Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Оценочная теория чисел

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория чисел

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119891

Даны целое $a> 0,$ не являющееся целой степенью числа $10,$ и целое $b> 0.$ Верно ли, что существует такое целое $n >0,$ что в десятичной записи числа $n a$ встречается десятичная запись числа $b?$ Например, для $a= 2$ и $b= 19$ можно выбрать $n =13,$ т.к. $13 2 = 8192,$ в записи которого есть $19.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.5 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказки по 119891:

Подсказка 1:

Подсказка 2:

Иными словами, мы хотим подобрать такие целые положительные m и n, что 10^m • b < a^n < 10^m • (b + 1). Это сразу даст реализацию первой подсказки и решение задачи.

Подсказка 3:

В неравенстве довольно много степеней. Почему бы не прологарифмировать его по основанию 10?

Подсказка 4:

На самом деле это неравенство скрывает более общий факт. Запишем его так: lg(b) < nlg(a) - m < lg(b+1). Кстати, а мы же знаем, что a — не степень 10. Что можно сказать про число lg(a)?

Подсказка 5:

Докажите, что для иррационального x и любого интервала (u, v) найдутся целые положительные m, n такие, что u < nx - m < v.

Подсказка 6:

Попробуйте найти две пары чисел (m, n), чтобы разница между числом, соответствующим первой паре и числом, соответствующим второй паре, была меньше длины отрезка (u, v). Рассмотрите разницу t этих чисел, а также числа 2t, 3t, 4t, ..... Не найдётся ли среди них нужное?

Показать ответ и решение

Докажем, что для любого целого $a≥ 2$ ( $a⁄= 1= 100)$ и любого целого $b> 0$ найдется целое $n> 0,$ для которого десятичная запись числа $n a$ начинается с последовательно записанных цифр числа $b$ — иными словами, найдутся такие целые положительные $m,n,$ что

m n m 10 ⋅b< a < 10 ⋅(b+ 1)

Прологарифмируем последнее двойное неравенство с основанием $10:$

m + lgb <n ⋅lga< m +lg(b+ 1)

lgb< n⋅lga − m < lg(b+1)

Докажем, что $lga$ иррационально: если это не так, то $lga= pq$ для некоторых целых положительных взаимно простых $p,q,$ тогда $10p = aq,$ что невозможно. Итак, $lga$ иррационально.

Для завершения решения задачи можно доказать, что для любого иррационального $x> 0$ и любого выбранного интервала $(u,v)$ $(0< u< v)$ найдутся такие целые положительные $m,n,$ что

u< nx− m <v

Заметим, что для любого целого $n >0$ можно выбрать такое целое $mn > 0,$ что $0< nx− mn < 1.$ Пусть $k= ⌈v1−u⌉,$ т.е. отрезок $[0,1]$ можно разбить на $k$ равных отрезков, длина каждого из которых будет меньше длины интервала $(u,v).$ Рассмотрим бесконечный набор чисел $x− m1,$ $2x− m2,$ $3x− m3,...$ и выберем из него два числа попадающие в один и тот же из упомянутых $k$ отрезков — пусть это числа $ix− mi$ и $jx− mj$ (без ограничения общности будем считать, что первое меньше второго). Тогда

jx− m − (ix− m )= t∈(0;1∕k) j i

Для найденного $t$ рассмотрим числа $t,2t,3t,...$ — ввиду $t< 1∕k$ среди них найдется число, лежащее на интервале $(u,v),$ что и требовалось доказать.

Осталось заметить, что в условиях нашей задачи $x= lg a$ — иррациональное положительное число; $(u,v)=(lgb,lg(b+ 1))$ — положительный интервал (если $b= 1⇒ lgb= 0,$ то в качестве $u$ можно выбрать любое число из интервала $(0;lg(b+1))).$ Итак, найдутся такие целые положительные $m,n,$ что $lgb< n⋅lga− m < lg(b+ 1),$ т.е. десятичная запись числа $an$ будет начинаться с цифр числа $b.$

Ответ:

Да, верно

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#120574

Натуральные числа $m > n$ таковы, что дробь $3m+2 3n+2$ есть целое число. Докажите, что $m> n2.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.5(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказать требуемое можно через довольно естественную идею. Давайте поделим m на n с остатком: m = qn + r и покажем, что q ≥ n.

Подсказка 2:

В контексте решения будет выгодно использовать сравнения по модулю 3ⁿ + 2. С их помощью можно упростить числитель.

Подсказка 3:

Если вы правильно применили сравнения, у вас должно возникнуть два случая — при чётном и нечётном q. В обоих случаях стоит представить условие с делимостью как равенство: числитель равен знаменателю, умноженному на некоторое целое. Далее попробуйте сделать какие-то грубые оценки. Например, если покажете, что 2ⁿ > 3^q, то очевидно n > q.

Показать доказательство

Разделим $m$ на $n$ с остатком: пусть $m = nq+ r,$ где $0≤ r< n$ и $q ≥ 1$ (так как $m > n).$ Заметим, что $3n ≡ −2 (mod 3n+2).$ Тогда имеем

m n q qr n 0≡ 3 + 2≡ (3 ) + 2≡(−2) 3 (mod 3 + 2)

Рассмотрим два случая: $q$ четно и $q$ нечетно.

Первый случай. Пусть $q$ четно. Тогда $2q3r+2 =k(3n+ 2).$ Для некоторого натурального $k.$ Тогда имеем $2≡ 2k (mod 3r),$ так как $r< n$ Следовательно, $k= 3rl+ 1$ для некоторого натурального $l.$ Значит, $2q3r+ 2= (3rl+1)(3n +2)$ (подставили $k$ в равенство), то есть $2q = 3nl+ 3n−r+2l> 3n,$ откуда следует, что $q > n.$ Но тогда $m = nq+r >n2,$ что и требовалось.

Второй случай. Пусть $q$ нечетно. Тогда $qr n 2 3 − 2 =k(3 +2),$ поскольку

qr n −2 3 +2 ≡0 (mod 3 + 2)

Так как $r< n,$ получаем $− 2≡ 2k (mod 3r).$ Следовательно, $k= 3rl− 1$ для некоторого натурального $l.$ Значит,

q r r n 2 3 − 2= (3 l− 1)(3 + 2)

то есть $2q = 3nl− 3n−r+ 2l.$ Если при этом $l≥2,$ то для того, чтобы выполнялось равенство, приведенное выше, необходимо, чтобы выполнялось неравенство $2q > 3n,$ так как в этом случае $3nl− 3n−r+2l> 3n⋅2− 3n = 3n.$ Тогда $q >n.$ Если же $l= 1$ ( $l∈ℕ,$ как следствие одного из приведенных выше равенств). Тогда и $r≥ 1.$ Действительно, в противном случае $r= 0$ и $2q = 3n− 3n +2 =2$ и $q =1.$ Но тогда $n < m= nq+ r= n⋅1+ 0= n$ — противоречие. Итак, $l= 1$ и $r≥ 1,$ тогда

q n n−r n n−1 n−1 n−1 n 2 = 3 − 3 +2 ≥3 − 3 + 2= 2⋅3 +2> 2⋅3 > 2

Итак, $q >n.$ Но тогда аналогичным образом, как в первом случае, можно получить, что $m > n2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#120664

Пусть $a = [√1]+[√2]+...+[√n]. n$ Докажите, что среди элементов последовательности $a,a ,... 1 2$ есть лишь конечное количество простых чисел, и найдите наибольшее из них.

Источники: Курчатов - 2025, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Пусть k — наибольше целое число такое, что k² ≤ n. Значит, n < (k+1)². Ясно, что [√n] = k. Вас это ни на что не наталкивает?

Подсказка 2:

А давайте представим n как k² + t. Но ведь мы же тогда можем вычислить n-й член, используя переменные k и t, потому что t+1 последних слагаемых равны k, следующие k² - (k-1)² слагаемых равны k-1 и так дальше.

Подсказка 3:

Осталось лишь внимательно посмотреть на выражение и заметить, что при k больших некоторого числа оно будет иметь определённый делитель.

Показать ответ и решение

Пусть $k$ — натуральное и $k2 ≤ n< (k +1)2.$ Тогда $[√n]= k.$ Значит, $[√n-]$ принимает фиксированное значение, равное $k,$ пока $n$ пробегает отрезок $2 2 [k ,(k +1) − 1],$ длина которого равна $2k+1.$ Значит, если $2 n = k +t,$ где $0≤ t≤2k,$ то

k∑−1 k∑−1 k∑−1 an = i(2i+ 1)+ k(t+1)= 2 i2+ i+k(t+1)= i=1 i=1 i=1

(k − 1)k(2k− 1) (k − 1)k (k − 1)k(4k+ 1) = -----3------+ --2---+ k(t+ 1)= -----6------+ k(t+ 1)

Заметим, что дробь $(k−1)k(4k+1) ----6----$ принимает целые значения при натуральных $k.$ Если множитель $k$ в числителе этой дроби не сокращается полностью со знаменателем, то данная дробь не взаимно проста с числом $k(t+1)$ (у них обоих есть общий делитель, входящий в $k$ и не сократившийся после деления на $6).$ Ясно, что при $k> 6$ такой множитель заведомо останется. Поэтому $k≤ 6$ и $n ≤72− 1= 48.$ Значит, при $n≥ 49$ все числа $an$ составные.

При $k= 6$ получаем формулу $an =125+ 6(t+ 1),$ где $t≤ 12.$ При $t= 12$ находим $a48 =203= 7⋅29,$ а при $t= 11$ получаем $a47 = 197$ — простое. Таким образом, наибольшее простое число в последовательности $an$ равно $197$ и соответствует индексу $n =47.$

Ответ:

$197$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#127248

Натуральные числа $a,b,c$ таковы, что

-a2-+b2 b2-+c2- c2-+a2- c(a+ b) = a(b+ c) = b(c+ a).

Докажите, что $a= b= c.$

Показать доказательство

Первое решение. Выражение симметрично относительно $a,b,c,$ так что можно считать $a≥ b≥c.$ Тогда из натуральности получаем $2 2 2 2 a + b ≥b + c$ и $c(a+ b)≤ a(b+c).$ Из таких неравенств на числитель и знаменатель первых двух дробей получаем, что должны выполняться точные равенства. Значит, $2 2 2 2 a +b = b +c$ и $a= c,$ но $b$ между ними, так что $a= b= c,$ что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть

a2+ b2 b2+ c2 c2+ a2 k= c(a+-b) = a(b+c) = b(c-+a).

Тогда имеем

k⋅c(a +b)= a2+b2

k⋅a(b +c)= b2+ c2.

Вычитая полученные равенства, получаем

kb(c− a)= (a − c)(a+ c).

Если $a⁄= c,$ то, сократив, получим равенство $kb= −a − c.$ С другой стороны, левая часть очевидно больше 0, а правая — меньше, откуда получаем противоречие. Значит, $a= c.$ Аналогично получаем $a =b$ и $b= c.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76757

Назовем натуральное число хорошим, если оно делится на два последовательных нечетных натуральных числа, больших $1.$ Докажите, что для любого натурального $n> 1000$ среди чисел от $1$ до $n$ менее $n 5$ чисел являются хорошими.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Найдите способ перечислить все хорошие числа. Как можно оценить их количество?

Подсказа 2

Если число делится на два последовательных натуральных числа, то оно делится и на их произведение. Как можно оценить количество чисел кратных 3*5? k(k+2) при произвольном нечетном k?

Подсказка 3

Их количество не превосходит n/15 и n/k(k+2) соответственно. При каком k таких чисел уже не найдется?

Подсказка 4

При k больше, чем √n. Как теперь можно оценить общее количество хороших чисел?

Подсказка 5

Оно не больше, чем сумма n/{3*5}+n/{5*7}+...+n{l(l+2)}. Как можно преобразовать данную сумму?

Подсказка 6

Воспользуйтесь тем, что 1/{k(k+2)}=1/{2k}-1/{2k+4}, чтобы преобразовать данную сумму. Наконец, воспользуйтесь ограничениями на n, чтобы доказать, что это число менее n/5.

Показать доказательство

Заметим, что число, делящееся на два последовательных нечётных натуральных числа, делится также на их произведение. Поэтому количество чисел от $1$ до $n,$ делящихся на $2$ фиксированных нечётных числа $k$ и $k+ 2$ не превосходит $--n-- k(k+2) + 1.$ Также заметим, что число, не превосходящее $n$ может делиться на $k(k+ 2)$ только в случае, когда $k(k+ 2)≤ n.$ Обозначим наибольшее нечетное число, не превосходящее $√- n,$ через $l,$ то есть для него верно, что $-n- l≤ l+2,$ а также $√ - l≤ n.$ Тогда суммарное количество хороших чисел не превосходит

n n n 3⋅5 + 5⋅7 + ...+ l(l+-2)

Заметим, что

( ) -n- +-n- +...+--n---= n -1-+ -1-+ ...+ --1--- = 3⋅5 5 ⋅7 l(l+ 2) 3⋅5 5⋅7 l(l+2)

1 (1 1 1 -1-) 1 ( 1 -1-) = 2n 3 −5 +...+ l − l+2 = 2n 3 − l+2

Тогда вся сумма равна

n n n l n √- 6 − 2l+-4 + l≤ 6 + 2 ≤ 6 + n∕2

Легко видеть, что при $n> 1000,√n∕2< n∕30,$ откуда вся сумма меньше, чем $n∕6+ n∕30 =n∕5,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76760

Пусть $p$ — простое число, а числа $a ,...,a 1 p$ — целые. Докажите, что существует целое число $k,$ такое, что числа $a + k,a + 2k,...,a + pk 1 2 p$ дают не менее $p∕2$ различных остатков по модулю $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте для каждого остатка оценить количество таких k, для которых этот есть среди чисел из условия.

Подсказка 2

Зайдëм с конца. Если при каком-то k различных остатков не меньше (p + 1)/2, то задача решена. Это возможно, когда сумма количеств по всем k хотя бы p(p + 1)/2. Попробуйте это доказать.

Показать доказательство

Для каждого остатка оценим сверху количество таких $k,$ в для которых этот остаток есть среди чисел $a +k,a + 2k,...,a + pk. 1 2 p$ Сначала заметим, что $ai+ ik$ сравнимо с $aj + jk$ ровно при одном $k$ от $1$ до $p.$ И пусть при этом единственном $k$ число $ai+ik$ сравнимо с $ri,j$ по модулю $p.$ То есть каждой паре $i,j$ соответствует единственный остаток $ri,j.$

Рассмотрим фиксированный остаток $r.$ Предположим, что $ap− r$ не делится на $p.$ Пусть он встречается ровно $i$ раз. Обозначим через $a1,...,ai$ количества чисел (среди $a1+k,a2+ 2k,...,ap+ pk$ ), которые равны $r$ по модулю $p$ на шагах, где встречается хотя бы один раз остаток $r.$ Тогда $a1+...+ap−1 = p− 1,$ так как любой такой остаток будет встречаться $p− 1$ раз в сумме для всех $k$ (по одному разу за каждый $ai,$ кроме $ap$ ). А количество пар, которым соответствует остаток $r,$ равно

a (a − 1) a(a − 1) -1-12----+ ...+ -i-i2---

Обозначим его через $mr.$ С другой стороны

i=a1+ ...+ ai− (a1− 1)− ...− (ai− 1)≥(p− 1)− mr

Если же $ap− r$ делится на $p,$ то $a1+ ...+ ai = p+ (p− 1).$ То есть в этом случае $mr ≥ 2p− 1− mr.$

Теперь просуммируем по всем остаткам по модулю $p.$ Получим, что сумма количеств различных остатков среди $a1+ k,a2+ 2k,...,ap+ pk$ по всем $k$ от $1$ до $p$ не меньше, чем

(p− 1)⋅(p − 1)+ 2p − 1− m0 − ...− mp−1 =p2− p(p− 1)= p(p+-1) 2 2

Тогда при каком-то $k$ количество различных остатков не меньше, чем

p(p+-1) p+-1 p 2p = 2 > 2

что и требовалось.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#78894

На доске написано натуральное число, в записи которого нет цифр $1,2$ и $9.$ Докажите, что если это число умножить на $3,$ то хотя бы одна из этих цифр в нём появится.

Показать доказательство

Пусть наше число $N.$ Тогда получается, что если $N$ начинается на $3,4,5,6,7$ или $8$ и имеет $k$ цифр, то $3⋅10k−1 ≤ N < 9⋅10k−1,$ поэтому $k−1 k−1 9⋅10 ≤ 3N < 27⋅10 ,$ откуда $k−1 k 9⋅10 ≤ 3N < 3⋅10,$ т.е. число $3N$ либо имеет $k$ цифр и начинается с цифры $9,$ либо имеет $k+ 1$ цифру и начинается с цифры $1$ или $2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#78904

Дано натуральное число $a.$ Докажите, что любое натуральное число $n$ можно домножить на какое-то натуральное число, меньшее $10a,$ так, чтобы десятичная запись произведения начиналась на $a.$

Показать доказательство

Пусть $k$ — наименьшее целое число такое, что $n ≤10k,$ а $d$ — наименьшее натуральное число такое, что $dn ≥10ka$ (иначе говоря, $k =⌈lg n⌉$ и $⌈ k ⌉ d = 10 a∕n$ ). Тогда $k (d− 1)n< 10 a,$ то есть $k k dn< 10 a+ n≤ 10 (a+ 1);$ это значит, что число $dn$ начинается на $a.$ Значит, если $d< 10a,$ то $d$ — требуемый множитель.

Предположим, что $d> 10a.$ Из выбора $d$ получаем, что $k 10 a> 10an,$ то есть $k−1 10 >n,$ что противоречит выбору $k.$ Наконец, если $d =10a,$ то целое число $dn∕10$ также начинается на $a,$ то есть подходит число $d∕10= a< 10a.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79758

Найдите все такие натуральные $n,$ для которых существует хотя бы $n−1 2$ таких $k,$ что $n+ k2$ — точный квадрат.

Показать ответ и решение

Выясним, при каких $k$ число $n +k2$ является квадратом. Пусть $n+ k2 =m2,$ тогда $n =(m − k)(m+ k).$ Пусть $d$ и $n d$ — пара делителей $n$ ( $n d > d$ ). Решая систему из уравнений $n m − k= d,m + k= d,$ получаем, что $nd−d- k = 2 .$ То есть количество таких $k$ равно количеству таких пар делителей $n (d, d),$ у которых одинаковая чётность. С одной стороны, их должно быть хотя бы $n−1 2 .$ С другой стороны, их не более $√ - n$ (потому что в каждой паре один делитель не больше $√ - n$ ). Значит, $n−1 √- -2-≤ n.$ Решая это неравенство, получаем, что $√- n <3 +2 2.$ Значит, могут подойти лишь $n =1,2,3,4,5.$

Очевидно, что $n= 1$ подходит. Двойка не подойдёт, потому что разница между минимальными квадратами $3,$ и она растёт. $3$ подходит, например, $3+ 12 = 22.4$ не подойдёт, потому что разница между минимальными квадратами $3,$ а следующая минимальная разница уже $5.5$ не подойдёт, потому что есть пример $5+ 22 = 32,$ однако третья минимальная разница между квадратами уже $7.$

Ответ:

$n =1,3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#79761

Обозначим через $S (m )$ сумму цифр натурального числа $m.$ Докажите, что существует бесконечно много натуральных $n$ таких, что

n (n+1) S(3 )≥ S 3

Показать доказательство

Пусть таких чисел конечное число, тогда для всех $n,$ начиная с некоторого $N,S(3n)<S(3n+1).$ Но $3n,3n+1$ делятся на $9,$ поэтому $n S(3 )$ и $n+1 S(3 )$ делятся на $9,$ значит, $n n+1 S(3 )≤S(3 )− 9.$ Тогда $N+k N S(3 )≥S(3 )+ 9k> 9k,$ значит, число имеет более $k$ знаков: $N+k k 3 >10 .$ Отсюда, при $k= N$ получаем $2N N 3 >10$ — противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#83387

Цель этого сюжета — доказательство следующего утверждения:

Пусть $p$ — нечётное простое число. Докажите, что существует ровно $(p− 3)∕2$ упорядоченных четвёрок $(a,b,c,d)$ натуральных чисел, для которых $ab+ cd =p$ и $max(c,d)<min(a,b).$

Если $r$ — остаток по модулю $p,$ то назовём четвёрку ( $a,b,c,d$ ), удовлетворяющую условиям выше, $r$ -четверкой, если $c ≡ra$ (mod $p).$

1. Докажите, что если $r$ -четвёрка существует, то $r∈{2,3,...,p− 2}.$

2. Докажите, что для данного $r$ существует не более одной $r$ -четвёрки.

3. Докажите, что если $r$ -четверка существует, то $(p − r)$ -четвёрки не существует.

4. Докажите, что для всякого $r∈{2,3,...,p− 2}$ существует либо $r$ -четвёрка, либо $(p − r)$ -четвёрка.

Источники: ЮМШ - 2024, сюжет 1 (см. yumsh.ru)

Подсказки к задаче

Пункт 1. Подсказка 1

Перепишем требуемое так: доказать, что для r=0, r=1 и r=p-1 r-четвёрки точно нет. Каким путём хочется доказать это утверждение?

Пункт 1. Подсказка 2

Конечно! Давайте пойдём от противного. Если 0-четвёрка существует, то что следует из c ≡ ra (mod p)? Но разве это не противоречит равенству из условия?) Окей... Пусть теперь 1-четвёрка существует. Попробуем аналогично случаю r=0 прийти к противоречию! Какое тогда сравнение по (mod p) можно написать?

Пункт 1. Подсказка 3

Верно! Тогда p = ab + cd ≡ ab + rad = a(b+d) (mod p). Какая делимость отсюда следует? Как можно оценить a и b+d?

Пункт 1. Подсказка 4

Да! Либо a, либо (b+d) делится на p. Значит либо a≥p, либо (b+d)≥p. Хмм... но по условию ab + cd = p... Осталось написать цепочки неравенств и прийти к противоречию! Абсолютно аналогично докажем и для r=p-1.

Пункт 2. Подсказка 1

Опять пойдём от противного. Пусть для одного r существуют две четвёрки: (a,b,c,d) и (a`, b`, c`, d`). Воспользуемся равенством из условия и попробуем связать четвёрки между собой.

Пункт 2. Подсказка 2

Ага. Можно заметить, что ac' ≡ ara' ≡ ca' (mod p). Попробуем аналогично связать b,d и b`,d`.

Пункт 2. Подсказка 3

Тогда ac`- a`c, bd`- b`d кратны р. Предположим, что эти разности одновременно не равны нулю. Попробуем тогда оценить bd`- b`d, пользуясь тем, что ac`- a`c > 0. Какое противоречие получаем?

Пункт 2. Подсказка 4

Да! ac` > p > ab. Отсюда с` > b, c` > d. Не забываем, что bd`- b`d кратно р, но разве оно больше p?) С этим случаем покончено. А что, если всё-таки какая-то разность равна нулю (пусть bd`- b`d=0)? Что можно сказать про делители переменных, исходя из условия ab+cd = p = a`b`+ c`d`? Как связать это с bd`= b`d.

Пункт 2. Подсказка 5

Заметим, что из ab + cd = p = a`b` + c`d` следует, что b и d, b` и d` взаимнопросты. Тогда из bd`= b`d следует, что b=b`, d=d`. Как теперь можно преобразовать равенство ab+cd = a`b` + c`d`? Что из него следует?

Пункт 2. Подсказка 6

Конечо! (a-a`)b=(c-c`)d. Но b и d взаимнопросты. Значит (a-a`) делится на d, (c-c`) делится на b! Обозначим это так: (a-a`)=dx, c-c`)=bx. Осталось рассмотреть случай x>0 и x<0, пользуясь неравенствами между переменными и заключить, что четвёрки совпадают!

Пункт 3. Подсказка 1

Пусть (a,b,c,d), (a`,b`,c`,d`) — две четвёрки, удовлетворяющие условиям с r и c r` = p − r соответственно. Давайте действовать, как в прошлом пункте. Какие тогда цепочки сравнений по mod p тогда можно написать? Какое противоречие с делимость на p получается?

Пункт 3. Подсказка 2

Верно! Можно получить, что ac`+a`c, bd`+b`d кратны p. Аналогично прошлому пункту, пусть с`≥b, тогда с`>c,d. Оценим bd`+b`d>0. Какое противоречие с делимостью на p можно получить?

Пункт 3. Подсказка 3

Да, bd`+b`d = 0, но bd`+b`d >0 !? Окей, пусть c`< b. Попробуем оценить a`c+ac и b`d+bd`. Чему могут быть равны эти выражения (помним, что они краты p).

Пункт 3. Подсказка 4

a`c+ac` < ab+ a`b` < 2p, аналогично b`d+bd`<2p. Тогда, т.к. они делятся на p и больше нуля, то они равны p! А что еще равно p по условию?)

Пункт 3. Подсказка 5

Да! Запишем разность ab + cd и a`c+ac`. Получаем делимость на a. Такс... чего-то не хватает. Вспомним, что четвёрки упорядоченные. Что, если а — наибольшее из всех чисел? Выполняется ли полученная делимость?)

Пункт 4. Подсказка 1

Окей...Давайте искать четверки так: на плоскости рассмотрим все векторы с целыми координатами (x,y), где y≡rx (mod p). Рассмотрим вектор u=(a,c), где сумма a+c минимальная. Что тогда нужно сделать, чтобы доказать существование r-четвёрки (или (p-r)-четвёрки)?

Пункт 4. Подсказка 2

Давайте на прямой с уравнением xc − ya =p (пусть a>c) искать точку (d,−b) такую, что d> 0, d< a,d <b,c<b — тогда четвёрка (a,b,c,d) и будет искомой. С какими прямыми нам теперь нужно работать, чтобы найти иском точку?

Пункт 4. Подсказка 3

Да! Рассмотрим прямую y=-x. Пусть точка (x₀,y₀)∈ℓ с целыми x₀,y₀ лежит выше прямой y+x= 0, а точка v₀=(x₀− a,y₀− c) — (нестрого) ниже. Какие условия теперь надо проверить?

Пункт 4. Подсказка 4

Конечно! Проверим нужные нам неравенства, которы мы писали выше! Проверьте эти условия, пользуясь выбором вектора (сумма координат минимальна).

Пункт 4. Подсказка 5

Теперь выберем наибольшее целое неотрицательное m, при котором x₀−a−ma≥0. Тогда вектор v₀−mu = (x₀−a−ma, y₀−c−mc) — искомый. Какой случай осталось проверить, прежде чем разобраться со случаем с>a?

Пункт 4. Подсказка 6

Осталось только исключить случай x−a−ma =0! Разберём теперь c>a аналогично, просто по сути переобозначив переменные, закончив решение задачи!

Показать доказательство

1. Требуется исключить варианты $r=0,1,p− 1.$ Если существует $r$ -четверка $(a,b,c,d)$ при $r= 0,$ то $c$ натуральное кратное $p,$ и тогда $ab+cd> p$ — противоречие.

Пусть существует $r$ -четверка $(a,b,c,d)$ при $r= 1.$ Тогда

p= ab+cd≡ ab+ rad= a(b+d) (mod p)

Получаем, что $.. a(b+ d).p.$ Тогда либо $a,$ либо $b+ d$ делится на $p.$ Тогда либо $a≥ p,$ либо $b+ d≥ p.$ В первом случаем получаем, что $ab+ cd≥p +cd> p.$ Во втором же $ab+cd≥ 2b+d ≥p+ 1.$ Получаем, что $1$ -четверки не существует.

Пусть существует $r$ -четверка $(a,b,c,d)$ при $r= p− 1.$ Тогда

p= ab+cd≡ ab+ rad= a(b− d) (mod p)

Получаем, что $.. a(b− d).p.$ Тогда либо $a,$ либо $b− d$ делится на $p.$ Тогда либо $a≥ p,$ либо $b+ d≥ p$ $(b− d⁄= 0,$ поскольку $b>d).$ В первом случаем получаем, что $ab+ cd ≥p+ cd> p.$ Во втором же $ab+ cd≥ b+d> b− d≥ p.$ Получаем, что $(p− 1)$ -четверки тоже не существует.

2. Пусть $(a,b,c,d),$ $(a′,b′,c′,d′)$ — две четверки, удовлетворяющие условиям с одним и тем же $r.$ Тогда $ac′ ≡ara′ ≡ca′ (mod p),$ аналогично $bd′ ≡− rdd′ ≡ b′d (mod p).$ Т.е. $ac′− a′c,$ $bd′− b′d$ кратны $p.$

Предположим, что эти разности одновременно не равны нулю. Пусть не умаляя общности $ac′− a′c> 0,$ тогда $ac′ >p >ab,$ т.е. $c′ > b$ и тем более $c′ > d.$ Отсюда получаем, что

|bd′− b′d|< max(bd′,b′d)< max(c′d′,b′c′)= b′c′ <a′b′ < p

откуда (т.к. $|b′d − b′d|$ кратно $p)$ получаем $bd′− b′d= 0$ — противоречие.

Пусть теперь одна из исходных разностей равна нулю (не умаляя общности $bd′− b′d).$ Отметим, что из равенств $ab+ cd =p =a′b′+ c′d′$ следует взаимная простота $b$ и $d,$ $b′$ и $d′.$ Поэтому из равенства $bd′ = b′d$ следует, что $b= b′$ и $d =d′,$ а из него — $(a− a′)b= (c′− c)d.$ В силу взаимной простоты $b$ и $d$ имеем $a− a′ =dx,$ $c′− c =bx.$ При $x> 0$ это противоречит условию $c′ < b′ = b,$ при $x< 0$ — условию $c< b$ . Значит, $x= 0,$ $a= a′,$ $c= c′$ — четверки полностью совпадают.

3. Пусть $(a,b,c,d)$ , $(a′,b′,c′,d′)$ — две четверки, удовлетворяющие условиям с $r$ и c $r′ = p− r$ соответственно. Тогда $ac′ ≡− ara′ ≡ −ca′ (mod p),$ аналогично $bd′ ≡ −rdd′ ≡− b′d (mod p).$ Т.е. $ac′+a′c,$ $bd′+ b′d$ кратны $p.$

Пусть $′ c≥ b,$ а значит, $′ c> c,d,$ тогда, аналогично прошлому пункту,

′ ′ ′′ ′′ ′′ ′ ′ bd + bd< cd + bc< cd + ba =p

— противоречие с делимостью на $p.$ Значит, $c′ < b$ и, аналогично $c< b′,$ $d′ < a,$ $d< a′.$ Тогда $a′c+ ac′ <ab+ a′b′ < 2p,$ поэтому из делимости $ac′+ a′c= p$ и аналогично $b′d+ bd′ = p.$

Предположим теперь, не умаляя общности, что $a$ — наибольшее из чисел. Вычитая из $ab+cd$ равное ему $ac′+ ca′,$ получаем $a(b− c′)=c(a′− d),$ откуда из взаимной простоты $a$ и $c$ получаем, что $a′− d$ делится на $a$ — противоречие с тем, что $a< a′,$ $a′− d> 0.$

4. Рассмотрим на плоскости множество всех векторов $(x,y)$ с целыми координатами $x,y$ такими, что $y ≡ rx (mod p)$ или $y ≡(p− r)x (mod p).$ Отметим, что это множество вместе с каждым вектором $(x,y)$ содержит также и $(±x,±y).$ Рассмотрим в нашем множестве вектор с минимальной суммой координат. В силу замечания выше можно считать, что вектор $u := (a,c),$ где $a,c> 0,$ $a⁄= c$ (на осях координат и на биссектрисах углов между ними такой вектор лежать не может, поскольку $2 ≤r ≤p− 1),$ если $c≡ (p− r)a (mod p),$ то переобозначим $r$ и $p− r.$ Предположим пока, что $a> c.$ Рассмотрим прямую $ℓ$ с уравнением $xc− ya =p.$ Будем искать точку $(d,− b)$ на этой прямой такую, что $d> 0,d< a,d <b,c<b$ — тогда четверка $(a,b,c,d)$ и будет искомой. Заметим, что если $(x,y)∈ℓ,$ то $(x− a,y − c)∈ℓ.$

Прямая $ℓ$ где-то пересекает прямую $y+ x= 0.$ Пусть точка $(x0,y0)∈ ℓ$ с целыми $x0,y0$ лежит выше прямой $y+ x= 0,$ а точка $v0 :=(x0− a,y0− c)$ — (нестрого) ниже.

Во-первых, проверим, что $x0− a> 0.$ В самом деле, в противном случае $x0 ≤ a.$ Из выбора вектора $u$ имеем

a +c≤ |x0 − a|+|y0− c|= a− x0+|y0+c|

Если $c≥y0$ , то

a − x0+ |y0− c|= a+ c− x0− y0 < a+ c

— противоречие. Если же $y0 > c,$ то $p= x0c− y0a< ac− ac= 0$ — снова противоречие.

Итак, $x0− a> 0.$ Поскольку $(x0− a)+ (y0− c)≤ 0,$ имеем $y0 − c< 0.$ Если $y0 ≥ 0,$ то $0< x0− a ≤c− y0 ≤ c$ и обе координаты вектора $v 0$ по модулю не больше, чем $c$ — это опять противоречит выбору $u.$ Значит, $y < 0 0$ и $c− y > c. 0$ Теперь выберем наибольшее целое неотрицательное $m,$ при котором $x0− a− ma≥ 0.$ Ясно, что это неотрицательное значение строго меньше, чем $a.$ Тогда вектор

v0− mu = (x0 − a− ma,y0− c− mc)

и есть искомый вектор. Действительно, все нужные неравенства уже установлены, осталось только исключить случай $x − a− ma =0, 0$ но в таком случае из уравнения прямой $ℓ$ получаем $xc− ya= p,$ $− (y − c− mc )a =p, 0$ что невозможно в силу того, что $a> c> 0,$ $− y + c+mc ≥ 1+c +mc ≥2. 0$

Наконец обратимся к случаю $c> a.$ В этом случае обозначим $′ a =c,$ $′ c = a$ и построим точно так же четверку $′ ′ ′ ′ (a,b,c,d)$ со всеми нужными свойствами, но такую, что, наоборот $′ ′ a ≡rc (mod p).$ В этом случае, очевидно, $′ ′ ′ ′ (b,a ,d,c)$ будет $p− r$ -четверкой, что нам подходит.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#83856

Выписаны 100 положительных чисел, сумма которых равна $S,$ а сумма квадратов больше, чем $P.$ Доказать, что среди этих чисел есть число, большее, чем $P∕S.$

Источники: КФУ - 2024, 11.3 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть х₁ - наибольшее из чисел. Тогда очевидно х₁>P/S. С таким выражением работать куда проще, чем с абстрактным условием на неизвестное число. Перезапишем его в виде Sx₁>P. Как бы нам доказать это неравенство?...

Подсказка 2

Давайте домножим выражение для суммы всех чисел на х₁. Попарного сравним каждое слагаемое со слагаемыми из суммы квадратов. Что получается?

Подсказка 3

Верно, Sx₁ оказывается не меньше суммы квадратов! А теперь можно заменить всё на введённые в условии обозначения и доказать неравенство.

Показать доказательство

Расположим наши числа по убыванию, $x ≥ x ≥ x ≥...≥x . 1 2 3 100$ Имеем

S = x1+ x2+x3 +...+ x100

x2+x2 +x2+ ...+ x2 > P 1 2 3 100

Умножим первое равенство на $x1,$ получим, что

Sx1 = x2+x1x2+ x1x3+ ...+ x1x100 ≥ x2+ x2 +x2+ ...+ x2 > P 1 1 2 3 100

Следовательно, $x1 > P. S$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#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 14#89260

Вася написал на доске числа от $1$ до $1012.$ Сперва он сосчитал количество выписанных чисел, представимых в виде суммы точного куба и точной шестой степени. Затем он подсчитал количество выписанных точных квадратов. Какой из результатов оказался больше?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам необходимо сравнить два количества некоторых объектов, обладающих определенным свойством. Естественным шагом будет найти одно из количеств явно, после чего сделать оценку через него на количество объектов другого типа (найти его часто бывает трудно, а вот оценить через другое число может получиться довольно просто). Что проще найти: количество чисел, которые являются полными квадратами или количество тех чисел, что представимы в виде точного куба и точной шестой степени?

Подсказка 2

Найдем количество точных квадратов среди чисел на доске. Несложно показать, что их число равно 10⁶. Как теперь можно оценить количество тех чисел, то представимы в виде точного куба и точной шестой степени?

Подсказка 3

Пусть число n представимо в виде суммы n=a³+b⁶ для некоторых натуральных a и b. Тогда количество чисел n явно не больше, чем количество различных пар (a, b) для которых число a³+b⁶ не превосходит 10¹². Как можно оценить количество таких пар?

Подсказка 4

Если a³+b⁶ не превосходит 10¹², то каждое из чисел a³ и b⁶ строго меньше 10¹². Тогда a имеет меньше 10⁴ возможных значений, b меньше 10², следовательно, количество таких пар меньше 10⁶.

Показать ответ и решение

Натуральное число $n$ такое, что $1≤ n2 ≤1012,$ тогда и только тогда, когда $1≤ n≤ 106.$ Таким образом, количество полных квадратов, не превосходящих $12 10 ,$ равно $6 10 .$

Докажем, что количество чисел на доске, представимых в виде суммы точного куба и точной шестой степени, меньше, чем $6 10 .$ Действительно, количество чисел $k$ на доске не превосходит количества пар натуральных чисел $(a,b)$ таких, что $3 6 k =a + b,$ для которых верно неравенство

1≤ a3+b6 ≤ 1012

Таким образом, для каждого из чисел верно, что

3 12 6 12 1 <a < 10 ,1< b < 10

то есть

1< a< 104,1< b< 102

Тем самым мы показали, что количество пар $(a,b)$ меньше, чем $104⋅102 = 106.$

Ответ:

Квадратов больше

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90238

Найдите все натуральные $n$ , для которых число $-n2+-1- [√ n]2+ 2$ — целое.

Показать ответ и решение

Пусть $k2 ≤ n< (k+ 1)2.$ Обозначим $n= k2+m$ , где $0≤ m≤ 2k.$ Тогда $k≤ √n <(k+ 1)$ $⇒ [√n]= k.$ Тогда получаем дробь, которая является целым числом по условию:

(k2 +m )2+ 1 k4 +2k2m+ m2 +1 ---k2+2--- =------k2-+2-----

Значит, $k4+2k2m +m2 +1 ≡0(mod(k2+2)).$ Получаем, что, $k2 ≡−2(mod(k2+2)).$ Заменим $k$ :

(−2)2+ 2⋅(−2)m + m2+ 1≡ 0(mod (k2+ 2))

m2 − 4m + 5≡ 0(mod(k2+ 2))

Так как $2 2 0≤ m ≤ 2k,0< m − 4m +5 ≤4(k +2).$ Таким образом, $m2-−-4m-+-5 k2+2$ равно 1, 2 или 3.

1) $m2− 4m+ 5= 1⋅(k2 +2)$

$(m − 2)2+ 1= k2+2$

$(m − 2− k)(m− 2+ k)=1$

Такое может быть только если числа равны 1 или -1. Тогда $m − 2 − k =m − 2+ k,k= 0.$ Но тогда $0≤ n <1$ — число будет ненатуральным. Противоречие.

2) $m2− 4m+ 5= 2⋅(k2 +2)$

$m2− 4m+ 1− 2k2 =0$

Рассмотрим левую часть данного уравнения как квадратный трёхчлен относительно $m :$

$D4-=4− (1− 2k2)$

$D4-=2k2+ 3$

Так как $m$ — целое число, $2k2 +3$ — квадрат. Посмотрим на остатки при делении на 3 и на 9:

Если $m ≡0(mod3),$ получаем, что $2k2+ 3≡ 0(mod3)$ и $2k2+3 ≡3(mod9),$ чего не может быть, так как если квадрат делится на 3, то он делится и на 9.

Если $m ≡1(mod3)$ или $m ≡ 2(mod3),$ получаем, что $2k2+ 3≡ 2(mod3).$ Квадрат не может давать остаток 2 при делении на 3.

Значит, такое равенство невозможно. Противоречие.

3) $m2− 4m+ 5= 3⋅(k2 +2)$

$2 2 m − 4m− 3k − 1 =0$

Заметим, что тогда правая часть должна делиться на 3: $2 3k$ делится на 3, $− 3m$ тоже. Тогда $2 m − m − 1$ тоже должно делиться на 3.

Если $m ≡0(mod3),$ получаем, что $− 1≡0(mod3),$ что неверно.

Если $m ≡1(mod3),$ получаем, что $− 1≡0(mod3),$ что неверно.

Если $m ≡2(mod3),$ получаем, что $1≡0(mod3),$ что неверно.

Значит, такое равенство невозможно. Противоречие.

Таким образом, мы доказали, что таких $n$ не существует.

Ответ:

таких $n$ нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91097

Назовем несократимую дробь $a b$ особенной, если дробь $a+2k- b+2k$ — несократимая для всех натуральных $k.$ Сколько существует особенных дробей, у которых числитель и знаменатель — натуральные числа, не превосходящие $127?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте собрать какую-то очевидную информацию про рассматриваемые дроби. Какие точно не могут быть особенными?

Подсказка 2

Очевидно, такими не могут быть дроби, у которых числитель и знаменатель четные. Что можно сказать про другие дроби?

Подсказка 3

Чтобы было проще рассуждать, стоит обратить внимание на разность числителя и знаменателя. Что можно сказать про дроби, у которых эта разность равна 1 или степени двойки?

Показать ответ и решение

Докажем, что подойдут все дроби, у которых числитель и знаменатель отличаются на $1,$ а также все дроби, у которых числитель и знаменатель нечетны и отличаются на степень двойки. С дробями первого вида все понятно, а дроби второго вида особенны потому, что если числитель и знаменатель увеличить на $k 2 ,$ то разность их не изменится и останется степенью двойки. Но два нечетных числа, отличающиеся на степень двойки, очевидно, взаимно просты, иначе их разность делилась бы на их нечетный НОД, что невозможно.

Посчитаем, сколько таких дробей. Дробей первого вида $126 +126= 252.$ Дроби второго вида, у которых числитель и знаменатель отличаются на $k 2,$ это $k k k 1∕(2 +1),3∕(2 +3),...,(127− 2 )∕127,$ т.е. $k k−1 (127− 2 +1)∕2= 64 − 2 .$ Нужно сложить эти выражения по всем $1 ≤k≤ 6.$ Получится $64⋅6− (1+2 +4+ 8+ 16+32)= 384 − 63= 321.$ Также нужно учесть неправильные дроби, поэтому всего их $642.$ Значит, в сумме выходит $252+ 642= 894.$

Докажем, что все остальные дроби не подходят. Если $a$ и $b$ четные, то дробь сократима. Остаются дроби, у которых числитель и знаменатель отличаются на $d,$ у которого есть нечетный делитель $p> 1.$ Но такая дробь не может быть особенной, поскольку можно выбрать нечетное число $M,$ кратное $p$ и большее, чем $a$ и $b,$ и взять $k= (M − a)∕2$ или $k =(M − b)∕2$ (хотя бы одно из этих чисел натуральное, поскольку $M$ нечетно, и хотя бы одно из $a$ и $b$ нечетно). Тогда дробь $(a+ 2k)∕(b +2k)$ будет сократима на $p,$ поскольку ее числитель или знаменатель, по построению, будет равен $M,$ а значит будет делиться на $p,$ но разность числителя и знаменателя также кратна $p,$ т.е. и числитель и знаменатель кратны $p,$ т.е. дробь сократима.

Остаётся рассмотреть дроби вида $n∕n,$ но в случае $n >1$ они сократимы, а в случае $n= 1$ такая дробь сократима для всех $k.$

Ответ:

$894$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#91976

Найдите сумму всех натуральных чисел $n,$ для которых число $n2+ 7n +1$ является квадратом некоторого натурального числа.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 2 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Одно из значений n ищется подбором, попробуйте его сразу угадать!

Подсказка 2

Для остальных n > 1 попробуем сравнить наше выражение с точными квадратами. n² + 7n при выделении полного квадрата даёт (n + 3.5)² - 3.5². Попробуйте с учётом этого сделать вывод о том, будет ли наше выражение больше/меньше или может быть равно (n + 4)², (n + 3)² или (n + 2)². Осталось перебрать не так уж много вариантов, чтобы получить исчерпывающий ответ!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть данное число является квадратом натурального числа $m.$ Тогда:

2 2 n +7n +1= m |⋅4

2 2 4n +28n+ 4= 4m |+ 45

4n2 +28n+ 49= 4m2 + 45

(2n +7)2− 4m2 = 45

(2n+ 7− 2m)(2n+ 7+ 2m)= 45

Так как первый сомножитель меньше второго, то получаем три случая:

1.

{ 2n+ 7− 2m = 5 2n+ 7+ 2m = 9

Вычтем из второго уравнение первое, получим, что $m = 1.$ А значит, $n = 0$ — не натуральное число.

2.

{ 2n+7 − 2m = 1 2n+7 +2m = 45

Аналогично первому случаю, получаем, что $m =11, n =8.$

3.

{ 2n+7 − 2m = 3 2n+7 +2m = 15

Получаем, что $m =3, n= 1.$

Итак, сумма подходящих $n$ равна $1 +8= 9.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Ясно, что $n =1$ подходит, потому что $1 +7+ 1= 32.$ При $n >1$ заметим, что

n2+ 7n+ 1> n2+4n+ 4= (n+ 2)2

так как

3n> 3

Но при этом

n2+7n +1< n2+ 8n+ 16 =(n+ 4)2

Значит, возможна только ситуация, когда

2 2 2 n + 7n+ 1= (n +3) = n +6n+ 9

n= 8

В итоге сумма подходящих значений равна $1 +8 =9.$

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#96476

Известно, что в десятичной записи числа $229$ все цифры различны. Есть ли среди них цифра 0?

Показать ответ и решение

Заметим, что

29 30 ( 10)3 3 9 2 < 2 = 2 = (1024) < 2⋅10 .

Следовательно, в десятичной записи числа $229$ не больше, чем 10 цифр.

С другой стороны,

29 ( 10)2 9 2 8 2 = 2 ⋅2 = (1024) ⋅512> 5⋅10 ,

поэтому в десятичной записи числа $229$ не меньше, чем 9 цифр.

Если цифр 9 и среди них нет нуля, то сумма цифр в десятичной записи этого числа равна $1 +2+ ...+ 9= 45,$ откуда следует, что $229$ делится на 3, что неверно.

Если цифр 10 и они различные, то среди них есть ноль.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#100472

Пусть $n$ — натуральное число. Игорь выбрал $k$ различных натуральных чисел, не превосходящих $n.$ Затем Саша выписал всех их попарные суммы. Оказалось, что среди выписанных чисел нет двух различных, одно из которых делится на другое. При каком наибольшем $k$ такое могло произойти?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче говорится про различные суммы, поэтому, для начала, хотелось бы понять, сколько их будет в зависимости от k, постарайтесь придумать оценку снизу.

Подсказка 2

Все получившиеся суммы будут меньше, чем 2n. Покажите, что если получилось хотя бы n+1 различная сумма, то найдутся 2 числа, такие что одно из них делит другое.

Показать ответ и решение

Пусть Игорь выбрал числа $1≤ a < a <⋅⋅⋅< a ≤n. 1 2 k$ Рассмотрим следующие числа, выписанные Сашей:

a1+ a2 < a1 +a3 < ⋅⋅⋅< a1+ ak < a2 +ak < a3+ ak < ⋅⋅⋅< ak−1 +ak < 2n

Чисел всего $(k − 1)+ (k − 2)= 2k− 3$ и все они меньше, чем $2n.$ Покажем, что среди чисел от 1 до $2n$ нельзя выбрать более $n$ чисел так, чтобы ни одно из выбранных чисел не делилось ни на одно другое выбранное число. Пусть удалось выбрать хотя бы $n+ 1$ чисел, обладающих таким свойством, тогда у каких-то двух из них совпадет наибольший нечетный делитель, действительно, нечетных чисел до $2n$ ровно $n.$ Тогда одно из этих чисел будет делиться на другое, противоречие. Значит, $n 2k− 3≤ n⇔ k < 2 + 2.$

Осталось привести пример. Пусть $n = 2l−$ четно, тогда в качестве $ai$ достаточно взять числа от $l$ до $2l.$ Такой пример очевидно подходит, так как минимальная сумма $2l+ 1$ больше половины от наибольшей суммы, которая равна $4l− 1.$ Аналогично, если $n =2l+ 1−$ нечетно, достаточно взять числа от $l$ до $2l+ 1.$

Ответ:

При $n= 2l$ — $k= l+1,$ а при $n= 2l+1$ — $k =l+ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#102317

Существует ли такое натуральное $k,$ что среди любых $k$ подряд идущих натуральных чисел встретится хотя бы один куб натурального числа?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чему равна разность между кубами соседних чисел n и n+1?

Подсказка 2

Разность равна 3n^2+3n+1. Существует ли число k, которое было бы больше, чем 3n^2+3n+1 при любом n?

Подсказка 3

Нет, например при n = k данное число, уже больше, чем k.

Показать ответ и решение

Рассмотрим разность между соседними кубами $n3$ и $(n+ 1)3.$ Эта разность равна $3n2+ 3n +1.$ Пусть мы нашли $k,$ которое удовлетворяет условию. Тогда возьмем $n =k$ и получим, что разность между двумя соседними кубами явно больше $k.$ Получаем противоречие.

Ответ:

Не существует