Тема ТурГор (Турнир Городов)

Теория чисел на устном туре Турнира Городов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тургор (турнир городов)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#121760

Дано натуральное число $n.$ Натуральное число $m$ назовём удачным, если найдутся $m$ последовательных натуральных чисел, сумма которых равна сумме $n$ следующих за ними натуральных чисел. Докажите, что количество удачных чисел нечётно.

Источники: Турнир городов - 2025, устный тур, 11.2(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Ясно, что m > n. Давайте для удобства обозначим m = n + k и будем считать количество таких k. Осталось записать условие на равенство сумм, пользуясь формулой суммы членов арифметической прогрессии.

Подсказка 2:

Пусть первой наименьшее число среди n чисел равно x. Тогда у вас должно получиться равенство, в котором участвуют x, k и n. Обратите внимание на чётность множителей.

Подсказка 3:

У вас должно было получиться равенство (2x + k - 1)k = 2n². Давайте заметим, что у 2n² нечётное количество нечётных делителей. А сколько значений х соответствует распределению делителей по скобочкам?

Показать доказательство

Решение 1. Ясно, что $m > n,$ положим $m =n +k,$ где $k$ — натуральное, и будем искать количество подходящих $k,$ то есть таких $k,$ для которых уравнение

x +(x+ 1)+...+(x+ k− 1)+ ((x+ k)+ ...+(x+ k+ n− 1))= (x+ k+n)+ ...+ (x+k +2n− 1)

имеет решение в натуральных $x.$ Преобразуем, пользуясь формулой суммы арифметической прогрессии. Получим:

(2x+-k−-1)⋅k- (2x+-2k+-n−-1)⋅n- (2x-+2k+-3n−-1)⋅n- 2 + 2 = 2

Умножив на $2$ и приведя подобные слагаемые получаем:

(2x+ k− 1)k= 2n2 (∗)

Слева в уравнении (*) два сомножителя разной чётности, дающие в произведении $2 2n ,$ при этом левый сомножитель больше правого. Наоборот, если зафиксировать нечётный делитель $d$ числа $2 2n ,$ то, зная $d,$ найдём дополнительный делитель $′ 2n2 d = d ,$ и далее из системы $′ ′ k= min{d,d} ,2x+ k− 1= max{d,d }$ однозначно находим натуральное $x$ (равное $(d−d′+1) |-2|-- ).$

Итак, количество подходящих $k$ равно количеству нечётных делителей числа $2n2,$ которое, в свою очередь, равно количеству всех делителей числа $s2,$ где (нечётное) $s$ получается из $n$ делением на наибольшую степень двойки, входящую в разложение $n.$ Но количество делителей точного квадрата нечётно (так как все делители числа $s2,$ кроме $s,$ можно разбить на пары: $t↔ st2 ,$ и только делитель $s$ остаётся без пары).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Очевидно, $m =n +k,$ где $k$ натуральное. Запишем равенство из условия в виде

(a+1)+ ...+ (a +m )=(a+ m +1)+ ...+ (a+ m +n)

Отсюда:

2 a = n-− k+-1 (∗∗) k 2

Чтобы условие задачи выполнялось с данным $k,$ необходимо и достаточно, чтобы $a$ было целым неотрицательным.

Положим $n =s⋅2r,$ где $s$ нечётное, $r$ целое неотрицательное. Тогда $a$ будет целым в двух случаях: (а) если оба члена равенства (**) целые $;$ (б) если оба они полуцелые $.$ Первый случай имеет место, когда $k$ — нечётный делитель числа $n2,$ то есть делитель числа $s2.$ Количество $c$ таких значений $k$ нечётно, поскольку это всевозможные делители полного квадрата. Второй случай означает, что

k= d⋅22r+1,

где $d$ — делитель числа $s2.$ Между первым и вторым множеством значений $k$ есть биекция: каждому $k$ из первого множества соответствует число $2nk2$ из второго множества, и обратно.

Пусть $(f,g)$ — пара из указанной биекции, причём $f <g.$ Тогда при $k =f$ получится неотрицательное $a,$ а при $k =g$ отрицательное. Действительно, в силу $(∗∗)$ требуется проверить неравенство

k(k+1)≤ 2n2.

Но $f(f + 1) ≤fg = 2n2, g(g+ 1)> gf =2n2,$ что и требовалось. Поэтому подходящих значений $k$ будет ровно $c,$ то есть нечётное количество.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#121764

Пусть $A$ — набор из $n> 1$ различных натуральных чисел. Для каждой пары чисел $a,b∈A,$ где $a< b,$ подсчитаем, сколько чисел в $A$ являются делителями числа $b− a.$ Какое наибольшее значение может принимать сумма полученных $n(n−1) 2$ чисел?

Источники: Турнир городов - 2025, устный тур, 11.3(см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нужно делать в первую очередь, когда проверяем делимость у каких-то элементов последовательности без привязи к их позиции?

Подсказка 2

Упорядочим числа набора! Подумайте, на каких позициях относительно двух элементов могут находиться делители их разности?

Подсказка 3

Для конкретного k и j найдите количество и aᵢ, таких что aⱼ - aᵢ делится на aₖ.

Показать ответ и решение

Сначала докажем оценку. Пусть $a < a < ⋅⋅⋅< a 1 2 n$ — элементы набора $A.$ Заметим, что разность вида $a − a j i$ при $i<j$ может делиться на $ak$ лишь при $k <j.$ Выберем любые $1≤k < j ≤n$ и посмотрим, сколько из чисел вида $aj − ai$ (при $i< j$ ) может делиться на $ak.$ Все такие числа при $i≤ k$ отличаются менее, чем на $ak,$ поэтому на $ak$ может делиться лишь одно из них. Значит, всего таких разностей может быть максимум $(j− k− 1)+ 1= j− k.$ Итого, получаем оценку:

∑ ∑n ∑n (j− k)= j(j− 1) = C2j = C3n+1 = (n+-1)n(n−-1) 1≤k<j≤n j=2 2 j=2 6

Это количество достигается, например, на наборе $2 n−1 1,2,2 ,...,2 .$ Здесь все неравенства из оценки обращаются в равенства, а значит, и оценка достигается.

Есть и другие примеры, в том числе, в которых все числа набора попарно взаимно простые, скажем,

a1 = 1,a2 = 2,a3 = 3,a4 =7,...,ak+1 =a1a2...ak+ 1

Ответ:

$C3 = (n+1)n(n−1)- n+1 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67556

Существует ли целое $n > 1$ , удовлетворяющее неравенству

[√---- √----] [√ ----] n − 2+ 2 n+ 2 < 9n+ 6?

(Здесь $[x]$ обозначает целую часть числа $x$ , то есть наибольшее целое число, не превосходящее $x$ .)

Источники: Тургор-2023, 11.2 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первая мысль, которая возникает при виде этого неравенства, — это избавиться от целых частей, с ними неудобно работать. В конце концов, тут есть корни, если бы можно было в исходном неравенстве убрать целые части, то дальше можно и в квадрат возводить спокойно. Что ж, можно попытаться доказать, что целые части действительно можно убрать...

Подсказка 2

Для этого примените неравенства, возникающие из определения целой части числа. Что ж, дальше попробуем пользоваться возведением в квадрат. И... в итоге получается тривиальное неравенство, не содержащее n :( Что это может значить? Вероятно, надо как-то ещё преобразовать исходное неравенство, чтобы такой способ сработал. Если и пытаться это делать, то для правой части, она выглядит получше. Не поможет ли возведение её в квадрат?

Подсказка 3

Хм, можно оценить, что квадрат правой части (к слову, целой) не больше, чем 9n + 6. Подумаем, а когда в таком неравенстве достигается равенство?

Подсказка 4

Вообще, при равенстве получится, что квадрат целого числа даёт остаток 6 по модулю 9. Стоп, а такое вообще возможно?

Подсказка 5

Нет, квадраты чисел по модулю 9 не дают остаток 6! Более того, остаток 5 они тоже не дают, а вот остаток 4 уже может получиться. А тогда можно оценить правую часть более строго!

Подсказка 6

Действительно, получается, что квадрат правой части на самом деле не больше, чем 9n + 4, давайте преобразуем исходное неравенство, а дальше опять будем возводить в квадрат, остаётся надеяться, что в результате получится более содержательное неравенство

Показать ответ и решение

Предположим целое $n> 1$ удовлетворяет этому неравенству. Имеем

[√----]2 9n+ 6 ≤ 9n+ 6,

Но квадрат целого числа не может давать ни остаток 6, ни остаток 5 от деления на 9, значит,

[√-----]2 9n+ 6 ≤9n+ 4

[√-----] [√ ----] 9n+ 6 ≤ 9n +4

Тогда исходное неравенство влечёт неравенство

√n-− 2+ 2√n-+2< √9n-+4

Возводя в квадрат и приводя подобные слагаемые, получаем, что

∘ ----- 4 n2− 4< 4n− 2

1 n2− 4< n2− n+ 4

n <4,25

Однако, прямая проверка показывает, что при $n∈ {2,3,4}$ исходное неравенство не выполняется — противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92426

Возрастающая последовательность натуральных чисел $a < a <... 1 2$ такова, что при каждом целом $n> 100$ число $a n$ равно наименьшему натуральному числу, большему чем $an−1$ и не делящемуся ни на одно из чисел $a1,a2,...,an−1$ . Докажите, что в такой последовательности лишь конечное количество составных чисел.

Источники: Тургор - 2021, 11.4, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что начиная с какого-то m все числа нашей последовательности станут простыми. Допустим, что для какого-то n > m выполняется aₙ = d*t, где t ≤ d. Из условия мы понимаем, что d у нас не является числом вида aₖ, где k < m. Тогда как мы можем оценить d?

Подсказка 2

Точно! Мы можем тогда сказать, что aₖ < d < aₖ₊₁ для k < m. Тогда если мы возьмём достаточно большое m (например, 100), то мы также знаем, что d > a₁₀₀. Что теперь можно сказать про делители числа d, если мы знаем, что d не является членом нашей последовательности?

Подсказка 3

Верно! Мы получаем, что d делится на какое-то aₚ, где p ≤ k. Тогда какое противоречие мы получаем для aₙ?

Показать доказательство

Докажем, что все $a m$ , большие $(a )2 100$ , — простые числа. Предположим противное, тогда некоторое $a >(a )2 m 100$ раскладывается как $am = dt$ , где $1< t≤ d< am$ , и следовательно $a100 < d< am$ . Согласно определению $am,d$ не является ни одним из $a1,a2,...,am−1$ . Тогда $ak < d< ak+1$ для какого-то $k∈ {100,101,...,m− 1}$ . Раз $d$ не было выбрано в качестве $ak+1$ , оно делится на какое-то $ai,i∈ {1,2,...,k}$ . Но тогда и $am$ делится на $ai$ . Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#78897

В строку записано $2020$ натуральных чисел. Каждое из них, начиная с третьего, делится и на предыдущее, и на сумму двух предыдущих. Какое наименьшее значение может принимать последнее число в строке?

Источники: Тургор - 2020, 11.1, устный тур (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Начните с малого: попробуйте построить последовательность из 3-4 чисел, удовлетворяющих условиям. Какие минимальные значения можно выбрать для первых двух чисел? Как будет расти последовательность?

Подсказка 2

Докажите, что каждое следующее число должно быть значительно больше предыдущего. Если aₖ делится на aₖ₋₁ и на (aₖ₋₁ + aₖ₋₂), как это ограничивает минимальное значение?

Подсказка 3

Попробуйте взять первые два числа равными 1. Как будет выглядеть последовательность? Почему факториалы — это единственный способ достичь минимального последнего числа?

Подсказка 4

Допустим, для первых k чисел минимальная последовательность — это факториалы. Как доказать, что aₖ₊₁ должно быть не меньше k! ? Используйте условие делимости на сумму двух предыдущих. aₖ₊₁ должно делиться на aₖ + aₖ₋₁ = (k-1)! + (k-2)! = (k-1)·(k-2)! + (k-2)! = k·(k-2)!

Показать ответ и решение

Пример. Условию задачи, очевидно, удовлетворяют числа $1,1,2!,3!,...,2019!,$ так как при любом натуральном $k$ число $(k+2)!$ делится как на $(k +1)!,$ так и на $(k +1)!+k!= k!(k+ 2).$

Оценка. Пусть $a,b,c$ — три подряд идущих числа в строке, но не первые три числа. Докажем, что $c -b b ≥a +1.$ По условию, $-b c a = x,b = y,$ где $x$ и $y$ натуральные. Тогда $c= by = axy,$ причём $c$ делится на $b+ a= ax+a = a(x+ 1).$ Получаем, что $axy$ делится на $a(x+ 1),$ откуда $xy$ делится на $x+ 1,$ и так как $x$ и $x +1$ взаимно просты, $y$ делится на $x+1,$ то есть $y ≥ x+ 1,$ что и требовалось.

Заметим, что первые два числа не меньше $1$ каждое. Третье число больше второго (так как делится на сумму второго и первого), а значит, хотя бы в два раза больше второго (так как делится на него и не равно ему). По доказанному выше, четвёртое число тогда хотя бы в $3$ раза больше третьего, пятое — хотя бы в $4$ раза больше четвёртого, и так далее, откуда по индукции получаем, что $k$ -е число не меньше, чем ( $k− 1$ )! при всех натуральных $k.$

Ответ:

$2019!$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#81384

Имеется натуральное $1001$ -значное число $A.$ $1001$ -значное число $Z$ — то же число $A,$ записанное от конца к началу (например, для четырёхзначных чисел это могли быть $7432$ и $2347$ ). Известно, что $A> Z.$ При каком $A$ частное $A∕Z$ будет наименьшим (но строго больше $1$ )?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть A = a₁₀₀₀a₉₉₉...a₀. (Где a_i — цифры). Что можно сказать про a₀, a₁,..., a₄₉₉, учитывая A > Z?

Подсказка 2

Верно! Они не могут быть все девятками! Теперь уже легко указать максимальное значение Z. Какое?

Подсказка 3

Правильно! 9...989...9 (в начале 499 девяток, а в конце 501 девятка). Обозначим за Z₀ это число. Теперь будем пытаться оценить A - Z снизу. Для начала давайте поймём, как действовать, если мы найдем точную оценку на A - Z снизу, и она будет достигаться при Z = Z₀.

Подсказка 4

Останется только вычесть из дроби A/Z единицу, подставить Z₀ и получить ответ. Какая оценка на A - Z напрашивается, если мы хотим равенство при Z = Z₀?

Подсказка 5

Верно! 10⁵⁰¹ - 10⁴⁹⁹. Давайте будем доказывать эту оценку. Для удобства введем обозначения φ_n = a_{501 + n} - a_{499 - n} и △_n = 10⁵⁰¹⁺ⁿ - 10⁴⁹⁹⁻ⁿ. Как тогда записывается число A - Z?

Подсказка 6

Ага! A - Z = φ₄₉₉△₄₉₉ + ... + φ₁△₁ + φ₀ △₀. Прежде чем оценивать это выражение, давайте попробуем оценить снизу отношение △_{i +1} / △_i.

Подсказка 7

Оно всегда больше 10. Пусть j — максимальный индекс такой, что φ_j ≠ 0. Попробуйте написать оценку на |φ_j△_j + ... + φ₁△₁ + φ₀ △₀| используя неравенство треугольника и нашу оценку на отношение △_{i +1} / △_i. Также стоит помнить, что φ_i является разностью цифр, а, значит, не больше 9.

Показать ответ и решение

Первое решение. Пусть $A = a--a---...a. 1000 999 0$ Поскольку $A >Z,$ среди цифр $a,a ,...,a 0 1 499$ есть хотя бы одна недевятка. Значит, $Z ≤ Z0 = 99◟. ◝4.◜99.9◞89◟95..◝◜0.19◞.$ Покажем, что $501 499 A − Z ≥10 − 10 .$ Отсюда будет следовать, что

A 10501− 10499 Z-− 1≥ ----Z0----

Эта оценка достигается при $Z =Z0,$ что и даёт ответ. Имеем

( ) ( ) ( ) A− Z =(a1000− a0) 101000− 1 + (a999− a1) 10999− 10 + ⋅⋅⋅+ (a501− a499)10501− 10499 =

= φ499Δ499+φ498Δ498 +⋅⋅⋅+ φ0Δ0

где $φi =a501+i− a499−i$ и $501+i 499−i Δi = 10 − 10$ при $i= 0,1,...,499.$ Заметим, что $Δi+1 > 10Δi.$ Пусть $j−$ наибольший индекс, при котором $φj ⁄= 0.$ Тогда

|φjΔj + φj−1Δj−1+ ⋅⋅⋅+ φ0Δ0|≥|φjΔ(j|− |φj−1Δj−1|− ⋅⋅⋅− |φ)0Δ0|≥ ≥Δj 1− 9-− -9-− ⋅⋅⋅− -9j- = Δjj ≥ Δ0 10 100 10 10

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Ясно, что можно минимизировать (положительное) число $AZ-− 1= A−ZZ.$ Пронумеруем цифры в $A$ слева направо $a ,a,...,a . 1 2 1001$ Пусть $k$ — наименьший номер, для которого $a ⁄= a k 1002−k$ (тогда $k≤ 500$ и $a >a , k 1002−k$ ибо $A > Z$ ).

Рассмотрим произвольный оптимальный пример. Заменим первые и последние $k− 1$ цифр на девятки. $A− Z$ не изменится, $Z$ не уменьшится, то есть наша дробь не увеличится. По этой же причине $a501$ можно заменить на $9.$ Заменим $ak$ на $9,$ а $a1002−k$ на $8.$ При этом $A− Z$ не увеличится, а $Z$ не уменьшится. Заменим все цифры $ak+1,...,a500$ на нули, а $a502,...,a1001−k$ на девятки. Тогда $A − Z$ не увеличится, а $Z$ если и уменьшится, то на меньшую величину (это произойдёт только тогда, когда вторая половина и так была девятками!). Поскольку в оптимальном примере $A− Z <Z$ (в первом просто меньше цифр), то, ясно, $A−Z- Z$ не возрастёт. Итак, можно считать, что $A$ имеет вид

9◟9.◝.◜.9 ◞0◟0.◝.◜.0◞999◟ ◝..◜.9◞89◟9..◝◜.9◞ k 500−k 500−k k−1

В этом случае

501 500 k k−1 A − Z = 10 +10 − 10 − 10

Это выражение достигает минимума при $k= 500,$ и при этом же $k$ достигается максимум значения рассматриваемых $Z.$ Значит, это и есть ответ.

Ответ:

При $A,$ запись которого (слева направо) такая: $501$ девятка, восьмёрка, $499$ девяток

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#89082

Для каких натуральных $n$ верно следующее утверждение: для произвольного многочлена $P(x)$ степени $n$ с целыми коэффициентами найдутся такие различные натуральные $a$ и $b,$ для которых $P (a)+ P(b)$ делится на $a+ b?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие задачи сильно напоминает формулировку теоремы Безу для многочленов: "Пусть P(x) является многочленом с целыми коэффициентами. Тогда для любых чисел целых чисел a, b число P(a)-P(b) делится на a-b." Доказательство данного утверждения опирается на тот факт, что для любых целых чисел a, b и натурального числа n a^n-b^b кратно a-b В данной задаче разность многочленов меняется на их сумму. К нашему счастью, для нечетных n и произвольных целых чисел a и b верно, что a^n+b^n кратно a+b. Что позволяет понять данное соображение в условиях нашей задачи?

Подсказка 2

Если представить произвольный многочлен P(x) в виде сумму многочленов P₀(x)+P₁(x), где в P₀(x) входят все мономы P(x) четной степени, а в P₁(x) - нечетной. Тогда, аналогично доказательству теоремы Безу, для любых натуральных чисел a, b верно, что P₁(a)+P₁(b) кратно a+b, тем самым мы показали, что число P(a)+P(b) сравнимо с P₀(a)+P₀(b) по модулю a+b. Что можно сказать о многочленах, для которых P₀(x) является константой?

Подсказка 3

Пусть P₀(x)=с для некоторого целого с. Тогда P(a)+P(b) сравнимо с 2c по модулю a+b, и по условию 2с кратно на a+b. Существует ли число c такое, что для любых различных чисел a и b число 2c не кратно a+b?

Подсказка 4

Существует! Например, число c=1. Таким образом, 2с=2<a+b, следовательно, 2с не кратно a+b. Таким образом, мы показали, существует многочлен P(x) = P₁(x)+1 произвольной нечетной степени, для которого искомые числа a, b не существуют. Осталось показать, что для любого многочлена четной степени утверждение задачи верно.

Подсказка 5

Покажем, что существуют такие числа натуральные числа a и b, что для многочлена P(x) верно, что P₀(a)+P₀(b) кратно a+b. Зафиксируем произвольное число a=m. Тогда P₀(m)+P₀(b) должно быть кратно m+b. Если b=P₀(m)-m, то m+b=P(m), то есть достаточно показать, что P₀(P₀(m)-m) кратно P₀(m). Это правда, поскольку P₀(P₀(m)-m) сравнимо c P₀(-m) по модулю P₀(m) и, в свою очередь, P₀(-m)=P₀(m), поскольку P₀(x) состоит из лишь мономов четной степени. В чем проблема данных рассуждений?

Подсказка 6

Число b=P₀(m)-m не обязательно является целым. Для решения задачи осталось показать, что существует для любого многочлена четное степени существует такое натуральное m, что число P₀(m)>m.

Показать ответ и решение

Нечётные $n$ не подходят. В самом деле, рассмотрим многочлен $P(x)=xn +1$ и различные натуральные $a,b.$ Так как $n$ нечётно, $n n a + b$ делится на $a+ b,$ а тогда $n n P (a)+ P(b)= (a + b)+ 2$ не делится, поскольку $a +b> 2.$

Осталось доказать, что все чётные $n$ подходят. Рассмотрим произвольный многочлен $P(x)$ степени $n.$ Представим его в виде суммы $P (x)= P0(x)+ P1(x),$ где в $P0(x)$ все мономы чётной степени, а в $P1(x)$ — нечётной. Заметим, что при всех натуральных $a,b$ сумма $P1(a)+P1(b)$ делится на $a+ b.$ Докажем, что найдутся такие $a,b,$ что и $P0(a)+P0(b)$ делится на $a+ b.$ Заметим, что степень $P0$ равна $n.$

Рассмотрим случай, когда старший коэффициент $P0(x)$ положителен (в случае отрицательного старшего коэффициента проведём дальнейшее доказательство для многочлена $−P0(x)).$ Так как $n> 1,$ то найдётся такое натуральное $m,$ что $P0(m )>2m.$ Докажем, что $a =m,b =P0(m)− m$ подходят. В силу выбора $m,$ они оба натуральные, причём $b> a.$ Далее, по модулю $a +b= P0(m)$ выполняются сравнения $P0(a)=P0(m)≡ 0$ (очевидно) и $P0(b)=$ $P0((b+a)− a)≡P0(−a)= P0(m )≡0$ (в силу чётности многочлена $P0)$ . Значит, $P0(a)+P0(b)≡ 0$ $(mod a+b),$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В случае чётного $n$ можно проделать подобное рассуждение и без разбиения на чётную и нечётную компоненты. Поскольку степень многочлена $P(x)+P (−x)$ равна $n >1,$ существует такое натуральное $m$ , что $P(m)+ P(−m)> 2m$ . Тогда подойдут числа $a= m,b= P(m)+ P(−m )− m.$ Действительно, тогда $b> a> 0,$ и по модулю $a+ b= P(m)+ P(−m)$ верно сравнение $P (a)+ P(b)≡ P(a)+P (−a)= P(m)+ P(−m )≡0.$

Ответ:

При всех чётных $n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#79884

Конечно или бесконечно множество натуральных чисел, у которых как в десятичной записи, так и в семеричной записи нет нуля?

Источники: Тургор-2013, 11.4(см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При переходе из 10-й в 7-ую систему счисления число ведет себя непонятным образом, попробуйте подобрать такое число, чтобы в 7-й системе было приятно с ним работать

Подсказка 2

Какие числа в семеричной системе легко переводятся в десятичную систему счисления?

Подсказка 3

aₙ = 7ⁿ+7ⁿ⁻¹…+7+1 в семеричной системе счисления записывается так: 111…111 (n+1 единица). Всегда ли aₙ не имеет нулей?

Подсказка 4

Чтобы не сильно менять вид числа aₙ будем добавлять числа вида 7^k, k ≤ n

Подсказка 5

Пусть ноль где-то есть, какую степень семерки нужно взять чтобы избавиться от 0, но не совершить переход через разряд?

Подсказка 6

Найдётся степень семёрки, лежащая между 10^i и 7×10^i. Докажите, что перехода через разряд не произойдёт.

Показать ответ и решение

При любом натуральном $n$ положим $a = 7n+ 7n−1+...+7+ 1. n$ Покажем, что к $a n$ можно прибавить несколько различных степеней семёрки, не превосходящих $n 7 ,$ чтобы получилось число $bn$ без нулей в десятичной записи. Тогда семеричная запись $bn$ будет состоять из единиц и двоек. Ясно, что таким образом мы построим бесконечно много различных чисел $bn,$ удовлетворяющих условию.

Итак, рассмотрим десятичную запись числа $an;$ рассмотрим первый слева ноль в ней (если он есть). Пусть он стоит в $i$ -м разряде справа (разряд единиц считаем нулевым). Найдётся степень семёрки $k 7,$ лежащая между $i 10$ и $i 7 ⋅10 ;$ заметим, что она меньше $an,$ и поэтому меньше $n+1 7 .$ После прибавления её к $an$ перехода из $i$ -го разряда не произойдёт (так как первая цифра $k 7$ меньше $9$ ), при этом в $i$ -м разряде окажется не ноль. Значит, в полученном числе первый слева ноль в десятичной записи (если он есть) расположен правее, чем в $an;$ применим к этому нулю то же действие (при этом мы прибавим меньшую степень семёрки, чем в предыдущий раз). Продолжая так дальше, в результате мы построим требуемое число $bn.$

Ответ:

Бесконечно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#104432

Найдите все такие пары натуральных чисел $a$ и $b,$ что $a1000 +1$ делится на $b619$ и $b1000+ 1$ делится на $a619.$

Показать ответ и решение

Если $a =1,$ то, очевидно, $b=1;$ при этом пара $(1,1)$ подходит. Осталось разобрать случай $a,b>1.$ Заметим сразу, что $a$ и $b$ взаимно просты; пусть $a> b.$

Число

1000 1000 1000 ( 1000 ) A =a + b + 1=a + b + 1

делится на $a619;$ аналогично, $A$ делится на $b619,$ а из взаимной простоты и на их произведение. Итак, $a1000+b1000+ 1≥ a619b619,$ а значит, $1001 1000 619619 a ≥ 2a ≥ a b ,$ или $382 619 a ≥ b .$ С другой стороны, $1001 1000 619 b > b + 1≥ a .$ Итак,

1001⋅382 619⋅382 619⋅619 b > a ≥ b

Но $1001⋅382< 6192$ — противоречие.

Ответ:

$(1,1)$