Тема Остатки и сравнения по модулю

Базовый аппарат сравнений по модулю

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела остатки и сравнения по модулю

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85436

Даны простое число $p$ и три различных натуральных числа $a,b$ и $c$ таких, что $ab+ 3,bc+ 3,ac+ 3$ и $abc+ 11$ делятся на $p.$ Чему может быть равно $p?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала стоит переписать условие в виде сравнений по модулю. А что получится, если все получившиеся сравнения перемножить?

Подсказка 2

Тогда получится, что (abc)² ≡ -27. Но из условия мы знаем, что (abc)² ≡ 121. Что тогда можно сказать о p?

Подсказка 3

Действительно, тогда p — простой делитель 121 - (-27) = 138. Осталось разложить на множители и найти примеры!

Показать ответ и решение

Давайте запишем условия на делимость в виде сравнений:

ab≡ −3 (mod p)

bc≡ −3 (mod p)

ac≡ −3 (mod p)

abc≡ −11 (mod p)

Теперь мы можем перемножить первые три сравнения и получить, что $(abc)2 ≡ −27 (mod p).$ Но из условия $(abc)2 ≡ 121 (mod p).$ Значит, $p$ является делителем числа $121 − (−27)= 148= 22⋅37,$ и может быть равен либо $2,$ либо $37.$ Для $p= 2$ можно взять просто три нечётных числа $a,b,c.$ А для $p =37$ существуют числа $a= 16,b= 16+37,c= 16 +37⋅2.$ Действительно, легко проверить, что все сравнения выполняются, потому что по модулю $37$ они равны $16,$ а $. 163+ 11 ..37.$

Ответ:

$p =2,p= 37$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#89214

Число $1001$ выписали на доску $1001$ раз подряд. Получили натуральное число $a.$ Найдите остаток от деления $a$ на $9999.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С числом из условия работать трудно, попробуйте его записать в более удобном виде.

Подсказка 2

Чем число меньше, тем проще искать его остаток. Попробуйте как-нибудь разложить изначальное число на множители и найти остатки этих множителей при делении на 9999.

Подсказка 3

Если внимательно посмотреть, то можно заметить, что это число делится на 1001. Подумайте, каким будет второй множитель и какой у него остаток при делении на 9999.

Показать ответ и решение

Заметим, что это число можно записать в следующем виде:

0 4 8 4000 4 8 4000 1001⋅10 +1001⋅10 +1001⋅10 + ...+ 1001⋅10 = 1001(1+ 10 + 10 +...+10 )

Все слагаемые в скобке сравнимы с $1$ по модулю $9999,$ а значит скобка сравнима с $1001,$ то есть всё число сравнимо с $10012.$ Нетрудно посчитать, что $10012 ≡ 2101 (mod 9999).$

Ответ:

$2101$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#89281

Известно, что $a− 2b$ делится на $m$ и $c− 3d$ делится на $m$ . Докажите, что $ac− 6bd$ делится на $m$ .

Показать доказательство

По условию $a− 2b$ делится на $m$ и $c− 3d$ делится на $m.$ Тогда

a ≡2b (mod m)

c≡ 3d (mod m)

Воспользуемся свойством, что сравнения по одному модулю можно перемножить:

ac≡ 6bd (mod m )

Значит, что $ac− 6bd$ делится на $m.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#89282

Докажите, что $(3n+ 1)n− 2$ делится на $3n− 2$ для любого натурального $n.$

Показать доказательство

Так как

n n 3 + 1≡ 3 (mod 3 − 2),

то

n n n n (3 +1) − 2 ≡ 3 − 2≡ 0 (mod 3 − 2)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#89284

Известно, что $abc+1$ делится на $ab− b+ 1$ . Докажите, что $ac− a+1$ и $bc− c+1$ — тоже.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проводить сравнения в этой задаче будем по модулю ab-b+1. Тогда по условию abc+1 ≡ 0(mod ab-b+1). Доказать же хотим, что bc-c+1≡ 0(mod ab-b+1) и что ac-a+1≡ 0(mod ab-b+1).

Подсказка 2

Одного условия мало, и пока непонятно, что делать с выражением abc+1. Но мы знаем, что число всегда делится на себя само(ноль, конечно, не учитывается). Тогда ab-b+1≡ 0(mod ab-b+1). Как можно использовать полученное сравнение?

Подсказка 3

ab-b+1≡ 0(mod ab-b+1) тоже самое, что ab≡ b - 1(mod ab-b+1).

Подсказка 4

В предыдущей подсказке получили, что bc-c+1≡ 0(mod ab-b+1), а это тоже самое, что bс≡ с-1(mod ab-b+1). Тогда аналогично предыдущей подсказке подставьте полученное сравнение в abc+1≡ 0(mod ab-b+1) и получите вторую из искомых делимостей!

Показать доказательство

Заметим, что

ab− b+ 1≡ 0 (mod ab − b+ 1)

ab≡ b− 1 (mod ab− b+1)

Значит, раз $abc+ 1$ делится на $ab− b +1,$ то

abc+ 1≡ 0 (mod ab − b+ 1)

(b− 1)c+ 1≡0 (mod ab− b+1)

bc − c+ 1≡ 0 (mod ab− b+ 1)

Следовательно, $bc− c+ 1$ делится на $ab− b+ 1,$ а также

bc≡ c− 1 (mod ab− b+1)

Благодаря этому получаем

abc+ 1≡ 0 (mod ab − b+ 1)

a(c− 1)+ 1≡ 0 (mod ab− b+1)

ac − a+ 1≡ 0 (mod ab− b+ 1)

Следовательно, $ac − a+ 1$ делится на $ab− b+1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#89285

Докажите, что $11n+2 +122n+1$ делится на 133 при любом натуральном $n$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите 12² и 11² по модулю 133. Может получиться что-то красивое?

Подсказка 2

12² ≡ 11(mod 133), а 11² ≡ -12(mod 133)! Подумайте, как это можно использовать в исходном выражении 11ⁿ⁺² + 12²ⁿ⁺¹.

Подсказка 3

11ⁿ⁺² — это же 11ⁿ⋅11², а 12²ⁿ⁺¹ — это (12²)ⁿ⋅12.

Подсказка 4

Тогда, используя полученные сравнения в подсказке 2, попробуйте сделать в исходном выражении слагаемые вида 11ⁿ⋅12.

Показать доказательство

Заметим, что

2 2 12 ≡11 (mod 133) и 11 ≡− 12 (mod 133)

Тогда

n 2 2n n n 11 ⋅11 +12 ⋅12≡ −12⋅11 +12⋅11 = 0 (mod 133)

Значит, $11n+2+ 122n+1$ делится на 133.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#90281

Вася хочет заполнить квадратную таблицу (криптографическую мозаику) размера $4× 4$ целыми числами от 1 до 16 по следующему правилу. Сначала он выбирает четыре целых числа $b1,b2,b3,b4 ∈{0,1,...,16}$ . Затем первую строку Вася заполняет числами

(1) ai ≡ (bi+1)(mod17), i=1,2,3,4;

вторую строку — числами

(2) ai ≡ (bi+4)(mod17), i=1,2,3,4;

третью

(3) ai ≡(bi+13)(mod17), i= 1,2,3,4

и, аналогично, четвертую

(4) ai ≡ (bi+ 16)(mod17), i=1,2,3,4.

При этом числа $b1,b2,b3,b4$ Вася выбрать должен так, чтобы все числа в таблице оказались различными. Сумеет ли Вася это сделать? Если да, то чему равны $b1,b2,b3,b4$ ?

Источники: Верченко - 2024, 11.6 (см. ikb.mtuci.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видите вопрос "сможет ли...?" и сразу руки чешутся как-нибудь доказать, что не получится? :) Давайте сначала успокоимся и попробуем посмотреть на то, что от нас просят. В табличке должны получиться различные остатки по модулю 17, причем эти aᵢ очень подозрительно выглядят... 1 и 16 в сумме дают 17, 3 и 14 тоже.... Что можно сказать?

Подсказка 2

Да, в одном столбце получаются числа bᵢ + 1, bᵢ + 4, bᵢ - 4, bᵢ - 1 (mod 17). Полученная симметрия так и бросается в глаза, правда? Вот бы можно было выбрать какое-нибудь b и наглядно видеть остатки от чисел, которые оно образует... Вам же наверняка тоже не хочется долго перебирать и считать аᵢ

Подсказка 3

А что если остатки по модулю 17 изобразить по кругу? И правда, если мы выберем какое-нибудь число b из круга, то число b+r пойдет по кругу на r шагов от него в сторону увеличения, а b-r, на те же r шагов в сторону уменьшения. Получается, если выбрать какое-нибудь число b, то оно вычеркивает два числа рядом с собой и два числа на расстоянии 4. Получится ли у нас подобрать еще 3 числа так, чтобы вычеркнутые числа не пересекались?

Подсказка 4

Да, получится. Если это вызывает затруднения, заметьте, что само число b в табличку не входит, поэтому оно может быть среди вычеркнутых. Если вы пойдете по кругу от самого первого выбранного вами числа и выберете числа на расстоянии 1, 7 и 11, то у вас точно никакие вычеркнутые числа не пересекутся :)

Показать ответ и решение

Заметим, что

bi+16= bi+1(mod17)

bi+13= bi− 4(mod17)

Представим остатки полученных $a(ij)$ от $bi$ в виде круга остатков. Числа получаются от $bi$ смещением на $1$ или $4$ шага по часовой или против часовой стрелки в зависимости от знака.

Крестиком выделены полученные числа a(j)то есть столбец в табл&#x0438 i i

$PIC$

Заметим, что важен лишь набор $b1,b2,b3,b4$ , а не их порядок, тогда без ограничения общности выберем пару $b1$ , $b2$ — одно из чисел $(j) a1$ или такое число, которого нет в таблицы. Докажем, что $b2$ тогда обязательно соседняя с $b1$ .

Предположим противное, то есть что ни одна пара $bi$ , $bj$ не являются соседями (так как иначе можем взять их в качестве $b1$ , $b2$ ).

$1$ случай ( $b2 = b1+4(mod 17)$ ): возьмём $b1 =6$ (если все различные числа сдвинуть на одинаковое число по модулю $17$ , то они останутся одинаковыми, а значит мы можем взять $b1 =6$ ), в таблицу уже попали числа: $1,2,3,5,6,7,10,15$ , тогда “запрещённые” позиции — $0,..,11,14,15,16$ (они получены путём прибавления и вычитания $1$ , $4$ по модулю $17$ к полученным клеткам в таблице), а значит, $b3,b4$ — $12,13$ , но тогда они соседи — противоречие.

$2$ случай ( $b2 = b1− 4(mod 17)$ ): переименуем $b1$ , $b2$ в $b2$ , $b1$ и получится случай 1.

$PIC$

$3$ случай ( $b2 = 6$ аналогично, без ограничения общности, не входит в таблицу): Все остальные числа входят, так как с каждой $bi$ в таблицу добавляются по 4 числа. Рассмотрим число $3$ , у нас уже "запрещены"числа $2,5,7,10$ для $b1$ , иначе $b2$ входит в таблицу и $1,3,4,6,8,9,11,15$ , иначе в таблице есть повторяющиеся числа, тогда $b1+ 1!= 3(mod 17)(b1 = 2),b1− 1!= 3(mod 17)(b1 =4),b1− 4!=3(mod 17)(b1 = 7)$ , получается, что $b2+ 4= 3(mod 17)$ , т.е. $b2 = 16)$ .

Посмотрим на “запрещённые” числа для $b3$ : $0,..,12,15,16$ , но $13,14$ снова соседние.

Мы получили, что обязательно должны быть 2 соседних числа. С одной стороны, зачёркнутые ячейки на расстоянии $4$ от $b1$ и $b2$ образуют место для $b 3$ и $b 4$ (поскольку есть две свободные ячейки вокруг двух зачеркнутых чисел). С другой стороны, при выборе двух $b$ , набор двух оставшихся определяется однозначно, поэтому итого вариантов выбора комбинации столько же, сколько и выбор двух подряд идущих чисел в круге, т.е. $17$ .

Один из возмож ных случаев:

$PIC$

Ответ:

$0 1 7 11, 1 2 8 12, 2 3 9 13, 3 4 10 14, 4 5 11 15, 5 6 12 16, 0 6 7 13, 1 7 8 14, 2 8 9 15, 3 9 10 16, 0 4 10 11, 1 5 11 12, 2 6 12 13, 3 7 13 14, 4 8 14 15, 5 9 15 16, 0 6 10 16$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#96954

Найдите все целые $b$ такие, что при любом натуральном $a$ число $(a2+ 1)100 +b− a$ делится на $a2+ a+1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте посмотрим на сравнения по модулю а² + а + 1. С чем будет сравнимо (а² + 1)? С чем будет сравнимо (а² + 1)¹⁰⁰?

Подсказка 2

(а² + 1) сравнимо с (-а) по модулю а²+а+1. Тогда (а² + 1)¹⁰⁰ будет сравнимо с а¹⁰⁰. Что тогда мы можем сказать про слагаемые с а? Про b?

Подсказка 3

Тогда мы можем свернуть слагаемые с а в произведение а(а⁹⁹ - 1). Давайте докажем, что это число всегда будет делиться на а² + а + 1. Но как нам это сделать?

Подсказка 4

Надо воспользоваться формулой разности кубов! Осталось лишь понять, какие b нам будут подходить. Не забудьте, что в условии написано «при любом натуральном а»!

Показать ответ и решение

Заметим, что $a2+1$ сравнимо с $− a$ по модулю $a2+ a+ 1,$ а значит, $(a2+1)100+ b− a$ сравнимо с

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

Заметим, что $a99 − 1$ делится на $a3− 1= (a − 1)(a2+ a+ 1).$ То есть необходимое и достаточное условие — делимость $b$ на $a2+ a+ 1$ для любого натурального $a,$ что возможно лишь при $b= 0.$

Ответ:

$b= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#61484

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

Так как выражение из условия делится на $11$ , то после вычитания из него $11ab$ получится кратное $11$ число.

2 2 2 a + 9ab− 11ab+b = (a− b)

Итак, $(a− b)2$ кратно $11$ , откуда $a− b$ также делится на $11$ , поскольку это число простое. Остаётся заметить, что $a2− b2 = (a− b)(a+ b)$ кратно $a − b$ , потому также кратно $11$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#64854

Известно, что $a+ 5c$ и $b+ 4d$ делятся на $13.$ Докажите, что $ab− 20cd$ делится на $13.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По определению, если выражение делится на m, то оно сравнимо с 0 (mod m)

Подсказка 2

С чем тогда сравнимо по модулю 13 число а? А с чем число b? Когда придет осознание, запишите сравнение по модулю 13 для ab-20cd, заменяя а и b на нужные выражения

Показать доказательство

Перепишем через сравнения по модулю и перемножим равенства

({ a ≡ −5c 13 =⇒ ab ≡20cd⇐⇒ ab− 20cd ≡ 0 ( b ≡13−4d 13 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#65617

Сумма и произведение трёх попарно взаимно простых чисел делятся на 13. Может ли их сумма квадратов также делиться на 13?

Показать ответ и решение

Преположим, что числа $x,y,z$ удовлетворяют условию и сумма их квадратов кратна 13. Так как 13 — простое, то хотя бы одно из этих чисел кратно 13, но по условию они попарно взаимно просты, значит, только одно число делится на 13. Пусть это число $z.$ Тогда $x +y1≡30$ , откуда $x ≡13−y.$ Тогда:

2 2 2 2 2 x + y ≡13 (−y) + y =2y ≡130

Получили, что $y$ тоже делится на 13, противоречие.

Ответ: нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31493

Найдите остаток числа $3222$ при делении на $10$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, что напрямую мы это не вычислим, значит, нужно пользоваться сравнениями. Но с тройкой не очень приятно работать по модулю 10, как можно преобразовать 3^222 в более удобный вид?

Подсказка 2

3^222 = 9^111, а с девяткой уже приятнее работать по модулю 10.

Подсказка 3

Действительно, 9 ≡ -1 (mod 10), а значит 9^111 ≡ (-1)^111 (mod 10)

Показать ответ и решение

Заметим, что

222 111 111 3 = 9 ≡10(− 1) = −1

Осталось не забыть, что остаток при делении на 10 это целое число от 0 до 9:

−1 ≡109

Ответ:

$9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31494

Докажите, что при любом натуральном $n$ число $37n+2 +16n+1+ 23n$ делится на $7.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Замените основания степеней на их остатки по модулю 7.

Подсказка 2

Да, получится сумма, где только двойки в степенях. Советуем выделить общий множитель :)

Показать доказательство

n+2 n+1 n n+2 n+1 n 37 + 16 +23 ≡ 2 + 2 +2 (mod 7)

Осталось заметить, что $2n+2 +2n+1+ 2n = 7⋅2n,$ теперь делимость на $7$ очевидна.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31495

Дано простое число $p$ и такие целые числа $a,b,c,d,e,$ что числа $a2− b,a3− c,c5− d,b7− e$ делятся на $p.$ Докажите, что и число $ae− d$ делится на $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии написано про делимость. Часто бывает, что вместо делимости удобнее использовать сравнения. Перепишите условие в терминах сравнений по модулю и подумайте, что после этого хочется сделать.

Подсказка 2

Сравнения, сравнения… страшно? мне тоже. А вот ДА на вебинарах говорил, что можно с некоторыми оговорками считать сравнения знаком равенства. Как бы вы решали эту задачу, если вместо сравнений написать везде равенства?

Подсказка 3

Выразите постепенно каждую переменную с помощью сравнений по модулю p через a и подставьте в то, что нужно доказать

Показать доказательство

Из условия: $b≡a2 (mod p),c≡ a3 (mod p),d≡ c5 ≡ a15 (mod p),e≡ b7 ≡ a14 (mod p).$ Тогда $ae− d≡ a⋅a14− a15 ≡ 0 (mod p).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31496

Докажите, что число

2⋅4⋅6⋅8⋅...⋅1990⋅1992− 1 ⋅3 ⋅5 ⋅7 ⋅...⋅1989⋅1991

делится на $1993.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если хотят делимость на 1993, то и модуль m будет равен 1993. Заметим, что 2 = 1993-1991, 4 = 1993-1989 ...

Подсказка 2

Да, будем заменять по модулю m 2 на -1991, 4 на -1989, действуя так, получим новое, очень похожее на 1991!! выражение (или равное ему?)

Показать доказательство

Заметим, что $2≡ −1991 (mod 1993),4≡ −1989 (mod 1993),...,1992≡ −1 (mod 1993),$ то есть остатки чисел из первого произведения такие же, как числа из второго произведения, а отличаются лишь знаком. Но в этом произведении чётное количество чисел ( $1992 2$ ), поэтому выражение из условия даёт остаток $19292 (− 1) ⋅1 ⋅3 ⋅...⋅1991− 1⋅3⋅...⋅1991= 0$ по модулю $1993,$ то есть делится на $1993.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31497

Докажите, что если $2k − 1$ делится на $11$ , то оно делится и на $31$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали условие делимости на 11. Попробуем тогда понять что-нибудь о k, иначе совсем непонятно, как подобраться к задаче. Так как остатки у нас всегда зацикливаются, давайте узнаем, при какой степени двойки, число даст остаток 1.

Показать ответ и решение

Разберемся сначала, при каком условии на $k$ выражение $2k− 1$ делится на $11$ . Посмотрим, как зацикливаются степени двойки при делении на $11$ .

21 ≡ 2 (mod 11) 26 ≡ −2 (mod 11) 2 7 23≡ 4 (mod 11) 28≡ −4 (mod 11) 24≡ 8 (mod 11) 29≡ −8 (mod 11) 25 ≡ 5 (mod 11) 2 ≡10 −5 (mod 11) 2 ≡− 1 (mod 11) 2 ≡ 1 (mod 11)

Тогда следующая степень $211$ вновь даст остаток $2$ по модулю $11$ , и остатки зациклятся, так как каждый следующий остаток однозначно определяется предыдущим. Таким образом, чтобы $2k − 1$ делилось на $11$ , то есть $2k$ было сравнимо с 1 по модулю $11$ , $k$ должно делиться на $10$ .

Теперь докажем делимость того же выражения и на 31. Заметим, что $5 2 = 32≡ 1 (mod 31)$ . И так как $.. k.10$ , то при некотором целом $n$ имеем равенство $k= 10n$ , значит, $k 10n 2n 2n 2 = 2 =32 ≡ 1 ≡ 1 (mod 31)$ , откуда и следует делимость исходного выражения на $31$ .

Замечание. Опять же, рассуждения последнего абзаца при желании можно заменить честным поиском цикла двойки по модулю $31$ .

Ответ:

что и требовалось доказать

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#33969

Найдите остаток от деления числа $21000$ на 9.

Показать ответ и решение

Как решать подобные задачи? Рассмотрим, какие остатки дают первые несколько степеней.

21 ≡2 (mod 9) 24 ≡ 7 (mod 9) 22 ≡4 (mod 9) 25 ≡ 5 (mod 9) 3 6 2 ≡8 (mod 9) 2 ≡ 1 (mod 9)

Легко видеть, что следующая степень $27$ снова сравнима с 2 по модулю 9. Итак, впервые некоторый остаток повторился. На самом деле после этого все остатки зацикливаются, и после 2 снова будет 4, 8, 7, 5, 1, 2, и т. д. Почему так происходит? Дело в том, что следующий остаток однозначно определяется предыдущим. Значит, если ранее после остатка 2 шел остаток 4, то и сейчас после 2 мы получим остаток 4.

Тем самым мы получили цикл остатков: 2, 4, 8, 7, 5, 1. Поэтому достаточно посчитать, какой номер будет у числа 1000 в данном цикле. А для этого достаточно заметить, что, раз цикл имеет длину 6, то все зависит от того, какой остаток дает число 1000 при делении на 6. Нетрудно посчитать, что этот остаток равен 4. Значит, число 1000 будет четвертым по номеру в этом цикле, таким образом, $1000 2$ дает остаток 7 при делении на 9.

Ответ

Искомый остаток равен 7.

Ответ: 7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#33970

Натуральное число $a$ таково, что $a+2$ делится на $5.$ Докажите, что $7a+ 4$ также делится на $5.$

Показать ответ и решение

Способ 1. Если $a+ 2$ делится на 5, то $a≡ 3 (mod 5)$ . Тогда $7a+ 4≡ 7⋅3+ 4≡25 (mod 5)$ , то есть делится на 5.

Способ 2. Домножим $a+ 2$ на 7, получим выражение $7a+14$ , которое также делится на 5. При уменьшении на 10, то есть на число, делящееся на 5, оно все еще будет делиться на 5, а получится как раз $7a+ 4$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#33971

Найдите остаток числа $3222$ при делении на 10.

Показать ответ и решение

Заметим, что $3222 = 9111$ , а с девяткой очень приятно работать по модулю 10, так как $9111 ≡ (− 1)111 ≡− 1≡ 9 (mod 10)$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#33972

Докажите без вычислений, что $1⋅2⋅3⋅...⋅9+ 10⋅11 ⋅...⋅17⋅18$ делится на 19.

Показать ответ и решение

Заметим, что $10 ≡− 9 (mod 19)$ , $11≡ −8 (mod 19)$ , …, $18 ≡− 1 (mod 19)$ . Тогда все второе слагаемое $≡ (− 9)⋅(−8)⋅...⋅(− 1)≡−$ первое слагаемое $(mod 19)$ . Значит, их сумма $≡ 0 (mod 19)$ , что и требовалось доказать.

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел