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#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:

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#83308

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать ответ и решение

Раскроем скобки:

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

pq− q+2p= n

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

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

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

2 2p − 2p+ 2p= n

2p2 =n

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

Проверка:

(37− 1)(2 ⋅37+ 2)= 2⋅372− 2

(37− 1)(37+ 1)= 372− 1

Ответ: 2738

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#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 4#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 5#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 6#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:

$(0,0,0)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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 10#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 11#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#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 15#67142

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 16#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:

$n =1,x= ±3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#68537

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 18#69403

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:

$(a,k,ℓ)∈{(0;2;0),(1;1;1)}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#71300

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 20#74218

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

Предыдущий раздел

Следующий раздел


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

$0$	$0$

$1$	$1$

$2$	$1$

$3$	$6$

$4$	$1$

$5$	$6$

$6$	$6$