, 4, 8, 12. Так как

2 8 = 4+ 12+ 4⋅12,

то этот набор чисел удовлетворяет условию.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В задаче требуется только пример, попробуем прийти к нему. $a$ — наименьшее из используемых натуральных чисел, пусть $a= 1.$ Добавим к каждой части по единице, тогда уравнение выглядит как

2 c +1= b+ d+ bd+ 1= (b+1)⋅(d+1).

Теперь рассмотрим делимость на $3.$ $c2+1 ≡±1 (mod 3),$ тогда

({b⁄≡ 2 (mod 3) ( , d⁄≡ 2 (mod 3)

иначе правая часть будет делиться на $3.$

Рассмотрим аналогично делимость на $4.$

[ c2+ 1≡ 1 (mod 4) c2+ 1≡ 2 (mod 4)

Тогда

( { b⁄≡ 3 (mod 4) ( d⁄≡ 3 (mod 4)

иначе правая часть будет делиться на $4.$

Получим минимально возможное $b= 4,$ то есть $c2+ 1= 4+ d+ 4d +1= 5⋅(d+ 1)$ и $c2+ 1≡0 (mod 5).$

Тогда $c ≡2 (mod 5)$ или $c ≡3 (mod 5)$ . В первом случае получаем $c= 7$ и $49= 4+d+ 4d,$ $d= 9.$

Во втором случае: $c= 8$ и $64= 4+ d+ 4d,$ $d =12.$

Оба примера подходят, могут быть и другие подходящие под условие наборы.

Ответ:

Например, подходят числа $a= 1b= 4c =8 d= 12. , , ,$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#67143Максимум баллов за задание: 7

Найдите все тройки натуральных чисел $(m,n,k)$ такие, что

3 3 m +n = k!+32

Источники: ПВГ-2019, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в задаче на натуральные числа внезапно начинают фигурировать кубы, то пусть у вас всегда возникает мысль, что надо работать по модулю 7 или 9. Это потому, что там очень мало остатков получается. Поработаем, к примеру, с 7. Что мы можем сказать про правую часть при k > 6?

Подсказка 2

Верно, справа по модулю 7 будет 4, так как k! делится на 7, а остаток 32 по модулю 7 это 4. А слева какие вообще выражения могут быть по модулю 7? Какие вообще значения может принимать куб числа по модулю 7?

Подсказка 3

Верно, левая часть по модулю 7 никогда не сравняется с правой, а значит, мы ограничили k сверху шестёркой. Остается перебрать все возможные k и попытаться найти для них подходящие натуральные m и n. Задача решена!

Показать ответ и решение

Посмотрим по модулю $7.$ Нетрудно проверить, что кубы натуральных могут давать только остатки $0,1,−1$ (можно для удобства заменить остаток $6$ на $− 1,$ очевидно, что разница кратна $7$ ). Поэтому если $k≥ 7,$ то правая часть даёт остаток $4$ по модулю $7$ (такой же, как $32$ ). При этом остатки левой части могут быть только ${−2,−1,0,1,2}.$ Все они отличаются от $4$ по модулю $7,$ поэтому равенство невозможно. Значит, $k ≤6.$ Остаётся перебрать случаи

$3 3 k =1.m + n = 33,$ решений нет.
$3 3 k =2.m + n = 34,$ решений нет.
$3 3 k =3.m + n = 38,$ решений нет.
$k =4.m3+ n3 = 56,$ решений нет.
$k =5.m3+ n3 = 152,$ решения $(3,5),(5,3).$
$k =6.m3+ n3 = 752,$ решений нет.

Все проверки осуществляются простым перебором (достаточно взять $n,m ≤9,$ поскольку $93 = 729$ для последнего случая, а для других намного меньше).

Замечание. Аналогичные рассуждения можно было провести для модуля $9,$ тогда не потребовалось бы рассматривать $k =6.$

Ответ:

$(5,3,5),(3,5,5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#41756Максимум баллов за задание: 7

Найдите все целые решения уравнения

x 2 3 ⋅2 + 1= y

Источники: Муницип - 2018, Красноярский край, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что х >= 0. Какой четности может быть у? А что это нам дает? А как мы можем представить у, если он ,к примеру, нечетный?

Подсказка 2

Верно, если х = 0, то у равен +-2 а если х > 0, то у уже нечетный. Значит, y = 2k + 1. Подставим это значение и, после деления на 4(а если x <= 2 рассмотрим отдельно) получим уравнение 3 * 2^(x - 2)= k(k + 1). Что теперь можно сказать насчет k? А если посмотреть на то, как связаны k и k+1? Может ли k быть равно 3 * 2^c?

Подсказка 3

k и k + 1 - это взамнопростые числа, а значит, если их произведение равно 3 * 2 ^ (x - 2), то 3 * 2^(x - 2) должно разбиваться на 2 взаиинопростых делителя, которые в произведение дадут 3 * 2^(x - 2). Значит эти числа могут быть равны только 3 и 2^(x - 2). Осталось рассмотреть два случая и учесть что это соседние числа.

Показать ответ и решение

Заметим, что $x≥ 0$ (иначе $y$ не целое). Если $x =0$ , то $y =±2$ . Пусть $x$ — натуральное, тогда $y$ нечётное, обозначим $y =2k+ 1.$

Получаем

x 2 3⋅2 + 1= (2k+ 1)

x 2 3 ⋅2 =4k + 4k

3⋅2x−2 =k(k+ 1)

Поскольку $k$ и $k+ 1$ взаимно просты, возможны случаи $k= 3,k +1 =2x−2$ или $k+ 1= 3,k= 2x−2.$

Первый случай даёт ответ $x= 4,y =7$ , во втором случае $x= 3,y = 5.$

Ответ:

$(0,±2),(3,±5),(4,±7)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#95850Максимум баллов за задание: 7

Даны числа $x,y,z$ и четыре утверждения: “ $2x+y +z$ — простое число”, “ $x+ 2y +z$ — простое число”, “ $x+y +2z$ — простое число”, “ $x,y$ и $z$ — натуральные числа”. Могут ли все эти четыре утверждения быть верны?

Источники: Лига открытий - 2018

Показать ответ и решение

Предположим, что все эти утверждения верны. Тогда из трех натуральных чисел $x,y$ и $z$ получаются три простых числа $p =2x+ y+ z,q =x +2y+ z,r =x +y+ 2z.$ Заметим, что все числа $p,q,r$ не меньше $4,$ следовательно, нечетные. Так как $2x$ четно, отсюда следует, что $y+ z$ нечетно, т.е., числа $y$ и $z$ — разной четности. Аналогично, числа $x$ и $z$ разной четности. Тогда $x$ и $y$ одной четности, их сумма — четная, значит, число $r$ тоже четное. Поэтому оно не может быть простым.

Ответ:

Нет, не могут

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#41313Максимум баллов за задание: 7

Про натуральные числа $x$ и $y$ и целое нечётное число $z$ известно, что

x!+ y!= 24z+2017

Найдите все возможные такие тройки чисел $(x,y,z).$

Источники: ОММО-2017, номер 3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам не просто так намекнули на четность, значит имеет смысл рассмотреть её. Какие тогда выводы можно сделать о четности левой части равенства и о x или y?

Подсказка 2

x! + y! нечетно, значит x или y единичка! Пусть y = 1. Используем условие на нечетность z и запишем z как 2k+1, подставим и подберем такой удобный модуль, чтобы дать какие-то ограничения на x.

Подсказка 3

x! = 24z + 2017 - y! = 48k + 2040. Чтобы дать какие-то ограничения на x, нужно выбрать такой модуль, чтобы вне зависимости от k был понятен остаток от деления 48k + 2040 на этот модуль. По какому модулю тогда всё рассмотреть?

Подсказка 4

По модулю 16! Действительно, желательно, чтобы 48 делилось на модуль, поэтому мы искали его среди делителей 48. Следовательно, 48k + 2040 = 8(mod 16). Тогда x = 4,5 (подумайте, почему). Осталось найти z!

Показать ответ и решение

Поскольку правая часть нечётна, то и левая тоже, тогда одна из переменных $x,y$ равна единице. Пусть $y = 1.$ Далее

z = 2k +1 =⇒ x!=24z+ 2017− y!=48k+ 2040 ≡168

То есть $x= 4,5,$ поскольку все остальные факториалы либо кратны $16,$ либо дают остатки, не кратные $8,$ получаем $2017−1−24 2017−1−120 z =− ---24---,−---24--- =− 83,−79.$ Остаётся учесть симметрию и написать ответ.

Ответ:

$(1,4,−83),(1,5,−79),(4,1− 83),(5,1,−79)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#79774Максимум баллов за задание: 7

Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение

4 4 4 x1 +x2+ ⋅⋅⋅+ x13 =2017?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно попробовать написать какие-то оценки, но, кажется, сразу это не сработает. Давайте применим арифметику остатков и вспомним, что по модулю 16 у числа x⁴ существует всего 2 вида остатков...

Подсказка 2

2017 дает остаток 1 при делении на 16, а x⁴ дает остаток 0 или 1. Поэтому ровно одно из чисел xₙ нечетно. Для определенности пока будем считать, что это именно x₁₃. Каким может быть x₁₃?

Подсказка 3

Верно, x₁₃<7. Поэтому нам остается проверить только x₁₃=1,3 и 5. Используя остатки по модулю 16 разберите эти случаи и не забудьте, что переменные можно менять местами.

Показать ответ и решение

Если $x$ — чётно, то $x4 ≡ 0, 16$ а если $x$ – нечётно, то $x4 ≡1. 16$ Так как $2017 =16⋅126+1,$ то $2017 ≡ 1. 16$ Значит, ровно одно из $x k$ нечётно $($ не умаляя общности, возьмём $x13),$ а остальные чётны, так как слагаемых всего $13.$

Будем перебирать это нечётное число до $5,$ так как $4 7 =2401> 2017.$

(a) Пусть $x13 =1,$ тогда

(2y1)4+(2y2)4+ ...+ (2y12)4+ 1= 126⋅16+ 1

4 4 4 y1 + y2 + ...+ y12 = 126

Слева сумма остатков при делении на $16$ не превышает $12,$ а справа $126 ≡ 14, 16$ следовательно, решений нет.

(b) Пусть $x =3, 13$ тогда придём к уравнению

4 4 4 y1 + y2 +...+y12 = 121 =7 ⋅16+ 9

Значит, ровно $9$ $yk$ нечетны, а $3$ — четны. Четные $yk$ не могут быть больше $2,$ так как $44 = 256.$ Значит, они равны по $2 :$

y4+ y4+ ...+ y4 +24+ 24+24 = 7⋅16+ 9 1 2 9

4 4 4 y1 + y2 +...+y9 = 73

Нечётные $yk$ не могут быть больше $1,$ так как $34 =81> 73,$ значит, все они равны $1.$ Но $9⋅1< 73,$ следовательно, решений нет.

4 4 4 y1 +y2 + ...+ y12 = 87= 16⋅5+ 7

Значит, ровно $7$ нечётных, $5$ — чётных, следовательно,

(y )= (1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 5) k

(xk) =(2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 4, 4, 5)

Количество решений это количество перестановок чисел в $(xk),$ то есть

13!- 5!⋅7!

Ответ:

$-13! 5!⋅7!$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#80455Максимум баллов за задание: 7

Для каждой пары целых положительных чисел $(m,n)$ , связанных соотношением

3m + 2n = 19,

найти решение $x$ уравнения

rnx x 2 + rm ⋅2 − 8 =0,

где $rk$ — остаток от деления $k$ на $3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз нас просят найти решение уравнения, где присутствуют сравнения по модулю 3, то давайте по исследуем первое уравнение тоже по модулю 3.

Подсказка 2

Ага, n ≡ 2 (mod 3), что можно сказать насчет m?

Подсказка 3

m может давать любой остаток по модулю 3, давайте просто разберём каждый из вариантов!

Показать ответ и решение

Заметим, что $2n≡ 19 ≡4 3 3$ . Отсюда следует, что $n ≡2 3$ и отсюда $r = 2 n$ . Тогда можно представить $n$ как $3t+ 2$ и тогда $m = 5− 2t≡3 t− 1$ и такое число может давать любой остаток при делении на 3. Значит, нам нужно решить уравнение

x x 4 + rm2 − 8 =0

Давайте заменим $2x$ на $y$ . Получим

y2+ r y− 8= 0 m

Если $t=0$ , то $rm = 2$ и у уравнения $y2+ 2y− 8$ есть 1 положительный корень $y = 2= 2x =⇒ x =1$ .

Если $t=1$ , то $rm = 0$ от уравнения $y2 =8$ получаем $x =1,5.$

Если $t=2$ , то $rm = 1$ и от уравнения $y2+ 2y − 8$ получаем $x =log2(√33− 1)− 1.$

Ответ:

$1$ при $m = 5,n= 2$

$1,5$ при $m = 3,n= 5$

$√ -- log2( 33 − 1)− 1$ при $m = 1,n = 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#102758Максимум баллов за задание: 7

Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение

2017 (2x+y)(2y +x)= 2017 ?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По какому модулю можно рассмотреть данное равенство?

Подсказка 2

Не совсем понятно, как связать 2x+y и 2y+x с модулем 5 и 7. По модулю 2 тоже вроде противоречий нет... а вот по модулю 3 давайте рассмотрим!

Подсказка 3

2017 дает остаток 1 по модулю 3. А что можно сказать об остатках скобок?

Подсказка 4

Обратите внимание на то, что сумма скобок делится на 3. Поэтому, если первая скобка дает остаток 1 при делении на 3, то вторая дает остаток 2 и наоборот ;) Осталось лишь разобрать случаи этих остатков.

Показать ответ и решение

Пусть $A = 2x +y$ — выражение в первой скобке, а $B = 2y +x$ — выражение во второй скобке. Заметим, что

A + B = 2x+ y+ 2y +x =3x+ 3y = 3(x +y),

то есть $A +B$ делится на 3. При этом ни $A,$ ни $B$ не могут делиться на 3, так как иначе $AB = 20172017$ делилось бы на 3, что неверно. Если $A$ имеет остаток 1 при делении на 3, то $B$ имеет остаток 2. Если $A$ имеет остаток 2, то $B$ имеет остаток 1. В обоих случая произведение $AB$ имеет остаток 2 при делении на 3. Но 2017 имеет остаток 1 при делении на 3, откуда $20172017$ тоже имеет остаток 1. Получается, левая и правая части уранений дают разные остатки при делении на 3, то есть решений нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#70327Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные числа $x$ и $y$ , удовлетворяющие уравнению

3 2 x +2y = 2016

Источники: ПВГ-2016, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как вообще стоит решать данную задачу? Можно ли тут, например, разложить что-либо на скобки?

Подсказка 2

Можно было бы перебрать все пары (x;y), но их много. Есть ли способ сократить перебор?

Подсказка 3

2016 делится на 2, что можно тогда сказать про x?

Подсказка 4

x должно быть четным, представьте x как 2k, где k — целое число.

Подсказка 5

Аналогичным образом можно преобразовать и y.

Показать ответ и решение

Получить хорошее разложение на скобки тут не получится, а перебор всех пар $(x,y)$ большой. Сократим его, воспользовавшись четностью:

. x.. 2⇒ x =2k, k ∈ℕ ⇒ ⇒ 8k3+ 2y2 = 2016⇔ 4k3+y2 =1008; y ... 2⇒ y =2n, n ∈ℕ ⇒ ⇒ 4k3 +4n2 = 1008 ⇔ k3+n2 =252.

Так как $73 = 343 >252,$ разберем 6 возможных значений $k$ и выберем те, при которых $n∈ ℕ.$

⌊ k= 1 и n2 = 251 || k= 2 и n2 = 244 ||| k= 3 и n2 = 225⇒ x= 6, y = 30 || k= 4 и n2 = 188 ||⌈ k= 5 и n2 = 127 k= 6 и n2 = 36⇒ x =12, y = 12

Ответ:

$(6,30),(12,12)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#79757Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные $k$ такие, что при каждом нечётном $n> 100$ число $20n +13n$ делится на $k.$

Источники: Всеросс., 2013, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Числа $A = 20101+ 13101$ и $B = 20103+ 13103$ делятся на $k.$ Значит, числа $202A − B = (400− 169)⋅13101 = 231⋅13101$ и $2 101 B − 13 A =231⋅20$ также делятся на $101 101 k.(231⋅20 ,231⋅13 )=231= 7⋅33,$ так что $231$ делится на $k.$

С другой стороны, $n n n n n 20 + 13 =(20 − 13 )+ 2⋅13 .$ Первое слагаемое делится на $20− 13= 7,$ а второе — нет. Итак, $k$ является делителем числа $231$ и не делится на $7;$ значит, $k$ — делитель числа $33.$

Ответ:

$k =1,3,11,33$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#81761Максимум баллов за задание: 7

Найдите все тройки натуральных чисел $(x,y,z),$ такие что $x≤ y ≤ z,$ удовлетворяющие уравнению

3( 3 3) x y +z = 2012(xyz+2)

Показать ответ и решение

Для начала отметим, что $x$ делит $2012⋅2 =23⋅503.$ Это выполнено так как $(x, xyz +2)≤ 2.$ Если $503 |x,$ то правая часть уравнения делится на $3 503,$ откуда следует, что $2 503 |xyz+ 2.$ Это не верно так как $503|x.$ Следовательно, $m x= 2 ,$ где $m ∈ {0,1,2,3}.$ Если $m ≥2$ , то $6 2 |2012(xyz+ 2).$ Однако в таком случае 2012 и $m xyz +2= 2 yz+ 2$ делятся на $2 2$ и $1 2$ соответственно и не делятся на большие степени $2.$ Значит $x =1$ или $x= 2,$ откуда следует, что выполнено одно из уравнений

y3+ z3 =2012(yz+ 2) или y3+ z3 = 503(yz+1)

В обоих случаях простое $503= 3⋅167+2$ делит $y3 +z3.$ Утверждается, что $503|y +z.$ Это очевидно если $503|y$ или $503 |z,$ так что будем рассматривать случай $503∤y$ и $503∤z.$ Тогда $502 502 y ≡ z (mod 503)$ по малой теореме Ферма. С другой стороны, из $3 3 y ≡ −z (mod 503)$ следует, что $3⋅167 3⋅167 y ≡ −z (mod 503),$ то есть $501 501 y ≡ −z (mod 503).$ Из этих двух сравнений следует, что $y ≡− z (mod 503),$ что и требовалось доказать.

Таким образом, $y+ z = 503k,$ где $k≥ 1.$ Поскольку $3 3 ( 2 ) y + z = (y +z) (y − z) +yz ,$ два уравнения выше принимают вид

2 k(y− z)+ (k− 4)yz = 8 k(y− z)2+ (k− 1)yz = 1

Рассмотрим уравнение $(1).$ Утверждается, что если оно выполнено, то $(k− 4)yz ≤8,$ откуда $k≤ 4.$ Действительно, если $k >4,$ то $1 ≤(k− 4)yz ≤ 8,$ откуда $y ≤8$ и $z ≤ 8.$ Это невозможно поскольку $y+z =503k≥ 503.$ Отметим дальше, что если выполнено уравнение $(1),$ то $y3 +z3$ четное. Поэтому $y+ z = 503k$ также является четным числом, откуда $k$ четное. Тогда $k= 2$ или $k= 4.$ Ясно, что у $(1)$ нет целочисленных решений при $k= 4.$ Если $k= 2$ то $(1)$ обращается в $(y+ z)2 − 5yz = 4.$ Поскольку $y+ z = 503k =503⋅2,$ уравнение принимает вид $5yz =5032⋅22− 4.$ Однако $5032⋅22− 4$ не кратно $5.$ Таким образом, уравнение $(1)$ не имеет целочисленных значений.

Из уравнения $(2)$ следует, что $0 ≤(k− 1)yz ≤ 1,$ поэтому $k =1$ или $k= 2.$ Также верно, что $0≤k(y− z)2 ≤1,$ поэтому $k= 2$ только тогда, когда $y = z.$ Однако в таком случае из первого двойного неравенства получаем, что $y =z =1,$ что противоречит неравенству $y+ z ≥503.$ Значит $k= 1$ и уравнение (2) принимает вид $(y − z)2 = 1,$ откуда $z− y = |y − z|= 1.$ Из условий $k = 1$ и $y+ z = 503k$ получаем, что $y = 251$ , $z = 252.$ Таким образом, $(2,251,252)$ является единственным решением исходного уравнения.

Ответ:

$(2,251,252)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#41317Максимум баллов за задание: 7

Два трёхзначных числа таковы, что сумма остальных трёхзначных чисел ровно в $770$ раз больше одного из них. Найдите наибольшее из этих чисел.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наши числа это x и y. В условии упоминается сумма всех трехзначных без них, получается нужно её записать. Тогда эта сумма делится на 770. Что тогда можно сказать об x + y?

Подсказка 2

Сумма всех чисел без x и это (999+100/2 * 900 - x - y, а т.к. это делится на 770, значит x+y = 210(mod 770). Какой тогда может быть их сумма? Остаётся лишь рассмотреть случаи x+y. Как после этого находить x и y по отдельности?

Подсказка 3

Поделив сумма всех чисел без x и y на 770, найдем x или y, а оттуда проверим, выполняется ли условие!

Показать ответ и решение

Посчитаем сумму всех трёхзначных чисел без двух выбранных $x,y :x< y$

999+100 100+ ...+999− x− y = 2 ⋅900− x− y = 450⋅1099− x − y =494550− x− y

Из условия следует, что эта сумма в $770$ раз больше $x$ или $y,$ так что

494550− x− y7≡70 0.

494550 ≡ 210 ≡ x+ y. 770 770

Тогда $x+y ∈{210,980,1750}$ — другие значения невозможны, поскольку оба числа трёхзначные. Разберём эти три случая:

$x +y = 1750,494550− x− y = 640⋅770,$ то есть $x= 640,y = 1110$ — такое невозможно.
$x +y = 980,494550 − x− y = 641⋅770,$ тогда $y = 641,x= 339.$ Здесь наибольшее будет $641.$
$x +y = 210,494550 − x− y = 642⋅770,$ здесь $y = 642$ и $x< 0,$ также невозможно.

Итак, единственным возможным значением будет $641.$

Ответ:

$641$

Следующая подтема