Куб может давать остатки
Докажите, что число
а) 97 97 ,
б) 1997 17
нельзя представить в виде суммы кубов нескольких идущих подряд натуральных чисел.
Решение
а) Куб числа, кратного 3, делится на 9. Если же число не делится на 3, то его можно записать в виде n = 3k ± 1. Тогда n³ = 9(3k³ ± 3k² + k) ± 1, то есть даёт остаток ±1 при делении на 9 (мы рассматриваем остаток –1 вместо остатка 8). Поэтому остатки при делении на 9 кубов последовательных натуральных чисел образуют последовательность 1, –1, 0, 1, –1, 0, . Отсюда сразу видно, что сумма любых трёх последовательных кубов делится на 9 и вообще сумма любого количества последовательных кубов может давать только остатки 0 и ±1 при делении на 9.
97 97 ≡ (–2) 97 ≡ (–2) 6·16+1 ≡ –2 (mod 9), так как 2 6 = 64 ≡ 1 (mod 9). Следовательно, 97 97 при делении на 9 даёт остаток –2, то есть не может быть суммой последовательных кубов.
б) Будем рассматривать остатки при делении кубов на 7. Снова воспользуемся отрицательными остатками (–3, –2, –1 вместо, соответственно, 4, 5, 6). Имеем: (±1)³ = ±1, (±2)³ = ±8, (±3)³ = ±27. Поэтому последовательность остатков при делении кубов натуральных чисел на 7 выглядит так: 1, 1, –1, 1, –1, –1, 0, 1, . Отсюда видно, что сумма последовательных кубов может давать при делении на 7 только остатки 0, ±1 и ±2.
1997 17 ≡ 2 17 ≡ 2 3·5+2 ≡ 4 (mod 7), так как 2³ ≡ 1 (mod 7). Следовательно, 1997 17 при делении на 7 даёт остаток 4 и не может быть суммой последовательных кубов.
Замечания
2. Ср. с задачей М1592 из Задачника «Кванта».
Точные квадраты и кубы
Из основной теоремы арифметики следует, что точный квадрат всегда имеет нечетное число делителей: если число $a=p_<1>^<\alpha_<1>>\times p_<2>^<\alpha_<2>>\times\ldots\times p_
Точно так же у точного куба число делителей имеет вид 3n+1, у четвертой степени — число вида 4n+11 и т.д.
При работе со степенями целых и натуральных чисел всегда следует иметь в виду, что степень с большим показателем также является и степенью с маленьким показателем: например, а 100 — это одновременно и квадрат пятидесятой степени, и четвертая степень двадцать пятой степени, и пятая степень двадцатой степени, и т.п. Ясно, что показатель степени таким образом можно уменьшить для любого составного числа n, а для простого n это ничего не даст.
При решении задач полезным может оказаться следующее свойство точных квадратов:
Квадрат числа при делении на любое число дает тот же остаток, что и квадрат его остатка.
Действительно, если r — остаток от деления k на b, то k 2 и r 2 дают при делении на b один и тот же остаток: $k^2-r^2=(k-r)(k+r)$, а k-r делится на b.
Например, число k при делении на 6 может давать остатки 0, 1, 2, 3, 4, 5, их квадраты — 0, 1, 4, 9, 16, 25, а остатки от деления квадратов на 6 — это 0, 1, 4, 3, 4, 1. Таким образом, квадрат числа при делении на 6 не может давать остатков 2 и 5.
Теми же рассуждениями легко получить, что возможные остатки при делении точного квадрата на 3 и на 4 — это 0 или 1.
Пример 1: Является ли число $123^2+345^2+567^2$ точным квадратом?
Ответ: Все три числа в заданной сумме нечетны, следовательно, их квадраты имеют вид 4п+1, так что их сумма имеет вид 4т+3 и поэтому не является точным квадратом.
Пример 2: Является ли число $[50\pi]^2+[100\pi]^2$ точным квадратом?
Ответ: Поскольку числа $[50\pi]$, $[100\pi]$ — это на самом деле 157 и 314, то оба они не делятся на 3, и поэтому их квадраты имеют вид Зn+1, а сама заданная сумма имеет вид 3m+2 и, следовательно, не является точным квадратом
Пример 3: Доказать, что если два числа оба не делятся на 3, то их сумма не является точным квадратом.
Ответ: Так как квадрат любого натурального числа, не делящегося на 3, при делении на 3 дает остаток 1, то сумма любых двух таких чисел при делении на 3 дает остаток 2, а такое число не может быть точным квадратом.
math4school.ru
Делимость целых чисел и остатки
Немного теории
В разнообразных задачах про целые числа используются основные понятия и теоремы, связанные с делимостью. Приведём некоторые из них.
Каждое целое число а можно разделить на натуральное число m с остатком, то есть представить в виде а = mq + r, где q и r – целые числа и r (остаток) не меньше 0, но меньше q.
Среди любых m последовательных целых чисел найдется ровно одно число, делящееся на m.
Различные натуральные числа при делении на натуральное m могут давать любой из остатков 0, 1, 2, . m–1. Однако степени натуральных чисел с фиксированным натуральным показателем n>1 не обязательно снова могут давать при делении на m любой из этих остатков. Так при делении на 3, 4, 5 и 8 четвёртые степени целых чисел могут давать остатки только 0 и 1. Ниже приведена таблица возможных остатков при делении квадратов, кубов, четвертых и пятых степеней на числа от 3 до 10.
Если два числа а и b при делении на число m дают одинаковые остатки, то говорят, что а сравнимо с b по модулю m. Записывают это так
Если a > b, то наибольший общий делитель a и b равен наибольшему общему делителю a – b и b.
Если а и b – натуральные числа и а = bq + r (r – остаток), то наибольший общий делитель d этих чисел равен наибольшему общему делителю b и r; пользуясь этим утверждением несколько раз, можно найти его как последний не равный нулю остаток в цепочке делений с остатком:
(алгоритм Евклида); отсюда следует, что существуют целые числа х и у, такие, что d = ах + by. В частности, если числа а и b взаимно просты, то есть не имеют общих делителей, больших 1, то существуют целые х и у, для которых ах + by = 1.
Каждое натуральное число единственным образом представляется в виде произведения простых чисел (основная теорема арифметики).
Количество простых чисел бесконечно; доказательство этого утверждения по Евклиду основано на том, что произведение нескольких простых чисел, сложенное с единицей, имеет отличные от всех этих простых чисел множители.
Если числа b1, b2, … , bn попарно взаимно просты, то для любых остатков r1, r2, … , rn (ri меньше bi) найдется число а, которое при делении на bi дает остаток ri (китайская теорема об остатках).
Задачи с решениями
1. Сколько существует натуральных чисел, меньших 1000, которые не делятся ни на 5, ни на 7?
Вычёркиваем из 999 чисел, меньших 1000, числа, кратные 5: их [999/5]=199. Далее вычёркиваем числа, кратные 7: их [999/7]=142. Но среди чисел, кратных 7, имеется [999/35]=28 чисел, одновременно кратных 5; они будут вычеркнуты дважды. Итого, нами должно быть вычеркнуто 199+142–28=313 чисел. Остаётся 999–313=686.
2. Номер автобусного билета – шестизначное число. Билет называется счастливым, если сумма трёх первых цифр номера равна сумме последних трёх цифр. Докажите, что сумма всех номеров счастливых билетов делится на 13.
Если счастливый билет имеет номер А, то билет с номером В=999999–А также счастливый, при этом А и В различны. Поскольку А+В=999999=1001·999=13·77·99 делится на 13, то и сумма номеров всех счастливых билетов делится на 13.
3. Докажите, что сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7.
Любое целое число при делении на 8 имеет остатком одно из следующих восьми чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, поэтому квадрат целого числа имеет остатком при делении на 8 одно из трёх чисел 0, 1, 4. Чтобы при делении на 8 сумма квадратов трёх чисел имела остаток 7, необходимо, чтобы выполнялся один из двух случаев: либо один из квадратов, либо все три при делении на 8 имеют нечётные остатки.
В первом случае нечётный остаток есть 1, а сумма двух чётных остатков равна 0, 2, 4, то есть сумма всех остатков равна 1, 3, 5. Остатка 7 в этом случае получить нельзя. Во втором случае три нечётных остатка это три 1, и остаток всей суммы равен 3. Итак, 7 не может быть остатком при делении на 8 суммы квадратов трёх целых чисел.
4. Докажите, что при любом натуральном n:
а) число 5 5n+1 + 4 5n+2 + 3 5n делится на 11.
б) число 2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 делится на 17.
а) Первоначально выполним следующее преобразование заданного выражения:
5 5n+1 +4 5n+2 +3 5n = 5(3125) n + 16(1024) n + (243) n = 5(11·284+1) n + 16(11·93+1) n + (11·22+1) n .
Принимая во внимание бином Ньютона n-й степени, можно записать: (х+1) n = Ах+1, где А – некоторое целое число при целых х. Тогда приведённое выше выражение принимает вид 11В+5+16+1 = 11С, очевидно делящееся на 11, где В и С – некоторые целые числа.
б) Выполним следующие преобразования, из которых следует доказываемое утверждение:
2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 = 8·32 n + 9·15 n = 8(17+15) n + 9·15 n = 17А + 8·15 n + 9·15 n = 17А + 17·15 n = 17В,
где А, В – целые положительные числа.
а) если х 2 +у 2 делится на 3 и числа х, у целые, то х и у делятся на 3;
б) если сумма трёх целых чисел делится на 6, то и сумма кубов этих чисел делится на 6;
в) если p и q простые числа и p>3, q>3, то p 2 –q 2 делится на 24;
г) если a, b, c – любые целые числа, то найдутся такие взаимно простые k и t, что ak+bt делится на c.
а) Пусть х=3а+r1, у=3b+r2, где r1 и r2 – остатки от деления на 3, то есть какие-то из чисел 0, 1, 2. Тогда х 2 +у 2 =3(3а 2 +3b 2 +2аr1+2br2)+(r1) 2 +(r2) 2 . Так как х 2 +у 2 делится на 3, первое слагаемое последней суммы делится на 3, то (r1) 2 +(r2) 2 делится на 3, что возможно, с учётом вышесказанного, только при r1=r2=0.
Таким образом, х=3а и у=3b, то есть х и у делятся на 3, что и требовалось доказать.
б) Достаточно показать, что x 3 +y 3 +z 3 –(x+y+z) делится на 6. Это так и есть, ведь каждое из слагаемых x 3 –x, y 3 –y и z 3 –z делится на 6, поскольку а 3 –а=а(а–1)(а+1) – произведение трёх последовательных целых чисел, которое обязательно делится на 2, 3, а, значит, и 6.
в) Кратность p 2 –q 2 числу 3 можно доказать так. При делении на 3 квадраты целых чисел дают остатки 0 или 1. Так как p и q простые числа больше 3, то это p 2 и q 2 при делении на 3 имеют одинаковые остатки – единицу. Тогда p 2 –q 2 делится на 3.
С другой стороны, p 2 –q 2 =(p+q)(p–q). Так как p и q нечётные и при делении на 4 имеют остатки 1 или 3, то выражение в одних скобках делится на 4, а в других – на 2, а разность квадратов p и q – на 8.
Так как p 2 –q 2 делится на взаимно простые числа 3 и 8, то p 2 –q 2 делится на 3·8=24, что и требовалось доказать.
г) Пусть наибольший общий делитель чисел b и c–a равен d, b=k·d и c–a=t·d. Тогда числа k и t взаимно просты.
а) наибольший общий делитель чисел 2n+3 и n+7;
б) все пары натуральных чисел х, у таких, что 2х+1 делится на у и 2у+1 делится на х;
в) все целые k, для которых k 5 +3 делится на k 2 +1;
г) хотя бы одно натуральное число n такое, что каждое из чисел n, n+1, n+2, . , n+20 имеет с числом 30030=2·3·5·7·11·13 общий делитель, больший единицы.
а) Заметим, что если m > n, то НОД (m; n) = НОД (m – n; n).
Иначе говоря, наибольший общий делитель двух натуральных чисел равен наибольшему общему делителю модуля их разности и меньшего числа. Легко доказать это свойство.
Пусть k – общий делитель m u n (m > n). Это значит, что m = ak, n = bk, где a, b – натуральные числа, причем a > b. Тогда m – n = k(a – b), откуда следует, что k – делитель числа m – n. Значит, все общие делители чисел m и n являются делителями их разности m – n, в том числе и наибольший общий делитель.
НОД (2n+3; n+7) = НОД (n+7; 2n+3 – (n+7)) = НОД (n+7; n–4) = НОД (n–4; 11).
Так как 11 – простое число, то искомый наибольший общий делитель равен 1 либо 11. Если n–4 = 11d, то есть n = 4+11d, то наибольший общий делитель равен 11, в противном случае – 1.
Ответ: НОД (2n+3; n+7) = 11, при n равных 4+11d; НОД (2n+3; n+7) = 1, при n не равных 4+11d.
б) Число 2х+1 нечётное и делится на у, поэтому у тоже нечётное. Аналогично х – нечётное.
Числа х и у взаимно простые. Действительно, пусть k – общий делитель х и у, тогда 2х делится на k, и (2х+1) тоже делится на k (k – делитель у, а у – делитель 2х+1). Значит, 1 делится на k, то есть k=1.
Число 2х+2у+1 делится и на х и на у, а значит, – на ху. Тогда 2х+2у+1 не меньше ху.
Пусть х 5 +3 = (k 3 –k)( k 2 +1) + (k+3), то k 5 +3 делится на k 2 +1, если k+3 делится на k 2 +1. Когда это возможно? Рассмотрим варианты:
2) k+3 = k 2 +1; решая, находим k = –1, k = 2;
3) проверим целые k при которых k+3 > k 2 +1; после проверки: k = 0, k = 1.
г) пусть m = 2·3·5·7·k. Подбирая k так, чтобы m–1 делилось на 11, а m+1 – на 13, получим, что число n = m–10 удовлетворяет условию задачи.
7. Существует ли десятизначное число, делящееся на 11, в записи которого каждая цифра встречается по одному разу?
I способ. Выписывая трёхзначные числа, делящиеся на 11, можно среди них найти три числа, в записи которых участвуют все цифры от 0 до 9. Например, 275, 396,418. С их помощью можно составить десятизначное число, делящееся на 11. Например:
2753964180 = 275·10 7 + 396·10 7 + 418·10 = 11·(25·10 7 + 36·10 4 + 38·10).
II способ. Для нахождения требуемого числа воспользуемся признаком делимости на 11, согласно которому числа n=a1a2a3…a10 (в данном случае аi не множители, а цифры в записи числа n) и S(n)=a1–a2+a3–…–a10 одновременно делятся на 11.
Пусть А – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «+», В – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «–». Число А–В, согласно условию задачи, должно делиться на 11. Положим В–А=11, кроме того, очевидно, А+В=1+2+3+…+9=45. Решая полученную систему В–А=11, А+В=45, находим, А=17, В=28. Подберём группу из пяти различных цифр с суммой 17. Например, 1+2+3+5+6=17. Эти цифры возьмём в качестве цифр с нечётными номерами. В качестве цифр с чётными номерами возьмём оставшиеся – 4, 7, 8, 9, 0.
Мы видим, что условию задачи удовлетворяет, например, число 1427385960.
8. Два двузначных числа, записанных одно за другим, образуют четырёхзначное число, которое делится на их произведение. Найти эти числа.
Пусть a и b – два двузначных числа, тогда 100a+b – четырёхзначное число. По условию 100a+b = k·ab, отсюда b = a(kb–100), то есть b делится на a.
Итак, b = ma, но a и b двузначные числа, поэтому m однозначное.
Так как 100a+b = 100a+ ma = а(100+m) и 100a+b = kab, то а(100+m) = kab,
то есть 100+m = kb или 100+m = kma, откуда 100 = m(ka–1).
Таким образом, m – делитель числа 100, кроме того, m – однозначное число, значит, m = 1, 2, 4, 5.
Так как ka = 1+100/m, причём а двузначно, то отпадают для m значения 1 и 5, ибо
при m = 1 число 100/1+1 = 101 не делится ни на какое двузначное число а;
при m = 5 число 100/5+1 = 21 и имеем а=21, при котором b = ma = 5·21 – трёхзначное число.
При m = 2 имеем, ka = 51, a = 17, b = 17·2 = 34;
при m = 4 имеем, ka = 26, a = 13, b = 13·4 = 52.
9. Докажите, что при любых натуральных k и n число 1 2k+1 + 2 2k+1 + . . . + n 2k+1 не делится на n + 2.
Воспользуемся тем, что сумма одинаковых нечётных степеней двух чисел делится на сумму этих чисел, что следует из известного алгебраического тождества. Можно записать:
3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 = (3 + (n – 1))·А2 = (2 + n)·А2,
4 2k+1 + (n – 2) 2k+1 = (4 + (n – 2))·А3 = (2 + n)·А3 и так далее, где Аi – некоторые целые числа.
В зависимости от чётности n возможна нехватка числа для образования последней пары, избежать этого позволит умножение на 2, рассматриваемой в условии суммы. Итак,
2(1 2k+1 + 2 2k+1 +. +n 2k+1 ) = 2·1 2k+1 + (2 2k+1 + n 2k+1 ) + (3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 ) +. + (n 2k+1 + 2 2k+1 ) =
= 2 + (n + 2)·А, где А – некоторое целое число.
Одно из слагаемых последней суммы делится на n + 2, другое при любых натуральных n – нет. Итак, рассматриваемая в условии сумма не делится на n при любых натуральных n и k.
10. Докажите, что для любого простого числа р > 2 числитель m дроби
Заметим, что число р–1 чётное, и преобразуем дробь m/n к виду
Приводя полученное выражение к общему знаменателю
из которого вытекает равенство m(p–1)!=pqn. Поскольку ни одно из чисел 1, 2, 3, … , р–1 не делится на простое число р, то последнее равенство возможно лишь в случае, если m делится на р, что и требовалось доказать.
Задачи без решений
1. Докажите, что при любом натуральном n:
а) число 4 n + 15n – 1 делится на 9;
б) число 3 2n+3 + 40n – 27 делится на 64;
в) число 5 n (5 n + 1) – 6 n (3 n + 2 n ) делится на 91.
а) натуральные значения n такие, что n 5 – n делится на 120;
б) наименьшее натуральное число n такое, что n делится на 19, а n + 2 делится на 82.
3. Пусть m, n – различные натуральные числа, причём m – нечётное. Докажите, что 2 m –1 и 2 n +1 взаимно простые.
4. Четыре различных целых трёхзначных числа, начинающиеся с одной и той же цифры, обладают тем свойством, что их сумма делится на три из них без остатка. Найдите эти числа.
5. Докажите, что для каждого натурального n > 1 число n n – n 2 + n – 1 делится на (n – 1) 2 .