методический сборник для подготовки к ЕГЭ. Задаеие С6

Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение
"Средняя общеобразовательная школа №6"
Методы и способы решения заданий вида С 6
из тестов для ЕГЭ
Методическое пособие
Мариинск
2013
Рекомендовано
научно-методическим советом
МБУ «Информационно-методический центр»
Мариинского муниципального района
Составитель: Т. Г. Скударнова, учитель математики МБОУ "СОШ №6", Отличник народного образования.
Рецензент:
Методы и способы решения заданий вида С 6 из тестов ЕГЭ [Текст] : методическое пособие / сост.Т. Г. Скударнова. – Мариинск, 2013. – 40с.
Методическое пособие содержит нужный теоретический материал, базовые(опорные) задачи и задачи С6 из банка заданий для ЕГЭ. Практически все задачи представлены с решениями, к некоторым даны только ответы. Сборник предназначен для учителей математики и обучающихся, желающих успешно сдать ЕГЭ и получить высокий балл. Материал может быть использован для проведения спецкурса по теории чисел.
Содержание.
Введение ………………………………………………………………… 3
Основная часть
Глава 1. Базовые задачи по теме «Решение задач в целых числах»
1.1. Базовая задача 1 …..…………………………………………………. 4
1.2. Базовая задача 2 ……………………………………………………. 6
1.3. Базовая задача 3 ……………………………..……………………… 7
1.4. Базовая задача 4 ……………….………………………..………….. 8
1.5. Базовая задача 5 …………………………………….………………. 10
1.6 Базовая задача 6 ……………………………………………………... 11
1.7. Базовая задача 7 ………………………………………………….… 12
1.8 Базовая задача 8 …………………………………………………….. 14
1.9 Базовая задача 9 …………………………………………………… 15
1.10 Базовая задача 10 …………………………………………………. 16
Глава 2. Практика. Решение задач в целых числах
2.1. Примеры решения задач в целых ….……………………………… 17
2.2. Решения заданий С6 из ЕГЭ ……………………………………… 18

Список литературы …………………………………………………… 36

Введение.
«Кто хочет, тот ищет возможность
Кто не хочет, тот ищет причину»
Задачи в целых числах включены в КИМы ЕГЭ по математике (С6) и оцениваются максимальным количеством баллов, что не маловажно для результата по экзамену. Также задачи такого типа встречаются на олимпиадах разного уровня. Решение задач в целых числах в школьной алгебре полезно не только для поступления в вуз, они способствуют развитию ключевых компетентностей. При разборе заданий данной темы каждый раз сталкиваешься с нестандартной ситуацией, в которой необходимо рассматривать различные случаи и понимать, какие именно случаи рассматривать. Но, к сожалению, школьная математика явно не предусматривает обучение решению задач в целых числах. Это порождает так называемые пробелы и "дырки" в знаниях по математике. Известно, что на ЕГЭ по математике многие выпускники не приступают к решению задачи С6 и даже не читают ее. Почему же задача С6 считается самой сложной на ЕГЭ по математике? Она не стандартна. Она требует так называемой математической культуры – умения грамотно строить рассуждения. А умение это у большинства школьников отсутствует. Самостоятельное планирование шагов своих действий требуют довольно тонких логических рассуждений. Для успешного решения таких задач необходимо, прежде всего, умение проводить довольно объемные, логические рассуждения, что приучает к внимательности и аккуратности. Учиться грамотно рассуждать можно и нужно. Задача С6 представляет для этого отличную возможность. Готовиться к С6 следует начинать задолго до ЕГЭ, еще в 6 классе, когда изучается делимость чисел, в 9 классе, когда изучаем последовательности и прогрессии. Итак, задачи с целыми числами предполагают не только умение производить какие-то выкладки по задуманным правилам, но также и понимание цели выполняемых действий. Они играют важную роль в формировании логического мышления и математической культуры.
Глава 1. Базовые задачи по теме «Решение задач в целых числах».
Решение задач в целых числах – один из самых красивых разделов математики. Ни один крупный математик не прошел мимо теории диофантовых уравнений. Ферма, Эйлер, Лагранж, Гаусс, Чебышев оставили неизгладимый след в этой интересной теории.
«Анализ задачного материала по теме решение задач в целых числах, непосредственно связанной с тематикой задач С6, показывает, что существует некоторое подмножество опорных задач (мы называем их базовыми задачами), которые неизбежно встают перед человеком, решающим любую задачу из названной темы. Представляется логичным выделить с максимальной полнотой перечень базовых задач, а также адекватные им универсальные и специальные математические учебные действия.
…построенный перечень базовых задач действительно является базисом в пространстве задач темы решение задач в целых числах. Фактически речь идет о проверки справедливости следующего утверждения: решение любой задачи данной темы представимо в виде цепочки последовательно разворачивающихся базовых задач (всех или некоторых), взятых в определенной последовательности». – А.А.Максютин
БЗ1. Задача о делении целого числа на целое число с остатком (нахождение неполного частного и остатка , таких, что выполняется равенство:a = bc + r, 0≤r < b)
Способы действий:
Деление чисел с остатком.
Не всегда одно натуральное число делится нацело на другое натуральное число. Например: У нас есть 13 абрикосов. Как нам разделить их на четверых. Каждому достанется по три штуки и один абрикос останется. В данном случае: 13 — делимое. 4 — делитель. 3 — неполное частное. 1 — остаток. Остаток обязательно должен быть меньше делителя. Если в остатке нуль, то делимое делится на делитель нацело (без остатка). Если нам надо найти делимое, зная делитель, неполное частное и остаток. Надо перемножить делитель и неполное частное и прибавить остаток.          3 • 4 + 1 = 13.
Например: Запишите все натуральные числа, при делении которых на 16 получится остаток 11.
Решение: , где

Проверка чисел на четность и нечетность.
Чётное число — целое число, которое делится без остатка на 2
Нечётное число — целое число, которое не делится без остатка на 2
Если m чётно, то оно представимо в виде m = 2k, а если нечётно, то в виде m = 2k + 1, где .
Использование арифметики остатков.
Задача: При делении на 2 число дает остаток 1, а при делении на 3 - остаток 2. Какой остаток дает это число при делении на 6?
Решение.
Так как при делении целого числа на 6 можно получить один из остатков: 0, 1, 2, 3, 4 и 5, то множество целых неотрицательных чисел можно разбить на непересекающиеся подмножества чисел вида 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6у + 3, 6k + 4 и 6у + 5, где k = 0, 1, 2, 3, … .
Так как при делении на 2 данное число дает остаток 1, то оно нечетное, поэтому остается рассмотреть числа вида 6k + 1, 6у + 3 и 6у + 5.
Числа вида 6k + 1 при делении на 3 дают остаток 1, числа вида 6k + 3 кратны 3 и только числа вида 6k + 5 при делении на 3 дают остаток 2. Следовательно, число имеет вид 6у + 5, т.е. при делении на 6 дает остаток 5.
Ответ: Если при делении на 2 число дает остаток 1, а при делении на 3 - остаток 2, то при делении на 6 число остаток 5.
Пример: Пусть число является простым. Доказать, что а) имеет место представление для некоторого ; б) .
Решение: а) Рассуждения проводим по модулю 6. Все натуральные числа распадаются на 6 классов . Простое число p может попасть только либо в класс , либо в класс . Т.к. числа первого класса делятся на 2, 3, поэтому они составные. Числа третьего класса делятся на 2, числа четвертого класса делятся на 3, числа пятого класса делятся на 2.
б) Т.к. , то , т.к. первый множитель делится на 12, а третий на 2. ч.т.д.
Используя арифметику остатка можно доказать утверждение: в числовом ряду степеней последняя цифра любого числа повторяется с периодом 4
Метод математической индукции.
Принцип математической индукции
Утверждение, зависящее от натурального числа n, справедливо для любого n, если выполнены два условия:
утверждение верно для n =1;
из справедливости утверждения для n = k, где k – любое натуральное число, вытекает справедливость утверждения и для следующего натурального числа n = k + 1.
Например: доказать, чтодля любого натурального числа n.
Решение: 1) при n = 1.
.
2) предположим, что утверждение верно при n = k, т.е. .
Докажем, что тогда утверждение верно и при n = k+1, т.е. докажем, что .
.
Каждое слагаемое делится на 133, сумма делится на 133, т.е. .
По принципу математической индукции делаем вывод, что требуемое утверждение доказано.
1.2. БЗ2. Задача определения вида числа: простое или составное.
Способы действий:
Проверка признаков делимости на 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,25,125.
Признак делимости на 2. Для того чтобы натуральное число делилось на 2, необходимо и достаточно, чтобы последняя цифра числа делилась на 2.
Признак делимости на 3. Для того чтобы натуральное число делилось на 3, необходимо и достаточно, чтобы сумма его цифр делилась на 3.
Признак делимости на 4. Для того чтобы натуральное число , содержащее не менее трех цифр, делилось на 4, необходимо и достаточно, чтобы делилось на 4 число, образованное двумя последними цифрами числа .
Признак делимости на 5. Для того чтобы натуральное число делилось на 5, необходимо и достаточно, чтобы последняя цифра числа делилась на 5 (т.е. цифра единиц либо 0,либо 5).
Признак делимости на 6. Для того чтобы натуральное число делилось на 6, необходимо и достаточно, чтобы оно делилось и на 2 и на3.
Признак делимости на 7. Для того чтобы натуральное число делилось на 7, необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма чисел, образующих грани по три цифры в грани (начиная с цифры единиц), взятых со знаком «плюс» для нечетных граней и со знаком «минус» для четных граней, делилась на 7.
Признак делимости на 8. Для того чтобы натуральное число , содержащее не менее четырех цифр, делилось на 8, необходимо и достаточно, чтобы делилось на 8 число, образованное тремя последними цифрами числа .
Признак делимости на 9. Для того чтобы натуральное число делилось на 9, необходимо и достаточно, чтобы сумма его цифр делилась на 9.
Признак делимости на 10. Для того чтобы натуральное число делилось на 10, необходимо и достаточно, чтобы цифра единиц была 0.
Признак делимости на 11. Для того чтобы натуральное число делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма его цифр, взятых со знаком «плюс», если цифры находятся на нечетных местах (начиная с цифры единиц), и взятых со знаком «минус», если цифры находятся на четных местах, делилась на 11.
Признак делимости на 13. Для того чтобы натуральное число делилось на 13, необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма чисел, образующих грани по три цифры в грани (начиная с цифры единиц), взятых со знаком «плюс» для нечетных граней и со знаком «минус» для четных граней, делилась на 13.
Признак делимости на 25. Для того чтобы натуральное число , содержащее не менее трех цифр, делилось на 25, необходимо и достаточно, чтобы делилось на 25 число, образованное двумя последними цифрами числа .
Признак делимости на 125. Для того чтобы натуральное число , содержащее не менее четырех цифр, делилось на 125, необходимо и достаточно, чтобы делилось на 125 число, образованное тремя последними цифрами числа .
Проверка условий теоремы: если натуральное число не делится ни на одно из простых чисел, не превосходящих , т.е. на , то число – простое.
Например: определить, число 2003 простое или составное.
Решение: . Проверим, делится ли число 2003 на 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43. Для проверки деления на 2,3,5,7,11,13 применяем признаки делимости. Деление на 17,19,23,29,31,37,41,43 проверяем при помощи деления уголком. 2003 не делится ни на одно из перечисленных простых чисел 2003 простое число.
Рассуждение от противного.
Теорема. Простых чисел бесконечно множество.
Доказательство: Предположим, что - это все простые числа. Число не делится на нашлось еще одно простое число, поэтому предположение оказалось неверным и простых чисел бесконечно множество. ч.т.д.
1.3. БЗ3. Задача приведения натурального числа к каноническому виду , где - простые числа.
Способы действий:
Разложение на множители.
Применение основной теоремы арифметики
Основная теорема арифметики: 1)Любое натуральное число (кроме 1) либо является простым, либо его можно разложить на простые множители. 2) Если натуральное число разложено на простые множители, то такое разложение единственно (т.е. любые два разложения числа на простые множители отличаются друг от друга лишь порядком множителей).
Пример 1: Разложить на простые множители число 16 380.
Решение:

Пример 2: Привести к каноническому виду число 100!.
Решение:
или
где

Ответ: .
1.4. БЗ4. Задача нахождения НОК, НОД двух и более чисел.
Способы действий:
Использование основной теоремы арифметики.
а) Общим кратным нескольких чисел называется число, которое делится на каждое из этих чисел. Например, числа 9, 18 и 27 имеют общее кратное 108. Но 54 и 810 – тоже их общие кратные. Среди всех общих кратных всегда есть наименьшее, в данном случае это 54. Это число называется наименьшим общим кратным (НОК).
Алгоритм нахождения НОК
Чтобы найти наименьшее общее кратное (НОК) нескольких чисел надо:
1) представить каждое число как произведение его простых множителей, например:

2) записать степени всех простых множителей:

3) выписать все простые делители (множители) каждого из этих чисел;
и
4) выбрать наибольшую степень каждого из них, встретившуюся во всех разложениях этих чисел;

5) перемножить эти степени:
- искомый результат.
б) Общим делителем нескольких чисел называется число, которое является делителем каждого из них. Например, числа 2250, 3250, 4250 имеют общие делители, например, 2,5,10. Среди всех общих делителей всегда есть наибольший, в данном случае это 250. Это и есть наибольший общий делитель (НОД).
Алгоритм нахождения НОД
Чтобы найти наибольший общий делитель (НОД) нескольких чисел надо:
1) представить каждое число как произведение его простых множителей, например:
,
2) записать степени всех простых множителей:
,
3) выписать все общие делители (множители) этих чисел;
.
4) выбрать наименьшую степень каждого из них, встретившуюся во всех произведениях;
.
5) перемножить эти степени:
- искомый результат.
Из а) и б) .
Алгоритм Евклида.
Идея этого алгоритма основана на том свойстве, что если M>N, то
НОД(М, N) = НОД(М - N, N).
Иначе говоря, НОД двух натуральных чисел равен НОД их положительной разности (модуля их разности) и меньшего числа.
Легко доказать это свойство. Пусть К - общий делитель М u N (M> N). Это значит, что М = mК, N = nК, где m, n - натуральные числа, причем m > n. Тогда М - N = К(m - n), откуда следует, что К - делитель числа М - N. Значит, все общие делители чисел М и N являются делителями их разности М - N, в том числе и наибольший общий делитель.
Второе очевидное свойство:
НОД(М, М) = М.
Для "ручного" счета алгоритм Евклида выглядит так:
1) если числа равны, то взять любое из них в качестве ответа, в противном случае продолжить выполнение алгоритма;
2) заменить большее число разностью большего и меньшего из чисел;
3) вернуться к выполнению п. 1.
Рассмотрим этот алгоритм на примере М=32, N=24:
M 32 8 8 8
N 24 24 16 8
Получили: НОД(32, 24) =НОД(8, 8) = 8, что верно.
Нетрудно доказать следующие утверждения:
НОД (a;b) = НОД (а; a + b)
НОД (a;b) = НОД (a; a − b)
Если целые числа a и b взаимно просты, то их сумма a + b и произведение ab также являются взаимно простыми числами.
Если целые числа a и b являются взаимно простыми, то НОД (a + b; a − b) равен 1 или 2.
Любые два последовательных натуральных числа взаимно просты.
Наибольший общий делитель любых двух последовательных четных натуральных чисел равен 2.
Любые два последовательных нечетных натуральных числа взаимно просты.
Если целые числа a и b являются взаимно простыми, то НОД (a + b;a2 − ab + b2 ) равен 1или 3.
Если натуральные числа m и n взаимно просты, то НОД (m + n;m2 + n2 ) равен 1 или 2.
1.5. БЗ5. 1) Задача нахождения числа делителей произвольного натурального числа (прямая задача).
Способы действий:
Применение основной теоремы арифметики.
Правила умножения.
Правило умножения для комбинаций из двух элементов: если первый элемент в комбинации можно выбрать способами, после чего второй элемент - способами, то общее число комбинаций из двух элементов будет .
Правило умножения в общем виде: если нам нужно сформировать комбинацию из k элементов и при этом первый элемент в комбинации можно выбрать n1 способами, после чего второй элемент - n2 способами, после чего третий - n3 способами и так далее, то всего таких комбинаций будет n1·n2·n3·...·nk.
Например: 1) Найти количество делителей числа 10!
Решение: или
Любой делитель можно вычислить так: , где - наибольшее количество равно 9, -наибольшее количество равно 5, - наибольшее количество равно 3, - наибольшее количество равно 2.
Итак, используя правило умножения количество делителей числа 10! равно .
2) Для произвольного числа определить количество делителей.
Решение:
- кол-во =
- кол-во =
- кол-во =
Итак, число имеет количество делителей равное
2) Задача нахождения числа по числу его делителей (обратная задача).
Способы действий:
Определение числа по количеству его делителей.
Например: найдите число, которое имеет ровно а) 5 делителей? б) 7делителей? в) 6 делителей?
Решение: а) Пусть искомое число.
Представим его в каноническом виде , тогда его количество делителей равно

=5

Итак, число - имеет ровно 5 делителей, где- простое число.
в ) (аналогично пункту а)
1)=6= или 2) =6=

=6

Итак, числа , , - имеют ровно 6 делителей, где- простое число.
1.6. БЗ6. Задача нахождения целых решений линейных диофантовых уравнений с двумя неизвестными
Способы действий:
Нахождение частного решения (может быть и угадывание) и применение теоремы о виде общего решения.
(1)
Если c не делится нацело на НОД, то уравнение (1) не разрешимо в целых числах. Справедливо и обратное: если в уравнении ax + by = c выполняется деление c на НОД, то оно разрешимо в целых числах.
Пусть - частное решение уравнения ax + by = c. Тогда все его решения находятся по формулам:.
Чтобы найти решение уравнения ax + by = c при взаимно-простых а и , нужно сначала найти решение уравнения ах + bу = 1; числа составляют решение уравнения ax + by = c.
Применение метода перебора и метода спуска.
Например: 1) В клетке сидят кролики и фазаны, всего у них 18 ног. Узнать, сколько в клетке тех и других?
Решение: Составляется уравнение с двумя неизвестными переменными, в котором х – число кроликов, у – число фазанов: 4х + 2у = 18, или 2х + у = 9.
Выразим у через х: у = 9 – 2х.
Далее воспользуемся методом перебора:
х1 2 3 4
у 7 5 3 1
Таким образом, задача имеет четыре решения.
Ответ: (1; 7), (2; 5), (3; 3), (4; 1).
2) Подданные привезли в дар шаху 300 драгоценных камней: в маленьких шкатулках по 15 штук в каждой и в больших – по 40 штук. Сколько было тех и других шкатулок, если известно, что маленьких было меньше, чем больших?
Решение: Обозначим за х количество маленьких шкатулок, а за у – количество больших. 15х + 40у = 300. Сокращаем на 5: 3х + 8у= 60. Выражаем переменную х: . Чтобы значение последней дроби было целым числом, необходимо, чтобы 2у было кратным 3, т.е. 2у = 3z. Теперь выразим у и выделим целую часть: . Потребуем, чтобы z было кратно 2: z = 2u.
Выразим переменные х и у через u: ;

Составим и решим систему неравенств:.
Целые решения системы: 1 и 2. Осталось найти х и у при u = 1;2
- не удовлетворяет условию задачи

Ответ: 4 маленькие шкатулки и 6 больших шкатулок.

1.7. БЗ7. Задача нахождения целых решений квадратных диофантовых уравнений с двумя неизвестными
Способы действий:
Разложение на множители левой части.
Например: Решить уравнение в целых числах
.
Решение: Разложим левую часть на множители способом группировки

Уравнение принимает вид .
Число 8 можно разложить на два целых множителя четырьмя способами
. Тогда решение уравнения сводится к совокупности 4 систем уравнений.

Все системы имеют целые решения.
Ответ: .
Рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из переменных с наложением дополнительных ограничений.
Например: Решить уравнение в целых числах.
Решение: Перепишем уравнение в виде и разложим левую часть уравнения на множители, как квадратный трехчлен относительно . . Очевидно, если , то будет полным квадратом. При этом . Получаем и .
Уравнение принимает вид .
Число -3 можно разложить на два целых множителя четырьмя способами
. Тогда решение уравнения сводится к совокупности 4 систем уравнений.

Решая эти системы, получаем решение исходного уравнения.
Ответ: .

Частный прием: сведение к однородному уравнению
в случае d = 0.
Например: Найти натуральные решения уравнения.
Решение: Приведем уравнение к виду однородного .Если пара чисел не является решением, т.к.
, тогда разделим уравнение на и получаем
Введем новую переменную и решим полученное квадратное уравнение , , , .
Вернемся к обозначению - не удовлетворяет условию
.
Ответ:
1.8. БЗ8. Задача нахождения целых решений диофантовых уравнений с двумя и более неизвестными различного вида.
Способы действий:
Рассуждение по выбранному модулю.
Применение арифметики остатка.
Нетрудно доказать следующие утверждения:
Если остаток от деления на равен , а остаток от деления на равен , то остаток от деления на равен остатку от деления на .
Остаток от деления на 3 числа равен 1, если четно, и 2, если нечетно.
Квадрат любого натурального числа или делится на 2 (на 4), когда само число чётное, или при делении на 2 (на 4) даёт в остатке 1.
Квадрат любого натурального числа или делится на 3, когда на 3 делится само число, или при делении на 3 даёт в остатке 1.
Квадрат любого натурального числа или делится на 5, когда на 5 делится само число, или при делении на 5 даёт в остатке 1 или 4.
Квадрат любого натурального числа или делится на 7, когда на 7 делится само число, или при делении на 7 даёт в остатке 1, 2 или 4.
Разность квадратов двух целых чисел одинаковой чётности делится на 4.
Число при делении на 3 дает в остатке 1.
Число при делении на 3 дает в остатке 1, а дает в остатке 2.
При делении на 3 куб целого числа и само число дают одинаковые остатки (0, 1, 2).
При делении на 9 куб целого числа дает в остатке 0, 1, 8.
При делении на 4 куб целого числа дает в остатке 0, 1, 3.
Число оканчивается на ту же цифру, что и число N.
Например: Решите уравнение в натуральных числах.
Решение: Рассмотрим случай . Тогда . Поскольку 0 не является натуральным числом, то в этом случае рассматриваемое уравнение не имеет решений.
Рассмотрим теперь случай . Тогда . Итак мы нашли решение . Пусть теперь . Перепишем уравнение в виде . Левая часть этого уравнения делится на 8, тогда и правая часть будет делиться на 8.
Рассмотрим отдельно случаи четного и нечетного y. Пусть сначала . Тогда уравнение примет вид или . С помощью формулы бинома Ньютона получаем соотношение для некоторого . Теперь решаемое уравнение может быть переписано в виде . Но правая часть этого равенства на 8 не делится. Поэтому y не может быть нечетным.
Пусть теперь . Тогда уравнение принимает вид . Это уравнение перепишем в виде . С помощью представления запишем последнее уравнение в виде . Но правая часть этого равенства не 8 не делится. Поэтому y не может быть четным.
Таким образом, единственным решением рассматриваемого уравнения будет решение .
Ответ: .
1.9. БЗ9. Задача нахождения сумм различных числовых последовательностей (суммы первых степеней первых n натуральных чисел, суммы вторых, третьих степеней первых n натуральных чисел, суммы прогрессий, суммирование дробей различного рода, обращение периодических дробей в рациональную дробь).
Способы действий:
Применение аппарата прогрессий, уравнений.
Например: Целые числа x, y и z образуют геометрическую прогрессию, а числа 5x + 3, и 3z + 5 - арифметическую прогрессию (в указанном порядке). Найдите x, y и z.
Решение: Используя характеристические свойства арифметической и геометрической прогрессий составим систему уравнений. .
Учитывая условие, что приходим к выводу, что выражениепринимает целые значения, т.е. разность 2x − 3 является делителем 31. Итак, возможны лишь случаи 2x − 3 = ±1; ± 31. Осуществляя их перебор с учетом требований xz ≥ 0, y ∈ Z,
имеем единственную возможность x = 2, z = 18, = 36, приводящую к ответу.
Ответ: (2;6;18), (2;− 6;18).
Метод математической индукции.
Составление и решение рекуррентных соотношений.
Например: Докажите равенство . (1)
Решение: Докажем методом математической индукции, что
1) при n = 1. .
2) предположим, что равенство верно при n = k, т.е.
. (2)
Докажем, что тогда проверяемое равенство верно и при n = k+1, т.е. докажем, что верно равенство . (3)
или

Итак, из равенства (2) вытекает равенство (3).
Оба условия принципа математической индукции выполняются, значит, равенство (1) справедливо для любого натурального числа n.
1.10. БЗ10. Задача математического моделирования в виде диофантовых уравнений (неравенств) и их систем.
Способы действий:
Знаково-символические действия.
Например: Среди обыкновенных дробей с положительными знаменателями, расположенными между числами и , найдите такую, знаменатель которой минимален Решение: Математическая модель задачи сводится к диофантовому неравенству. Пусть дробь удовлетворяет условию задачи. Тогда , имеет место неравенство и - минимально.
Последнее неравенство можно переписать в виде , откуда следует . Нам надо найти наименьшее значение m, при котором в интервале попадает натуральное число. Тогда это натуральное число и будет искомым значением n.
Далее надо проводить численные эксперименты, подставляя поочередно значения и т.д. в последнее неравенство. Надо следить за тем, содержит ли полученный интервал целое число. Наблюдения позволяют выдвинуть гипотезу, что начиная с целая часть границ интервала сохраняет постоянное значение для трех последовательных значений m, что позволяет уменьшить число вычислительных проб. При получим первый интервал, содержащий целое число 7. Второй такой интервал получим при , он содержит второе целое число 10. Искомая дробь имеет вид .
Ответ: .
Глава 2. Практика. Решение задач в целых числах.
Примеры решения задач в целых числах.
Пример 1. Рассмотрим все пятизначные числа, получаемые перестановкой цифр числа 12345. докажите что сумма всех чисел (включая исходное число) делится на 11111.
Решение: Сумма цифр 1+2+3+4+5=18. всего перестановок 5!=120. складывая столбиком 120 слагаемых, получим над каждым разрядом одну и ту же комбинацию цифр. Таким образом искомая сумма состоит из 432 единиц, 432 десятков, 432 сотен, 432 тысяч и 432десятков тысяч. Такое число равно . ч.т.д. (Использовали БЗ5)
Пример 2. Найдите количество нулей, которыми оканчивается десятичная запись числа 2009!.
Решение: Разложим 2009! на простые множители и представим в каноническом виде. . , то есть эта комбинация дает один нуль. c<a, отсюда следует что количество нулей равно числу с.
Ответ: 500 нулей. (Использовали БЗ2)
Пример 3. Существует ли квадратный трехчлен с целыми коэффициентами, дискриминант которого равен 20092007?
Решение: Допустим, что . Решим полученное уравнение в целых числах. - это число при делении на 4 дает остаток 3. Рассуждая по модулю 4, все числа делятся на 4 класса: .

.
.

Квадрат любого числа при делении на 4 имеет остаток 0 или 1, а т.к. число при делении на 4 имеет остаток 3, то оно не может являться точным квадратом . Итак, дискриминант трехчлена с целыми коэффициентами не может равняться числу 20092007.
Ответ: нет. (Использовали БЗ1, БЗ8)
Пример 4. Решите в натуральных числах уравнение .
Решение: Для уменьшения перебора вариантов рассмотрим неравенства
.
Проведем перебор по неизвестной у. Если y = 1, то x = 6,2 не является натуральным числом. Если y = 2, то x = 4,6 не является натуральным числом. Если y = 3, то x = 3. Если y = 4, то x = 1,4 не является натуральным числом.
Ответ: (3; 3). (Использовали БЗ6)
2.2. Решения заданий С6 из ЕГЭ.
1) C6. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).
Решение: Пусть искомое число.
Представим его в каноническом виде , тогда его количество делителей равно
1)

=15

Итак, число - имеет ровно 15 делителей, где- простое число. Но не одно из них не может оканчиваться 0.
2)

и

Итак, числа = , = - имеют ровно 15 делителей, где- простое число. По условию число должно оканчиваться 0. и должны равняться 2 и 5.
и
Ответ: 400 и 2500. (Использовали БЗ5 (обратную задачу))
2) C6. Решите уравнение в натуральных числах.
Решение: При делении на 3 левая часть уравнения дает остаток 1, правая часть то же должна давать тот же остаток при делении на3, т.е. 1число четное.
При делении на 4 правая часть дает остаток 1, левая часть то же должна давать тот же остаток при делении на 4, т.е.1, а это возможно, если число четное.
Итак,

,
Поэтому (1)
(2)
Вычитая из (1) равенства (2) получаем . Значит - нечетное число и . Из этого получается, что число - четное(иначе правая часть не делится на 3) и обозначим =.
, правая часть – это произведение двух множителей отличающихся на 2 и является степенью числа 3, следовательно эти множители 1 и3.
Получаем, что , а

, а
. Понятно, что и .
Ответ: . (Использовали БЗ8 ) C6 № 484652.
Найдите все целые значения m и k такие, что 3m+ 32m+ 33m+…+3km=2010.
Решение.Заметим, что из условия следует, что k∈N . Далее имеем: 1. Если m = 0, то каждое из слагаемых равно 1, и при k = 2010 равенство будет верно. 2. Если m<0, левая часть уравнения не превосходит суммы конечной геометрической прогрессии с первым членом 3-1 и знаменателем 3-1, сумма которой, в свою очередь, меньше суммы бесконечно убывающей прогрессии с тем же первым членом и тем же знаменателем: Таким образом, в этом случае уравнение решений не имеет;
3. Если m > 0, то 3m + 32m + 33m + … + 3km = 3m 3km- 13m- 1, откуда получаем:
3m3km-13m-1=2010 ↔ 3m3km-1=2010 3m-1↔3m3km-1=3∙670∙(3m-1).
Числа 670 и 3m- 1 на три нацело не делятся, следовательно, m = 1, откуда 3k – 1 = 670 * 2 и 3k = 1341. Последнее уравнение натуральных решений не имеет. Ответ: m = 0, k = 2010.
C6 № 484653.
Среди обыкновенных дробей с положительными знаменателями, расположенных между числами 9635 и 9736, найдите такую, знаменатель которой минимален.Решение.Так как
9635=22635 и 9736=22536то достаточно найти правильную дробь с наименьшим знаменателем, лежащую между числами
2536=0,69… и 2635=0,74…,
а затем прибавить к ней число 2. Среди дробей со знаменателями 2, 3, 4, 5 и 6 нужных дробей нет, так как
12<0,69, 23<0,69, 24<0,75, 34 =0,75>0,74…, 3 5,< 0,69, 45>0,75, 46<0,69, 56>0,75.
Для знаменателя 7 получаем 57=0,71…, т. е.
2536< 57< 2635.
Ответ : 57C6 № 484654. Перед каждым из чисел 14, 15, . . ., 20 и 4, 5, . . ., 8 произвольным образом ставят знак плюс или минус, после чего от каждого из образовавшихся чисел первого набора отнимают каждое из образовавшихся чисел второго набора, а затем все 35 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно получить в итоге?
Решение.1. Если все числа первого набора взяты с плюсами, а второго — с минусами, то сумма максимальна и равна
5( 14 + … + 20 ) – 7( - 4 - … - 8) = 5(14+202∙7) + 7( 4+82∙5) = 35 · 23 = 805
2. Так как предыдущая сумма оказалась нечетной, то число нечетных слагаемых в ней — нечетно, причем это свойство всей суммы не меняется при изменении знака любого ее слагаемого. Поэтому любая из полученных сумм будет не четной, а значит, не будет равна 0. 3. Значение 1 сумма принимает, например, при следующей расстановке знаков у чисел:
5( - 14 – 15 + 16 - 17 + 18 - 19 + 20) – 7( -4 + 5 + 6 – 7- 8) = - 5· 11 + 7 · 8 = - 55 + 56 = 1
Ответ: 1 и 805.
C6 № 484661. Перед каждым из чисел 3, 4, 5, . . . 11 и 14, 15, . . . 18 произвольным образом ставят знак плюс или минус, после чего к каждому из образовавшихся чисел первого набора прибавляют каждое из образовавшихся чисел второго набора, а затем все 45 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю сумму, и какую наибольшую сумму можно получить в итоге?
Решение.1. Если все числа обоих наборов взяты с плюсами, то сумма максимальна и равна
5( 3 + … + 1) + 9( 14 + … + 18) = 5(3+112 ∙9)+9 14+182 ∙5=45∙23=1035 .
2. Так как сумма нечетная, число нечетных слагаемых в ней нечетно, причем это свойство суммы не меняется при изменении знака любого ее слагаемого. Поэтому любая из полученыx сумм будет нечетной, а значит, не будет равна 0. 3. Значение 1 сумма принимает, например, при следующей расстановке знаков у чисел:
5( 3 + 4 +5 + 6 + 7 - 8 - 9 + 10 + 11) +9( 14 – 15 – 16 – 17 + 18) = 5·29 + 9· ( - 16) = 145 – 144 = 1.
Ответ: 1 и 1035.
C6 № 484662. Каждое из чисел 5, 6, . . ., 9 умножают на каждое из чисел 12, 13, . . ., 17 и перед каждым произвольным образом ставят знак плюс или минус, после чего все 30 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю сумму, и какую наибольшую сумму можно получить в итоге?
Ответ: 1 и 3045.
C6 № 484666. Каждое из чисел 2, 3, ... , 7 умножают на каждое из чисел 13, 14, ... , 21 и перед каждым из полученных произведении произвольным образом ставят знак плюс или минус, после чего все 54 полученных результата складывают. Какую наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно получить в итоге?
Ответ: 1 и 4131.
C6 № 500412. В ряд выписаны числа: 12, 22, …, ( N – 1)2, N2. Между ними
произвольным образом расставляют знаки «+» и «−» и находят получившуюся сумму. Может ли такая сумма равняться: а) 12, если ? б) 0, если ? в) 0, если ? г) 5, если ?
Решение.а) При следующей расстановке знаков получается требуемая сумма: 12- 22- 32+ 42+ 52- 62- 72+ 82- 102- 112+ 122= 12.
б) Среди выписанных 50 чисел 25 чётных и 25 нечётных. Поэтому любая сумма, которую можно получить, будет нечётной и не может равняться 0.
в) Заметим, что (a + 3)2 – ( a + 2)2 – ( a + 1)2 + a2 = 4. Значит, между 8 квадратами последовательных натуральных чисел можно расставить знаки так, что полученная сумма будет равняться 0:
( a +7)2 – ( a + 6)2 – ( a + 5)2 + ( a + 4)2 – ( a + 3)2 = ( a + 2)2 + ( a + 1) 2 – a2 = 0
При N = 80 можно разбить все данные числа на группы по 8 чисел в каждой так, что сумма чисел в каждой группе равна 0, а значит, и сумма всех чисел равна 0. г) Как и в предыдущем пункте, расставим знаки между 88 числами 32, 42, ..., 892, 902 таким образом, чтобы их сумма равнялась 0. Перед 22 поставим знак «+». При такой расстановке знаков сумма равна 12+ 22 + 0 = 5
Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) да.
C6 № 500432. В ряд выписаны числа: 12, 22, …, (N – 1)2, N2. Между ними произвольным образом расставляют знаки «+» и «−» и находят получившуюся сумму. Может ли такая сумма равняться: а) -4, если ?
б) 0, если ? в) 0, если ? г) -3, если ?
Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) да.
C6 № 484655. Найдите все такие пары натуральных чисел a и b, что если к десятичной записи числа a приписать справа десятичную запись числа b, то получится число, большее произведения чисел a и b на 32.
Решение.
ab = ab + 32↔a· 10k+ b=ab+32 где k — число цифр в числе b, k ∈N. Тогда( 10k- b)a=32-b →k=1, иначе
(10k- b)a >32-b →b=1, 2, …9.
Непосредственно проверяем b1= 8, b2= 9. Соответственно: a1 = 12, a2 = 23. Ответ: 12 и 8; 23 и 9.
C6 № 484656. Найдутся ли хотя бы три десятизначных числа, делящиеся на 11, в записи каждого из которых использованы все цифры от 0 до 9?
Решение.Число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммами его цифр, стоящих на нечетных и на четных местах, делится на 11. Запишем все цифры подряд: 9876543210. В написанном числе указанная разность сумм равна 5. Меняя местами, например, 5 и 8, мы одну сумму увеличиваем на 3, а другую уменьшаем на 3. Значит, разность между суммами его цифр, стоящих на нечетных и на четных местах, становится равной 11. Меняя местами, например, 4 и 7, или 3 и 6, получаем требуемые примеры. Примечание: в задаче не требуется нахождение всех чисел, обладающих указанным свойством. Ответ: найдутся.

C6 № 484657. Произведение всех делителей натурального числа N оканчивается на 399 нулей. На сколько нулей может оканчиваться число N?
Решение.Разложим N на простые множители:
,
где p — наибольший простой множитель и αi = 0, 1, 2 … Если запись числа N оканчивается n нулями, то или α2 = n, α5 ≥ n или, наоборот, α2 ≥ n, α5 = n. Оценим количество делителей k числа N:
k = (α2 + 1)(α3 + 1)(α5 + 1) …( αp + 1) ≥ ( n + 1)2,
при этом k делится на n + 1. 1 случай. Если k — четное, то все делители разбиваются на k2 пар вида ( d; Nd) так, что произведение делителей в каждой паре равно N. Поэтому произведение всех делителей равно Nk2. 2 случай. Если k — нечетное, то k - 1 делителей разбиваются на пары указанного вида, и есть еще один делитель — N. И в этом случае тоже произведение всех делителей: . Значит, для любого N произведение всех делителей оканчивается nk2 нулями, следовательно, nk = 2* 399 = 798. При этом Nk-12 ∙ N = Nk2, откуда следует, что n — делитель числа 798, и n≤ 8. Выпишем все такие n: 1,2,3,6,7. Из равенства 798 = nk также следует, что 798 делится на n + 1. Поэтому возможно только n = 1,2 и n = 6. Для каждого из этих n подберем настоящее N. Ограничимся простыми множителями 2 и 5. Значит, нужно подобрать только  и . 1.α2 = n = 1, k = 798: n = 798, α5 + 1 = kn+1=399, N = 2∝2 ∙5α5= 21∙5398. 2. α2=n=2, k = 399, 399: 3 = 133 ∝5=132; N = 22· 5398. 3. ∝2=n=6, k = 133; 133 : 7 = 19; ∝5=132 , N = 26 · 5 18. Таким образом, для n = 1, 2, 6 найдены ( и даже не все) N, оканчивающиеся n нулями, произведение делителей которых оканчивается 399 нулями. Ответ: 1, 2, 6.
C6 № 484658. Ученик должен перемножить два трехзначных числа и разделить их произведение на пятизначное. Однако он не заметил знака умножения и принял два записанных рядом трехзначных числа за одно шестизначное. Поэтому полученное частное (натуральное) оказалось в 3 раза больше истинного. Найдите все три числа.
Решение.Обозначим эти числа за a, b и c. Имеем
1000a+bc=3 ∙ abc,
а значит 1000a + b = 3 ab. Так как правая часть полученного равенства делится на a, значит , левая часть тоже делится на a и b = ka. Получаем
1000a + ka = 3ka2,
что равносильно
1000 + k = 3k.
Обратим внимание, что k не превосходит 9, так как a и b — трехзначные числа, а 1000 + k делится на 3. Значит, возможны только варианты k =2, k = 5, k = 8. Если k = 2 то a = 167, b = 334, а c = 27889 или c = 55778 (других пятизначных делителей у ab нет). Если k = 5, то a = 67, что противоречит условию. Если r = 8,, то a = 42, что противоречит условию. Ответ: 167, 334 и 27889 или 167, 334 и 55778.
C6 № 484659. Бесконечная десятичная дробь устроена следующим образом. Перед десятичной запятой стоит нуль. После запятой подряд выписаны члены возрастающей последовательности натуральных чисел   В результате получилось рациональное число, которое выражается несократимой дробью, знаменатель которой меньше 100. Найдите наименьшее возможное значение .
Решение.Очевидно, a3 ≥ 3, причем a3 = 3, только если a1 = 1 и a2 = 2, то есть если десятичная дробь начинается: 0,123… (четвертая цифра не 0).
Заметим, что таким образом начинается, например, число
m = 10 – 1 + 2· 10 – 2 + 3 · 10 – 3 + … + n · 10 – n + …
Найдем число m и проверим, удовлетворяет ли оно условиям задачи. Для этого запишем сумму подробнее.
m = 10-1 + 10-2 + 10-3 + … + 10-n + … + 10-2 + 10-3 +… + 10-n + … + 10-3 +… + 10-n +…+…
В каждой строчке — сумма геометрической прогрессии со знаменателем 10-1. Получаем:
m = 10-111-10-1+ 10-211-10-1+…(10-n11-10-1+…=10910-1+10-2+…+10-n+…=109 ∙19= 1081.Получается, что m — рациональное число, и оно представляется дробью со знаменателем 81, что меньше ста. Число m удовлетворяет условию задачи и для этого числа a3=3. Ответ: 3.
C6 № 484660. Бесконечная десятичная дробь устроена следующим образом. Перед десятичной запятой стоит нуль. После запятой подряд выписаны все целые неотрицательные степени некоторого однозначного натурального числа p. В результате получается рациональное число. Найдите это число.
Решение.
Покажем,что p =0,111... Действительно, пусть p>1. Предположим, что наименьший период полученного рационального числа равен T. Тогда Tk — тоже период при любом натуральном k. Пусть первый период начинается с некоторой по счету цифры, принадлежащей десятичной записи степени pm. Возьмем период такой длины Tk, чтобы эта длина была больше, чем длина записи . В записи числа pm+1 цифр столько же, сколько в pm или на одну больше. Аналогично, число pm + 2 длиннее, чем pm не более, чем на две цифры и так далее. Значит, можно найти такую степень pn > pm, что n = Tk. Цифры числа pn занимают весь период — группу длиной Tk. Тогда в записи следующего числа pn + 1 первые с Tk цифры тоже образуют период и должны повторять цифры числа pn. Получается, что либо pn + 1 = pn, либо pn + 1 = 10pn + ∝, где ∝ — какое-то однозначное число. Последнее равенство невозможно, так как
Pn + 1 ≤ 9pn.Следовательно, верно pn + 1 = pn, откуда p = 1. Десятичная дробь имеет вид
0, 111… = 19.
Ответ: 19.
C6 № 484663. Найдите все простые числа p, для каждого из которых существует такое целое число k, что число p является общим делителем чисел k4 + 12k2 + 12 и k3 + 9k.
Решение.
Если число p является делителем числа k3 + 9k. , то оно является также и делителем числа k(k3 + 9k)= k4 + 9k. Но если число p является общим делителем чисел k4 + 12k2 + 12 и k3 + 9k , то оно является также и делителем разности этих чисел, то есть числа
(k4 + 12k2 + 12) – (k4 – 9k2) = 3k2 + 12.
Аналогично получаем: 1) число p является общим делителем чисел k3 + 9k.  и 3k2 + 12, значит, p является делителем числа 3(k3 + 9k) – k(3k2 + 12) = 15k;
2) число p является общим делителем чисел 3k2 + 12 и 15k, значит, p является делителем числа 5(3k2 + 12) – k15k = 60;
Число 60 имеет ровно три различных простых делителя — 2, 3 и 5. Остается проверить найдутся ли такие целые числа k для каждого из которых одно из чисел 2, 3 и 5 является общим делителем чисел k4 + 12k2 + 12  и k3 + 9k . Если число k — четное, то число 2 является общим делителем данных чисел. Если число k кратно 3, то число 3 является общим делителем данных чисел. Если число k =1, то число 5 является общим делителем данных чисел. Ответ: 2, 3, 5.
C6 № 484664. Найдите все простые числа p, для каждого из которых существует такое целое число k, что число p является общим делителем чисел k4 + 15k2 + 35 и k3 + 8k.
Ответ: 3, 5, 7.
C6 № 484665. Найдите несократимую дробь pq такую, что pq= 1234567888...8 7654321200012345678999…91999 87654321.
Решение.Пусть ∝ =1234567888…87654321, b = 12345678999…987654321, а НОД(m,n) — наибольший общий делитель чисел m, n € N. Тогда p = aНОД(a,b), q= bНОД(a,b)НОД(m,n) = НОД( b – 10a, a) = 12345678999...91999 87654321 - 1234567888...8 20007654321 =
11..11999 11111111 = НОД(a, 11…12007)
Заметим, что α= 111111118∙11…12007, значит а: 11…12007. Поэтому
НОД(a,b) = 11…12007.
Кроме того,
P = a11…12007=11…18, q = b11…12007= 11…19.
Ответ: 11111111111111111.
C6 № 484668. Найдите все простые числа b, для каждого из которых существует такое целое число а, что дробьa4+ 16a2+ 7a3+ 15a можно сократить на b.
Решение.Если целые числа a4 + 16a2 + 7 и a3 + 15a делятся на b, то целое число
( a4 + 16a2 + 7) – a( a3 + 15a) = a2 + 7
также делится на b. Тогда число ( a3 + 15a) – a( a2 + 7) = 8a тоже делится на b. Тогда число 8(a2 + 7) – a* 8a + 56 также делится на b. Таким образом, искомое b — простой делитель числа 56, то есть 2 или 7. Осталось проверить, для каких из найденных чисел можно подобрать а. Если а нечетное, то числитель и знаменатель данной дроби — четные числа, поэтому дробь можно сократить на 2. Если а кратно 7, то числитель и знаменатель данной дроби также кратны 7, поэтому дробь можно сократить на 7. Ответ: 2, 7.
C6 № 484669. Найдите все простые числа b, для каждого из которых существует такое целое число а, что дробь a4+18a2+ 9a3+ 11a можно сократить на b.
Ответ: 2, 5.
C6 № 484670. Найдите все простые числа b, для каждого из которых существует такое целое число a, что дробьa4+ 18 a2=9a3+ 17 a сократима на b.
Ответ: 2, 3.
C6 № 484671. На доске написано более 42, но менее 56 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно 4, среднее арифметическое всех положительных из них равно 14, а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно . а) Сколько чисел написано на доске? б) Каких чисел написано больше: положительных или отрицательных? в) Какое наибольшее количество отрицательных чисел может быть среди них?
Решение.Пусть среди написанных чисел k положительных, l отрицательных и m нулей. Сумма набора чисел равна количеству чисел в этом наборе, умноженному на его среднее арифметическое, поэтому 14k – 7l +0m = 4(k+l + m)
а) Заметим, что в левой части каждое слагаемое делится на 7, поэтому k +l + m — количество целых чисел — делится на 7. По условию 42< k +l + m < 56 , поэтому k +l + m . Таким образом, написано 49 чисел. б) Приведём равенство 14k – 7 l = 4(k +l + m ) к виду 10k = 11l + 4m. Так как m ≥ 0, получаем, что 10k ≥ 11 l, откуда k>1. Следовательно, положительных чисел больше, чем отрицательных. в) (оценка). Подставим k +l + m =49 в правую часть равенства14k – 7 l = 4(k +l + m ): 14k – 7l , откуда l = 2k - 28. Так как k + l ≤ 49, получаем: 3k - 28≤49, 3k < 77, k < 25, l = 2k – 28 ≤ 22; то есть отрицательных чисел не более 22. г) (пример). Приведём пример, когда отрицательных чисел ровно 22. Пусть на доске 25 раз написано число 14, 22 раза написано число -7 и два раза написан 0. Тогда 14∙25-7∙2249= 350-15449=4, удовлетворяет всем условиям задачи. Ответ: а) 49; б) положительных; в) 22.
C6 № 484672. На доске написано более 36, но менее 48 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно -5, среднее арифметическое всех положительных из них равно 6, а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно -12. а) Сколько чисел написано на доске? б) Каких чисел написано больше: положительных или отрицательных? в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?
Ответ: а) 42; б) отрицательных; в) 15.
C6 № 484673. Сумма двух натуральных чисел равна 43, а их наименьшее общее кратное в 120 раз больше их наибольшего общего делителя. Найдите эти числа.
Решение.Сумма чисел кратна их наибольшему общему делителю, поэтому их наибольший общий делитель является делителем числа 43, откуда следует, что он равен 1. Тогда наименьшее общее кратное этих чисел равно их произведению. Обозначив искомые числа х и у, получаем систему x+y=43xy=120 , решая которую, получаем числа 40 и 3.
Ответ: 40 и 3.
C6 № 485939. Все члены геометрической прогрессии — различные натуральные числа, заключенные между числами 210 и 350. а) может ли такая прогрессия состоять из четырех членов? б) может ли такая прогрессия состоять из пяти членов?
Решение.а) Приведём пример геометрической прогрессии из четырёх членов: взяв b1 = 216= 63 и q = 76 , получим
b2 = 6·6·7 = 252, b3 = 6·7·7 = 294, b4 = 73 = 343
б) Докажем, что прогрессии из пяти членов, удовлетворяющей условию задачи, не существует. Предположим, такая последовательность есть. Без ограничения общности она возрастает; пусть её знаменатель есть q = m k , где  и k — взаимно простые натуральные числа. Тогда:
210< b1< b2 = b1q < …< b5 = b1q4= b1k4m4<350.
Так как  и k взаимно просты, b1 делится на k4 а значит, m4<350, откуда m ≤ 4 Так как q > 1, k < m. Но k – целое, поэтому k ≤ m – 1 ≤ 3. Отсюда
q = mk≥mm-1=1+ 1m-1≥1+ 13= 43 .
Поэтому
b5 = b1q4 ≥ b14334>210∙ 25681>350что противоречит требованию задачи. Ответ: а) да. б) нет.
C6 № 485960. В возрастающей последовательности натуральных чисел каждые три последовательных члена образуют либо арифметическую, либо геометрическую прогрессию. Первый член последовательности равен 1, а последний 2076. а) может ли в последовательности быть три члена? б) может ли в последовательности быть четыре члена? в) может ли в последовательности быть меньше 2076 членов?
Решение.а) Нет, поскольку 1+ 2076 не делится на 2, а 2076 не является квадратом натурального числа. б) Последовательность не может быть арифметической прогрессией, поскольку 2076 - 1 не делится на 3. Последовательность не может быть геометрической прогрессией, поскольку 2076 не является кубом натурального числа. Если первые три члена образуют геометрическую прогрессию, а последние три – арифметическую, то эти числа:1, q,q2,2q2 - q но уравнение 2q2-q-2076 = 0 не имеет целых корней. Если первые три члена образуют арифметическую прогрессию, а последние три – геометрическую, то эти числа:1, a + 1 и 2a + 1 где  — натуральное число. Тогда последнее число должно равняться
( 2a+1)2a+1=4a+4+ 1a=1но это не натуральное число.
в) Да, например, 1, 2, 4, 8, … 2076

C6 № 500005. На доске написано число 7. Раз в минуту Вася дописывает на доску одно число: либо вдвое большее какого-то из чисел на доске, либо равное сумме каких-то двух чисел, написанных на доске (таким образом, через одну минуту на доске появится второе число, через две ― третье и т.д.). а) Может ли в какой-то момент на доске оказаться число 2012? б) Может ли в какой-то момент сумма всех чисел на доске равняться 63? в) Через какое наименьшее время на доске может появиться число 784?
Решение.а) Заметим, что каждое число на доске будет делиться на 7. Действительно, исходное число делится на 7, в случае удвоения числа делящегося на 7, получится число, делящееся на 7. А при сложении чисел, делящихся на 7, также получится число, делящееся на 7. Таким образом, все числа на доске будут делиться на 7, а 2012 на 7 не делится, следовательно, оно не может появиться на доске. б) Да, может. Пример: 7, 14 (удвоенное число 7), 14 (удвоенное число 7), 14 (удвоенное число 7), 14 (удвоенное число 7). Сумма полученных 5 чисел равна 63. Замечание. В условии не сказано, что одно число нельзя удваивать несколько раз. в) Как было замечено в пункте а, все числа на доске будут делиться на 7. Рассмотрим аналогичную задачу, разделив исходное число 7 и то число, которое нужно получить, т.е. 784, на 7. От этого количество операций не изменится. Таким образом, достаточно за наименьшее количество операций получить число 112, начав с числа 1.Заметим, что наибольшее число, которое может получиться на доске через 6 минут, равно 64 (если Вася каждый раз будет удваивать текущее наибольшее число). Следовательно, если в первые 6 минут Вася каждый раз удваивал наибольшее число на доске, то число 112 нельзя получить за 7 минут: если число 64 удвоить, то получится 128, а если прибавить к нему число, не превосходящее 32, то 112 не получится. В том случае, если в течение первых 6 минут Вася использовал хотя бы одно сложение вместо удвоения, то при первом использовании сложения наибольшее число, записанное на доске увеличилось не более, чем в полтора раза: действительно, в этом случае самый большой результат получится тогда, когда мы к максимальному на данный момент числу прибавим второе по величине, то есть, его половину (напомним, что мы рассматриваем первый случай сложения, то есть до этого были только удвоения). Таким образом, даже если в течение первых 7 минут сделано 6 удвоений и одно сложение (в некотором порядке), то наибольшее число, которое может получиться, равно , что меньше 112. Итак, за 7 минут число 112 получить невозможно. Приведем пример, как его получить за 8 минут: 1  1,2  1,2,4  1,2,4,8  1,2,4,8,16  1,2,4,8,16,32  1,2,4,8,16,32,64  1,2,4,8,16,32,64,96 (96 = 64 + 32 )  1,2,4,8,16,32,64,96,112 (112 = 96 + 16 ).
Ответ: а) нет; б) да; в) 8 минут.
C6 № 500011. На доске написано число 8. Раз в минуту Вася дописывает на доску одно число: либо вдвое большее какого-то из чисел на доске, либо равное сумме каких-то двух чисел, написанных на доске (таким образом, через одну минуту на доске появится второе число, через две ― третье и т. д.). а) Может ли в какой-то момент на доске оказаться число 2012? б) Может ли в какой-то момент сумма всех чисел на доске равняться 72? в) Через какое наименьшее время на доске может появиться число 832?
Ответ: а) нет; б) да; в) 8 минут.
C6 № 500017. Каждое из чисел 1, -2, -3, 4, -5, 7, -8, 9 по одному записываю на 8 карточках. Карточки переворачивают и перемешивают. На их чистых сторонах заново пишут по одному каждое из чисел 1, -2, -3, 4, -5, 7, -8, 9. После этого числа на каждой карточке складывают, а полученные восемь сумм перемножают. а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Какое наименьшее целое неотрицательное число может в результате получиться?
Решение.а) Среди восьми данных чисел нет противоположных. Значит, сумма чисел на каждой карточке не равна 0. Поэтому всё произведение не может равняться нулю. б) Среди восьми данных чисел пять нечётных. Значит, на какой-то карточке попадётся два нечётных числа, и их сумма чётная. Поэтому всё произведение чётно и не может равняться 1. в) Среди восьми данных чисел пять нечётных. Значит, хотя бы на двух карточках с обеих сторон написаны нечётные числа, и сумма чисел на каждой из этих карточек чётная. Поэтому всё произведение делится на 4. Наименьшее целое положительное число, делящееся на 4, это 4. Оно получается при следующем наборе пар чисел на карточках: (1; -2); (-2; 1); (-3; 4); (4; -3); (-5; 7); (7; -5); (-8; 9); (9; -8).
Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500023. Имеется 8 карточек. На них записывают по одному каждое из чисел 1, -2, -3, 4, -5, 7, -8, 9. Карточки переворачивают и перемешивают. На их чистых сторонах заново пишут по одному каждое из чисел 1, -2, -3, 4, -5, 7, -8, 9. После этого числа на каждой карточке складывают, а полученные восемь сумм перемножают.а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Какое наименьшее целое неотрицательное число может в результате получиться?
Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500452. Каждое из чисел 1, −2, −3, 4, −5 , 7, −8, 9 по одному записывают на 8 карточках. Карточки переворачивают и перемешивают. На их чистых сторонах заново пишут по одному каждое из чисел 1, −2, −3, 4, −5 , 7, −8, 9. После этого числа на каждой карточке складывают, а полученные восемь сумм перемножают. а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Какое наименьшее целое неотрицательное число может в результате получиться?
Решение.а) Среди восьми данных чисел нет противоположных. Значит, сумма чисел на каждой карточке не равна 0. Поэтому всё произведение не может равняться нулю. б) Среди восьми данных чисел пять нечётных. Значит, на какой-то карточке попадётся два нечётных числа, и их сумма чётная. Поэтому всё произведение чётно и не может равняться 1. в) Среди восьми данных чисел пять нечётных. Значит, хотя бы на двух карточках с обеих сторон написаны нечётные числа, и сумма чисел на каждой из этих карточек чётная. Поэтому всё произведение делится на 4. Наименьшее целое положительное число, делящееся на 4, это 4. Оно получается при следующем наборе пар чисел на карточках: (1;−2); (−2;1); (−3;4); (4;−3); (−5;7); (7;−5); (−8;9); (9;−8). Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500472. Каждое из чисел 1, −2, −3, 4, −5 , 7, −8, 9 по одному записывают на 8 карточках. Карточки переворачивают и перемешивают. На их чистых сторонах заново пишут по одному каждое из чисел 1, −2, −3, 4, −5 , 7, −8, 9. После этого числа на каждой карточке складывают, а полученные восемь сумм перемножают. а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Какое наименьшее целое неотрицательное число может в результате получиться?
Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500068. Моток веревки режут без остатка на куски длиной не меньше 99 см, но не больше 102 см (назовем такие куски стандартными). а) Некоторый моток веревки разрезали на 33 стандартных куска, среди которых есть куски разной длины. На какое наибольшее число стандартных одинаковых кусков можно было бы разрезать тот же моток веревки? б) Найдите такое наименьшее число l, что любой моток веревки, длина которого больше l см, можно разрезать на стандартные куски.
Решение.Решение каждого пункта состоит из двух частей: оценка и пример. Рассмотрим моток веревки длиной  см. Условие того, что его можно разрезать на  стандартных кусков, записывается в виде 99n ≤ x ≤102 или 99 ≤ xn ≤102 а) В данном случае имеем 99·33< x < 102· 33 (неравенства строгие, поскольку среди кусков есть неравные). Пусть эту веревку можно разрезать на 99 ≤ xn ≤102  стандартных кусков, тогда. При n ≥ 34 получаем
xn≤ x34<102∙3334=99 т.е. этот моток веревки нельзя разрезать больше, чем на 33 стандартных куска. При n = 33 получаем 99 ≤ xn ≤102 . Значит, эту веревку можно разрезать на 33 одинаковых стандартных куска, но нельзя разрезать на большее количество стандартных кусков. б) Отрезки 99n , 102n и 99n+1, 102( n+1) являющиеся решениями неравенств
99n ≤ x ≤102n   и 99(n + 1) ≤ x ≤ 102(n + 1) имеют общие точки для всех n при которых
99( n + 1) ≤ 102n то есть при n ≥33. Значит, любую веревку длиной 99· 33 = 3264 см или более можно разрезать на стандартные куски. Докажем, что веревку, длина которой больше 102· 32 = 3264 см, но меньше 99· 33 = 3267 см, нельзя разрезать на  стандартных кусков ни для какого   При n≥ 33 получаем x < 99 · 33≤ 99n, что противоречит условию 99n ≤ x. При n ≤32 получаем x> 102 · 32 ≥ 102n, что противоречит условию x ≤ 102n. Таким образом, искомое число равно 3267. Ответ: а) 33; б) 3267.
C6 № C6 № 500351. Моток веревки режут без остатка на куски длиной не меньше 115 см, но не больше 120 см (назовем такие куски стандартными). а) Некоторый моток веревки разрезали на 23 стандартных куска, среди которых есть куски разной длины. На какое наибольшее число стандартных одинаковых кусков можно было бы разрезать тот же моток веревки?
б) Найдите такое наименьшее число l, что любой моток веревки, длина которого больше l см, можно разрезать на стандартные куски.
Ответ: а) 23; б) 2645.
500197. Натуральные числа от 1 до 12 разбивают на четыре группы, в каждой из которых есть по крайней мере два числа. Для каждой группы находят сумму чисел этой группы. Для каждой пары групп находят модуль разности найденных сумм и полученные 6 чисел складывают. а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Каково наименьшее возможное значение полученного результата?
Решение.Обозначим суммы чисел в группах S1, S2, S3, S4 а указанную в условии сумму модулей их попарных разностей через A. Можно считать, что  S1≤ S2 ≤ S3≤ S4 а) Чтобы число A равнялось 0, необходимо, чтобы каждая из разностей Si - Sj равнялась 0, то есть S1= S2= S3= S4 . Сумма всех двенадцати чисел 1 + 2 + … + 11 = 12 = 12 ∙132 = 78. С другой стороны, она равна S1 + S2+ S3+ S4 = 4S1 , но 78 не делится на 4. Значит, A ≠ 0. б) Чтобы число A равнялось 1, необходимо, чтобы все, кроме одной, разности Si - Sj  равнялись 0. Значит, S1 < S4, но в этом случае каждая из сумм S2, S3 не равна хотя бы одной из сумм S1, S4 поэтому хотя бы три разности Si - Sj   не равны 0 и число A не меньше 3. Значит, A≠ 1. в) Выразим число А явно через S1, S2, S3, S4:
A = ( S2 – S1) + ( S3 – S1) + (S4 – S1) + (S3 - S2) + ( S 4 – S2) + (S4 – S3) = 3( S4 – S3) + 4(S3 – S2) + 3(S2 –S1)
В предыдущих пунктах было показано, что A ≥ 3. Если A = 3, то S1= S2= S3= S4 - 1   или S1= S2= S3= S4 + 1   . В этом случае сумма всех двенадцати чисел равна 4 S1 + 1 или 4 S4 - 1, то есть нечётна, что неверно. Для следующего разбиения чисел на группы: 12;7; 11; 6; 2; 10; 5; 4;1; 9; 8; 3 — число A равно 4. Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500478. Натуральные числа от 1 до 20 разбивают на четыре группы, в каждой из которых есть по крайней мере два числа. Для каждой группы находят сумму чисел этой группы. Для каждой пары групп находят модуль разности найденных сумм и полученные 6 чисел складывают. а) Может ли в результате получиться 0? б) Может ли в результате получиться 1? в) Каково наименьшее возможное значение полученного результата?
Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.
C6 № 500217. Число S таково, что для любого представления S в виде суммы положительных слагаемых, каждое из которых не превосходит 1, эти слагаемые можно разделить на две группы так, что каждое слагаемое попадает только в одну группу и сумма слагаемых в каждой группе не превосходит 19. а) Может ли число S быть равным 38? б) Может ли число S быть больше 38? в) Найдите максимально возможное значение S.
Решение.a) Рассмотрим разбиение числа 38 на 39 слагаемых, равных 3839. При разделении этих слагаемых на две группы в одной из них окажется не менее 20 чисел, сумма которых равна 203839= 76039.=191939>19 Значит,  не может быть равным 38. б) Поскольку S является суммой двух чисел, не больших 19, получаем S ≤ 38. Пусть 37,05<S≤38. Рассмотрим разбиение числа S на 39 слагаемых, равных S39≤3839<1. При разделении этих слагаемых на две группы в одной из них окажется не менее 20 чисел, сумма которых равна 20S39.> 20*37,0539 = 19. Значит, S не может быть больше 37,05. в) Докажем, что число 37,05 удовлетворяет условию задачи. Рассмотрим произвольное представление S = 37,05 в виде суммы положительных слагаемых, не превосходящих 1:
S = x1 + x2 + …xn. Можно считать, что слагаемые упорядочены по убыванию: x1≥ x2≥…≥ xn-1≥ xn. Первую группу составим из k небольших слагаемых так, чтобы S1 = x1 + x2 +…+ xk ≤ 19 ≤ x1 + x2 +…+ xk = xk+ 1 . Вторую группу составим из оставшихся слагаемых. Пусть S1< 18,05= 37,05 -19. В этом случае 0,95 < 19 – S1< xk+1<xk≤ …≤ x1 и 0,95k < x1+ … xk S1 < 18,05. Поэтому k < 19, k > 18 и S1 = x1 + x2 +… + xk ≤18. Тогда 1≤ 19 – S1 < xk + 1≤ 1. Полученное противоречие доказывает, что S 1 = 18,05. Поэтому сумма слагаемых во второй группе S 2 = xk – 1+ xk -2 + … + xn = 37,05 – S1 ≤ 19. Таким образом, число S = 37,05 удовлетворяет условию задачи. В предыдущем пункте было показано, что ни одно из чисел S > 37,05 не удовлетворяет условию задачи, значит, максимально возможное значение S это 37,05. Ответ: а) нет; б) нет; в) 37,05.
C6 № 500391. Число S таково, что для любого представления S в виде суммы положительных слагаемых, каждое из которых не превосходит 1, эти слагаемые можно разделить на две группы так, что каждое слагаемое попадает только в одну группу и сумма слагаемых в каждой группе не превосходит 17. а) Может ли число S быть равным 34? б) Может ли число S быть больше 33118? в) Найдите максимально возможное значение S.
Ответ: а) нет; б) нет; в) 33118C6 № 500371. Каждый из группы учащихся сходил в кино или в театр, при этом возможно, что кто-то из них мог сходить и в кино, и в театр. Известно, что в театре было не более 311 от общего числа учащихся группы, посетивших театр, а в кино мальчиков было не более 38 от общего числа учащихся группы, посетивших кино. а) Могло ли быть в группе 10 мальчиков, если дополнительно известно, что всего в группе было 20 учащихся? б) Какое наибольшее количество мальчиков могло быть в группе, если дополнительно известно, что всего в группе было 20 учащихся? в) Какую наименьшую долю могли составлять девочки от общего числа учащихся в группе без дополнительного условия пунктов а и б?
Решение.а) Если группа состоит из 3 мальчиков, посетивших только театр, 7 мальчиков, посетивших только кино, и 10 девочек, сходивших и в театр, и в кино, то условие задачи выполнено. Значит, в группе из 20 учащихся могло быть 10 мальчиков. б) Предположим, что мальчиков было 11 или больше. Тогда девочек было 9 или меньше. Театр посетило не более 3 мальчиков, поскольку если бы их было 3 или больше, то доля мальчиков в театре была бы не меньше 44+9= 413, что больше 311. Аналогично, кино посетило не более 7 мальчиков, поскольку 88+9 = 811>37 но тогда хотя бы один мальчик не посетил ни театра, ни кино, что противоречит условию. В предыдущем пункте было показано, что в группе из 20 учащихся могло быть 10 мальчиков. Значит, наибольшее количество мальчиков в группе — 10. в) Предположим, что некоторый мальчик сходил и в театр, и в кино. Если бы вместо него в группе присутствовало два мальчика, один из которых посетил только театр, а другой — только кино, то доля мальчиков и в театре, и в кино осталась бы прежней, а общая доля девочек стала бы меньше. Значит, для оценки наименьшей доли девочек в группе можно считать, что каждый мальчик сходил или только в театр, или только в кино. Пусть в группе m1 мальчиков, посетивших театр, m2 мальчиков, посетивших кино, и d девочек. Оценим долю девочек в этой группе. Нулем считать, что все девочки ходили и в театр, и в кино, поскольку их доля в группе от этого не изменится, а доля в театре и в кино не уменьшится. По условию
m1m1+d≤ 311, m2m2+d≤ 37значит, m1d≤ 38, m2d≤ 34 . Тогда m1+ m2d≤ 98, поэтому доля девочек в группе:
dm1+m2+ d= 1m1+m2d+1≥11+98= 817Если группа состоит из 3 мальчиков, посетивших только театр, 6 мальчиков, посетивших только кино, и 8 девочек, сходивших и в театр, и в кино, то условие задачи выполнено, а доля девочек в группе равна 817. Ответ: а) да: б) 10; в) 817.
C6 № 500136. Каждый из группы учащихся сходил в кино или в театр, при этом возможно, что кто-то из них мог сходить и в кино, и в театр. Известно, что в театре мальчиков было не более 211 от общего числа учащихся группы, посетивших театр, а в кино мальчиков было не более 25 от общего числа учащихся группы, посетивших кино. а) Могло ли быть в группе 9 мальчиков, если дополнительно известно, что всего в группе было 20 учащихся? б) Какое наибольшее количество мальчиков могло быть в группе, если дополнительно известно, что всего в группе было 20 учащихся? в) Какую наименьшую долю могли составлять девочки от общего числа учащихся в группе без дополнительного условия пунктов а и б?
Ответ: а) да: б) 9; в) 917.
C6 № 500971. Дана арифметическая прогрессия (с разностью, отлично от нуля), составленная из натуральных чисел, десятичная запись которых не содержит цифры 9. а) Может ли в такой прогрессии быть десять членов? б) Докажите, что число её членов меньше 100. в) Докажите, что число членов всякой такой прогрессии не больше 72. г) Приведите пример такой прогрессии с 72 членамиРешение.а) Да, например 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20. б) Можно считать, что разность  прогрессии положительна. Пусть разность имеет  цифр. Тогда при переходе от какого-либо члена последовательности к следующему
(k + 1)-й разряд либо не меняется, либо увеличивается на 1. Так как цифра 9 запрещена, возможно не больше 8 переходов со сменой этого разряда. Может случиться несколько членов подряд с одной и той же цифрой в (k + 1)-м разряде. Назовём такие члены группой. Всего таких групп не более 9. Обозначим длину группы L Найти наибольшую возможную длину группы. Так как d -- k-значное число, каждый переход, не меняющий (k + 1)-й разряд, увеличивает k-й разряд. И так как цифра 9 запрещена в то числе в k-м разряде, то таких переходов подряд может быть не более 8. Следовательно, L < 9, а в прогрессии не более 9 ∙ L – 81 членов. в) Если в прогрессии нет переходов со сменой (k + 1)-го разряда, то членов прогрессии не больше 9. Пусть такие переходы есть. Рассмотрим член прогрессии, стоящий перед таким переходом. Так как он не содержит 9, то его k-значный "хвост" ( имеет остаток от деления на 10k ) не больше 888…8k раз. Но при прибавлении d должен произойти переход через десяток в (k + 1)-м разряде. Следовательно, d > 11…11k раз .Рассмотрим такую группу членов прогрессии ∝m, ∝m+1,…∝m+L-1,, что (k + 1)-й разряд не меняется. Тогда k-значные хвосты сами образуют арифметическую прогрессию с той же разностью:  Но bm≥0, bm+L-1 = bm+ dL-1≤ 88…88 k разследовательно L≤ 8.г) Пример нужно прогрессии дает прогрессия с первым членом 1 и разностью 125:
1 1001 2001 ... 8001
126 1126 2126 ... 8126
251 1251 2251 ... 8251
376 1376 2376 ... 8376
501 1501 2501 ... 8501
626 1626 2626 ... 8626
751 1751 2751 ... 8751
876 1876 2876 ... 8876
Ответ:а) да; г) например, 1, 126, ... 8876.
Литература
Алфутова Н. Б. Устинов А. В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. – М. : МЦНМО, 2002. - 264 с.
Базылев Д. Ф. Справочное пособие к решению задач: диофантовы уравнения. – Мн. – НТЦ «АПИ», 1999. – 160 с.
Бардушкин В. В., Кожухов И. Б., Прокофьев А. А., Фадеичев Т. П. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М. : МГИЭТ (ТУ), 2009. – 224 с.
Пратусевич М. Я. И др. ЕГЭ 2011. Математика: Задача С 6. Арифметика и алгебра/ Под ред. А. Л. Семенова и И. В. Ященко. – М. : МЦНМО, 2011. – 48 с.
Шевкин А. В., Пукас Ю. О. ЕГЭ. Математика. Задание С :. М. : Экзамен, 2011. – 62с. – (Серия «ЕГЭ задание С6»)