Тема Бельчонок

Теория чисел на Бельчонке

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бельчонок

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#86093

Известно, что числа $a,b,c,ab + ac + bc c b a$ — целые. Обязательно ли являются целыми все три числа

abac bc c , b ,a ?

Источники: Бельчонок - 2024, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для доказательства этого воспользуемся неочевидным инструментом - симметрическими многочленами. Логика в том, что наши выражения точно рациональны, и при этом, мы знаем такой факт, что если некоторый многочлен с целыми коэффициентами имеет корень p/q (в несократимой записи), то старший коэффициент делится на q. Значит, в идеале, нам хотелось бы придумать многочлен, с целыми коэффициентами, корнями, равным нашим выражениям. Какое условие мы забыли, с учетом леммы выше?

Подсказка 2

Мы забыли условие на то, что у нас свободный член должен быть равен 1, если мы хотим целые корни нашему уравнению, ведь тогда знаменатель q = 1. Ну а какое самое простое уравнение с нашими выражениями в виде корней мы знаем? Верно, просто кубический многочлен с такими корнями. Остается проверить, что он имеет целый коэффициенты.

Подсказка 3

Коэффициенты нашего многочлена будут -(ab / c + bc / a + ca / b), (a^2 + b^2 + c^2), -abc. И да, эти коэффициенты целые, а также старший коэффициент равен 1, а значит, наши выражения — целые.

Показать ответ и решение

Рассмотрим числа $ab,ac,bc c b a$ . По условию их сумма целая, их произведение равно $abc$ — целое, сумма их попарных произведений равна $2 2 2 a + b +c$ — целая. Значит, мы можем составить приведённый многочлен с целыми коэффициентами и корнями $ab ac bc -c ,-b ,a$ :

ab ac bc ab bc ac P(x)=x3− (c-+ b-+ a)x2+ (a2+ b2+c2)x− abc= (x− c )(x− a)(x− b-)

Осталось заметить, что корни рациональны как отношения целых чисел. Если целочисленный многочлен имеет рациональный корень $pq,(p,q)=1$ , то его старший коэффициент делится на $q$ . Поскольку наш многочлен приведённый, корни являются целыми.

Ответ: да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86096

Найдите все пары $(a,b)$ натуральных чисел, для которых

3 27ab+(1− a+ b) = 0

Источники: Бельчонок - 2024, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте перенесем куб вправо и изменим внутри знак. Тогда, что мы можем сказать про ab, если 3^3 = 27? А что мы можем сказать про то как связаны a и b?

Подсказка 2

Из того, что 27 - куб, следует, что ab - тоже куб, так как справа у нас расположен куб. А что насчет связи a и b? Если у них есть общий делитель, то получается, что по некоторому простому модулю p, для которого a = 0 и b = 0 (mod p), выходит, что 1 = 0, mod p. Значит, p = 1, а значит a и b взаимнопросты. Как мы тогда можем скомбинировать наши результаты?

Подсказка 3

Тогда, a, b - кубы, ведь они взаимнопросты и их произведение - куб(если вам непонятно почему это так, то попробуйте рассмотреть произвольное p^3a и понять почему факт верен). Но тогда, выходит, что 27xy = 1 - x^3 - y^3(x^3 = a, y^3 = b). Хмм, мы пришли к уравнению, которое все же лучше начального, но также непонятно как решать. Давайте попробуем как-то оценить x через y, и быть может из этой оценки будет явно следовать ограниченность количества вариантов(подсказка внутри подсказки - 27xy > 0).

Подсказка 4

Но если у нас 27xy > 0, то x^3 - y^3 - 1 > 0, а значит y <= x - 1. Подставив эту оценку(после переноса всех слагаемых в одну сторону) в уравнение, мы и получим ограниченность количества решений, откуда и будет следовать ответ.

Показать ответ и решение

Во-первых, покажем, что $a$ и $b$ взаимно просты. Пусть это не так, тогда они делятся на какое-то простое число $p$ , а значит и $a− b− 1$ делится на $p$ , но это не так.

Во-вторых, покажем, что $a$ и $b$ — точные кубы. Число $27ab$ — куб, $27$ — куб, значит и $ab$ — куб. Если некоторое простое число входит в $ab$ в степени $3α$ , то оно либо входит в этой же степени в $a$ , а в $b$ — в нулевой, либо наоборот, так как $(a,b)= 1$ . Таким образом, $a$ и $b$ — кубы, ведь все простые множители входят в них в $3$ степени.

Пусть $3 3 a= a1,b= b1$ , тогда извлечём из равенства кубический корень и получим:

3a1b1 = a31 − b31− 1

Зафиксируем $a1$ и сравним с ней $b1$ . Ясно, что $b1 ≤a1− 1$ , потому что иначе правая часть отрицательна, а левая — положительна. Перепишем равенство в виде:

3 3 b1+ 3a1b1 = a1− 1

Нетрудно видеть, что

3 3 3 b1+ 3a1b1 ≤ (a1− 1)+ 3a1(a1− 1)=a1− 1

То есть равенство возможно лишь когда $b1 = a1− 1$ , откуда $b= b31,a= (b1 +1)3$ . Притом эта пара является решением при любом натуральном $b1$ .

Ответ:

$a =(k+ 1)3,b= k3,k∈ ℕ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86099

Сколько двузначных натуральных чисел нельзя представить в виде суммы двух палиндромов?

Палиндром - число, читающееся одинаково слева направо и справа налево. Однозначные числа $0,1,...,9$ также считаются палиндромами. Многозначные палиндромы не могут начинаться с 0.

Источники: Бельчонок - 2024, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем: если число n можно представить указанным образом, какие числа рядом с ним тоже точно можно?

Подсказка 2

n + однозначное. А еще n + 11. А что делать с n + 10? Сколько таких чисел и чему они равны?

Подсказка 3

Предположим, что число n + 10 = a + b. Какими тогда могут быть a и b?

Показать ответ и решение

Если число $n$ является палиндромом, то числа $n,n +1,n+ 2,...,n +9$ допускают нужное представление. Поэтому числа от $10$ до $20$ могут быть представлены нужным образом:

10= 9+ 1,11= 11+0,12= 11+1,...,20= 11 +9

Если число $n$ двузначное и является палиндромом, то число $n +11$ также палиндром, и может быть представлено как $(n +11)+ 0$ . Например, если $n = 55,n+ 11= 66 =66+ 0$ . Поскольку разность между соседними двузначными палиндромами равна $11$ , это означает, что все такие числа допускают нужное представление. Осталось рассмотреть числа вида $n+ 10$ , где $n$ — палиндром, то есть числа $21,32,43,54,65,76,87,98$ . Пусть число $n+ 10= a+ b$ . Если и $a$ и $b$ двузначные палиндромы, тогда правая часть делится на $11$ , а левая нет. Значит, одно из слагаемых должно быть однозначным, то есть числом из набора $0,1,...,9$ . Но разность $10$ и любого числа из набора не кратна $11$ . Числа $21,32,43,54,65,76,87,98$ нельзя представить как сумму двух палиндромов.

Ответ: 8

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#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 6#69408

Решите уравнение

4 2 2 x + y = xy + y

в натуральных числах.

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим, что в уравнении все коэффициенты равны 1. Это наводит нас на мысль о том, что надо искать связь между x и y. У нас есть удобное слагаемое y, поэтому разумно оставить его и попытаться пораскладывать остальные слагаемые...

Подсказка 2

Мы видим, что можно вынести y² за скобку. Тогда получится, что x⁴-y²(x-1)=y. Если отнять от обеих частей 1, можно получить, что (x-1)(x³+x²+x+1-y²)=y-1. Пускай x≠1, тогда y-1 делится на x-1, т.e. y=k(x-1)+1. Теперь можно подставить вместо y k(x-1)+1 и посмотреть, что получится...

Подсказка 3

После подстановки и сокращения на (x-1) можно заметить, что наше равенство имеет вид k-3=(x-1)(...). Тогда k=m(x-1)+3 или m=(k-3)/(x-1). Вспоминаем, что k=(y-1)/(x-1) и получаем, что m=(y-3x+2)/(x-1)². Кажется, что от делимости мы уже ничего не получим. Может тогда попробовать метод оценки...

Подсказка 4

Попробуйте понять, бывает ли целое число m больше или равно 1...

Подсказка 5

Пускай m≥1.Тогда y≥x²+x-1 ⇒ x⁴=(x-1)y²+y≥x⁵+x⁴-3x³+4x-2, что неверно при x>1. Получается, что m<1 ⇔ m≤0. Тогда k может принимать значения 1, 2 или 3. Проверьте эти значения и не забудьте рассмотреть случай x=1!

Показать ответ и решение

Уравнение равносильно

4 2 2 x − 1= xy +y − y − 1

2 2 (x − 1)(x +1)(x + 1)= y(x− 1)+(y− 1)

Если $x− 1= 0,$ то $y− 1 =0,$ запишем эту пару $(1;1)$ в ответ.

Теперь рассмотрим $x> 1.$ Тогда $x − 1$ это натуральное число и на него делится левая часть уравнения

(x− 1)⋅((x+ 1)(x2+ 1)− y2)= y− 1

А значит, $y− 1= ℓ(x − 1)$ для некоторого натурального числа $ℓ.$

После подстановки и сокращения на $x − 1$ получим уравнение:

(x+ 1)(x2+1)− (1+ ℓ(x − 1))2 =ℓ(x− 1)

(x− 1)2ℓ2+(2x− 1)ℓ− x3− x2 − x =0 (∗)

Если снова посмотреть по модулю $x− 1,$ то есть разделить в столбик левую часть на натуральное число $x− 1$ , то окажется, что число

m =-ℓ− 3 = y−-3x-+22 x − 1 (x− 1)

должно быть целым.

Более того, $m< 1,$ поскольку это равносильно неравенству $y <(x− 1)2+ 3x− 2= x2+x − 1,$ которое верно при $x >1.$

Действительно, если $y ≥x2+ x− 1,$ то $x4 = (x − 1)y2 +y ≥(x− 1)(x2+ x− 1)2+ x2+ x− 1= x5+x4− 3x3+4x − 2,$ что невозможно при $x > 1.$

Таким образом, $m <1 =⇒ m ≤ 0,$ а значит, $ℓ∈{1;2;3}.$

При $ℓ= 1$ уравнение $(∗)$ принимает вид $− x(x2+1)= 0,$ что невозможно для $x> 1.$

Если $ℓ= 2,$ то число $m$ будет целым только при $x= 2,$ однако пара $(ℓ,x)= (2,2)$ не удовлетворяет уравнению $(∗).$

При $ℓ= 3$ уравнение $(∗)$ переписывается в виде $(x− 1)2(x− 6)=0.$ Отсюда находим, что $x= 6$ и затем $y =ℓ(x− 1)+ 1= 16.$

Ответ:

$(1;1),(6;16)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74652

Найдите все натуральные числа $a,$ для которых число

a+1 +√a5-+2a2+-1 -----a2+-1------

также является натуральным.

Источники: Бельчонок-2022, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы хотим сделать так, чтобы числитель делился на знаменатель. Попробуем сделать замену а+1=b, так же заменим и корень. Что получится?

Подсказка 3

Может ли -а-1 быть сравнимо с нулем по модулю a^2+1?

Показать ответ и решение

Обозначим $a+ 1= b,√a5-+2a2+-1= c$ . В числителе записано

c2-− b2 c+ b= c− b

На $a2+ 1$ должно делиться

c2− b2 = a5+ 2a2+ 1− (a +1)2 = a5+a2− 2a≡a2+1 −a − 1

При $a> 1$ модуль остатка меньше $2 a +1,$ поэтому остаток не может делиться на $2 a + 1$ ни при каком $a> 1.$ Уравнению удовлетворяет единственное значение $a= 1.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76734

Найдите все пары $(x;y)$ натуральных чисел, для которых оба числа $x2+8y;y2− 8x$ являются точными квадратами.

Источники: Бельчонок - 2022, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте внимательно посмотрим на наши выражения. Нельзя ли сразу угадать какую-то пару чисел, удовлетворяющую условиям задачи. Пусть x равен какому-то натуральному n. Тогда какой должен быть y, чтобы первое выражение было квадратом?

Подсказка 2

Верно, тогда y=n+2. Можно проверить, что условие задачи выполняется. Что же делать теперь? Ведь y может быть больше или меньше x+2. Какую идею тогда здесь можно применить для дальнейшей оценки наших выражений, чтобы перебирать другие варианты было проще?

Подсказка 3

Да, можно попробовать зажать наши числа между квадратами. Если y < x+2, то первое выражение будет находиться между x² и (x+4)², и остаётся только вариант для (x+2)² = x² + 8y из-за чётности. Аналогично рассматривается, если y > x+2. Тут уже второе число зажимается между y² и (y-4)². Осталось только технически это всё реализовать и найти оставшиеся решения. Победа!

Показать ответ и решение

Легко проверить, что пары вида $(n;n +2)$ , где n – натуральное число, удовлетворяют условию задачи. Пусть $(x;y)$ – любая другая пара, удовлетворяющая условию задачи. Рассмотрим два случая.

1) Пусть сначала $y < x+ 2$ . Тогда $2 2 2 2 x <x + 8y < x + 8(x+ 2)= (x+ 4)$ , откуда $2 2 x + 8y =(x+ k)$ , где $k ∈{1;2;3}$ . Очевидно, возможен лишь случай $k= 2$ (по чётности), и тогда $x= 2y − 1$ .

Осталось выяснить, при каких натуральных $y$ число $2 2 y − 8x= y − 16y+ 8$ будет точным квадратом. Пусть $2 2 y − 16y+ 8= a$ , тогда $√-----2 y =8± 56+ a$ . Число под корнем должно быть точным квадратом: $2 2 56+ a = c$ , т. е. $2 2 c− a = 56$ .

Разложим $56$ на множители и рассмотрим системы. Учитывая, что $c− a$ и $c+ a$ имеют одинаковую чётность, отбросим лишние, останутся системы:

{ c− a = 4 c+ a = 14

{ c− a = 2 c+ a = 28

откуда $c= 9,a= 5$ или $c= 15$ , $a= 13$ .

При $a= 5$ значение $y = 8± √56+25$ и подходит $y = 8+9 =17$ . При $a= 13$ значение $y = 8± √56+-169$ и подойдет $y =8+ 15= 23$ . Поскольку $x= 2y− 1$ , получаем пары $(45;23)$ и $(33;17)$ .

2) Пусть теперь $y > x+ 2$ , т. е. $x <y − 2$ . Здесь $y > 4$ , и мы имеем $(y− 4)2 = y2− 8(y− 2)<y2− 8x< y2$ . Значит, $y2− 8x= (y − k)2$ , где $k ∈{1;2;3}$ . Опять возможен только случай $k= 2$ (по чётности), так что $y = 2x +1$ .

Пусть $x2 +16x+ 8= b2$ , тогда $x= −8± √56+-b2$ . Выше показано, что число под корнем является точным квадратом только при $b= 5$ или $b= 13$ . Тогда $x =1$ или $x =7$ . Получаем пары $(1;3)$ и $(7;15)$ , первая из которых входит в множество $(n;n+ 2)$ .

Ответ:

$(7;15),(33;17),(45;23),(n;n+ 2),n∈ ℕ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#94776

Найдите количество пар натуральных чисел $(a;b)$ , каждое из которых меньше миллиона, удовлетворяющих равенству

Н ОК (a,b+ 1)= HOK (b,a+ 3)

Источники: Бельчонок - 2021, 11.4 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут главное — вспомнить, что такое НОК! Это наименьшее общее кратное чисел, НОК(x, y) ⋮ x, ⋮ y. А нам хотелось бы наоборот понять, какими свойствами обладают числа a и b, можем ли записать какое-то выражение с их помощью, которое будет делиться на НОКи в левой и правой части?

Подсказка 2

Ага, можем записать произведение a(b+1) к примеру! Оно будет делиться на НОК(a, b+1), а на что ещё? Аналогично можно составить ещё одно произведение из правой части.

Подсказка 3

Выходит, что a(b + 1) ⋮ b, ⋮ (a+3), в каких случаях такое может быть? И ещё выходит, что b(a+3) ⋮ a, ⋮ (b+1). Разберите все возможные варианты и поймите, какими свойствами обладают a и b!

Подсказка 4

После того как определили, как а выражается через b, можно подставить это в изначальное равенство на НОКи и подумать, когда оно возможно. Так там будут встречаться тройки, можно подумать про этот модуль. И найти количество подходящих пар!

Показать ответ и решение

Заметим, что $b(a+ 3)$ делится на НОК $(b,a+ 3)$ , который равен НОК $(a,b+ 1)$ и в свою очередь делится на $a$ . Также $a(b+ 1)$ делится на НОК $(a,b+ 1)=HOK (b,a +3)$ , а последнее выражение делится на $b$ , поэтому $a$ делится на $b$ . Значит, либо $a= b$ , либо $a=$ $3b$ . В первом случае получаем

a(a+ 1)=HOK (a,a+ 3)

следовательно, $a(a+1)= (a+ 3)(a− 2)+ 6$ делится на $a+ 3$ . Таким образом, $a+ 3$ есть делитель 6 , откуда $a= 3,b= 3$ — увы, эта пара чисел не удовлетворяет уравнению. Во втором случае, получаем

НО К (3b,b+ 1)=HOK (b,3(b+1))

Если $b$ кратно 3 , то левая часть делится на большую степень тройки, чем правая. Если $b+1$ кратно 3, то правая часть делится на большую степень тройки, чем левая. Если же $b$ дает при делении на 3 остаток 1 , то обе части равны $3a(a+1)$ . Итак, требуется найти количество натуральных чисел $b= 3x+ 1$ , таких что $3b< 1000000$ . Их ровно 111111.

Ответ: 111111

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#70328

Выражение $n$ ! означает произведение всех натуральных чисел от $1$ до $n$ включительно, т. е. $n!= 1⋅2⋅...⋅n$ . Решите в натуральных числах уравнение

2 2 n!− 4n +18= m +4nm − 20m

Показать ответ и решение

Воспользуемся делимостью на 4, чтобы получить ограничение на значение $n$ . При $n ≥ 4$ имеем

n!− 4n2+ 18≡ 2 ⇒ m2+ 4nm − 20≡ 2⇔ m2 ≡ 2 4 4 4 что невозможно, так как квадраты даю т остатки 0,1,3 по модулю 4.

Следовательно, $n≤ 3.$ Переберем возможные варианты $n$ и выберем те, при которых $m ∈ℕ.$

⌊ | n= 1 и m(m − 16)= 15 ⇒ m ∕∈ℕ ⌈ n= 2 и m(2m − 12)= 4⇒ m ∕∈ℕ n= 3 и m − 8m +12= 0⇒ m = 2;6

Ответ:

$(2,3),(6,3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#76731

В ряд выписывают дроби $-1-,-2-,-3-,...,4060,4061. 4061 4060 4059 2 1$ Сколько всего целых чисел встретится в таком ряду?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Наши числа имеют вид (4062-x)/x. Нам надо найти количество целых чисел, когда x пробегает от 1 до 4061. Как вы думаете, при каком условии на x это число будет целым?

Подсказка 2

(4062-x)/x = 4062/x - 1. Тогда нужно всего лишь обеспечить целость числа 4062/x. Стало быть x- делитель 4062. Посчитайте количество делителей числа 4062 (только не забудьте, что x<4062) и радуйтесь жизни!

Показать ответ и решение

Сумма числителя и знаменателя каждой дроби равна $4062$ , то есть каждая дробь имеет вид $4062−x x$ , где $x$ – натуральное число, не превосходящее $4061$ . Число $4062−x 4062 x = x − 1$ будет целым, когда число $x$ - делитель $4062$ .

Поскольку $4062 =2 ⋅3 ⋅677$ , где числа $2$ , $3$ и $677$ – простые, у числа $4062$ будет $8$ делителей. И так как $x< 4062$ , $x$ может принимать одно из $7$ значений (все делители $4062$ , кроме самого числа), чтобы дробь $4062−x x$ была целой.

Ответ: 7

Предыдущий раздел

Следующий раздел