Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Уравнения в целых числах

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 1#105488

Найдите все натуральные $n$ и $a$ такие, что $1< n< a− 2$ и $an +a − 2$ является степенью двойки.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте разложить a^n + a - 2 на множители.

Подсказка 2:

Например, нетрудно заметить, что при a = 1 выражение обнуляется. Значит, оно делится на a - 1. Чему будет равна вторая скобка?

Подсказка 3:

Если произведение скобок равно степени двойки, то каждая из скобок - степень двойки.

Подсказка 4:

Попробуйте обозначить скобку a - 1 через 2^k и поищите остаток второй скобки при делении на 2^k. И не забудьте про условие.

Показать ответ и решение

Заметим, что $an+a − 2 =(an− 1)+(a− 1),$ поэтому само число $a − 1$ является степенью двойки. Пусть $a − 1= 2k.$

Имеем следующее разложение:

k k n− 1 k n−2 k 0 2 ⋅((2 +1) +(2 + 1) + ...+ (2 + 1) +1)

Произведение является степенью двойки, значит, каждый множитель тоже степень двойки. Посмотрим на большую скобку по модулю $2k.$ Каждое слагаемое внутри сравнимо с единицей, поэтому вся сумма сравнима с $n +1,$ что строго меньше, чем $2k$ — противоречие, так как число в скобках не меньше чем $2k$ и при этом степень двойки.

Ответ:

Таких нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105492

Даны натуральные числа $x,y,z,t$ такие, что

xy− zt=x +y =z +t

Могут ли оба числа $xy$ и $zt$ быть точными квадратами?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попытки найти требуемые x, y, z, t не увенчались успехом. Давайте докажем, что таких чисел не существует. Какие существуют способы доказывать, что некоторое число не является квадратом натурального?

Подсказка 2

Можно зажать данное число между двумя квадратами. Правда, пока неясно для какого из чисел данное условие необходимо проверять. Давайте пока попробуем преобразовать исходное уравнение. Следить сразу за 4 переменными трудно, часто большое количество равенств позволяет сократить количество рассматриваемых чисел с помощью замены. Какую замену можно сделать здесь?

Подсказка 3

Для начала давайте снизим количество рассматриваемых переменных до 3. Известна замена s = (x+y)/2, p = (x-y)/2 (без ограничений общности можно считать, что x хотя бы y). Докажите, что s и p являются целыми, сделайте аналогичную замену для чисел z и t и выразите xy-zt через новые переменные.

Подсказка 4

Пусть q = (z-t)/2, тогда имеем 2s = xy-zt = q^2 - p^2. Придумайте новую замену, которая позволит выразить исходные числа x, y, z, t через 2 данных числа.

Подсказка 5

Пусть k = (q-p)/2, l = (q+p)/2. Как выразить числа x, y, z, t только через k и l?

Подсказка 6

Имеем x = 2kl-k+l и подобные. Кажется, теперь мы полностью воспользовались данным равенством. Теперь необходимо определится с числом, которое будем зажимать между квадратами.

Подсказка 7

Скорее всего, нет проблемы в том, чтобы по отдельности числа xy и zt были квадратами. Но если каждое из них является квадратом, то и их произведение является квадратом. Как оно выражается через числа k и l?

Подсказка 8

Получим xyzt = (4k²l² - k² - l²)² - 4k²l². Каким квадратом можно оценить данное число сверху?

Подсказка 9

Числом D² = (4k²l² - k² - l²)². Осталось показать, что xyzt > (D-1)².

Показать ответ и решение

Предположим, что число $x+y =z +t$ нечётное. Тогда $x$ и $y$ имеют разную чётность, как и $z$ и $t.$ Это означает, что оба числа $xy$ и $zt$ чётные, как и $xy− zt=x +y$ — противоречие. Таким образом, $x+ y$ чётное, и число $x+y z+t- s= 2 = 2$ является натуральным. Заметим, что тогда числа

x +y z+ t x− y z− t s =--2- = -2-, p= -2--, и q =-2--

являются целыми (без ограничений общности, будем считать, что $p,q ≥ 0).$ Имеем

2s=xy − zt= (s +p)(s− p)− (s+ q)(s− q)= q2− p2

так что $p$ и $q$ имеют одинаковую чётность, и $q >p.$

Положим теперь $q−p k= 2$ , $q+p- ℓ= 2 .$ Тогда $q2−p2- s = 2 = 2kℓ$ и, следовательно,

x= s+ p=2kℓ− k+ ℓ, y = s− p =2kℓ+ k− ℓ

z = s+ q = 2kℓ+ k+ ℓ, t= s− q = 2kℓ− k− ℓ

Тогда $ℓ ≥k >0$ и, более того, $(k,ℓ)⁄= (1,1),$ так как иначе $t=0.$

Предположим теперь, что оба числа $xy$ и $zt$ являются квадратами. Тогда $xyzt$ также является квадратом. С другой стороны, имеем

xyzt=(2kℓ− k +ℓ)(2kℓ+k − ℓ)(2kℓ+ k+ℓ)(2kℓ− k− ℓ) = (4k2ℓ2− (k− ℓ)2)(4k2ℓ2− (k+ ℓ)2)=(4k2ℓ2− k2− ℓ2)2− 4k2ℓ2.

Обозначим $D = 4k2ℓ2− k2− ℓ2 > 0,$ тогда $D2 > xyzt.$ С другой стороны,

(D − 1)2 = D2 − 2(4k2ℓ2− k2 − ℓ2)+1 =(D2− 4k2ℓ2)− (2k2− 1)(2ℓ2− 1)+2

=xyzt− (2k2− 1)(2ℓ2− 1)+2 <xyzt

поскольку $ℓ≥2$ и $k ≥1.$ Таким образом, $(D − 1)2 < xyzt< D2,$ и $xyzt$ не может быть полным квадратом — противоречие.

Ответ:

Не могут

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#107059

Найдите все простые $p,$ для которых найдутся натуральные числа $a$ и $b$ такие, что

2 2 2 2 p =a + b + ab, a + b + 25 =15ab

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз p простое, мы хотим получить равенство, где будет какое-то произведение скобок, а с другой стороны p, при этом в условии есть точный квадрат 25, так что хочется поискать разность квадратов.

Подсказка 2

Мы предположили, что второе равенство надо брать с коэффициентом ±1, и найти ещё какой-то квадрат, видимо, с переменными. В силу симметрии он должен выглядеть как (ax+bx)².

Подсказка 3

Можно написать уравнение на x и выяснить, что для выделения полного квадрата нужно взять первое равенство с коэффициентом 17. Теперь у нас есть две скобки, в произведении дающие 17p, осталось дорешать задачу.

Показать ответ и решение

Заметим, что

2 2 2 2 2 17p= 17(a + b+ ab)=(4a+ 4b) − 25 +a + b +25− 15ab =

2 = (4a+ 4b) − 25= (4a+ 4b− 5)(4a+ 4b+ 5)

Понятно, что первая скобка меньше второй. Если $4a+ 4b− 5 =1,$ то $a +b= 3∕2,$ что невозможно. Если $4a+4b− 5= 17$ и $4a+ 4b+5 =p,$ то $p =27$ — противоречие. Наконец, если $4a+4b− 5= p,$ $4a+4b+ 5= 17,$ то $p= 7.$ Для него подойдут $a =1,$ $b= 2.$

Ответ:

$p =7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119871

Найти все тройки натуральных чисел $a,b,c$ таких, что числа $ab+ 1,ac+ 1,bc+ 1$ являются факториалами некоторых натуральных чисел. Числа в тройках могут совпадать. Напоминаем, что факториалом $n!$ натурального числа $n$ называется произведение всех натуральных чисел от $1$ до $n$ включительно.

Источники: Всесиб-2025, 11.4(см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пожалуй, единственное, с чем удобно работать, когда в задаче фигурируют факториалы — это делимость на какие-то числа. Видимо, мы хотим понять, что если все три факториала не меньше n! при некотором n, то возникает какое-то противоречие с делимостью.

Подсказка 2

На самом деле, далеко ходить не нужно. Предположим, что все три факториала не меньше 3!. Что можно сказать про остатки при делении на 3 у a, b, c?

Показать ответ и решение

Кроме случая, когда хотя бы два из чисел $a,b,c$ равны $1,$ все числа $ab+ 1,ac+ 1,bc+ 1$ не меньше $3,$ и являются факториалами чисел, не меньших $3.$ Рассмотрим остатки от деления чисел $a,b,c$ от деления на $3.$ Заметим, что при $n≥ 3$ остаток от деления числа $n!$ на $3$ равен $0.$ Несложно убедиться, что для чисел вида $xy+ 1$ такое возможно, только если остаток одного из чисел $x,y$ равен $1,$ а другого $2.$ Следовательно, остатки от деления $a,b,c$ на $3$ могут равняться только $1$ или $2$ среди них есть равные, остаток от деления произведения которых, увеличенный на $1,$ равен $2,$ а не $0,$ как требуется. Значит, среди чисел $a,b,c$ хотя бы два равны $1,$ а третье может быть любым вида $n!− 1$ для некоторого натурального $n ≥2$ и тогда числа вида $ab+ 1,ac +1,bc+ 1$ равны $2!,n!,n!.$

Ответ:

Все тройки натуральных чисел, два из которых равны $1,$ а третье равно $n!− 1$ для произвольного натурального $n≥ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#120577

Решите уравнение в целых числах: $x= x2+ xy+y2+ 2y+ 2.$

Источники: ФЕ - 2025, 11.3(см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вид самого уравнения намекает на то, что можно попробовать выделить полные квадраты. Какие и как?

Подсказка 2

Попробуем перенести все в одну сторону и домножить на 2, после посмотреть, что получается (так легче будет заметить члены из полных квадратов).

Подсказка 3

Вообще, уже получили достаточно хороший вид, однако остаётся x² - 2x. Добавим 1 к обоим частям уравнения, чтобы получить полный квадрат. Теперь все слагаемые — полные квадраты, а справа — 1. Что нам это дает?

Подсказка 4

У нас остается не так много случаев из-за того, что эти квадраты — целые и неотрицательные. В частности, тогда одно из них равно 1, а другие два равны 0. Достаточно разобрать эти случаи, чтобы получить ответ!

Показать ответ и решение

Перенесем $x$ вправо и получим

2 2 x +xy +y + 2y+2 − x =0

Домножим на два и переставим слагаемые

2 2 −2x+ 2x + 2xy+ 2y + 4y+ 4= 0

Добавим к обеим частям $1$ и разделим оба квадрата на два слагаемых:

1− 2x+x2+ x2+ 2xy+y2+ y2+ 4y +4 =1

Выделим полные квадраты!

(1− x)2 +(x+ y)2+ (y+2)2 = 1

Так как $x$ и $y$ — целые, каждое из слагамых в левой части является целым неотрицательным числом. Тогда их сумма может быть равна $1$ только если одно из слагамых равно $1,$ а два других равны $0.$

Разберем случаи, когда два слагаемых равны $0.$ В случае $x= 1,x= −y$ получаем $y+ 2= 1$ — подходит. Если $x= 1,y =− 2,$ то $x +y = −1$ — тоже подходит. Наконец, при $y = −2,x= −y$ получаем $x − 1= 1,$ оно тоже подходит.

Ответ:

$(1,− 1),(1,−2),(2,−2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#121643

Найдите все пары числел $(p,n),$ где $p−$ простое, а $n−$ целое и при этом $p4+ 211= n2+ 5pn.$ В ответе укажите значения $n.$ Если их несколько, перечислите их в любом порядке через запятую.

Источники: ИТМО-2025, 11.6(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим использовать малую теорему Ферма (МТФ). Посмотрим на левую часть: по какому модулю удобно рассматривать остаток?

Подсказка 2

Рассматриваем остаток по модулю 5 (тогда возникает требование, что p не равно 5), так как по МТФ p⁴ дает остаток 1 по модулю 5. Вся левая часть, получается, дает остаток 2 по модулю 5. Теперь посмотрим на правую часть. Сразу видно, что второе слагаемое дает остаток 0 по модулю 5 (так как имеет вид 5*q). Что тогда можно сказать о n²?

Подсказка 3

Получается, n² должно давать остаток 2 по модулю 5. Рассмотрим различные случаи остатков. Какой вывод можем сделать?

Подсказка 4

Да, n² не может давать остаток 2 по модулю 5. Тогда у нас остается единственное возможное значение p: p = 5. Тогда наше уравнение превращается в квадратное, которое легко решается!

Показать ответ и решение

Согласно малой теореме Ферма, если $p⁄= 5,$ число $p4$ даёт остаток 1 при делении на 5. Число 211 также даёт остаток 1 при делении на 5. И $5pn$ делится на $5.$ Значит, если $p⁄= 5,$ мы получаем, что $2 n$ даёт остаток 2 при делении на 5, что невозможно.

Осталось разобрать случай $p =5.$ В этом случае нам надо решить квадратное уравнение

2 n +25n− 625 − 211= 0

−25±-√3125+-4⋅211 n1,2 = 2

Откуда получаем два решения: $(p,n)=(5,−44)$ и $(p,n)= (5,19).$

Ответ:

$− 44,19$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#121760

Дано натуральное число $n.$ Натуральное число $m$ назовём удачным, если найдутся $m$ последовательных натуральных чисел, сумма которых равна сумме $n$ следующих за ними натуральных чисел. Докажите, что количество удачных чисел нечётно.

Источники: Турнир городов - 2025, устный тур, 11.2(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Ясно, что m > n. Давайте для удобства обозначим m = n + k и будем считать количество таких k. Осталось записать условие на равенство сумм, пользуясь формулой суммы членов арифметической прогрессии.

Подсказка 2:

Пусть первой наименьшее число среди n чисел равно x. Тогда у вас должно получиться равенство, в котором участвуют x, k и n. Обратите внимание на чётность множителей.

Подсказка 3:

У вас должно было получиться равенство (2x + k - 1)k = 2n². Давайте заметим, что у 2n² нечётное количество нечётных делителей. А сколько значений х соответствует распределению делителей по скобочкам?

Показать доказательство

Решение 1. Ясно, что $m > n,$ положим $m =n +k,$ где $k$ — натуральное, и будем искать количество подходящих $k,$ то есть таких $k,$ для которых уравнение

x +(x+ 1)+...+(x+ k− 1)+ ((x+ k)+ ...+(x+ k+ n− 1))= (x+ k+n)+ ...+ (x+k +2n− 1)

имеет решение в натуральных $x.$ Преобразуем, пользуясь формулой суммы арифметической прогрессии. Получим:

(2x+-k−-1)⋅k- (2x+-2k+-n−-1)⋅n- (2x-+2k+-3n−-1)⋅n- 2 + 2 = 2

Умножив на $2$ и приведя подобные слагаемые получаем:

(2x+ k− 1)k= 2n2 (∗)

Слева в уравнении (*) два сомножителя разной чётности, дающие в произведении $2 2n ,$ при этом левый сомножитель больше правого. Наоборот, если зафиксировать нечётный делитель $d$ числа $2 2n ,$ то, зная $d,$ найдём дополнительный делитель $′ 2n2 d = d ,$ и далее из системы $′ ′ k= min{d,d} ,2x+ k− 1= max{d,d }$ однозначно находим натуральное $x$ (равное $(d−d′+1) |-2|-- ).$

Итак, количество подходящих $k$ равно количеству нечётных делителей числа $2n2,$ которое, в свою очередь, равно количеству всех делителей числа $s2,$ где (нечётное) $s$ получается из $n$ делением на наибольшую степень двойки, входящую в разложение $n.$ Но количество делителей точного квадрата нечётно (так как все делители числа $s2,$ кроме $s,$ можно разбить на пары: $t↔ st2 ,$ и только делитель $s$ остаётся без пары).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Очевидно, $m =n +k,$ где $k$ натуральное. Запишем равенство из условия в виде

(a+1)+ ...+ (a +m )=(a+ m +1)+ ...+ (a+ m +n)

Отсюда:

2 a = n-− k+-1 (∗∗) k 2

Чтобы условие задачи выполнялось с данным $k,$ необходимо и достаточно, чтобы $a$ было целым неотрицательным.

Положим $n =s⋅2r,$ где $s$ нечётное, $r$ целое неотрицательное. Тогда $a$ будет целым в двух случаях: (а) если оба члена равенства (**) целые $;$ (б) если оба они полуцелые $.$ Первый случай имеет место, когда $k$ — нечётный делитель числа $n2,$ то есть делитель числа $s2.$ Количество $c$ таких значений $k$ нечётно, поскольку это всевозможные делители полного квадрата. Второй случай означает, что

k= d⋅22r+1,

где $d$ — делитель числа $s2.$ Между первым и вторым множеством значений $k$ есть биекция: каждому $k$ из первого множества соответствует число $2nk2$ из второго множества, и обратно.

Пусть $(f,g)$ — пара из указанной биекции, причём $f <g.$ Тогда при $k =f$ получится неотрицательное $a,$ а при $k =g$ отрицательное. Действительно, в силу $(∗∗)$ требуется проверить неравенство

k(k+1)≤ 2n2.

Но $f(f + 1) ≤fg = 2n2, g(g+ 1)> gf =2n2,$ что и требовалось. Поэтому подходящих значений $k$ будет ровно $c,$ то есть нечётное количество.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#122430

Трёхзначное число состоит из цифр $a,b,c$ и обладает следующими свойствами:

$1)$ цифра в разряде единиц равна последней цифре числа $a+ b+ c;$

$2)$ цифра в разряде десятков равна последней цифре числа $ab+ bc+ca;$

$3)$ цифра в разряде сотен равна последней цифре числа $abc.$

Найдите все такие числа.

Источники: Изумруд-2025, 11.1(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что последняя цифра суммы а + b + с равна с. Это означает, что а + b должно быть кратно 10. Какие пары цифр а и от 1 до 9 дают в сумме 10?

Подсказка 2

Как можно переписать условие "ab + bc + са оканчивается на b"? Попробуйте выразить это через а, b и с, со старыми ограничениями. Какие новые ограничения на с это накладывает?

Подсказка 3

Финишная прямая! Рассмотрите два основных варианта: Если b = 5, то а = 5. Какие с подойдут? Если а = 1, то b = 9. Какое с даст abc, оканчивающееся на 1? Не забудьте проверить а = 6, b = 4.

Показать ответ и решение

Заметим, что можно, не умаляя общности, считать, что наше трёхзначное число — это именно $abc,$ так как числа $abc,ab+ bc+ca,a+b +c$ — симметричные выражения относительно $a,b,c$ . Тогда по условию $c$ равно последней цифре числа $a+ b+c,$ но тогда $.. (a+ b+c− c).10,$ так как разряд единиц обнулился, то есть $a+ b= 10k,$ где $k$ $∈ ℕ,$ так как $a≥ 1.$ Но $a,b≤ 9,$ значит, $a+b ≤18,$ откуда $k≤ 1$ , то есть $k= 1$ и $a +b= 10.$

Аналогично, так как последняя цифра числа $ab+bc+ ca$ совпадает с $b,$ то $.. (ab+ bc+ca− b).10.$ Перепишем иначе:

c(a+b)+ ab− b= 10c+b(a− 1)= 10n

где $n ∈ℕ.$ Тогда

a(b− 1)= 10n − 10c= 10(n− c)

то есть $b(a− 1)...10⇒ b(a− 1)...2,5.$ При этом $a,b≤ 9,$ значит, либо $b...5⇒ b∈{0,5}$ , либо $a− 1∈ {0,5}⇒ a ∈{1,6}$ (так мы обеспечим делимость на $5).$

Разберём случаи:

1.

$b= 0⇒ a =10− b= 10> 9$ — противоречие.

2.

$b= 5⇒ a =10− b= 5.$ Если $.. c.2,$ то $abc$ оканчивается на $0,$ то есть $a =0$ — противоречие. Значит $c∈ {1,3,5,7,9}.$ Заметим, что все эти числа подходят, так как $-- a +b+ c= 1c,ab+ bc+ ca= 10c+ 25,$ то заканчивается на $5 =b,$ $abc$ тоже заканчивается на $5= a.$

3.

$a =1 ⇒ b=9.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc$ равна $a,$ то есть $9⋅c$ заканчивается на $1$ при этом $c≤ 9,$ а наименьшее натуральное число, кратное $9$ и оканчивающееся на $1$ — это $81= 9⋅9⇒ c= 9.$ То есть $--- abc= 199$ — подходит.

4.

$a =6 ⇒ b=4.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc= 24 ⋅c$ равна $a =6,$ тогда $c∈ {4,9}:$

4.1.: $--- c= 4⇒ abc=644$ — подходит.
4.2.: $--- c= 6⇒ abc=649$ — подходит.

Итого, ответ: $551,553,555,557,559,644,649,199.$

Ответ:

$551,553,555,557,559,644,649,199$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#122434

Найдите все тройки натуральных чисел $x,y,z,$ являющиеся решением уравнения $2xy⋅z = 2x+y(x+ y+ z).$

Источники: Изумруд-2025, 11.4(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, число 2^{xy} почти всегда значительно больше числа 2^{x + y}. Попробуйте формализовать эту идею.

Подсказка 2

Пусть x, y ≥ 6. Давайте зафиксируем y, выразим z через x и y. Осталось показать, что при больших х это выражение будет меньше 1, значит, решений не будет.

Подсказка 3

Доказывать стоит по индукции. Глобальная идея — показать, что знаменатель выражения увеличивается в большее количество раз, чем числитель при увеличении x.

Показать ответ и решение

Задача симметрична относительно $x$ и $y.$ Пусть $x = 1.$ Тогда $2yz = 2y+1(1+ y+ z)$ или $z = 2(1 +y+ z),$ чего не бывает. Значит, $x >1.$ Аналогично, $y > 1.$ Пусть $x= 2.$ Тогда $2y 2+y 2 z = 2 (2+ y+ z)$ или $-2+y-- z = 2y−2−1.$ Тогда получаем решения при $y = 3, z = 5,$ при $y =4, z =2,$ при $y =5, z =1.$ При $y > 5$ по индукции покажем, что $z < 1,$ то есть решений нет. База при $y = 6$ верна. Рассмотрим следующие оценки числителя и знаменателя в переходе $y−1 y−2 2 − 1> 2(2 − 1)$ и $2+ y+ 1< 2(2+ y),$ то есть числитель увеличился менее, чем вдвое, а знаменатель более, чем вдвое, значит, $z$ уменьшилось. Теперь можно считать, что $x, y ≥ 3.$ Тогда $xy− x− y = (x− 1)(y − 1)− 1≥ 3.$ Пусть $z >x +y.$ Тогда

2xyz ≥2x+y+3z > 2x+y2z > 2x+y(x +y+ z),

то есть равенства нет. Тогда $z ≤x +y$ и

x+y x+y+1 2 (x+y +z)≤ 2 (x+ y).

Покажем, что $2x+y−3 > x+ y$ при $x +y ≥6.$ Снова используем индукцию: пусть $x+ y = a.$ Тогда при $a= 6$ получаем $8> 6.$ Теперь переход индукции:

a−2 a−3 a− 3 2 =2⋅2 > 2 +1 ≥a+ 1,

что и требовалось. Оценим левую часть, используя полученное неравенство:

2x+y(x+ y+z)≤ 2x+y+1(x+ y)<2x+y+1+x+y−3 =22x+2y−2.

Далее $(x− 2)(y− 2)≥1,$ то есть $xy− 2x− 2y ≥− 3.$ Тогда в левой части $2xyz ≥22x+2y−3z.$ Пусть $z ≥ 2.$ Тогда

2xyz ≥22x+2y−3z ≥ 22x+2y−2 > 2x+y(x+ y+ z)

по прошлой оценке, то есть равенство возможно только при $z = 1.$ Теперь пусть $x$ или $y$ хотя бы $4.$ Тогда $(x− 2)(y− 2)≥2$ и

2xy ≥22x+2y−2,

что снова противоречит оценке правой части. Значит, $x =y =3.$ Подставляя тройку $(3,3,1)$ понимаем, что это не будет решением. Итого, мы получили ответ из шести троек (учитывая то, что есть симметричные для $x= 2):$ $(2,3,5),$ $(3,2,5),$ $(2,4,2),$ $(4,2,2),$ $(2,5,1)$ и $(5,2,1).$

Ответ:

$(2,3,5),$ $(3,2,5),$ $(2,4,2),$ $(4,2,2),$ $(2,5,1)$ и $(5,2,1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#124432

Найдите все пары целых чисел $(x,y),$ удовлетворяющих уравнению

2 2 x = y +2y+ 13.

Показать ответ и решение

Заметим, что правая часть уравнения представляется в виде

2 2 y + 2y +1+ 12= (y +1) +12

Перенесём $(y +1)2$ в левую часть. Тогда, пользуясь формулой разности квадратов, получаем:

2 2 x − (y+ 1) =12

(x − y − 1)(x+ y+ 1)= 12

Числа $(x − y− 1)$ и $(x+ y+ 1)$ имеют одинаковую чётность (и одинаковый знак), поэтому одно из них $± 2,$ а другое $± 6.$ Разберём эти случаи:

1.: $({ ({ ({ x− y− 1 =2 ⇔ x= y+ 3 ⇔ x = 4 ( x+ y+1 =6 ( 2y = 2 (y =1$
2.: $( ( ( {x− y− 1= −2 { x= y− 1 {x =− 4 ( ⇔ ( ⇔ ( x+ y+ 1= −6 2y = −6 y =− 3$
3.: $( ( ( { x− y− 1= 6 ⇔ {x= y+ 7 ⇔ { x= 4 ( x+ y+ 1= 2 (2y = −6 ( y = −3$
4.: $({ ({ ({ (x− y− 1= −6 ⇔ (x = y− 5 ⇔ (x =− 4 x+ y+ 1= −2 2y = 2 y =1$

Ответ:

$(±4;1),$ $(±4;−3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#125072

Найдите все такие пары целых чисел $m$ и $n >2$ , что $((n − 1)!− n)⋅(n− 2)!= m(m − 2).$

Источники: Всеросс, 2025, РЭ, 9.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давай заметим, что в правой части равенства почти полный квадрат. Не хватает 1. Давайте добавим её слева и справа.

Подсказка 2:

Также хотелось бы разложить на скобочки левую часть, притом желательно на взаимно простые. Если не получается угадать разложение, рассмотрите выражение слева как квадратный трёхчлен относительно (n-2)!.

Подсказка 3:

Итак, вы получили равенство ((n - 1)! - 1)((n - 2)! - 1) = (m - 1)². Являются ли скобки в левой части взаимно простыми?

Подсказка 4:

Для дальнейших продвижения необходимо вспомнить, что если произведение взаимно простых чисел равно квадрату, то каждое из них является квадратом. Кстати, почему это так?

Подсказка 5:

Теперь осталось показать, что при больших n какая-то из скобок не сможет быть большим квадратом. Учитывая особенности факториалов, стоит подумать про остатки. Например, при делении на 4 квадраты могут иметь далеко не все остатки.

Показать ответ и решение

Заметим, что

((n − 1)!− 1)((n− 2)!− 1)=(n− 1)!⋅(n− 2)!− (n− 1)!− (n− 2)!+1 =

2 2 ((n− 1)!− n)⋅(n − 2)!+ 1= m − 2m +1 =(m − 1) .

Пусть $n> 4.$ Заметим, что числа $(n − 1)!− 1$ и $(n− 2)!− 1$ взаимно просты. Предположим, что это не так, и оба этих числа делятся на простое число $p.$ Тогда число

(n− 1)!− 1− ((n− 2)!− 1)⋅(n− 1)= n− 2

тоже делится на $p.$ Тогда $(n− 2)!$ делится на $p,$ а $(n− 2)!− 1$ не кратно $p,$ противоречие. Таким образом, произведение взаимно простых чисел $(n − 1)!− 1$ и $(n− 2)!− 1$ —– точный квадрат, тогда и каждое из них точный квадрат. Однако, число $(n − 1)!− 1$ при $n >4$ даёт остаток 3 при делении на 4, поэтому оно точным квадратом быть не может. Остаётся разобрать случаи $n ≤ 4.$ При $n= 4$ получается $(m − 1)2 = 5,$ решений нет. При $n =3$ мы получаем: $(m − 1)2 = 0,$ что даёт единственное решение $m = 1$ , $n =3.$

Ответ:

$m = 1,n = 3.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#126197

Найдите все натуральные числа, представимые в виде $[a,b]+[b,c]+[c,a]$ для некоторых натуральных $a,b$ и $c$ (здесь $[x,y]$ — наименьшее общее кратное чисел $x$ и $y$ ).

Источники: Курчатов - 2025, 10.4 ( см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробует разделить числа по некоторым признакам и доказывать, что одно семейство представимо, а другое — нет.

Подсказка 2

Заметим, что 1 не представляется в таком виде. А как насчёт остальных нечётных чисел?

Подсказка 3

Вспомните, что нечётные натуральные числа — это числа вида 1+2k, где k — натуральное или 0.

Подсказка 4

[1,1] + [k,1] + [1,k] = 1 + 2k, следовательно, все нечётные числа, кроме 1, представимы. Какие еще множества можно выделить?

Подсказка 5

Давайте посмотрим на числа, имеющие нечётный делитель, больший 1.

Подсказка 6

А что значит "нечётный делитель, больший 1"? Какое это число?

Подсказка 7

Должен быть делитель вида 1+2k, где k — натуральное. Попробуйте подобрать такие числа, чтобы в сумме НОК-ов как раз получилось (2k+1).

Подсказка 8

Например, это можно сделать так: [2ˢ, 2ˢ] + [2ˢk, 2ˢ] + [2ˢ, 2ˢk] = 2ˢ(2k+1). То есть, все числа с нечётными делителями рассмотрены. Какие числа осталось рассмотреть?

Подсказка 9

Осталось рассмотреть степени двоек. Попробуйте придумать пример.

Подсказка 10

Вряд ли у Вас получилось. (: Давайте пойдем от противного: предположим, что 2ᵗ представимо. Может, выберем какое-то определенное t для удобства?

Подсказка 11

Выберем наименьшее t. Какими могут быть числа a, b и c?

Подсказка 12

Можно считать, что среди этих чисел есть нечётные, иначе мы бы могли сократить их на 2 и уменьшить минимальное t.

Подсказка 13

Пусть числа a, b — четные, а с — нечетное. Тогда a = 2ᵐa₁, b = 2ⁿb₁, где a₁ и b₁ — нечётные. Давайте попробуем оценить степени вхождения двойки в каждое из слагаемых представления.

Подсказка 14

Рассмотрите возможные отношения между m и n и получите противоречия с величиной t.

Показать ответ и решение

Заметим, что число 1 не может быть представлено в таком виде.

Докажем, что все нечетные числа, кроме единицы, представляются в таком виде:

[1,1]+[k,1]+[1,k]= 2k+ 1,k∈ ℕ

Докажем, что все числа, имеющие нечетный делитель, больший единицы, представляются в таком виде:

s s s s s s s [2 ,2]+ [2 k,2 ]+[2,2 k]= 2 (2k+ 1),k ∈ℕ,s∈ ℕ∪ {0}

Предположим, что степени двойки представляются в таком виде. Тогда число $2t$ представимо. Выберем наименьшее такое $t.$ Без ограничения общности можно считать, что среди чисел $a,$ $b$ и $c$ есть нечетные, ведь иначе мы можем сократить все числа на наименьшую степень вхождения двойки и уменьшить число $t.$

Тогда что среди чисел $a,$ $b$ и $c$ должно быть ровно 1 нечетное и 2 четных. Будем считать, что $c$ — нечетное, $a= 2αa1,$ $b=2βb1,$ где $a1,b1$ — нечетные.

Если $α> β$ (случай $α< β$ аналогичен), то степени вхождения двойки в числа $[a,b],$ $[b,c]$ и $[c,a]$ равны $α,$ $β$ и $α$ соответственно. Но тогда в сумму двойка входит в степени $β,$ поэтому сумма не может равняться степени двойки.

Значит, $α= β.$

α α α α t [2 a1,2 b1]+[2b1,c]+ [c,2a1]= 2

t− a [a1,b1]+[b1,c]+ [c,a1]= 2

Представимая степень двойки уменьшилась, следовательно, мы получили противоречие.

Ответ:

Все натуральные числа, кроме $2t,$ где $t$ — целое неотрицательное число.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#126937

Докажите, что если $n$ — точный куб, то число $n2+ 3n +3$ не может быть точным кубом.

Показать доказательство

Пусть $n2+ 3n+ 3$ — точный куб, тогда так как $n$ — тоже точный куб, то

2 3 n(n +3n+ 3)= (n +1) − 1

— куб натурального числа.

Тогда мы имеем два куба отличающихся на единицу, значит, больший из двух кубов равен 1, а меньший равен 0, в этом случае $n =− 1,$ что противоречит условию, значит, предположение было неверным, то есть $n2+ 3n +3$ не может быть точным кубом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#127247

Натуральные числа $x,y,z$ удовлетворяют соотношению $3xy = 2z2$ . Докажите, что $x3+ y3+z3$ — составное число.

Показать доказательство

Из условия следует $3xyz = 2z3.$ Предположим, что исходное выражение простое число, и преобразуем его:

3 3 3 3 3 3 x + y +z = x + y +3xyz− z =

( (x-− y)2+-(y+-z)2-+(x+-z)2) =(x+ y− z) 2

Теперь заметим, что правая скобка всегда больше 1 из натуральности $x,y,z,$ поэтому $x+ y− z = 1.$ Подставим полученное в равенство из условия:

3xy = 2(x+y − 1)2

Раскроем скобки в

2 2 4x+ 4y =2x + 2y +xy +2

То есть

2(x− 1)2+ 2(y− 1)2 +xy− 2= 0

$xy ≥1,$ так что если $x> 1,$ то равенства не будет, значит, $x= 1.$ Аналогично $y = 1.$ При $x= y = 1$ равенство тоже не выполняется, значит, выражение из условия было составным числом.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#127248

Натуральные числа $a,b,c$ таковы, что

-a2-+b2 b2-+c2- c2-+a2- c(a+ b) = a(b+ c) = b(c+ a).

Докажите, что $a= b= c.$

Показать доказательство

Первое решение. Выражение симметрично относительно $a,b,c,$ так что можно считать $a≥ b≥c.$ Тогда из натуральности получаем $2 2 2 2 a + b ≥b + c$ и $c(a+ b)≤ a(b+c).$ Из таких неравенств на числитель и знаменатель первых двух дробей получаем, что должны выполняться точные равенства. Значит, $2 2 2 2 a +b = b +c$ и $a= c,$ но $b$ между ними, так что $a= b= c,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть

a2+ b2 b2+ c2 c2+ a2 k= c(a+-b) = a(b+c) = b(c-+a).

Тогда имеем

k⋅c(a +b)= a2+b2

k⋅a(b +c)= b2+ c2.

Вычитая полученные равенства, получаем

kb(c− a)= (a − c)(a+ c).

Если $a⁄= c,$ то, сократив, получим равенство $kb= −a − c.$ С другой стороны, левая часть очевидно больше 0, а правая — меньше, откуда получаем противоречие. Значит, $a= c.$ Аналогично получаем $a =b$ и $b= c.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#127250

Найдите все натуральные $n$ и простые $p$ такие, что $n4+ 4= p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Было бы здорово разложить левую часть на множители, ведь простое число имеет не слишком много делителей.

Подсказка 2:

Для разложения можно попробовать выделить полный квадрат и посмотреть, что получается. Либо же воспользоваться методом неопределённых коэффициентов.

Подсказка 3:

Если произведение двух чисел равно простому, то одно из них равно 1, а другое — этому простому числу.

Показать ответ и решение

Разложим $n4 +4$ на множители:

4 4 2 2 2 2 n +4 =n + 4+ 4n − 4n = (n − 2n +2)(n +2n+ 2)

Левая скобка всегда хотя бы 1, так как она равна $(n− 1)2+ 1.$ Правая, очевидно, всегда больше 1. Значит, если результат выражения простое число, то

2 n − 2n +2= 1,

то есть $n =1, p =5.$

Ответ:

$n =1$ и $p =5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#128118

Сколько решений в целых числах $x,y$ имеет уравнение $6x2+2xy+ y+ x= 2025?$

Источники: БИБН - 2025, 10.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как у входит в уравнение только в первой степени, давайте выразим у через х, что у нас получится? Как можно использовать тот факт, что х – целое число?

Подсказка 2

Выделим в полученной дроби целую часть и посмотрим на результат. В каких случаях полученное выражение будет целым?

Подсказка 3

Когда 2024/(2х + 1) – целое число! А сколько есть нечётных делителей у числа 2024 (не забудьте учесть отрицательные числа!)? Каждому такому делителю соответствует единственная пара чисел (х;у), так что количество нечётных делителей как раз и будет ответом к задачке)

Показать ответ и решение

Выразим $y:$

2025−-6x2− x y = 2x+1

Разделим $6x2+ x$ с остатком на $2x+ 1:$

6x2+ x= (3x− 1)(2x +1)+ 1

Тогда

2025− (3x− 1)(2x+ 1)− 1 2024 y =--------2x+-1------- = 2x-+1-− 3x+ 1

Тогда $y$ является целым тогда и только тогда, когда 2024 делится на нечетное число $2x +1.$ Знаем, что $2024= 8⋅11⋅23.$ Получаем, что $2x+ 1$ может принимать значения делителей $253= 11⋅23,$ а именно ${1;11;23;253}.$ Надо также учесть отрицательные числа, итого 8 значений.

Ответ:

$8$ решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80772

Найдите все тройки целых чисел $(a;b;c)$ такие, что:

- $a< b$ ,

- число $b− a$ не кратно 3 ,

- число $(a− c)(b− c)$ является квадратом некоторого простого числа,

- выполняется равенство $2 a + b= 1000$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.6 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, давайте поймем, что если (a - c)(b - c) = p^2, то у нас есть не так много возможных случаев, так как a - c и b - c - это делители p^2, а их у нас всего +-1,+-p,+-p^2. Значит, у нас всего 6 вариантов. А как можно, используя условие, еще сократить количество вариантов, которые надо перебрать?

Подсказка 2

Можно, используя условие a < b, сказать, что a - c < b - c => у нас есть два варианта: первая скобка равна 1, вторая p^2 или первая равна -p^2, а вторая -1. Хорошо, у нас получилась совокупность систем. Как нам её решить?

Подсказка 3

Во-первых, надо избавиться от c (ни к селу, ни к городу это с) и получить, что a - b = p^2 - 1. При этом, a - b (то есть, p^2 - 1) не кратно 3. Но любой ненулевой остаток квадрата числа дает 1 по модулю 3. Значит, p кратно 3. Что тогда можно сказать про a, b, c? Как меняется наша система?

Подсказка 4

Это значит, что p = 3, а значит, a - b = 8; a^2 + b = 1000. Остаётся решить квадратное уравнение на а, которое получается из этой системы, и найти все с, которые подходят.

Показать ответ и решение

Второе условие можно записать как

2 (a − c)(b− c)=p , где p — простое число

По условию $a< b,$ это значит, что $a − c< b− c.$ Тогда

2 2 2 (a− c)(b− c)= p = 1⋅p =(−p )(−1)

Следовательно, возможны следующие случаи

{ a − c= 1 { a− c= −p2 b− c= p2 или b− c= −1

Из обеих совокупностей можно получить $b− a =p2− 1,$ из которого можно получить, что $p2 − 1$ не делится на $3.$

Так как $p+ 1$ и $p− 1$ не делятся на $3,$ а среди последовательных $3$ чисел обязательно найдется число, делящееся на $3,$ то $p$ делится на 3. Но $p$ — простое, значит, $p= 3.$

Получаем следующую систему

{ b− a= 8 2 a2+b =1000 =⇒ a +a− 992= 0

Из последнего уравнения получаем, что

{ a= 31 =⇒ b= 39 a= −32 =⇒ b =− 24

Теперь найдем $c$

[ c= a− 1 c= a+ p2 = a+ 9

Тогда $c$ может равняться

⌊ || c= 30 || c= 40 ⌈ c= −23 c= −33

Ответ:

$(31, 39, 30), (−32, −24, −33), (31, 39, 40),(−32, −24, −23)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#83308

Натуральное число $n ≥2023$ имеет простой делитель $p >2$ и другой делитель $q,$ связанный с $p$ соотношением $(p− 1)(q+ 2)=n − 2$ . Найти наименьшее возможное при этих условиях число $n$ .

Источники: Росатом - 2024, региональный вариант, 11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте раскроем скобки, приведём подобные и посмотрим на выражения слева и справа. Что можно сказать про p и q, исходя из того, что они делители числа n? Ведь слева у нас выражение без свободного коэффициента, зависящее от p и q, а справа n.

Подсказка 2

Верно, можно сказать, что 2p кратно q и q кратно p. Как можно сделать оценки на p и q?

Подсказка 3

Можно сказать, что q = kp. Но тогда 2p кратно kp. Равенства быть не может по условию, остаётся только вариант 2p^2 = n. Отсюда понятно, как искать min n: нужно найти min p при 2p^2 ≥ 2023.

Показать ответ и решение

Раскроем скобки:

(p− 1)(q +2)= n− 2 =⇒ pq− q+ 2p − 2 =n − 2

pq− q+2p= n

Раз $p$ и $q$ — это делители $n,$ то выражение в левой части должно делиться на $p$ и $q.$ Следовательно, получаем

(|{ .. q. p |( 2p ... q

То есть $q = kp,$ тогда $2p ... kp,$ откуда следует, что $k =1$ или $k= 2.$ Но так как $q ⁄= p,$ подходит только $q = 2p.$ Подставим:

2 2p − 2p+ 2p= n

2p2 =n

Осталось перебрать чётные $n,$ которые является удвоенным квадратом простого числа. Перебирая $n ≥2023,$ получаем ответ $2⋅372 = 2738.$

Проверка:

(37− 1)(2 ⋅37+ 2)= 2⋅372− 2

(37− 1)(37+ 1)= 372− 1

Ответ: 2738

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#85441

Простое $p$ и натуральные $x$ и $y$ удовлетворяют условиям

2x2−-1- 2 p = 7 =2y − 1

Найдите все такие тройки чисел $p,x,y.$

Показать ответ и решение

Преобразуем сначала правую часть тройного равенства к виду $x2 = 6y2− 3.$ Теперь давайте воспользуемся тем, что $p= 2y2− 1$ правильным образом. Сделаем следующие преобразования:

2 2 2 x − y = 6y − 3

(x− y)(x+ y)= 3p

При этом мы точно знаем, что слева скобки обе положительные, так как $x+y$ положительно, и вторая скобка больше первой. Тогда нам остаётся рассмотреть варианты следующие, когда $x − y =1,x+ y = 3p$ и когда $x− y = 3,x +y =p.$ Заметим, что $p= 2$ не подойдёт, так как скобки у нас одной чётности. В первом случае $x= y+ 1$ и тогда

(y+1)2 = 7y2 − 3

3y2− y − 2= 0

Откуда натуральный корень только $y = 1,$ но тогда $p= 1.$ Такого быть не может. А во втором случае, аналогично подставляя, получаем, что $y =2.$ Откуда $p= 7,x= 5.$

Ответ:

$p =7,x= 5,y =2$

Следующая подтема