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.

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#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 3#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:

$− 44,19$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#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 6#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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно посмотрим на выражение. Если наше выражение целое при любых натуральных n, то оно четное. Обозначим его за 2k.

Подсказка 2

Что можно сказать про k после возведения в квадрат полученного уравнения на n и k?

Подсказка 3

Что k — чётное, то есть k = 2m. Получили, что произведение взаимно простых равно квадрату числа. А часто ли такое происходит?

Подсказка 4

Нужно разобрать 2 случая, один из которых не подойдет из-за остатков по модулю 3

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 8#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть сумма из условия равна m, где m - натуральное число (так как х и у натуральные). Для удобства домножим получившееся равенство на 3ху и получим уравнение в натуральных числах. Всё последующее решение задачи — это просто аккуратное рассмотрение делимостей. Например, на что может делиться х?

Подсказка 2

В выражении много троек, проверьте, делится ли х на 3. Это можно сделать от противного.

Подсказка 3

Действительно, х делится на 3, значит можно сделать замену: пусть х = 3z, где z - натуральное число. Подставьте это в равенство и посмотрите какие ещё переменные могут делиться на 3.

Подсказка 4

Верно, либо у, либо z делится на 3. Рассмотрите оба случая и в каждом из них сделайте замену. Тут так же нужно будет подумать, на что могут делиться переменные, и как они относятся друг к другу: может какие-то из переменных делятся на другие?

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 9#87412

Решите уравнение в целых числах

2 2 n m + k = 2024 + 33

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тот факт, что у нас есть слагаемое, которое мало на что делится, говорит о том, что его, в теории, можно использовать при доказательстве в смысле рассмотрения делимости на его множители. Давайте, к тому же, заметим, что 2024 кратно 11 и будем рассматривать делимости на 11. Что вы можете сказать про делимость на 11 обеих частей при разных n? А при фиксированном n и разных m, k?

Подсказка 2

Возможные остатки квадратов mod 11 - это 0, 1, 3, 4 5, 9. Какие пары этих остатков в сумме дают 0(нам ведь нужна делимость на 11 левой части)? Только пара 0 - 0. Значит, что оба числа кратны 11, а значит левая часть кратна 11². Всегда ли кратна правая часть 11²? Если нет, то при каких n кратна 11²?

Подсказка 3

При n ≥ 2 первое слагаемое кратно 11², а 33 нет. Значит, кратность может быть только при n = 0 или n = 1. При n = 1, у нас правая часть превращается в 17 * 11². Значит, все таки есть кратность 11, а значит верны наши рассуждения про m и k. Но тогда мы можем представить их в виде 11t и сократить на 11², после чего, довести до ответа. А случай n = 0 - оставляется читателю в качестве упражнения.

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:

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#89725

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что уравнение является однородным относительно неизвестных (a, b, c), то есть при домножении каждой из них на константу, равенство по прежнему останется верным. Как это можно использовать в решении, если мы хотим показать, что уравнение не имеет решений?

Подсказка 2

Мы можем считать, что числа (a, b, c) взаимнопростые в совокупности. Так, если мы найдем число такое, что оно делит каждое из a, b, c, то приведем к противоречию. Что это за число?

Подсказка 3

Существует ряд модулей, по которым квадраты целых чисел, дают приятные "остатки". Таким, например, является модуль 5. Докажите, что каждое из чисел (a, b, c) кратно 5.

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 11#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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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 14#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 $k∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#97683

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раскрытие скобок не приносит хороших результатов, но мы знаем, что спрашивают именно про простые решения, поэтому можно попробовать сказать что-нибудь про делимость. По какому модулю полезно рассмотреть это уравнение?

Подсказка 2

Конечно, по простому модулю из нашего уравнения. Возьмём, например, р. Тогда -q²≡ q² (mod p). Какие выводы из этого можно сделать?

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 16#97684

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раскрытие скобок не приносит хороших результатов, но мы знаем, что спрашивают именно про простые решения, поэтому можно попробовать сказать что-нибудь про делимость. По каким модулям полезно рассмотреть это уравнение?

Подсказка 2

Конечно, по простым модулям из нашего уравнения! Но условия от одного модуля p или q может и не хватить, так что полезно рассмотреть оба модуля. Тогда выразив p и q через друг друга, мы можем попробовать получить какое-то выражение на одно из них.

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:

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#97685

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Факториал числа х точно делится на все числа, не превосходящие х. Какой модуль можно рассмотреть в этой задаче?

Подсказка 2

Удобно рассмотреть как модуль меньшее из чисел a, b. Тогда возникнут два случая, которые нужно аккуратно разобрать.

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 18#97691

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой большого числа слагаемых в рамках равенства или делимости работать неудобно. Как её можно свернуть?

Подсказка 2

Верно, 1+2+...+n=n(n+1)/2, a 1²+2²+...+p²=p(p+1)(2p+1)/6. Раскрытие скобок даст равенство двух почти произвольных многочленов, но ведь р - простое! Полезно будет рассмотреть уравнение по модулю р.

Подсказка 3

Одно из чисел n, n+1 делится на р, можно рассмотреть два случая: n=pk и n+1=pk. Тогда уравнение можно сократить на p, но дальше возникнет другое уравнение, в котором опять не получается просто раскрыть скобки. Но мы ведь всё ещё знаем остаток по модулю р для k из выражения!

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 19#102756

Решите в целых числах уравнение

x +y =xy.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как мы работаем в целых числах, а уравнение незамысловатое, то имеет смысл как-то связать y и x. Давайте внимательно посмотрим, на что делятся обе части равенства.

Подсказка 2

Обе части равенства делятся и на y, и на x. Что это говорит о делимостях y и x?

Подсказка 3

x делится на y, а y делится на x. В каком случае такое возможно?

Подсказка 4

Либо x = y, либо x = -y! Осталось аккуратно рассмотреть два случая ;)

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:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#102757

Докажите, что уравнение не имеет решений в целых числах:

(a) $x2+ 4x− 8y =11;$

(b) $2x2− 5y2 = 7.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1, пункт а

Почти все коэффициенты делятся на 4, а квадрат у нас даёт интересные остатки по этому же модулю.

Подсказка 1, пункт б

На какое деление намекают коэффициенты 2, 5 и 7?

Подсказка 2, пункт б

Рассмотрим у обеих частей равенства остатки при делении на 7. Какой остаток при делении на 7 может давать 2x²? А 5x²?

Подсказка 3, пункт б

2x² должно давать такой же остаток при делении на 7, как и 5x². Давайте тогда запишем таблицу остатков и проверим, бывает ли такое?

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.


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

$0$	$0$

$1$	$1$

$2$	$1$

$3$	$6$

$4$	$1$

$5$	$6$

$6$	$6$