Базовые задачи по теме Решение задач в целых

Базовые задачи по теме «Решение задач в целых числах» (продолжение)

Пример 5 Базовая задача 1 Существует ли квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, дискриминант которого равен 39? Предположим, что существует. Тогда Квадраты целых чисел не дают при делении на 4 остаток 3 Ответ: нет

Упражнение 2 Докажите, что данные уравнения не имеют решений в целых числах:

Квадраты целых чисел не дают при делении на 3 остаток 2 Квадраты целых чисел не дают при делении на 4 остаток 3

Квадрат натурального числа никогда не оканчивается цифрами 2, 3, 7, 8 Решений нет

Пример 6 Базовая задача 1 Число p > 3 – простое. Докажите, что а) p = 6 k 1, K N; б) кратно 24 а) Рассуждаем по модулю 6: p = 6 k + 1 p = 6 k + 2 p = 6 k + 3 p = 6 k + 4 p = 6 k + 5 = 6 k + 6 – 1 = 6(k + 1) – 1 = 6 m – 1

б) Доказать, что кратно 24 1) Предположим, что p = 6 k + 1 если k – четно, то если k – нечетно, то 1) Предположим, что p = 6 k – 1 (или 6 k + 5) если k – четно, то если k – нечетно, то

б) Доказать, что кратно 24 р – простое число, p > 3, поэтому р – 1 и р + 1 являются четными. р – 1 и р + 1 два последовательных четных числа, поэтому одно из них делится на 2, а другое – на 4. Значит, (р – 1)(р + 1) делится на 8 р – 1, р, р + 1 являются последовательными. Это значит, что одно из них обязательно делится на 3. Значит на 3 делится либо р – 1, либо р + 1 и поэтому делится на 24

Пример 7 • Найдите НОД всех чисел вида , где р пробегает множество всех простых чисел от 5 до 2003 По доказанному, все числа вида делятся на 24, наименьшее из них 24 и не имеет делителей, больших, чем 24. Ответ: 24

Пример 8 Базовые задачи 3, 1 Найдите наибольшее натуральное число n, такое, что Выясним, каков показатель степени двойки в каноническом разложении числа 2009! 2, 4, … 2008 содержат как минимум одну степень двойки. Таких чисел среди сомножителей 4, 8, 12, … 2008 содержат как минимум две степени двойки, одна из которых уже учтена. Таких чисел среди сомножителей 8, 16, 24, … 2008 содержат как минимум три степени двойки, две из которых уже учтены. Таких чисел среди сомножителей

Продолжая рассуждения, получим сумму Ответ: 2001

Пример 9 Базовые задачи 3, 1 Каким количеством нулей оканчивается десятичная запись числа ? Выясним, каков показатель степени пятерки в каноническом разложении числа 2009! 5, 10, … 2005 содержат как минимум одну степень пятерки. Таких чисел среди сомножителей 25, 50, 75, … 2000 содержат как минимум две степени пятерки, одна из которых уже учтена. Таких чисел среди сомножителей 125, 250, 750, … 2000 содержат как минимум три степени пятерки, две из которых уже учтены. Таких чисел среди сомножителей

Продолжая рассуждения, получим сумму Ответ: 500 Можно записать каноническое разложение в виде Показатели степени 3, 7 и других простых оснований вычисляются аналогично

Пример 10 Базовые задачи 1, 3 Найдите наибольшее простое число n, такое, что число делится на Применив рассуждения аналогичные из задач 8 и 9, получим: Рассмотрим последовательность показателей степеней: 2001, 1000, 500, 333, 190, 165, 124, 110, 90, 71, 66, 55, 50, 47, 42, …, 1, 1 Она убывает от 2001 до 1 Рассмотрим последовательность оснований степени: 2, 3, 5, 7, …, 1999, 2003 Она возрастает от 2 до 2003

Рассмотрим окрестности оснований 43 и 47: до основания 43 показатели степени больше соответствующего основания; начиная с основания 47 показатели становятся меньше своих оснований. В силу различной монотонности последовательностей, ситуация, которая сложилась в окрестности оснований 43 и 47 больше не повторится. Если n пробегает множество всех простых чисел от 2 до 43, то является делителем числа 2009! Наибольшим из n является число 43. Ответ: 43

При решении задачи можно рассматривать показатели степени в каноническом разложении начиная, например, с основания 31 или 37.

Базовая задача 5 Пример 11 Найдите натуральное число n, имеющее равно 6 делителей, сумма которых равна 3500 Пусть n – произвольное натуральное число n = p 1α 1 p 2α 2· … pkαk (α 1 + 1) · (α 2 + 1) ·…·(αk + 1) = 6 1) 6 = 5 + 1 или Гипотеза 1) Гипотеза 2) 2) 6 = (1 + 1)(2 + 1)

Гипотеза 1) Функция в левой части – возрастающая, в правой – постоянная, значит уравнение имеет не более одного корня Подставляем поочередно простые р. При р равном 2 или 3 левая часть уравнения меньше правой, при р = 5 левая часть больше правой Так как функции в обеих частях уравнения непрерывны, то на интервале (3; 5) есть корень уравнения и он единственный. Но на интервале (3; 5) нет простых чисел Гипотеза 1) отвергнута

Гипотеза 2) оба четны – невозможен, так как нет двух простых четных чисел нечетно В этом случае оба слагаемых левой части четно уравнения нечетны, сумма их четна, а правая часть уравнения нечетна, противоречие четно нечетно Ответ: 1996