Тема Уравнения в целых числах

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 уравнения в целых числах

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.

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#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)

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 3#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)

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 4#85484

Докажите, что если при $n∈ ℕ$ число $2+ 2√12n2+-1$ целое, то оно точный квадрат.

Источники: ММО - 2024, второй день, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Если число $2+ 2√12n2+1-$ целое при $n∈ ℕ$ , то оно чётное. Обозначим $2 +2√12n2+-1=$ $2k,k ∈ℕ$ . Тогда $√12n2+-1= k− 1$ . Возводя это равенство в квадрат, получаем

2 2 12n = k − 2k

Число $k$ чётное: $k= 2m$ , где $m ∈ ℕ$ .

Тогда

2 2 12n = 4m − 4m

3n2 =(m − 1)m

Поскольку числа $m$ и $m − 1$ взаимно просты, следует рассмотреть два случая:

1) $m− 1= u2,m = 3v2$ , где $u,v ∈ ℕ,u⋅v = n$ ;

2) $m− 1= 3u2,m = v2$ , где $u,v ∈ ℕ,u⋅v = n$ .

В первом случае имеем $3v2− 1= u2$ , то есть $u2$ даёт остаток 2 при делении на 3 . Это невозможно, так как точный квадрат может давать при делении на 3 только остатки 0 или 1.

Во втором случае получаем $2+ 2√12n2+-1= 4m =(2v)2$ - точный квадрат.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#86101

Найдите множество всех целых значений суммы

x y 3 y + 3 + x,

где $x$ и $y$ — произвольные натуральные числа.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $x + y+ 3= m y 3 x$ — натуральное число. Тогда

2 2 3x + yx+ 9y = 3mxy

Если $x$ не делится на $3$ , то $y$ делится на $3$ . Но в таком случае все члены равенства, кроме $3x2$ , делятся на $9$ , а $3x2$ делится только на $3$ , что невозможно. Значит, $x$ делится на $3$ , то есть $x= 3z$ для некоторого натурального числа $z$ . Имеем

2 2 9z +y z+ 3y = 3myz,

откуда $y$ делится на $3$ или $z$ делится на $3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $y = 3w$ . Тогда

z2 +w2z+ w =mwz,

откуда $w$ делится на $z$ . Но в таком случае $w$ делится и на $z2$ , то есть $w= z2u$ для некоторого натурального $u$ . Теперь имеем $1+ z3u2 +u =mzu$ , откуда $u =1$ . Ясно, что число $z2+ 2z$ будет целым только при $z ∈ {1,2}$ , при этом $m ∈ {3,5}$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $z =3w$ . Тогда $27w2+ y2w+ y = 3myw$ . Как и выше, отсюда следует, что $y$ делится на $w2$ ,то есть $y = w2u$ для некоторого натурального $u$ . Теперь имеем $27+ w3u2+ u= 3mwu$ , откуда $u$ делит $27$ , то есть $u∈{1,3,9,27}$ . При $u= 3,u= 9,u =27$ получаем невозможные равенства

3 3 2 2 3 + w 3 +3 =3 mw

33+w334+ 32 = 33mw

2⋅33 +w336 = 34mw

соответственно. При $u =1$ число $28+w3 m= --3w--$ , откуда $w$ — делитель $28$ , при этом

28+w3 ≡ w3+ 1≡ 0 (mod 3),

то есть $w ≡ −1 (mod 3)$ . Следовательно, $w ∈{2,14}$ , и тогда $m ∈ {6,66}$ .

Ответ:

$3,5,6,66$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#87412

Решите уравнение в целых числах

2 2 n m + k = 2024 + 33

Источники: СПБГУ - 2024, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Показать ответ и решение

Числа $m$ и $k$ являются целыми числами, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ являются целыми, а значит, и их сумма $2 2 m +k$ является целыми числом, таким образом, число $n 2024 +33$ также является целым, т.е. число $n 2024$ целое, откуда $n ≥0$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $n≥ 2$ . Тогда $n 2024 + 33$ делится на 11, поскольку каждое из чисел 2024 и 33 кратно 11, но не делится на $2 11$ , т.к. первое слагаемое кратно $2 11$ , а второе — нет.

Пусть число $x$ дает остаток 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 при делении на 11, тогда число $2 x$ дает соответственно остаток 0, 1, 4, 9, 5, 3, 3, 5, 9, 4, 1 при делении на 11. Докажем, что если хотя бы одно из чисел $m$ и $k$ не делится на 11, то и число $2 2 m +k$ не делится на 11.

Предположим обратное, тогда сумма остатков чисел $m2$ и $k2$ равна 11, следовательно, ровно одно из чисел $m2$ и $k2$ даёт четный остаток при делении 11, а значит, соответствующий квадрат даёт остаток 0 или 4 при делении на 11, но тогда второй остаток равен 0 или 7, что невозможно. Таким образом, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ кратно $112$ , таким образом, $m2 +k2$ кратно $112$ , но $2024n +33$ не кратно $112$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Тогда $n = 0$ или $n =1.$

Пусть $n= 1$ . Тогда $2024n+ 33 =2024+ 33 =2057= 112 ⋅7$ , следовательно, $m2+ k2$ кратно $112$ , а значит, как мы показали выше, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11. Пусть $m = 11a$ , $k =11b$ , где $a$ и $b$ являются целыми числами, следовательно, $a2+ b2 =17$ . Легко убедиться, что всеми решениями $(a,b)$ данного уравнения являются неупорядоченные пары $(±1,±4).$ Следовательно, все пары решений $(m,k)$ это $(±11,±44)$ , $(±11,±44)$ .

Пусть $n= 0$ . Тогда $2024n+ 33 =1 +33= 34$ . Если каждое из чисел $m$ и $k$ не превосходит по модулю 4, то сумма их квадратов не превосходит 32, следовательно, наибольшее из чисел $m$ и $k$ по модулю не меньше 5. С другой стороны, если какое-то из чисел по модулю больше 5, то его квадрат не меньше 36, что невозможно. Таким образом, в паре чисел $(m,k)$ хотя бы одно равно 5 по модулю, тогда второе равно 3 по модулю. Тем самым, мы показали, что все пары решений $(m,k)$ есть $(±5,±3)$ , $(±3,±5)$ .

Ответ:

$(0;±3;5),(0;±3;− 5),(0;±5;3),(0;±5;−3),$

$(1;±11;44),(1;±11;−44),(1,±44;11),(1,±44;−11)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#89725

Найдите все тройки целых чисел $a,b,c$ такие, что $5a2+9b2 = 13c2.$

Показать ответ и решение

Для начала заметим, что подходит очевидная тройка чисел $(0,0,0).$ Если $a= 0,$ то получившееся равенство не имеет решений(кроме тривиального), потому что степени вхождения $13$ в обе части не будут совпадать. Аналогично, если какая-то другая одна переменная равна $0.$ Поэтому в дальнейшем рассматриваем ненулевые числа. Теперь давайте доказывать, что других троек не существует. Предположим противное. Тогда рассмотрим тройку $(a,b,c)$ такую, что степень вхождения $5$ в $a$ минимальная возможная.

Рассмотрим уравнение по модулю $5.$ Имеем

9b2 ≡13c2 (mod 5)

Квадраты целых чисел могут давать остатки $0,1$ и $− 1$ по рассматриваемому модулю. Предположим, что никакое из чисел $b,c$ не кратно $5.$ Но тогда

2 2 2 2 1≡ |b|≡ |9b|≡ |13c |≡|2c|≡ 2 (mod 5)

что невозможно. Таким образом, по крайней мере одно из чисел $b,c$ кратно $5,$ но тогда $5$ делит каждое из них.

Наконец, $5a2 =13c2− 9b2$ кратно $25,$ следовательно, $a$ кратно $5.$ Но тогда тройка $( a, b, c) 55 5$ так же является решением. Таким образом, мы получили противоречие.

Ответ:

$(0,0,0)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90455

Докажите, что уравнение $15x3 +13y3 = 101$ не имеет решений в целых числах.

Показать доказательство

Рассмотрим равенство из условия по модулю $7.$

3 3 15x + 13y ≡ 101 (mod 7)

3 3 x − y ≡ 3 (mod 7)

Вычислим остатки, которые могут давать кубы чисел при делении на $7.$

Значит, кубы целых чисел могут давать только остатки $0,1,6$ при делении на $7.$ Перебрав всевозможные значения остатков по модулю $7$ для $3 x$ и $3 y,$ получим, что сравнение $3 3 x − y ≡ 3 (mod 7)$ не выполняется ни при каких $x,y.$ Следовательно, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#90456

Докажите, что число $222...2$ (1982 двойки) не может быть представлено в виде $xy(x +y)$ , где $x$ и $y$ — целые числа.

Показать доказательство

Рассмотрим числа по модулю 3. По признаку равноостаточности число $222...2$ (1982 двойки) будет сравнимо с 1. Теперь рассмотрим возможные остатки выражение $xy(x+ y)$ при всевозможных остатках $x$ и $y,$ составим таблицу для этого

$x∖y$	0	1	2

0	0	0	0

1	0	2	0

2	0	0	1

Значит, возможен единственный случай: когда $x$ и $y$ сравнимы с 2 по модулю 3. Следовательно, можем представить $x$ и $y$ как $x =3k+ 2$ и $y = 3n+ 2.$

Рассмотрим числа по модулю 9. По признаку равноостаточности число $222...2$ (1982 двойки) будет сравнимо с 4. Теперь посмотрим с чем сравнимо выражение $xy(x+ y)$

xy(x+ y)= (3k+ 2)(3n+ 2)(3k+ 3n +4)= (9kn +6k+ 6n+ 4)(3k +3n+ 4)≡

≡ 4(6k +6n)+ 4(3k+ 3n)+ 16= 36(k+ n)+ 16 ≡7 ( mod 9 )

Значит, оно сравнимо в 7. Противоречие, так как число $222...2$ (1982 двойки) будет сравнимо с 4.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94430

Натуральное число $n ≥2024$ имеет простой делитель $p >3$ и другой делитель $q,$ связанный с $p$ соотношением

(p− 1)(q+ 3)= n− 3

Найти наименьшее возможное при эти этих условиях число $n.$

Показать ответ и решение

Раскроем скобки:

pq− q+3p= n

(1)

По условию, $p$ — делитель числа $n,$ поэтому из $(1)$ следует, что $q$ делится на $p.$ Следовательно, $q = kp,$ $q$ — делитель $n,$ поэтому из $(1)$ следует, что $3p$ делится на $q.$ Следовательно, $k =3⇒ q = 3p$ (случай не $k= 1$ подходит, так как $p ⁄=q).$ Тогда, следуя $(1),$ получаем, что $n =3p2.$ Теперь следует выбрать минимальное простое число $p,$ для которого $3p2 ≥ 2024.$ Таким простым числом является $p =29⇒ n = 2523.$

Ответ:

$2523$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#97420

Решить в целых числах ( $n$ — фиксированное натуральное число):

n 77 x+ 133y = 210.

Показать ответ и решение

Заметим, что $210 =77+ 133.$ Тогда уравнение можно записать в виде

n−1 77(77 x− 1)=133(1 − y)

n−1 11(77 x − 1)= 19(1− y)

Таким образом, $1− y = 11k$ и $77n−1x− 1 =19k.$ Для $n = 1$ задача решена. Пусть $n≥ 2.$ Тогда $77n−1x= 19k+ 1$ и теперь нужно найти такие $k,$ при которых $19k +1$ делится на $77n−1.$ Это эквивалентно сравнению

n−1 19k ≡− 1 (mod 77 )

Легко видеть, что $φ (77n−1)=60⋅77n−2.$ Тогда по теореме Эйлера имеем

k ≡−1960⋅77n−2−1 (mod 77n−1)

Таким образом, $k= 77n−1t− 1960⋅77n−2−1,t∈ℤ.$ Окончательно получаем

n−2 x= 19(77n−1t− 1960⋅77--−1)+1 77n−1

n−1 60⋅77n−2−1 y =1 − 11⋅(77 t− 19 )

Ответ:

При $n= 1:$ $x =19k+ 1,y =1 − 11k;$ при $n≥ 2:$

$19(77n−1k−1960⋅77n−2−1)+1 x= 77n−1$

$n−1 60⋅77n−2− 1 y = 1− 11⋅(77 k− 19 ),$ где $k∈ ℤ$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#97683

Найдите все простые числа $p$ и $q$ такие, что $p3 − q2 = (p− q)2.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим это уравнение по модулю $p.$ Тогда получается сравнение $− q2 ≡ q2. p$ Тогда $2q2$ делится на $p,$ поэтому $2$ или $q2$ делится на $p.$ Так как $q$ и $p$ простые, то это означает, что либо $p =2,$ либо $q = p.$ Для случая $q = p$ получаем, что $3 2 p = p ,$ то есть $p =1,$ что невозможно. Если же $p= 2,$ то после подстановки и преобразований получаем уравнение $2 (q− 1) =3,$ неразрешимое в целых числах.

Ответ:

таких $p$ и $q$ не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#97684

Найдите все пары простых чисел $p$ и $q$ таких, что $(2p− q)2 = 6p− q.$

Показать ответ и решение

Сначала рассмотрим тривиальный случай $q =p.$ Тогда $p2 = 5p,$ то есть $p =5 =q.$ Пусть теперь $p ⁄=q.$

Рассмотрим уравнение по модулю $p.$ Тогда $2 q ≡p −q.$ Так как $q$ и $p$ различные простые, имеем $q ≡p −1.$ Таким образом, $q = cp− 1,c≥ 0.$ Подставляем в уравнение!

2 (p(2− c)+1) = p(6− c)+1

2 2 p (2− c) +2p(2 − c)+ 1= p(6− c)+ 1

2 p(2− c)+ 2(2 − c)= 6− c

p(2− c)2 = 2+ c

Рассмотрим вырожденный случай $c=2.$ Тогда $q = 2p− 1.$ Получается, что $2p≡q 1.$ Рассматривая исходное уравнение по модулю $q,$ получаем $(2p)2 ≡q 6p,$ то есть $1≡q 3.$ Тогда $2 ≡q 0,$ что означает, что $2$ делится на $q$ и, следовательно, $q = 2.$ При этом $2p= q+ 1= 3,$ что невозможно. Тогда $c⁄=2$ и поэтому верно равенство

p= -2+-c2 (2− c)

Для $c= 1$ получаем $p= 3$ и $q = 2.$ Подстановка в уравнение показывает, что это действительно решение.

Для $c= 3$ имеем $p =5$ и $q =14$ — не простое число.

Для $c= 4$ получаем $p= 6 4$ — нецелое. Для $c≥ 5$ имеем $(c− 2)2 > c+2,$ поэтому $p< 1,$ что невозможно.

Ответ:

$(3,2);(5,5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#97685

Решите в натуральных числах уравнение $a!2− b= b!.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим два случая. Первый случай: $a≥ b.$ Тогда рассмотрим уравнение по модулю $b!.$ Очевидно, что $a!≡ 0. b!$ Тогда $b ≡ 0. b!$ Поскольку $b!≥ b,$ то это возможно только в случае, когда $b= b!,$ то есть $b=1$ и $b= 2.$ При $b=1$ имеем $2 a!− 1= 1,$ то есть $2 a! = 2,$ что невозможно. При $b= 2$ имеем $2 a! =4,$ откуда $a!=2$ и $a =2.$

Рассмотрим теперь $a ≤b.$ Тогда $a!≤b!.$ Предположим, что $b≥ a!.$ Если $a ≥3,$ то $2 (a!)!> a! .$ Но тогда $2 b!≥(a!)!>a!,$ что невозможно, поскольку $2 2 b!= a! − b<a! .$ Тогда $a= 1$ или $a =2.$ При $a= 1$ решений нет. При $a= 2$ получаем $4− b=b!.$ Тогда перебором находим $b= 2$ (ясно, что $b ≤3$ ).

Теперь $a!> b.$ Рассмотрим исходное уравнение по модулю $a!.$ Тогда $− b≡a! 0.$ Поскольку $b$ — натуральное число, меньшее $a!,$ решений нет.

Ответ:

$(2,2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#97691

Найдите все пары натуральных чисел $(n,p),$ где $p$ простое и

2 2 2 1+ 2+ ...+ n= 3⋅(1 + 2 + ...+p )

Показать ответ и решение

Свернём суммы и домножим на $2.$ Решить нужно $n(n +1)= p(p +1)(2p+ 1).$ Одна из скобок слева делится на $p,$ а вторая взаимно проста с $p.$ Все сравнения по модулю $p.$ Рассмотрим $2$ случая:

1.: Пусть $n = pk.$ Тогда сократим на $p$ и подставим: $k(pk+ 1)= (p+ 1)(2p+ 1).$ Рассмотрим получившееся выражение по модулю $p$ — $k ≡ 1.$ Тогда $k= ap+ 1.$ Получаем, что $a= 0$ не подходит, пусть $a≥ 1.$ Тогда $k≥p +1,$ а $pk+ 1> 2p+1,$ поэтому равенство невозможно.
2.: Пусть $n +1= pk.$ Тогда сократим на $p$ и подставим: $(pk− 1)k = (p+ 1)(2p+ 1).$ Рассмотрим получившееся выражение по модулю $p$ — $k≡ p− 1.$ Тогда $k= ap − 1.$ Снова получаем, что $a= 0$ не подходит, пусть $a= 1.$
Тогда $2 (p − p − 1)(p− 1)= (p +1)(2p+ 1).$ Это уравнение не имеет натуральных корней.
Пусть $a =2.$ Тогда $2 (2p − p− 1)(2p− 1) =(p+ 1)(2p+1).$ Это уравнение имеет корень $p= 2.$ Тогда $n =5.$
Пусть $a ≥3.$ Тогда $k≥ 3p− 1≥ 2p +1,$ и $pk − 1> p+ 1.$ Значит, в этом случае решений нет.

Таким образом, получили единственную пару $(5,2).$

Ответ:

$(5;2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#102756

Решите в целых числах уравнение

x +y =xy.

Показать ответ и решение

Заметим, что правая часть уравнения делится на $x,$ а, значит, левая часть уравнения тоже должна делиться на $x.$ То есть $x+ y$ делится на $x,$ откуда $y$ делится на $x.$ Аналогично, левая часть уравнения делится на $y,$ а значит, $x$ делится на $y.$ Отсюда,

|x|= |y|

Раскроем модуль и рассмотрим два случая:

1) $x= y.$ Тогда

x+ x= x⋅x

2x = x2

x(x− 2) =0

Отсюда, $y =x =0$ или $y = x= 2$

2) $x= −y.$ Тогда

x − x =− x⋅x

0=− x2

Отсюда, $x =y =0$

Итак, получили два решения: $(0;0)$ и $(2;2).$

Ответ:

$(0;0),(2;2)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#102757

Докажите, что уравнение не имеет решений в целых числах:

(a) $x2+ 4x− 8y =11;$

(b) $2x2− 5y2 = 7.$

Показать доказательство

(a) Перепишем уравнение в виде:

2 x + 1= −4x+ 8y +12

Заметим, что правая часть уравнения делится на 4, а, значит, левая тоже должна делиться на 4, то есть $x2+ 1$ кратно 4. Рассмотрим таблицу остатков $x2+1$ по модулю 4:


$x$	$x2$	$x2+ 1$

$0$	$0$	$1$

$1$	$1$	$2$

$2$	$0$	$1$

$3$	$1$	$2$

Таким образом, $2 x + 1$ в любом случае не может делится на 4, а, значит, уравнение не имеет решений в целых числах.

(b) Заметим, что числа $2 2x$ и $2 5y$ имеют одинаковый осток по модулю 7, так как их разность делится на 7. Рассмотрим возможные остатки этих чисел по модулю 7:


$x$	$x2$	$2x2$

$0$	$0$	$0$

$1$	$1$	$2$

$2$	$4$	$1$

$3$	$2$	$4$

$4$	$2$	$4$

$5$	$4$	$1$

$1$	$1$	$2$


$y$	$y2$	$5y2$

$0$	$0$	$0$

$1$	$1$	$5$

$2$	$4$	$6$

$3$	$2$	$3$

$4$	$2$	$3$

$5$	$4$	$6$

$1$	$1$	$5$

Из таблиц мы видим, что числа $2 2x$ и $2 5y$ могут давать одинаковый остаток при делении на 7, только если они оба делятся на 7. Но если $2 2x$ делится на 7, то $2 x$ делится на 7, а, значит, $x$ делится на 7, откуда $2 2x$ делится на 49. Аналогично, $2 5y$ должно делиться на 49. Отсюда разность $2 2 2x − 5y = 7$ кратна 49, что неверно. Получается, решений нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#106001

Назовём натуральное число обнадёживающим, если оно представляется в виде $2a2+ 3b2$ при натуральных $a,$ $b.$ Докажите, что произведение $2011$ обнадёживающих чисел не является точным квадратом.

Показать доказательство

Предположим противное. Тогда существуют $2011$ обнадеживающих чисел, которые представляются в виде $2a2+ 3b2 i i$ при всех $i∈ {1,2,...,2011},$ произведение которых суть квадрат некоторого натурального числа $X.$

Если при некотором $k$ верно, что $ak ≡ bk ≡0 (mod 3),$ то мы можем перейти к новому набору обнадеживающих чисел, в котором $k$ -ое будет представлено в виде

(a )2 ( b)2 2 3i +3 3i

а произведение будет равно квадрату числа $X-. 3$ Тем самым, не более, чем через $2011$ шагов, мы придем к набору, в котором никакое обнадеживающее число $2a2i + 3b2i$ не удовлетворяет $ak ≡ bk ≡ 0 (mod 3).$

Назовем $a$ первой компонентой числа $2a2+ 3b2.$ Пусть среди полученного набора ровно $C$ обнадеживающих чисел таковы, что их первая компонента кратна $3,$ тогда каждое из них кратно $3,$ и число имеет вид $2(3a′)2+3b2 = 3(6a′2+ b2)$ и не кратно $9,$ следовательно, $C$ четно. Поделим каждое такое обнадёживающее число на $3,$ тогда их произведение по прежнему будет равно квадрату натурального числа.

Осталось рассмотреть полученное равенство по модулю $3.$ Для произвольного совершенного числа $2a2 +3b2,$ в котором $a$ не кратно $3,$ верно, что

2 2 2a + 3b ≡2 ⋅1 +0≡ −1 (mod 3)

а те, что были поделены $3,$ имеют вид $6a2+ b2$ и

6a2+ b2 ≡ 0+1 ≡1 (mod 3)

следовательно, их произведение сравнимо с $(−1)2011−C ⋅1C = −1$ по модулю $3,$ что невозможно, поскольку оно же является квадратом натурального числа.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#67142

Найдите все натуральные $m$ и $n,$ для которых выполняется равенство

2 m!+ 12 =n

Показать ответ и решение

Заметим, что при $m ≥5$ в левой части $m!$ кратно пяти, так что вся левая часть даёт остаток $2$ по модулю $5.$

А какие остатки может давать квадрат натурального числа по этому модулю? Нетрудно убедиться, что только $0,1,4.$ Поэтому для $m ≥ 5$ равенство невозможно.

Остаются $m = 1,2,3,4.$ Вручную совершая проверку, находим единственное решение $n= 6,m = 4.$

Ответ:

$m = 4,n = 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#67535

Решите в целых числах уравнение

n 2 2 + 7= x

Показать ответ и решение

Для начала поймем, что тут нет смысла решать задачу алгебраически. Тогда решим с помощью остатков. Посмотрим уравнение по модулю $8.$ Правая часть может давать только остатки $1,4.$ В этом несложно убедится путем перебора остатков. Но также поймем, что $n ≥0,$ так как иначе $x$ не будет целым. Теперь разберем две ситуации:

1.: $n ≤2.$
Если $n = 0,$ то $x$ — не целое.
Если $n = 1,$ то $x= ±3.$
Если $n = 2,$ то $x$ — не целое.
2.: $n ≥3.$ Тогда $n 2$ делится на $8.$ Значит, левая часть сравнима с $7.$ А этот остаток не может давать правая часть.

Ответ:

$n =1,x= ±3$


$x (mod 7)$	$x3 (mod 7)$

$0$	$0$

$1$	$1$

$2$	$1$

$3$	$6$

$4$	$1$

$5$	$6$

$6$	$6$