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 21#102757Максимум баллов за задание: 7

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#106001Максимум баллов за задание: 7

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 23#122322Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение $x3− x+ 9= 5y2$ в целых числах.

Показать ответ и решение

Заметим, что левая часть всегда делится на $3,$ откуда $y = 3z$ и уравнение преобретает вид $x3− x+ 9= 45z2$ или $2 (x− 1)x(x+ 1) =9(5z − 1).$ Поскольку в левой части стоит три последовательных целых числа, ровно одно из них делится на $3.$ Также заметим, что правая часть дает остаток $1$ при делении на $5,$ откуда $x$ дает остаток $2$ при делении на $5.$

Пусть $2 5z − 1$ делится на некоторое простое $p.$ Тогда $5$ является квадратичным вычетом по модулю $p.$ Откуда, согласно квадратичному закону взаимности, либо $p= 2,$ либо $p$ имеет вид $5k± 1.$ В частности, $2 5z − 1$ не делится на $3.$ Выберем из чисел $x$ и $x +1$ нечетное. Тогда в его разложение на простые множители могут войти только $9$ и простые вида $5k± 1$ в натуральных степенях, т.е. либо $x,$ либо $x +1$ имеет вид $5k±1.$ Это не так, поскольку $x$ имеет вид $5k+ 2.$

Ответ:

Решений нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#67142Максимум баллов за задание: 7

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

2 m!+ 12 =n

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в задачке на натуральные числа встречается квадрат, сразу нужно подумать, что будем работать с остатками по какому-то модулю. Например, почему хорошо с квадратами работать по модулю 3? Потому что остатки квадратов по модулю 3 это только 0 и 1. Здесь же выгодно поработать с модулем 5, ведь что примечательно будет в левой части, если m будет больше 4?

Подсказка 2

Верно, левая часть по модулю 5 будет равна двойке, а правая по модулю 5 сможет равняться двойке? Нет, а это значит, что m не больше 4. Остается только перебрать подходящие натуральные m и найти те, которые подходят :)

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 25#68537Максимум баллов за задание: 7

Решите в натуральных числах уравнение:

2022 b c a + 2023 = 2022 − 2.

Источники: автор И. А. Ефремов

Показать ответ и решение

Рассмотрим наше равенство по модулю $7$ . Поскольку $2022$ делится на $7− 1= 6$ , то по малой теореме Ферма $a2022$ даёт остаток $0$ или $1$ при делении на $7$ . При этом $2023$ делится на $7$ . Тогда левая часть уравнения может давать остатки $0$ или $1$ при делении на $7$ , в то время как правая часть может давать остатки $c (−1) − 2$ , то есть $6$ или $4$ . Значит, решений нет.

Ответ:

Нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#69403Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

2a a k ℓ 3 + 3 +2 =2 7

в целых неотрицательных числах.

Источники: Бельчонок-2023, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Левая часть должна делиться на 7, а еще видно связь между 3^2a и 3^a, что тогда хочется сделать?

Подсказка 2

Хочется заменить 3^a на t и записать табличку остатков на t^2 + t + 2 по модулю 7^l. Тогда какие выводы мы сможем сделать относительно l?

Подсказка 3

l < 2! Остаётся разобрать 2 случая с l) Начнем с l = 0. У нас появляется уравнение относительно a и k, где одно из решений на "маленьких числах" угадывается. Далее попробуем оценить a и доказать, что при a >= 2 решений нет. Как это сделать?

Подсказка 4

При a >= 2 мы можем оценить k и найти остаток от деления на 3 числа 2^k. Теперь мы знаем, какое k, поэтому можем подставить это в изначальное уравнение. Какое уравнение у нас получается и какой вид будет иметь k?

Подсказка 5

k = 2m + 1, тогда мы приходим к уравнению вида 3^a(3^a + 1) = 2(4^m - 1), значит m делится на 3. Теперь мы можем оценить, на что делится 4^m - 1, тем самым сделав выводы о делителях 3^a + 1. Какие?

Подсказка 5

3^a + 1 делится на 7. Осталось лишь оценить a и прийти к противоречию с помощью сравнений по модулю) осталось лишь рассмотреть случай l = 1, что делается теми же идеями, что и случай l = 0)

Показать ответ и решение

Если $ℓ ≥2,$ то получим сравнение

2 ( 2) t +t+ 2≡ 0 mod 7

где $t= 3a.$ Но это сравнение невозможно ни при каком $t$ (проверку осуществляем с перебора остатков по модулю $7).$ Значит, $ℓ∈ {0;1}.$

1.: В случае $ℓ= 0$ имеем уравнение $32a+ 3a+ 2= 2k.$ Если $a =0,$ то $k =2.$ При $a= 1$ решений нет. Далее считаем $a≥2.$ Имеем $k≥ 2$ и $2k ≡ 2(mod 3),$ откуда $k =2m +1$ для некоторого натурального $m.$ Из равенства $3a (3a+ 1)=2 (4m − 1)$ следует, что $m$ делится на 3 (иначе правая часть не будет делиться на 9). Тогда $4m− 1$ делится на $43− 1=7 ⋅9.$ Следовательно, $3a+ 1$ делится на 7. Но тогда $a≡ 3(mod 6),$ так что $3a+ 1≡ 0$ $(mod 33+1).$ Однако $33+ 1≡ 0(mod 4),$ что дает противоречие.
2.: Рассмотрим случай $ℓ= 1.$ При $a= 1$ из уравнения $2a a k 3 +3 + 2= 7⋅2$ находим $k= 1.$ Пусть далее $a ≥2$ и, как следствие, $k≥2.$ Имеем $(a−1 ) a (k−1 ) 3 3 − 1 (3 +4)= 142 − 1 .$ Отсюда следует, что $( a−1 ) a 3 − 1 (3 +4)$ делится на 7. Это возможно только при условии $a ≡1(mod 6).$ Но тогда $a−1 3 − 1≡ 0(mod 8),$ что приводит к противоречию.

Ответ:

$(a,k,ℓ)∈{(0;2;0),(1;1;1)}$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#71300Максимум баллов за задание: 7

При каком условии на $k$ и $n$ уравнение

kx+ yn= 1

имеет решение в целых числах?

Показать ответ и решение

Совершенно очевидно, что если $НОД(k,n)=d >1$ , то левая часть делится на $d$ , значит, и правая часть должна делиться на $d$ , но 1 точно на $d >1$ не делится.

Если же $НОД(k,n)=1$ , то применим алгоритм Евклида к числам $k$ и $n$ . При этом на очередном шаге будем выражать новые числа линейным образом через $k$ и $n$ . Например, после первого шага мы ищем $НОД(n− k,k)$ , если $n> k$ , потом снова вычитаем из большего меньшее, и так далее. В итоге мы придем к тому, что одно из чисел в скобках станет равно 1, и при этом будет выражено линейно через $k$ и $n$ . Значит, мы смогли выразить 1 в виде $kx +yn =1$ , что и требовалось.

Замечание. А что произойдет, если справа написать не 1, а $s$ ? Во-первых, на $НОД(n,k,s)$ можно сократить. Если после этого $s$ не делится на $НО Д(n,k)$ , то решений, очевидно, нет. Если делится, то решения есть по тому же алгоритму Евклида. В конце надо лишь домножить на $s НОД(n,k)$ . Более интересен вопрос найти все решения подобного ЛДУ, но этот вопрос мы оставим для самостоятельных размышлений.

Ответ:

при взаимно простых $k$ и $n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#74218Максимум баллов за задание: 7

Найдите все простые числа $x,y,z$ такие, что

2 3 4 x + y =z

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первая мысль, которая приходит, когда видим уравнение на простые числа, это проанализировать чётность/нечётность. В нашем случае все три числа x,y,z нечётными быть не могут, но при этом все они простые!

Подсказка 2

Таким образом, одно из чисел х, у, z — двойка. Ловко это получилось, хочется проделать то же самое ещё раз, только для другого простого модуля. Какое мы знаем маленькое простое число, по модулю которого удобно рассматривать квадраты?

Подсказка 3

Проанализируем наше равенство по модулю 3. Аккуратно рассмотрев возможные остатки степеней получим, что одно из чисел обязательно делится на 3, то есть равно трём. А теперь, когда известно два из трёх чисел, остаётся осуществить минимальный перебор!

Показать ответ и решение

Посмотрим на равенство по модулю $3.$ Как известно, квадраты при делении на $3$ дают остатки $0,1,$ кубы — $0,1,2,$ четвёртые степени — $0,1.$ Пут̈eм перебора остатков понимаем, что возможны только случаи $0+0 =0,0+ 1= 1,1+ 0= 1,1+2 =0.$

Нетрудно понять, что если степень простого числа кратна трём, то это число равно $3.$ Следовательно, среди переменных есть хотя бы одна тройка.

Также заметим, что если все числа нечётны, то левая часть чётна, а правая — нет. Следовательно, среди переменных есть двойка. Осталось подставить $2$ и $3$ вместо каких-то двух переменных всеми способами и получить ответ.

Ответ: таких чисел нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#74221Максимум баллов за задание: 7

Найдите все целые неотрицательные решения $x,y,z$ уравнения

x y 2 2 +3 = z .

Показать ответ и решение

Если $y =0,$ то

x 2 =(z+ 1)(z− 1),

а значит, $z+ 1$ и $z − 1$ — степени двойки. На два могут отличаться только $4$ и $2,$ то есть $(x,y,z)= (3,0,3).$

Если $y > 0,$ то посмотрим на равенство по модулю $3$ и заметим, что $x$ чётен (так как квадраты дают остатки $0,1$ при делении на $3,$ а степени $2$ — $1,2$ ). Теперь мы имеем

y 2 x ( x∕2)( x∕2) 3 = z − 2 = z+ 2 z− 2

Скобочки являются степенями тройки, пусть $x∕2 m z+ 2 = 3$ и $x∕2 n z− 2 =3 ,$ но тогда

m n x∕2+1 3 − 3 = 2

Поскольку правая часть не делится на $3,$ нужно потребовать, чтобы $n$ равнялось $0.$ Следовательно, уравнение примет вид

m x∕2+1 3 − 1= 2

Если $x= 0,$ имеем $m =1,$ откуда $(x,y,z)= (0,1,2).$ Иначе $3m − 1$ делится на $4,$ то есть $m$ чётно и

( )( ) 2x∕2+1 = 3m ∕2+ 1 3m∕2− 1

Скобочки являются степенями двойки, отличающимися на $2,$ а значит, они равны $2$ и $4,$ откуда $x= 4$ и $(x,y,z) =(4,2,5).$

Ответ:

$(3,0,3),(0,1,2),(4,2,5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#74244Максимум баллов за задание: 7

Найдите все пары целых чисел $x$ и $y$ , для которых выполнено

5 5 5 5 x +y + 1= (x+2) + (y− 3)

Показать ответ и решение

По МТФ $t5 ≡ t (mod 5).$ Следовательно, левая часть равенства сравнима с $x+ y+1,$ а левая — с $x +2+ y− 3= x+ y− 1.$ Если эти выражения сравнимы по модулю $5,$ то $1≡ −1 (mod 5),$ а это неверно.

Ответ:

нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#89080Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные $n$ и $k$ такие, что $n!+n =nk.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сократим каждую из частей на n. Имеем (n-1)!+1=n^{k-1}. Могут ли числа (n-1)! и n^{k-1} иметь общие делители, отличные от 1?

Подсказка 2

Нет. Предположим, что каждое из чисел (n-1)! и n^{k-1} делится на число d>1, тогда 1=n^{k-1}-(n-1)! делится на d, тем самым получено противоречие. Таким образом, числа (n-1)! и n^{k-1} взаимнопросты. Что в этом случае можно сказать про число n?

Подсказка 3

Оно является простым. Действительно, произведение 1*2*...*(n-1) взаимнопросто с n, следовательно, каждый из множителей 1, 2, ...,(n-1) взаимнопрост с n, но если n не является простым, то среди чисел из множества множителей найдется его делитель. Введем новое обозначение n=p и перепишем исходное уравнение в виде p^{k-1}-1=(p-1)!. Каким образом можно разложить левую часть на множители?

Подсказка 4

Имеем p^{k-1}-1=(p-1)(p^{k-2}+p^{k-1}+...+1). Сократив левую и правую часть на p-1, получим p^{k-2}+p^{k-1}+...+1=(p-2)!. До сих пор нам мало известно про число k. По какому модулю можно рассмотреть данное уравнение, чтобы найти естественное условие на k?

Подсказка 5

Рассмотрим полученное уравнение по модулю p-1. Каждое из слагаемых вида p^m сравнимо с 1 по модулю p-1. Таким образом, левая часть сравнима с k-1 по модулю p-1. Правая - с 0. Отсюда получим, что k-1 кратно p-1. Таким образом, k не меньше, чем p. Что данная оценка позволяет понять про исходное неравенство?

Подсказка 6

Наконец, мы получили, что p!+p=p^k⩾p^p, что неверно при достаточно больших p. Осталось найти p, при котором данное неравенство неверно, и разобрать все меньшие случаи.

Показать ответ и решение

Сначала разберем случаи $n≤ 5.$ Непосредственной проверкой убеждаемся, что решениями будут пары $(n,k)= (2,2),(3,2),(5,3).$

Далее считаем, что $n ≥6.$ Сократив равенство на $n,$ получим $k−1 (n− 1)!+1 =n .$ Заметим, что $k,n> 1.$ Тогда $(n− 1)!$ взаимно просто с $n,$ что возможно только если $n$ — простое. Для удобства переобозначим $p= n.$ Тогда $k−1 p − 1= (p− 1)!.$ Сократив на $p− 1,$ получим $k−2 k−3 p + p + ...+ p+ 1= (p− 2)!.$ Посмотрим на это равенство по модулю $p − 1.$ Заметим, что $(p− 2)!≡ 0 (mod p− 1),$ и $p ≡1 (mod p− 1),$ откуда

pk−2+ pk−3 +...+ p+ 1≡ k− 1 (mod p − 1)

следовательно, $k− 1≡ 0 (mod p− 1).$ То есть $k ≥p.$ Тогда $n!+n = nk ≥nn,$ что неверно при $n ≥6.$

Ответ:

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#32150Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли целые числа $m$ и $n,$ удовлетворяющие уравнению $m2 +1954= n2?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте как-то использовать четность.

Подсказка 2

Ого! То есть либо m и n нечетные, либо m и n четные, что тогда можно сказать про разность их квадратов?

Показать ответ и решение

Пусть существуют. Заметим, что $1954≡ 2, 4$ то есть $m$ и $n$ одной чётности. Если $m,n$ кратны $2,$ то оба квадрата кратны $4,$ тогда $1954$ кратно $4,$ что неверно. Тогда $m, n$ нечётны, но при $k≡2 1$ выполнено $2 k ≡4 1,$ то есть разность $2 2 n − m$ снова кратна $4,$ противоречие.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#32153Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что сумма квадратов трех последовательных чисел не может быть кубом целого числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте обозначить за n второе число(так будет намного удобнее).

Подсказка 2

Получили, что 3n^2+2 это наша сумма. При этом, это выражение равно некоторому кубу. Когда у нас есть куб, то по какому модулю можно(и нужно) посмотреть на выражение?

Подсказка 3

Да! Либо 7 либо 9. При этом, у нас есть равенство 3n^2+2=k^3. Стоит посмотреть какие остатки может давать выражение справа и слева по этим модулям и сделать вывод.

Показать доказательство

Предположим, что это не так, то есть найдутся $n ∈ℕ,n >1$ и $k ∈ℕ,$ такие что

2 2 2 3 (n − 1) + n +(n+ 1) =k

2 3 3n = k − 2

По модулю $3$ квадраты дают остатки только $0$ или $1$ , поэтому левая часть уравнения по модулю $9$ даёт остатки $0$ или $3.$

По модулю $9$ кубы дают остатки только $0,1$ или $8,$ поэтому правая часть уравнения по модулю $9$ даёт остатки $6,7,8.$

Поэтому уравнение не имеет решений в целых неотрицательных числах.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#32936Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение в целых числах

2 2 2x − 5y =7.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

 Мы с вами знаем, как бывает полезно смотреть на уравнения в целых числах, по какому-то модулю особенно, если присутствуют и числовые коэффициенты —> попробуйте выбрать правильный модуль!

Подсказка 2 

Когда не видно явных намёков на конкретный модуль, то можно просто перебрать модуль среди коэффициентов, что нам встречаются – 2, 5 и 7. Двойка нам, например, явно ничего хорошего не даст (y^2=1 по модулю 2 имеет решения), а что насчёт других? Выписывайте таблицы остатков и пробуйте!

Подсказка 3

 mod 7 – наш друг тут! Какие остатки дают квадраты по модулю 7? Тогда что можем сказать о числах x и y? Осталось вернутся к исходному уравнению, и противоречие у вас в кармане (напоминание: x^2 кратен 7 —> x^2 кратен 49)

Показать ответ и решение

По модулю $7$ равенство можно переписать в виде

2 2 2 2 2 2 2x − 5y ≡7 2x + 2y ≡7 2(x + y)≡7 0

то есть $2 2 x + y$ кратно 7. Рассмотрим остатки квадратов по модулю $7$ , достаточно взять только остатки от $0$ до $3$ , поскольку остальные им противоположны (а при возведении в квадрат равны):


$t$	$t2$

0	0
1	1
2	4
3	2

Сумма квадратов даёт $0$ только в случае, когда оба числа кратны $7$ , то есть их квадраты кратны $49$ . Но тогда левая часть делится на $49$ , а в правой стоит $7$ . Решений нет.

Ответ:

таких $(x,y)$ нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#32937Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение в целых числах

3 2 19x − 84y = 1984.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Перед нами снова дилемма о выборе правильного модуля и пару жирных намёков: куб и число 84 —> на какой модуль они намекают?

Подсказка 2

84=12 * 7, а кубы – намёки на модули 7 и 9. Посмотрев на это уравнение по модулю 7, вы получите уже милое сравнение, для решения которого останется лишь записать таблицу остатков кубов по mod 7

Показать ответ и решение

Первое решение. Заметим, что число $84$ делится на $7$ , поэтому из уравнения следует, что $19x3− 1984= 14x3 +5x3− 283⋅7− 3$ должно делиться на $7$ . Значит, число $3 5x$ должно давать остаток $3$ при делении на $7$ . Но куб целого числа может давать остатки только $0,1,6$ при делении на $7$ (доказать можно просто перебором остатков для $x$ от $0$ до $6$ ), поэтому число $3 5x$ может давать остатки только $0,5,2$ и не может давать остаток $3$ . Значит, уравнение не имеет решений в целых числах.

Второе решение. Рассмотрим какие остатки дают числа вида $2 84t$ при делении на $19$ . Заметим, что $84= 19⋅4+ 8$ (отсюда легко найти и остаток от деления $1984$ на $19$ ), поэтому достаточно взять только остатки от $0$ до $9$ , поскольку остальные им противоположны (а при возведении в квадрат минус исчезает и получаются те же остатки):


$t$	$t2$	$84t2$

0	0	0
1	1	8
2	4	13
3	9	15
4	16	14
5	6	10
6	17	3
7	11	12
8	7	18
9	5	2

Из условия $2 3 84y = 19x − 1984 ≡1911$ , а такого в таблице нет.

Ответ:

таких $(x,y)$ нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#32941Максимум баллов за задание: 7

Решите в натуральных числах уравнение

2 2 2(n +1)− n= m .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

 Сходу можно раскрыть скобочки и получить квадратный трёхчлен слева – конечно, тут же хочется и полный квадрат выделить, но слагаемое посерединке нам явно неудобно воспринимать, как удвоенное произведение (тем более, что двоек в других слагаемых многовато!) поэтому попробуйте домножить левую и правую части на удобное чётное число!

Подсказка 2 

Домножаем на 8, выделяем полный квадрат и думаем над подходящим модулем (оценки же явно тут нам не смогут сильно помочь) – лучше выбирать его с оглядкой на число, которое стоит особняком от переменных

Подсказка 3 

Осталось лишь сделать вывод о делимости квадратов. Напоминаю, что если n^2 кратно 3, то n^2 кратно 9, но вот 15 кратно 3 и не кратно 9

Показать ответ и решение

2 2 2n − n+ 2= m

Домножим всё на $8$ .

16n2− 8n +16 =(4n− 1)2+ 15= 8m2

$(4n− 1)2 +15$ может давать остатки $0$ и $1$ при делении на $3$ , а $8m2$ — остатки $0$ и $2$ . Значит, $4n+1$ и $m$ делятся на $3$ , то есть их квадраты кратны $9$ . Но тогда $15= 8m2− (4n− 1)2...9$ , противоречие.

Замечание. Решение полностью аналогично и в целых числах.

Ответ:

таких $(m,n)$ нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#34035Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные $n$ , для которых число $1!+ 2!+...+n!$ является квадратом натурального числа.

Показать ответ и решение

Заметим, что при $n≥ 4$ наша сумма будет давать остаток 3 при делении на 5, а следовательно не будет являться точным квадратом. Тогда легко видеть, что нам подходят только $n =1$ и $n =3$ .

Ответ: 1 и 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#70478Максимум баллов за задание: 7

Натуральное число $x$ в системе счисления с основанием $r(r≤ 36)$ имеет вид $ppqq,$ причем $2q =5p.$ Оказалось, что $r$ -ичная запись числа $2 x$ представляет собой семизначный палиндром с нулевой средней цифрой. (Палиндромом называется число, которое читается одинаково слева направо и справа налево). Найдите сумму $r$ -ичных цифр числа $2 x.$

Источники: СПБГУ-22, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте потихоньку "причёсывать" задачу. Что даёт равенство из условия на числа p и q? Это значит, что мы можем записать p = 2s, а q = 5s, где s какое-то целое число. Попробуйте теперь записать x и x² в явном виде, учитывая условие с палиндромом. Получается ли там что-то относительно хорошее? Удобно ещё палиндром как-то обозначить.

Подсказка 2

Ага, получается, что после всех преобразований x= s (2r² + 5) (r + 1). Давайте обозначим палиндром abc0cba, где a, b, c соответственно какие-то цифры r - ичной системы. Тогда сгруппировав слагаемые в x² получится a(1 + r⁶) + b(r + r⁵) + c(r² + r⁴). Выходит нам нужно узнать сумму цифр, то есть 2(a+b+c). Давайте теперь приравняем два представления числа x². Учитывая, что у нас r - ичная система счисления, делимость на какое выражение тогда можно рассмотреть? Можете рассмотреть разные варианты и со временем придёте к нужному.

Подсказка 3

Верно, давайте рассмотрим делимость на (r + 1)², так как x² будет делиться на него, но нам интересна другая часть неравенства. Но появляется вопрос, как же находить остаток при делении степеней r на (r + 1)²? Попробуйте это понять, записав r^n = (1 + r -1)^n и раскрыв по биному Ньютона.

Подсказка 4

Ага, аккуратными вычислениями понимаем, что степень числа r даёт остаток (-1)^n (1-n (r+1)). Ничего страшного, если не получилось вывести, можете просто проверить по индукции, что это правда. Теперь попробуйте применить это к нашему выражению. Какой факт тогда можно понять про числа a, b, c?

Подсказка 5

Ага, из-за ограничения на a, b, c(они в r - ичной системе счисления) можно понять, что b = a + c. И раз мы узнали факт про b, то хорошо было бы тогда оценить именно его, чтобы потом сумму цифр легко найти. Поэтому попробуйте по аналогии посмотреть остаток при делении x² на 1 + r², а точнее сравнение. Там будет хорошо пописать неравенства для r и s, учитывая все ограничения, связанные с делимостью, системой счисления и количеством цифр.

Подсказка 6

Ага, для начала получаем, что r⩾6, и из сравнения, записав двойное неравенство для (9s² − b), будет следовать, что b = 9s². Далее останется только получить из верхнего ограничения для r, что s=1, а значит, b=9. Теперь осталось только посчитать правильно сумму цифр, и победа!

Показать ответ и решение

Договоримся писать $u≡ v (modw ),$ если $.. (u− v) . w.$ Пусть $p= 2s,q = 5s.$ Тогда

( ) ( ) x= ppqqr = pr2+ q (r+ 1)= s2r2+ 5 (r+ 1)

Из условия на $2 x$ вытекает равенство

( )( ) ( ) ( ) ( ) s22r2+ 52 r2+ 2r+1 = a 1+ r6 + b r+r5 + cr2+ r4 ,

(1)

где $a,b,c$ — некоторые $r$ -ичные цифры. Сделаем два наблюдения.

1) При любом натуральном $n$

rn =(1+ r− 1)n ≡ (−1)n(1− n(1 +r)) (mod(1+ r)2)

Левая часть $(1)$ кратна $(1+ r)2,$ откуда

0≡a(2− 6(1+ r))− b(2− 6(1+r))+c(2− 6(1+ r))=

= 2(1− 3(1 +r))(a− b+c) (mod (1+ r)2)

Поскольку $1− 3(1+ r)$ взаимно просто с $(1+ r)2,$ на $(1+ r)2$ делится $2(a− b+ c).$ Но это число лежит в интервале $( ) (−2r,4r)⊂ − (1 +r)2,(1+r)2 ,$ откуда $b =a+ c.$

2) Приравняем остатки левой и правой частей $(1)$ от деления на $1+ r2 :$

18s2r≡ br(1+ r4)≡2br (mod (1+r2))

Поскольку $r$ взаимно просто с $1+ r2,$ на $1+r2$ делится $( ) 2 9s2− b .$ Заметим, что $4s2 ≤ r− 1$ , иначе число $x2$ будет восьмизначным. Кроме того, $r ≥5s+ 1≥ 6$ . Поэтому

2(9s2− b)< 18s2 ≤ 9(r− 1)< 6r< 1+ r2 2

2(9s2− b)≥− 2b >− 2r >− 1− r2

Таким образом, $b= 9s2.$

Поскольку $b$ — $r$ -ичная цифра, из 2) вытекает, что $9s2 < r≤ 36$ , откуда $s2 < 4.$ Так как $s> 0,$ мы получаем $s= 1$ и $b= 9.$ В силу 1) сумма цифр $x2$ равна $2(a +b+ c)=4b= 36.$

Замечание.

Прямым вычислением проверяется, что $2255221 = 495059421$ . Таким образом, описанная в условии ситуация реализуется.

Ответ: 36

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#81759Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что уравнение

3 3 ( 2 2 ) x +y = 4 x y+xy + 1

не имеет решений в целых числах.

Показать доказательство

Перепишем уравнение в виде $(x+ y)3 =7 (x2y+ xy2)+ 4.$ Так как куб целого числа не может давать остаток $4$ при делении на $7,$ то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#90594Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что уравнение $4k− 4l = 10n$ не имеет решений в целых числах.

Показать доказательство

Предположим, что такая тройка нашлась. Заметим, что среди чисел могут быть отрицательные. Если их 1 или 2, то среди трёх выражений одна примет целое значений (либо два), тогда как другие (-ое) не будут превосходить по модулю $1 4$ , то есть равенства быть точно не может. Тогда все три числа имеют один знак (с учётом нуля):

1.

Все они неотрицательны, тогда $4k− 4l =0 ⁄=10n = 1(mod3)$ .

2.

Все они неположительны, перейдём к $− l,−k,−n ≥0$ , получим:

-1−k −-1−l =-1−n ⇐ ⇒ (4−l− 4−k)10−n = 4−k4−l 4 4 10

Однако снова $(4− l− 4−k)10−n =0 ⋅1 =0 ⁄=1 =4−k4−l(mod 3)$ .

В обоих случаях мы пользовались тем, что $10m = 4m =1(mod3)$ для любого неотрицательного целого $m$ , таким образом, всё доказано.