Тема Изумруд

Теория чисел на Изумруде

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела изумруд

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#122430

Трёхзначное число состоит из цифр $a,b,c$ и обладает следующими свойствами:

$1)$ цифра в разряде единиц равна последней цифре числа $a+ b+ c;$

$2)$ цифра в разряде десятков равна последней цифре числа $ab+ bc+ca;$

$3)$ цифра в разряде сотен равна последней цифре числа $abc.$

Найдите все такие числа.

Источники: Изумруд-2025, 11.1(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что последняя цифра суммы а + b + с равна с. Это означает, что а + b должно быть кратно 10. Какие пары цифр а и от 1 до 9 дают в сумме 10?

Подсказка 2

Как можно переписать условие "ab + bc + са оканчивается на b"? Попробуйте выразить это через а, b и с, со старыми ограничениями. Какие новые ограничения на с это накладывает?

Подсказка 3

Финишная прямая! Рассмотрите два основных варианта: Если b = 5, то а = 5. Какие с подойдут? Если а = 1, то b = 9. Какое с даст abc, оканчивающееся на 1? Не забудьте проверить а = 6, b = 4.

Показать ответ и решение

Заметим, что можно, не умаляя общности, считать, что наше трёхзначное число — это именно $abc,$ так как числа $abc,ab+ bc+ca,a+b +c$ — симметричные выражения относительно $a,b,c$ . Тогда по условию $c$ равно последней цифре числа $a+ b+c,$ но тогда $.. (a+ b+c− c).10,$ так как разряд единиц обнулился, то есть $a+ b= 10k,$ где $k$ $∈ ℕ,$ так как $a≥ 1.$ Но $a,b≤ 9,$ значит, $a+b ≤18,$ откуда $k≤ 1$ , то есть $k= 1$ и $a +b= 10.$

Аналогично, так как последняя цифра числа $ab+bc+ ca$ совпадает с $b,$ то $.. (ab+ bc+ca− b).10.$ Перепишем иначе:

c(a+b)+ ab− b= 10c+b(a− 1)= 10n

где $n ∈ℕ.$ Тогда

a(b− 1)= 10n − 10c= 10(n− c)

то есть $b(a− 1)...10⇒ b(a− 1)...2,5.$ При этом $a,b≤ 9,$ значит, либо $b...5⇒ b∈{0,5}$ , либо $a− 1∈ {0,5}⇒ a ∈{1,6}$ (так мы обеспечим делимость на $5).$

Разберём случаи:

1.

$b= 0⇒ a =10− b= 10> 9$ — противоречие.

2.

$b= 5⇒ a =10− b= 5.$ Если $.. c.2,$ то $abc$ оканчивается на $0,$ то есть $a =0$ — противоречие. Значит $c∈ {1,3,5,7,9}.$ Заметим, что все эти числа подходят, так как $-- a +b+ c= 1c,ab+ bc+ ca= 10c+ 25,$ то заканчивается на $5 =b,$ $abc$ тоже заканчивается на $5= a.$

3.

$a =1 ⇒ b=9.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc$ равна $a,$ то есть $9⋅c$ заканчивается на $1$ при этом $c≤ 9,$ а наименьшее натуральное число, кратное $9$ и оканчивающееся на $1$ — это $81= 9⋅9⇒ c= 9.$ То есть $--- abc= 199$ — подходит.

4.

$a =6 ⇒ b=4.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc= 24 ⋅c$ равна $a =6,$ тогда $c∈ {4,9}:$

4.1.: $--- c= 4⇒ abc=644$ — подходит.
4.2.: $--- c= 6⇒ abc=649$ — подходит.

Итого, ответ: $551,553,555,557,559,644,649,199.$

Ответ:

$551,553,555,557,559,644,649,199$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#122434

Найдите все тройки натуральных чисел $x,y,z,$ являющиеся решением уравнения $2xy⋅z = 2x+y(x+ y+ z).$

Источники: Изумруд-2025, 11.4(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, число 2^{xy} почти всегда значительно больше числа 2^{x + y}. Попробуйте формализовать эту идею.

Подсказка 2

Пусть x, y ≥ 6. Давайте зафиксируем y, выразим z через x и y. Осталось показать, что при больших х это выражение будет меньше 1, значит, решений не будет.

Подсказка 3

Доказывать стоит по индукции. Глобальная идея — показать, что знаменатель выражения увеличивается в большее количество раз, чем числитель при увеличении x.

Показать ответ и решение

Задача симметрична относительно $x$ и $y.$ Пусть $x = 1.$ Тогда $2yz = 2y+1(1+ y+ z)$ или $z = 2(1 +y+ z),$ чего не бывает. Значит, $x >1.$ Аналогично, $y > 1.$ Пусть $x= 2.$ Тогда $2y 2+y 2 z = 2 (2+ y+ z)$ или $-2+y-- z = 2y−2−1.$ Тогда получаем решения при $y = 3, z = 5,$ при $y =4, z =2,$ при $y =5, z =1.$ При $y > 5$ по индукции покажем, что $z < 1,$ то есть решений нет. База при $y = 6$ верна. Рассмотрим следующие оценки числителя и знаменателя в переходе $y−1 y−2 2 − 1> 2(2 − 1)$ и $2+ y+ 1< 2(2+ y),$ то есть числитель увеличился менее, чем вдвое, а знаменатель более, чем вдвое, значит, $z$ уменьшилось. Теперь можно считать, что $x, y ≥ 3.$ Тогда $xy− x− y = (x− 1)(y − 1)− 1≥ 3.$ Пусть $z >x +y.$ Тогда

2xyz ≥2x+y+3z > 2x+y2z > 2x+y(x +y+ z),

то есть равенства нет. Тогда $z ≤x +y$ и

x+y x+y+1 2 (x+y +z)≤ 2 (x+ y).

Покажем, что $2x+y−3 > x+ y$ при $x +y ≥6.$ Снова используем индукцию: пусть $x+ y = a.$ Тогда при $a= 6$ получаем $8> 6.$ Теперь переход индукции:

a−2 a−3 a− 3 2 =2⋅2 > 2 +1 ≥a+ 1,

что и требовалось. Оценим левую часть, используя полученное неравенство:

2x+y(x+ y+z)≤ 2x+y+1(x+ y)<2x+y+1+x+y−3 =22x+2y−2.

Далее $(x− 2)(y− 2)≥1,$ то есть $xy− 2x− 2y ≥− 3.$ Тогда в левой части $2xyz ≥22x+2y−3z.$ Пусть $z ≥ 2.$ Тогда

2xyz ≥22x+2y−3z ≥ 22x+2y−2 > 2x+y(x+ y+ z)

по прошлой оценке, то есть равенство возможно только при $z = 1.$ Теперь пусть $x$ или $y$ хотя бы $4.$ Тогда $(x− 2)(y− 2)≥2$ и

2xy ≥22x+2y−2,

что снова противоречит оценке правой части. Значит, $x =y =3.$ Подставляя тройку $(3,3,1)$ понимаем, что это не будет решением. Итого, мы получили ответ из шести троек (учитывая то, что есть симметричные для $x= 2):$ $(2,3,5),$ $(3,2,5),$ $(2,4,2),$ $(4,2,2),$ $(2,5,1)$ и $(5,2,1).$

Ответ:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#128123

Император планеты Кибертрон приказал создать календарь наподобие земного, то есть разбить год на месяцы так, чтобы один месяц содержал 28 дней, а все остальные — либо 30 , либо 31. Кроме того, он пожелал, чтобы среди любых трёх последовательных месяцев был хотя бы один 31-дневный: «лишние» 31-е дни император планировал сделать всепланетными праздниками, а праздников хотелось побольше. Однако Мудрейший математик Кибертрона установил, что приказ Императора выполнить невозможно. Каким наибольшим числом может быть количество дней в году на планете Кибертрон, если известно, что это число — целое?

Источники: Изумруд-2025, 10.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть год на Кибертроне составляет $N$ суток. Приказ Императора может быть выполнен тогда и только тогда, когда для некоторых целых неотрицательных $m$ и $k$ выполняется

(| { N =28+ 30m + 31k |( k≥ k+ m+ k+-m-+1- 3

Назовём натуральные $N,$ представимые в указанном виде, приемлемыми, а выражение $28+ 30m + 31k$ — представлением $N.$ Найдем все приемлемые числа $N.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма.Пусть число $N$ — приемлемо. Тогда можно считать, что в его представлении $28 +30m +31,$ где $0≤ m ≤30,$ и такое $m$ (следовательно, и $k)$ — единственно.

Доказательство. Пусть $N = 28 +30m +31k,$ но $m ≥ 31.$ Тогда

N = 28 +30⋅(m− 31)+31⋅(k+ 30)

При этом

k+ 30> k≥ m-+1-> m-− 31+-1 2 2

Следовательно, пара $m1 = m − 31,$ $k1 = k+ 30$ тоже подходит для представления $N.$ Осуществляя данную операцию несколько раз, найдём требуемое представление. Чтобы показать его единственность, предположим противное, то есть, что для некоторых различных $m1$ и $m , 2$ не превосходящих 30

N = 28 +30m1+ 31k1 =28+ 30m2+ 31k2

Тогда

30(m1 − m2)= 31(k2− k1)

Заметим, что левая часть не может быть кратна 31 — противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче. Все числа вида $31a+ 28$ приемлемы $(m = 0,$ $k= a).$ Число вида $31a+ 27= 28 +30+ 31(a− 1)$ приемлемо, только если

m + 1 k =a− 1≥ --2--= 1

Другими словами, $a≥ 2.$ Наибольшее неприемлемое число такого вида — $31⋅1+ 27= 58.$ Аналогично, $N = 31a +26= 28+ 30⋅2+ 31(a − 2)$ (здесь $m = a,$ $k= 0)$ приемлемо, если

k= a− 2≥ m-+1-= 3 2 2

a ≥ 7 2

Наибольшее неприемлемое число такого вида — $31⋅3+ 26= 119.$ В остальных случаях имеем $N =28+ 31a − t,$ где $0≤ t≤30.$ Тогда $N = 28+30t+ 31(a− t)$ приемлемо тогда и только тогда, когда

a− t≥ t+1- 2

3 1 a ≥ 2t+2

Поскольку $a$ — целое, получаем, что наибольшее неприемлемое число указанного вида достигается при $3 a= 2t$ в случае нечетного $t$ и при $3 1 a = 2t−2$ в случае нечетного $t.$ Значения $N$ будут соответственно равны

( 91 ) (25 91 ) 28+ -2 t ,-2 +-2 t

Теперь ясно, что наибольшее неприемлемое число возникает при наибольшем значении $t,$ то есть при $t=30.$ В этом случае

N =28+ 91⋅30= 1393 2

Ответ:

1393

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79616

Натуральные числа от 1 до 8 расставили по кругу так, что каждое число делится на разность своих соседей. Известно, что числа 2 и 5 стоят рядом. Докажите, что числа 4 и 6 стоят рядом.

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем отталкиваться от того, что нам уже дано. Какие числа можно поставить рядом с 2? Какие - рядом с 5?

Подсказка 2

Рядом с 2 может стоять одно из чисел 3, 4 ,6, 7. Рядом с пятеркой - 1, 3, 7. Переберем случаи! От какого еще числа удобно отталкиваться?

Подсказка 3

Помним, что соседями единицы могут быть только последовательные числа.

Показать доказательство

Рядом с $2$ может стоять одно из чисел $3,4,6,7$ . Рядом с пятеркой — $1,3,7$ . Заметим также, что соседями единицы могут быть только два последовательных числа. Переберем всевозможные варианты для соседа двойки:

1) Рядом с 2 стоит 3. Тогда рядом с 3 может стоять только 1. Ее сосед — это только 4 и рядом с 4 может встать только 6.

2) Рядом с 2 стоит 4. Тогда рядом с 4 может стоять $1,3$ или $6$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#71019

Дарья Дмитриевна готовит зачёт по теории чисел. Она пообещала каждому студенту дать столько задач, сколько слагаемых он создаст в числовом примере

a1+ a2+...+an = 2021,

где все числа $ai$ — натуральные, больше 10 и являются палиндромами (не меняются, если их цифры записать в обратном порядке). Если студент не нашёл ни одного такого примера, он получит на зачёте 2021 задачу. Какое наименьшее количество задач может получить студент?

Источники: Изумруд-2023, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Легко можно придумать пример для трех. Например, 22+888+1111. Попробуйте доказать, что меньше трех придумать невозможно.

Подсказка 2

Пример на одного числа невозможен, так как 2021 - не палиндром. Если же чисел будет два, то одно число обязательно должно быть четырехзначным. Рассмотрите несколько вариантов того, как может выглядеть это четырехзначное число. Подумает, как при этом должно выглядеть второе число в сумме.

Показать ответ и решение

Одну задачу студент получить не может, так как 2021 не является палиндромом. Предположим, что он может получить две задачи, тогда хотя бы одно из чисел $a1,a2$ — четырёхзначное. Если оно начинается на 2, то вторая цифра 0 и само число равно 2002. В таком случае второе число равно 19, что не палиндром. Если же число начинается с 1, то его последняя цифра также 1 и у второго числа последняя цифра должна быть нулём, что неверно для палиндромов. Значит две задачи студент получить не мог. Пример на 3 задачи существует, например, $1111+ 888+ 22= 2021.$

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71022

Найдите количество троек натуральных чисел $m, n,k$ , являющихся решением уравнения

∘ ---√-- m+ n+ k= 2023

Источники: Изумруд-2023, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для каждого значения √(n+√k) значение m будет определено однозначно. Подумайте, какие значения может принимать √(n+√k).

Подсказка 2

√(n+√k) не может быть меньше 2, так как n и k больше 1, и также не может быть больше 2022, так как 2023-m≤2022. Давайте обратим внимание на то, что в правой части уравнения стоит целое число, тогда и в левой части тоже должно быть целое. Какие должны для этого соблюдаться условия?

Подсказка 3

Для этого k и n+√k должны быть точными квадратами. Обозначим k = x² и n+√k = y². В таком случае, число n определяется однозначно, значит, для получения ответа на задачу нам нужно найти все возможные пары (x, y).

Показать ответ и решение

Чтобы левая часть была целым числом, числа $k$ и $n +√k$ должны быть точными квадратами, при этом $n+ √k ≥2,$ значит $∘ ---√-- n+ k ≥2$ и отсюда $m ≤2021.$ Так как $1≤ m ≤$ $2021,$ то $∘ ---√-- n+ k$ может принимать любое значение от $2$ до $2022$ — по этому значению число $m$ определяется однозначно.

Пусть $2 k= x$ и $√ - 2 n + k= y,$ где $2 1≤ x≤ y − 1$ и $2≤y ≤2022,$ тогда число $n$ определяется однозначно, а именно $2 n= y − x.$ Получается, необходимо посчитать число допустимых пар $(x,y).$ Всего их

( ) ( ) 22− 1+ ...+ 20222− 1 =12+ 22+ ...+20222− 2022

Формула суммы квадратов первых $n$ натуральных чисел известна:

2 2 2 n(n+ 1)(2n +1) 1 +2 + ...+ n = ------6-----

Применим эту формулу и получим

2022⋅2023 ⋅4045 12+22+ ...+ 20222− 2022 = -----6------− 2022= 27575680773

Ответ: 27575680773

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76420

В вершинах правильного двенадцатиугольника в некотором порядке расставили натуральные числа от 1 до 12 (каждое по одному разу). Могло ли случиться так, что суммы всех пар соседних чисел являются простыми и суммы всех пар чисел, между которыми стоят ровно два числа, тоже являются простыми?

Источники: Изумруд-2022, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, попробуйте взять любое число от 1 до 12 и посмотреть, сколько чисел в сумме с исходным дают простое число!

Подсказка 2

Да, для каждого числа это индивидуально, поэтому конкретно из этого факта мало что можно извлечь. Но если рассмотреть похожую идею, какие числа в сумме с исходным образуют простое число? И как нам это поможет в задаче?

Подсказка 3

Верно, каждое число влияет ровно на 4 суммы. Так что, если мы найдем два числа, для которых дополнение до простого совпадает, то мы победим! (дополнение – число, которое в сумме с исходным даёт простое)

Подсказка 4

Да, надо посмотреть на числа 6 и 12.

Показать ответ и решение

Каждое число в вершине участвует ровно в четырёх суммах. Заметим, что для получения простой суммы к числам 6 и 12 можно прибавить только 1, 5, 7 и 11. Значит для вершин, в которых стоят числа 6 и 12, наборы соседних чисел и чисел, стоящих от них через две вершины, должны совпадать. Однако, для каждой вершины эти наборы различны, поэтому хотя бы одна из сумм не будет являться простым числом.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76458

Назовём число $x$ полуцелым, если число $2x$ — целое. Полуцелой частью числа $x$ назовём наибольшее полуцелое число, не превосходящее $x,$ и будем обозначать $]x[.$ Решите уравнение

2 x + 2⋅]x[= 6

Источники: Изумруд-2022, 11.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, даны какие-то полуцелые части. Понятно, что сразу же напрашивается аналогия с целой и дробной частью. Когда мы делим число x на целую —[x], и дробную — {x} части, мы можем записать, что х=[x]+{x}, где [x] — целое число, а {x} лежит на [0,1). Здесь, чтобы облегчить себе жизнь, поступим так же и запишем подобные ограничения на полуцелую часть числа и “остаток”, который получается после ее вычитания.

Подсказка 2

Если обозначить за n/2 полуцелую часть, то можно записать, что x = n/2+r. Получаем уравнение на n и r и имеем соответствующие ограничения на эти величины. Далее нужно будет активно использовать то, в каких пределах лежит r, и вспомнить, какие приемы можно использовать в подобных задачах с целой и дробной частью.

Подсказка 3

Удобнее будет отдельно рассмотреть положительные и отрицательные n. Дальше только аккуратные преобразования, нахождение n, подстановка и нахождение r :)

Показать ответ и решение

Рассмотрим два случая.

1) Число $x$ — полуцелое, тогда $]x[= x$ и исходное уравнение примет вид

2 x + 2x − 6 =0

Корнями данного уравнения являются числа $x1,2 = −1± √7,$ но тогда числа $2x1,2$ не являются целыми, значит решений нет.

2) Имеет место равенство

n x= 2 +r,

где $n ∈ℤ$ и $1 0 <r < 2,$ тогда

[ n ]x = 2

А также исходное уравнение примет вид

(n )2 2 + r + n− 6=0

Выразим из уравнения $r$ и получим

r= − n± √6−-n 2

Решения существуют только при $n≤ 6.$ Найдём все $n,$ удовлетворяющие неравенству

n< ±√6-− n-< n+-1 2 2

Если $n≥ 0$ , то $n+-1> 0 2$ и может иметь решение только лишь неравенство

n √ ---- n+-1 2 < 6− n < 2 ,

которое после возведения в квадрат равносильно

2 2 n < 4(6− n)< (n +1)

{ n2+ 4n− 24 <0 n2+ 6n− 23 >0

(|{ − 2− 2√7-< n< −2+ 2√7 [ n >− 3+ 4√2- |( n <− 3− 4√2-

Поскольку $√- √- 2< −3+ 4 2< 3,3< −2+ 2 7< 4,$ и $√- √- − 3− 4 2< −2− 2 7$ , то $n =3$ — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

x= n + r=√6-−-n= √3 2

Если $− 1< n< 0,$ то решений нет, так как $n$ — целое.

Если $n≤ −1$ , то $n-+1 ≤0 2$ и может иметь решение только лишь неравенство

n2 > 4(6− n)> (n +1)2

{ n2+ 4n− 24 >0 n2+ 6n− 23 <0

[ (|{ n >− 2+ 2√7- n <− 2− 2√7- |( − 3− 4√2-< n< −3+ 4√2

Поскольку $√- √- − 9< −3− 4 2< −8,−8< −2 − 2 7 <− 7,$ и $√ - √- − 3+ 4 2< −2+ 2 7,$ то $n= −8$ — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

x = n+ r= −√6-− n =− √14 2

Ответ:

$√3,− √14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76459

Пусть $p ,p,...,p ,... 1 2 n$ — множество всех простых чисел, расположенных в некотором порядке. Может ли случиться так, что для всех натуральных $i$ число $pipi+1−p2i+2- pi+pi+1$ является натуральным?

Источники: Изумруд-2022, 11.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах на делимость (а это по сути она и есть) часто выгодно рассмотреть какое-то красивое число. А поскольку у нас в задаче часто фигурируют простые, рассмотрим p_m = 2. Что тогда хорошего можно сказать про дробь?

Подсказка 2

Тогда, можно сказать, что число меньше 2, а значит равно 1, а значит, p_(m + 1) = p^2_(m + 2) + 2. А мы как-то использовали m? Может ли m быть сильно большим? Как можно ограничить m зная симметричность p_(i + 1) и p_i в нашем числе?

Подсказка 3

Если m > 1, то можно взять рассмотреть (2p_(m - 1) - p^2_(m + 1))/(2 + p_(m - 1)). Тогда, p_(m - 1) = p^2_(m + 1) + 2 = (p^2_(m + 2) + 2)^2 + 2. По какому модулю теперь удобно посмотреть, при наличии тут множественных квадратов?

Подсказка 4

Конечно, mod 3. Ведь тогда, если p_(m + 2) != 3, то p_(m + 1) кратен 3, а значит равен 3. Но тогда p_(m + 2) = 1. А если же p_(m + 2) = 3, то p_(m - 1) = 123. Значит, пришли к общему противоречию с тем, что m > 1, значит, m = 1. При этом, поняли, что mod 3 в этой задаче, как будто, играет важную роль. Давайте тогда , если уж все таки хотим делимость, рассмотрим такие p_k и p_k + 1, что их сумма кратна 3, и при этом они оба отличны от 3. Что это значит тогда для этих двух чисел? А для дроби?

Подсказка 5

Это значит, что остатки mod 3 у этих

Подсказка 6

Это числа, которые сравнимы с 2 mod 3, а после идет сама тройка. Но тогда, если после тройки стоит число = 2 mod 3, то после него идут только числа = 2 mod 3, а значит пришли к противоречию, так как числа = 1 mod 3 существуют. А значит, после 3 идут только числа = 1 mod 3, но тогда перед 3 стоит конечное число простых = 2 mod 3. А то, что таких бесконечно - остаётся вам в качестве упражнения! :)))

Показать ответ и решение

Предположим, что такое могло случиться. Тогда существует натуральное $m$ такое, что $p = 2. m$ Значит число

2pm+1 − p2m+2 p2m+2 + 4 --2+pm+1---= 2− 2+pm+1-< 2

является натуральным, откуда

p2m+2-+4 =1 и pm+1 =p2 +2 2+ pm+1 m+2

Случай $m> 1$ невозможен, так как тогда число

2pm− 1− p2 p2 + 4 --2+pm−m1+1-= 2− m2++1pm-−1 < 2

также является натуральным, откуда

p2m+1-+4 =1 и p =p2 +2= (p2 + 2)2 +2 2+ pm−1 m−1 m+1 m+2

Теперь если $pm+2 = 3,$ то $pm−1 =123,$ что невозможно. Если же $pm+2 ⁄= 3,$ то

p2 ≡ 1 и p =p2 +2 ... 3 m+2 3 m+1 m+2

Значит,

pm+1 = 3, pm+2 = 1

Это невозможно. Следовательно, $m =1.$

Предположим теперь, что нашлись числа $pk$ и $pk+1$ с различными ненулевыми остатками при делении на 3, то есть

.. pk+pk+1. 3

Поскольку число

pkpk+1 − p2 --p-+-p-k+2 k k+1

является натуральным, то

. pkpk+1 − p2k+2.. 3

Но тогда

p2k+2 ≡3 pkpk+1 ≡3 2

Это невозможно, так как квадраты имеют остатки 0 или 1 при делении на 3. В итоге мы доказали, что числа с остатками 1 и 2 при делении на 3 не могут быть соседними.

Поскольку $p1 = 2,$ это означает, что после $p1$ стоят несколько чисел с остатком 2 при делении на 3, затем где-то стоит число 3. Если после тройки стоит число с остатком 2 при делении на 3, то все числа далее будут с таким же остатком и в последовательности простых чисел не будет ни одного числа с остатком 1 при делении на 3 (такие есть, например, число 7).

Следовательно, после тройки стоит число с остатком 1 при делении на 3 и все числа за ним имеют такой же остаток. Но тогда до тройки стоит лишь конечное число простых чисел с остатком 2 при делении на 3.

Предположим, что простых чисел вида $3k+ 2$ конечное число. Обозначим все такие числа через $q1,q2,...,ql.$ Число $3q1q2...ql− 1$ не делится на простые числа $q1,q2,...,ql$ и даёт остаток 2 при делении на 3. Значит среди его простых делителей должно быть число вида $3k+ 2$ — противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#94268

Существуют ли 4 различных натуральных числа, больших единицы, таких, что сумма квадратов любых трёх из них делится на оставшееся число, увеличенное на единицу?

Источники: Изумруд - 2021, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, какой здесь может быть ответ. Если ответ «нет», то непонятно, из каких соображений приходить к противоречию в общем случае. То есть доказывать неразрешимость системы сравнений при произвольных 4 числах. Тяжело. А если ответ «да», то нужно просто придумать пример. Про квадраты и делимость удобно говорить по модулям 2, 3, 4 и подобным. То есть хотелось бы, чтобы модули, по которым мы рассматриваем суммы квадратов были бы 2,3,4, то есть чтобы числа были 1,2,3.., в целом, какими-то маленькими. Единица сразу не подойдет, чисто интуитивно, она может испортить много модулей, так как ни на что не делится. А вот 2 и 3 — удачные числа. Попробуйте построить пример с ними.

Подсказка 2

Если мы хотим использовать числа 2 и 3, то удачно было бы использовать числа, которые им кратны. То есть, к примеру, 6 или что-то большее (чтобы были общие делители у каждого слагаемого из суммы квадратов). Давайте возьмем 6 и посмотрим, чему равна сумма квадратов этих трёх чисел. Она равна 49. Тогда нам либо надо брать оставшееся число равным 48, либо 6, но 6 уже взято. Поэтому давайте возьмем 48. Подходит ли такая четвёрка?

Показать ответ и решение

Посмотрим на числа 2, 3, 6, 48:

1) сумма квадратов 2, 3, 6 равна 48+1;

2) числа 3, 6, 48 делятся на 2+1, поэтому и сумма квадратов;

3) $2 2 2 2+ 6 + 48 ≡3+10$

4) $22+ 32+ 482 ≡6+14 +2+ 1≡7 0$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#108449

Приведите пример различных натуральных чисел $a< b< c< d$ таких, что $c2 =$ $ab+ ad+ bd.$

Источники: Изумруд - 2020, 11.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем подставить какое-то значение вместо, например, а. При этом нам выгодно, чтобы выражение справа разбивалось на произведение каких-то множителей. Какое а берём?

Подсказка 2

Пусть а = 1. Теперь рассмотрим левую и правую часть по каким-то модулям, чтобв отбросить точно не подходящие варианты. Каких модулей нам хватит, чтобы легко подобрать подходящие значения?

Подсказка 3

Смотрим остатки по модулям 3, 4 и 5. Отсюда берем какие-то подходящие b, c и d, получаются несколько наборов, можем выбрать любой.

Показать ответ и решение

Рассмотрим числа 1, 4, 8, 12. Так как

2 8 = 4+ 12+ 4⋅12,

то этот набор чисел удовлетворяет условию.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В задаче требуется только пример, попробуем прийти к нему. $a$ — наименьшее из используемых натуральных чисел, пусть $a= 1.$ Добавим к каждой части по единице, тогда уравнение выглядит как

2 c +1= b+ d+ bd+ 1= (b+1)⋅(d+1).

Теперь рассмотрим делимость на $3.$ $c2+1 ≡±1 (mod 3),$ тогда

({b⁄≡ 2 (mod 3) ( , d⁄≡ 2 (mod 3)

иначе правая часть будет делиться на $3.$

Рассмотрим аналогично делимость на $4.$

[ c2+ 1≡ 1 (mod 4) c2+ 1≡ 2 (mod 4)

Тогда

( { b⁄≡ 3 (mod 4) ( d⁄≡ 3 (mod 4)

иначе правая часть будет делиться на $4.$

Получим минимально возможное $b= 4,$ то есть $c2+ 1= 4+ d+ 4d +1= 5⋅(d+ 1)$ и $c2+ 1≡0 (mod 5).$

Тогда $c ≡2 (mod 5)$ или $c ≡3 (mod 5)$ . В первом случае получаем $c= 7$ и $49= 4+d+ 4d,$ $d= 9.$

Во втором случае: $c= 8$ и $64= 4+ d+ 4d,$ $d =12.$

Оба примера подходят, могут быть и другие подходящие под условие наборы.

Ответ:

Например, подходят числа $a= 1b= 4c =8 d= 12. , , ,$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#108451

Пусть $A$ — количество способов представить число $2018$ в виде суммы факториалов натуральных чисел, а $B$ — количество способов представить число $2019$ в виде суммы факториалов натуральных чисел (наборы, отличающиеся перестановкой чисел, считаются одинаковыми). Докажите, что $A = B.$

Источники: Изумруд - 2020, 11.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда нам нужно доказать равномощность некоторых множеств (в нашем случае это множества разложений в сумму факториалов), имеет смысл построить биекцию между такими множествами (взаимно однозначное соответствие).

Подсказка 2

Давайте разложим 2019 в сумму факториалов и попробуем что-то сказать хотя бы про одно слагаемое.

Подсказка 3

Давайте зацепимся за то, что 2019 нечётно!

Подсказка 4

Раз 2019 нечётно, то хотя бы один факториал нечётный! А много ли их таких? ;)

Показать доказательство

Пусть $a !+a !+a !+...+a != 2019 1 2 3 n$ — некоторое представление числа $2019$ в виде суммы факториалов натуральных чисел. Поскольку эта сумма нечётна, есть хотя бы одно нечётное слагаемое. Нечётный факториал единственный и равен единице, поэтому, без ограничения общности, $a1 = 1.$ Тогда равенство примет вид

a2!+ a3!+ ...+ an!= 2018

и является представлением числа $2018$ в виде суммы факториалов натуральных чисел. То есть из каждого представления числа $2019$ мы однозначно получили представление числа $2018.$ С другой стороны, взяв любое представление

b2!+ b3!+ ...+ bk!= 2018

и добавив к нему $b1!= 1,$ получим однозначно представление

b1!+ b2!+ b3!+...+bk!= 2019.

Значит, количества представлений чисел $2018$ и $2019$ совпадают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#108452

Про простые числа $p$ и $q$ известно, что

2 q 2 p p+ p +...p =q +q + ...q.

Докажите, что $p= q.$

Источники: Изумруд - 2020, 11.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем решать задачу от противного и предположим, что p > q. На что похожи обе части равенства? Быть может, было какое-то разложение или формула? ;)

Подсказка 2

Левая часть выражения очень похожа на p^(q+1) - 1. А что нужно сделать, чтобы привести её к такому виду?)

Подсказка 3

Давайте домножим обе части равенства на (p-1)(q-1).

Подсказка 4

Как воспользоваться тем, что p и q различные простые?

Подсказка 5

Обратите внимание на делимость обеих частей на p.

Показать доказательство

Предположим, что $p⁄= q$ и без ограничения общности будем считать, что $p>q.$ Добавим к обеим частям равенства $1,$ после чего умножим обе части на $(p− 1)⋅(q− 1).$ Тогда по формуле разности степеней получим

( q+1 ) ( p+1 ) p − 1(q− 1)= q − 1 (p− 1).

Раскрыв скобки, получаем

q+1 q+1 p+1 p+1 p q− p − q =q p− q − p,

что, в свою очередь, равносильно равенству

pq+1q− pq+1− qp+1p+ p=q − qp+1.

Поскольку левая часть равенства делится на $p,$ то и выражение

q− qp+1 =q(1− qp)

делится на $p.$ Поскольку $p$ и $q$ являются простыми числами и $p> q,$ то НОД $(p,q)= 1,$ а значит $. (qp− 1)..p.$ Но из малой теоремы Ферма следует, что

qp− 1≡ p− 1 ≡− 1, p p

поэтому $− 1...p,$ что невозможно. Следовательно, наше предположение ошибочно и $p =q.$