Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Уравнения в целых числах → .03 Оценки 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#91948Максимум баллов за задание: 7

Сумма кубов трёх последовательных натуральных чисел оказалась кубом натурального числа. Докажите, что среднее из этих трёх чисел делится на $4.$

Источники: Всеросс., 2006, ЗЭ, 10.2(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Необходимо показать, что если для некоторых натуральных чисел x, y верно (x−1)³+x³+(x+1)³=y³, то x кратно 4. Раскройте скобки и приведите подобные слагаемые.

Подсказка 2

Мы получили, что 3(x²+2)=y³. Как можно воспользоваться тем, что y кратно 3?

Подсказка 3

Пусть y=3z. Тогда имеем, x(x²+2)=9z³. Что можно сказать о числе НОД(x, x²+2)?

Подсказка 4

Он равен 1 или 2. Если он равен 1, то что можно сказать про произвольное простое число p, отличное от 3, делящее z?

Подсказка 5

Оно делит ровно одно из чисел x и x²+2, причем входит в него в степени, кратной 3. Тогда x =9u³ и x²+2=v³, либо x =u³, x²+2 =9v³ при некоторых натуральных u,v. Докажите, что каждый из этих случаев невозможен.

Подсказка 6

Осталось разобрать случай НОД(x, x²+2). Почему при этом x кратно 4?

Показать доказательство

Пусть среднее из последовательных чисел равно $x.$ Тогда для некоторого натурального $y$ верно уравнение

3 3 3 3 (x− 1) + x +(x+ 1) =y

что экививалентно

(2 ) 3 3x x + 2 = y

Таким образом, $y$ делится на $3,$ следовательно, $y = 3z$ для некоторого натурального $z.$ Уравнение теперь имеет вид

(2 ) 3 x x +2 = 9z

Очевидно, что $НОД (x,x2+ 2)≤ 2.$ Пусть $НОД (x,x2+ 2)= 1.$ Тогда либо $x =9u3$ и $x2+ 2= v3,$ либо $x =u3,x2+2 =9v3$ при некоторых натуральных $u,v.$ В первом случае $81u6$ $+2 =v3,$ что невозможно, так как куб целого числа при делении на $9$ даёт остаток $0$ или $±1.$ Аналогично второе равенство влечёт, что $u6+2 =9v3,$ что невозможно по тем же причинам. Итак, $НОД (x,x2+ 2) =2,x(x2+2)= 9z3.$ Тогда $x$ (и, следовательно, $z$ ) чётно, поэтому $x(x2+ 2)$ делится на $8.$ Поскольку $x2+ 2$ не делится на $4,$ получаем, что $x$ делится на $4.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#74247Максимум баллов за задание: 7

Найдите все пары натуральных чисел $m$ и $n,$ для которых $n3+-1- mn − 1$ является целым.

Источники: Туймаада

Показать ответ и решение

Поделим многочлен $n3+1$ на $mn − 1$ с остатком. Для удобства домножим $n3+1$ на $m3,$ всё равно $m$ и $mn − 1$ взаимно просты. При делении мы получим остаток $3 m + 1.$ То есть дробь $m3+1 mn−1$ также является целой.

Теперь заметим, что число $n3+1+mn−1 n(n2+m ) ---mn−1--= -mn−-1$ является целым. Однако $n$ взаимно просто с $mn − 1,$ следовательно число $n2+m mn−1$ целое. То же самое можно сказать про $2 mmn+−n1.$ Поскольку задача стала инвариантной относительно перестановки $m$ и $n,$ мы можем считать, что $n≥ m.$ Пусть $n= m +x,x≥ 0.$

Из делимости $m2 + n$ на $mn − 1$ следует, что $m2+ n≥ mn − 1,$ то есть $m2 +m + x≥ m2+ mx− 1,$ откуда $m+ 1≥ x(m − 1).$

Если $m =1,$ то $mm2n+−n1 = nn+−11 = 1+ n2−1,$ откуда $n= 2,3.$

Если $m ⁄=1,$ то $mm+1−1 + 1≥ x.$ Ясно, что выражения слева при любом $m > 3$ лежит между $3$ и $2.$ То есть осталось перебрать случаи, когда $m = 2,3$ и $x= 0,1,2.$

Если $m =2$ , то $mm2n+−n1 = n2+n4−1$ . Решая неравенство $n+ 4≥2n − 1$ получаем, что $5≥ n$ . Нам подойдут $n= 1,2,5$ .

Если $m =3$ , то $m2+n= n+9- mn−1 3n−1$ . Снова получаем ограничение $n≤ 5$ . Перебирая, получаем $n = 1,5$ .

Если $x= 0$ , то $m =n$ и $m2+n= n2+n= -n- =1 +-1- mn−1 n2−1 n−1 n−1$ , откуда $n =2= m$ .

Если $x= 1$ , то $m2+n m2+m+1- ---2--- mn−1 = m2+m−1 = 1+ m2+m− 1$ , откуда $m = 1,n =2$ .

Если $x= 2$ , то $2 2 mmn+−n1 = mm2++m2m+2−1$ . Решая неравенство $m2+ m +2≥ m2 +2m − 1$ , получаем, что $m ≤ 3$ . Нам подойдут $m = 1$ .

Не забывая про симметрию относительно переменных, запишем ответ.

Ответ:

$(2,1),(1,2),(3,1),(1,3),(2,2),(5,3),(3,5),(5,2),(2,5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#121179Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a$ и $b$ - натуральные числа такие, что $ab+1$ делит $a2+b2$ . Докажите, что $a2+b2 ab+1$ является квадратом целого числа.

Показать доказательство

Решение 1: Выберем целые числа $a,b,k,$ такие что:

2 2 a + b = k(ab+ 1).

Для фиксированного $k$ рассмотрим пару $(a,b)$ с минимальным значением $min(a,b).$ Обозначим $b′ = min(a,b),$ $a′ =max(a,b).$ Тогда квадратное уравнение относительно $a′ :$

′2 ′ ′ ′2 a − kba +b − k= 0.

Если существует другой корень $c′,$ то:

b′c′ ≤a′c′ = b′2− k< b′2 =⇒ c′ < b′.

Если $c′ ∈ ℕ,$ то это противоречит условию минимальности $b′,$ поэтому $c′$ не может быть положительным целым. По формуле Виета:

c′ =kb′− a′,

что делает $c′$ целым. Из неравенства:

(a′+ 1)(c′+1)= b′2+ (b′− 1)k+ 1≥ 1 =⇒ c′ >− 1,

следует $c′ = 0.$ Тогда:

b′2 = k.

Таким образом, $k$ всегда является полным квадратом.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2: Предположим противное: пусть $a2+b2 c= ab+1$ не является квадратом. Без ограничения общности $a≥ b.$ Выберем пару $(a,b)$ с минимальной суммой $a+ b.$ Рассмотрим квадратное уравнение:

P(a)= a2 − bca+b2− c= 0.

Его корни $r 1$ и $r 2$ удовлетворяют:

2 r1+ r2 =bc и r1r2 = b − c.

Пусть $r1 = a,$ тогда второй корень:

b2−-c r2 = bc− a= a < a, так как c> 0.

Так как $c$ не квадрат, $r2 ⁄= 0.$ Подставляя $r2$ в исходное уравнение:

r2+ b2 c= r22b+1.

Так как $c> 0,$ то $r2b+1 >0 =⇒ r2 > 0.$ Из $r2 <a$ следует $r2+ b< a+ b,$ что противоречит минимальности $a+ b.$ Следовательно, $c$ обязано быть квадратом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#91461Максимум баллов за задание: 7

Найти все решения в натуральных числах уравнения

12⋅x!+2⋅y!= z!

Здесь $n!$ обозначает произведение всех натуральных чисел от 1 до $n$ включительно.

Показать ответ и решение

Заметим, что $x,y <z,$ так как $12x!< z!$ и $2y!< z!.$

Если $x> y,$ то

(z! ) 2y!= z!− 12x!=x! x! − 12 ≥ x!

Второй множитель целый, так как $z > x.$ Значит,

2y!≥x!≥ (y+ 1)!

Отсюда $y = 1, x!=2$ и $x =2.$ Тогда $z!= 24 +2= 26,$ что невозможно.

Если $y > x,$ то

(z! ) 12x!= z!− 2y!=y! y! − 2 ≥ (z − 2)y!≥ (z− 2)(x+1)!

Второй множитель целый, так как $z > y.$ Значит, $12≥ (z − 2)(x +1).$

Если $x≥ 4,$ то $y ≥ 5,$ $z ≥6$ и $12≥ (z− 2)(x+1)≥ 20$ — получили противоречие.

Если $x= 3,$ то $12≥ 4(z− 2)$ и $5≥ x+ 2= 5.$ Отсюда $z = 5$ и

2y!= z!− 12x!= 48

Откуда $y = 4.$ Значит, подходит тройка $(3;4;5).$

Если $x= 2,$ то $( ) y! z!y! − 2 = 24.$ Так как $z ≥ y+ 1≥ x+ 2= 4,$ то

( ) z!− 2 ≥ z− 2≥2 y!

и поэтому $y!< 24$ и $y = 3.$ Тогда $z!= 12x!+ 2x!= 36,$ что невозможно.

Если $x= 1,$ то $y!( z!− 2)= 12. y!$ Так как $y!< 12$ и $y ≤3.$ Если $y = 2$ , то $z!= 12x!+ 2y!= 16,$ что невозможно. Если $y = 3,$ то

z!= 12x!+ 2y!=24= 4!

Значит, подходит тройка $(1;3;4).$

Если $x= y,$ то $z!= 14x!≥7.$ Раз $.. z!. 7,$ то $z ≥ 7.$ Если $z ≥ x+ 2,$ то $14x!= z!≥z(z− 1)(z− 2)!≥7⋅6y!,$ таким образом, пришли к противоречию. Значит, $z = x+ 1.$ Тогда $z = 14$ и $y =x =13$ и тройка $(13;13;14)$ — решение.

Ответ:

( $x= 1,$ $y = 3,$ $z = 4$ ), ( $x= 13,$ $y = 13,$ $z =14$ ), ( $x =3,$ $y = 4,$ $z = 5$ )

Предыдущая подтема

Следующая подтема