Теория чисел на ПВГ

По основной теореме арифметики представляется единственным образом в виде:

Тогда из правила произведения, поскольку мы каждую степень простого числа выбираем способами, то Из условия следует, что Разберем несколько случаев:

1.

Пусть Тогда:

Значит, То есть условие выполняется.
Так как простое число, то из формулы для следует, что (в противном случае 1697 было бы составным).Таким образом,

2.

Пусть Тогда:

Значит, То есть условие выполняется.
Так как и
то:

3.

Пусть Тогда:

Значит, То есть условие выполняется.
Так как простое число, то из формулы для следует, что (в противном случае 1699 было бы составным).Таким образом,

4.

Пусть Тогда Следовательно, Таким образом, этот случай невозможен.

Так как чисел от 1 до 5 нет в последовательности, то изначально на месте стоит число

Среди первых членов последовательности полных квадрата, так как уже больше 2027, а ещё меньше и при этом из 45 первых квадратов не учитываются и

Среди первых членов последовательности полных кубов, так как уже больше 2027, а ещё меньше и при этом из 12 первых кубов не учитывается

При удалении квадратов и кубов числа, являющиеся степенью натуральных чисел, были посчитаны дважды. Их среди первых членов последовательности , а именно , так как уже больше, чем 2027, а ещё меньше, и при этом учитывать не надо.

Итак, после удалений на месте будет стоять число

Поскольку для любого натурального от до разность делится на то числа и заканчиваются на одну и ту же цифру, то есть последовательность последних цифр данных в условии чисел периодическая с периодом

Также заметим, что Можно легко выписать последние цифры первых чисел, прибавляя к предыдущему номер текущего числа и беря остаток по модулю

В группе из чисел цифра встречается раза. Среди чисел есть групп по чисел и последняя группа на чисел, а которой также четыре пятёрки. В итоге всего пятёрок штуки.

Посмотрим по модулю Нетрудно проверить, что кубы натуральных могут давать только остатки (можно для удобства заменить остаток на очевидно, что разница кратна ). Поэтому если то правая часть даёт остаток по модулю (такой же, как ). При этом остатки левой части могут быть только Все они отличаются от по модулю поэтому равенство невозможно. Значит, Остаётся перебрать случаи

• решений нет.
• решений нет.
• решений нет.
• решений нет.
• решения
• решений нет.

Все проверки осуществляются простым перебором (достаточно взять поскольку для последнего случая, а для других намного меньше).

Замечание. Аналогичные рассуждения можно было провести для модуля тогда не потребовалось бы рассматривать

Перенесём все неизвестные в одну сторону и разложим на множители:

Заметим, что где каждый сомножитель простой, и что выражение в первой скобке даёт остаток 2 по модулю 3, значит, оно должно быть равно числу с остатком 2 по модулю 3. Посмотрим остатки всех целых делителей числа 2019 по модулю 3: у 2019 остаток 0, у 673 остаток 1, у 3 остаток 0, у 1 остаток 1, у остаток 2, у остаток 0, у остаток 2, у остаток 0.

Следовательно, возможно только два случая

Так как то

Поэтому

Обозначим второе слагаемое Так как

то (понятно, что так как все множители положительные).

Первое условие говорит нам, что число представимо в виде , а второе — что в виде . Приравняв, получим

Отсюда сразу же следует, что кратно шести, поскольку и делятся на это число. Значит, , разберём эти случаи

• . Здесь (кратно пяти), но первое значение невозможно по условию, потому подходит только . В итоге получаем число .
• . Отсюда , получаем .

Пусть — число, удовлетворяющее условию задачи. Тогда существуют такие целые числа и что верна система

Умножаем на и соответственно первое и второе уравнение. Система приобретает вид

Из первого получаем, что Тогда из второго уравнения, так как числа 2 и 5 взаимно просты, следует, что то есть и, стало быть, Аналогично получаем, что

Пусть Подставим в систему

Сокращаем на 2 и 5 уравнения соответственно

Из первого уравнения получаем, что следовательно, Наименьшее удовлетворяющее этому условию равно Пусть тогда Видим, что оно удовлетворяет системе, значит, это и есть нужное минимальное число.

Сумма квадратов любых 7 чисел равна 7. Отсюда следует, что все эти квадраты равны 1. Все эти числа равны .

Сумма 11 положительна, значит, количество не превосходит 5.

Если все будут равны 1, то сумма равна 2017 и на 9 не делится.

Если поменять знак у одной единицы, то сумма уменьшится на 2. Сделав так 5 раз, получим 2007, которое делится на 9.

Заметим, что число делится на и на Значит, количество цифр в нём должно делиться на и на (то есть и на ), так как если число троек нечётное, то сумма на чётных и нечётных местах будет отличаться на — не соответствует критерию делимости на 11. Отсюда и при этом уже подходит, так что наименьшее

Пусть это число , отсюда

Сокращая результат на , получаем

Поскольку , то , отсюда

Добавляя условие, что (то есть даёт остаток по модулю ), получаем единственный случай

Поскольку , то остаётся , отсюда

Получаем единственное подходящее число

Вычтем из обеих частей и разложим левую часть на скобки

Так как а также обе скобки неотрицательны. Значит возможны только следующие случаи:

Решив систему уравнений в натуральных числах в каждом из случаев, получаем ответ.

Получить хорошее разложение на скобки тут не получится, а перебор всех пар большой. Сократим его, воспользовавшись четностью:

Так как разберем 6 возможных значений и выберем те, при которых

Запишем уравнение в виде Осталось просто перебрать всевозможные варианты значений скобочек. Чтобы сократить перебор, заметим, что первая скобка меньше второй, а значит она меньше Таким образом, возможны варианты и так как вторая скобка всегда положительна, значит и первая должна быть положительна. Ясно, что в обоих случаях надо выразить через и подставить во второе уравнение, получится квадратное уравнение, которое нужно решить и выписать целочисленных ответы ответы.

Пусть число было Тогда Заметим, что потому что иначе сумма была бы пятизначной, поэтому из последнего разряда Теперь посмотрим на — такая сумма была во втором и третьем разрядах, но цифры там разные, поэтому откуда сразу же

Мы получили необходимые условия, но они же будут и достаточными, осталось сказать, что тогда возможны случаи и (при получим тогда не получится число с теми же цифрами в обратном порядке, потому что развёрнутое число должно будет записываться с незначащим нулём), откуда и получаем ответ.

Попробуем найти такое число среди тех, что больше . Поскольку сумма цифр не меняется, то не меняется и остаток числа по модулю , но при этом он умножается на , то есть для первоначального остатка имеем

То есть такое число обязано быть кратно . Среди больших такое ровно одно — оно подходит: . Оценка же следует из того, что следующее кратно число уже .

Заметим, что произведение после применения операций равно Действительно, в начале произведение равно После применения первой операции оно равно так как два числа были стерты, а вместо них было написано

Пусть на ом шаге произведение чисел равно Тогда на ом шаге произведение некоторые числа становятся равны Произведение всех чисел, кроме и не изменилось, и оно равно Тогда новое произведение равно произведению всех чисел, к которым операция не применялась и нового числа

Всего до того, как останется одно число, сделано шагов, поэтому в конце будет

Уравнение равносильно

При натуральных каждая из скобок в левой части уравнения являются натуральными числами больше , поэтому по основной теореме арифметике равенство может выполняться только лишь в случае, когда одна из скобок равна , а другая

Имеем два случая:

и

откуда и получаем ответ, выбрав из решений только пару, в которой оба числа натуральные.

Из первого условия нечётных чисел не более . Из второго условия чётных чисел не более . Поскольку всего чисел , то нечётных должно быть ровно . Сумма всех чисел это сумма чётных и нечётного числа нечётных, следовательно, она нечётна и не может равняться

Сразу левая часть на скобки не раскладывается, поэтому вычтем из обеих частей по единице, получим

Поскольку мы решаем уравнение в натуральных числах, то обе скобки неотрицательны и принимают натуральные значения. При этом поэтому возможны только случаи

В первом и третьем случае решений нет, поскольку получается нецелым. Получаем только решение из второго случая.