Решение задач на делимость с помощью сравнений. Махрова. Решение задач на делимость. Исследовательская работа Решение задач на делимость с помощью сравнений

• Название: Исследовательская работа Решение задач на делимость с помощью сравнений
• Анкор: Решение задач на делимость с помощью сравнений
• Дата: 20.04.2022
• Размер: 210.5 Kb.
• Имя файла: Махрова. Решение задач на делимость.doc
• Тип: Исследовательская работа; #487984

IV Самарский региональный тур

Всероссийского конкурса

юношеских исследовательских работ им. В. И. Вернадского

(очно - заочный этап)

Направление: «Математика и информатика»

Исследовательская работа:

«Решение задач на делимость с помощью сравнений»

Автор (соавторы):

Махрова Полина Сергеевна

учащаяся 8 класса

ГБОУ СОШ№3 им. З.А.Космодемьянской

г. Новокуйбышевска

Самарской области
Руководитель:

Гайскова Елена Георгиевна

учитель математики

ГБОУ СОШ №3 им. З.А.Космодемьянской

г. Новокуйбышевска

Самарской области


2019-2020 уч. г

Содержание.

1. 
   Введение …………………………………………………………………..2
   
2. 
   Глава 1. Теоретическая часть.
   

2.1. Сравнения………………………..…………………………………....4

2.2. Свойства сравнений по модулю……………………………………..4

2.3. Малая теорема Ферма……………………………………………..…5

2.4. Последняя цифра числа……………………………………………...6

2.5.Периодичность остатков при возведении в степень….…………….7

2.6. Сравнения первой степени……………………………………..……7

3. 
   Глава 2. Практическая часть.
   

3.1 Решение задач с помощью сравнений……………………………….8

3.2 Решение сравнений первой степени………………………………...10

4. 
   Заключение………………………………………………………………..11
   
5. 
   Литература…………………………………………………………………11
   
6. 
   Приложение 1……………………………………………………………...12
   
7. 
   Приложение 2……………………………………………………………..14
   

1. Введение

Интерес к математике и математические способности учащихся проявляются в довольно раннем возрасте. Значительную роль в их развитии играет систематическое решение задач, которые могли бы заинтересовать юных математиков и способствовали бы стремлению к самостоятельным исследованиям. В данной работе я рассмотрю решение задач на делимость. При изучении свойств и особенностей деления в целых числах очень удобно использовать метод сравнения.

Определение сравнения было сформулировано в книге К. Ф. Гаусса «Арифметические исследования». Эту работу, написанную на латыни, начали печатать в 1797 г., но книга вышла в свет лишь в 1801 г. из-за того, что процесс книгопечатания в то время был чрезвычайно трудоемким и длительным. Первый раздел книги Гаусса так и называется: «О сравнении чисел вообще».

Данный вопрос рассматривается в алгебре и теории чисел. А где же можно применить сравнимость чисел и в каких задачах школьного курса? На данный вопрос я смогла ответить, когда изучила материал по данной теме.

Объект исследования: решение задач, связанных с делимостью с помощью сравнений.

Предмет исследования: деление в натуральных числах.

Гипотеза исследования: сравнения позволяют упростить вычисления при решении задач на деление в натуральных числах.

Цель исследования: исследовать сравнения по модулю и методы их решения.
Исходя из поставленной цели, выбора объекта, предмета исследования и его гипотезы ставятся следующие задачи:

• 
  ознакомиться с литературой по данному вопросу;
  
• 
  проанализировать и исследовать свойства чисел, связанных с делимостью.
  
• 
  рассмотреть применение сравнений при решении задач;
  

Методы исследования: анализ, сравнение, конкретизация, обобщение.

Практическая значимость данной работы заключается в том, что, используя сравнения, можно существенно упростить вычисления при решении некоторых математических задач.

2.Глава 1. Теоретическая часть.

2.1. Сравнения¹.

Всем хорошо известны натуральные числа (N) – числа, которые используются при счете предметов. Их можно складывать, умножать, возводить в степень и при этом будут всегда получаться натуральные числа. А вот при вычитании может получиться уже целое число (-N, 0, N).

Иначе дело обстоит с делением. Эта операция на множестве натуральных и целых чисел, с одной стороны, выполнима далеко не всегда, а с другой стороны очень важна. Без этой операции нельзя бы было сокращать дроби, приводить дроби к общему знаменателю, выполнять различные упрощения алгебраический выражений. Именно поэтому вопросами делимости натуральных чисел математики занимаются очень давно. Теория делимости составляет существенную часть теории чисел – важной и интересной математической науки.

Деление – достаточно трудная операция. Для упрощения решения задач и вычислений можно использовать сравнения.

Определение. Если два числа a и b имеют одинаковые остатки при делении на m, то можно сказать, что a и b сравнимы по модулю m.

Запись можно прочитать так: a сравнимо с b по модулю m. Это означает, что aи b имеют одинаковые остатки при делении на m.

2.2. Свойства сравнений по модулю¹

Свойство 1. Для любого a и p всегда a≡a (mod p).

Свойство 2. Если два числа a и c сравнимы с числом b по модулю p , то a и c сравнимы между собой по тому же модулю, т.е. если a≡b (mod p), b≡c (mod p), то a≡c (mod p).

Действительно. Из условия свойства 2 следует a−b и b−c делятся на p. Тогда их сумма  a−b+(b−c)=a−c  также делится на p.

Свойство 3. Еслиa≡b (mod p) и m≡n (mod p), то a+m≡b+n (mod p) и a−m≡b−n (mod p).

Действительно. Так как a−b и m−n делятся на p, то (a−b)+ (m−n)=(a+m)−(b+n) , (a−b)−(m−n)=(a−m)−(b−n)

также делятся на p.

Это свойство можно распространить на какое угодно число сравнений, имеющих один и тот же модуль.

Свойство 4. Еслиa≡b (mod p) и m≡n (mod p), то am≡bn (mod p).

Действительно.Так как a−b делится на p, то (a−b)m также делится на p, следовательно am≡bm (mod p).

Далее m−n делится на p, следовательно b(m−n)=bm−bn также делится на p, значит bm≡bn (mod p).

Таким образом два числа am и bn сравнимы по модулю с одним и тем же числом bm, следовательно они сравнимы между собой (свойство 2).

Свойство 5. Если a≡b (mod p), то a^k≡b^k (mod p), где k некоторое неотрицательное целое число.

Действительно. Имеем a≡b (mod p). Из свойства 4 следует a·a≡b·b (mod p).

a·a·a≡b·b·b mod (p), ……. a^k≡b^k mod (p).


Следствие 1: Сравнения можно возводить в степень, т.е. если , то .

Следствие 2: Рассмотрим некоторый многочлен с целыми коэффициентами: . Если , то значения, которые принимает этот многочлен при и при , также сравнимы между собой по модулю, т.е. .
2.3. Малая теорема Ферма

Пусть p – простое число, a – натуральное число. Тогда a^p – a делится на p: 

a^p ≡ a (mod p).

В частности, если p – простое число, a – натуральное число, взаимно простое с p, то  a^p – 1 ≡ 1 (mod p).
2.4. Последняя цифра числа

Если число оканчивается на 0, 1, 5, 6, то и любая натуральная степень его оканчивается соответственно на 0, 1, 5, 6. Если же рассмотреть 1, 2 , 3, 4 и т.д. степени числа 2, то получим, что последними цифрами будут соответственно 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6…Следовательно, последние цифры будут периодически повторятся через 4. Таким образом, 2^4 n+1 оканчивается цифрой 2, 2^4 n+2 – 4, 2^4 n+3 – 8, 2^4 n+4 – 6, где nЄN.

Аналогичная картина будет и в случае, когда число будет оканчиваться цифрами 3, 7, 8. Так, 3^4 k+1оканчивается цифрой 3, 3^4 k+2 – цифрой 9, 3^4 k+3 – цифрой 7, 3^4 k+4 – цифрой 1, где kЄN, 7^4 k+1 оканчивается цифрой 7, 7^4 k+2 – цифрой 9, 7^4 k+3 – цифрой 3, 7^4 k+4 – цифрой 1, kЄN, 8^4 k+1 – цифрой 8, 8^4 k+2 – цифрой 4, 8^4 k+3– цифрой 2, 8^4 k+4 – цифрой 6, kЄN.

Для чисел, оканчивающихся на цифры 4 и 9, период повторяемости равен 2.

4^2 k-1 оканчивается цифрой 4, 4^2 k – цифрой 6, kЄN.

9^2 k-1 – цифрой 9, 9^2 k – цифрой 1, где kЄN.

Задача 1 Какой цифрой оканчивается число 1982¹⁹⁸² ?

Решение: 1982¹⁹⁸² =1982^{4· 495+2} – оканчивается такой же цифрой, как и 2² , т.е. 4.

Задача 2 Доказать, что число 11¹¹ +12¹² +13¹³ делится на 10.

Решение: 11¹¹ +12¹² +13¹³ =11¹¹ +12^4·3 +13^4·3+1 .

11¹¹ оканчивается цифрой 1, 12^4·3 оканчивается цифрой 6, 13^4·3+1 оканчивается цифрой 3, значит, вся сумма 11¹¹ +12^4·3 +13^4·3+1 оканчивается цифрой 0, т.к. 1+6+3=10, а если число оканчивается 0, то оно кратно 10.
2.5.Периодичность остатков при возведении в степень².

Для решения ряда задач на поиски последней цифры числа полезна следующая «таблица».

1k ≡1(mod10) 42 k ≡6(mod10) 24 k ≡6(mod10) 24 k+1 ≡2(mod10) 24 k+2 ≡4(mod10) 24 k+3 ≡8 (mod 10)

5k ≡5(mod10) 42 k+1 ≡4(mod10) 34 k ≡1(mod10) 34 k+1 ≡3(mod10) 34 k+2 ≡9(mod10) 34 k+3 ≡7 (mod 10)

6k ≡6(mod10) 92 k ≡1(mod10) 74 k ≡1(mod10) 74 k+1 ≡7(mod10) 74 k+2 ≡9(mod10) 74 k+3 ≡3 (mod10)

92 k+1 ≡9(mod10) 84 k ≡6(mod10) 84 k+1 ≡8(mod10) 84 k+2 ≡4(mod10) 84 k+3 ≡2 (mod 10)

  Вывод этих сравнений можно показать на примере:

7≡7 (mod 10);
7² = 49≡9 (mod 10);
7³ = 7²•7≡9•7 = 63≡3 (mod 10);
7⁴ = 7³•7≡3•7 = 21≡1 (mod 10).

Далее остатки будут повторяться: остаток 1 имеют все степени числа 7, показатель которых кратен 4; остаток 7 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 1; остаток 9 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 2; остаток 3 – все степени 7, показатель которых при делении на 4 дает остаток 3.

2.6. Сравнения первой степени³

Сравнения первой степени имеют вид (6). Перенеся свободный член в правую часть сравнения, и меняя обозначения коэффициентов, получим . (7)

При решении таких сравнений рассматривают два случая: и .

Теорема 1. Если , то сравнение (7) имеет единственное решение.

Теорема 2. Если и число не делится на , то сравнение не имеет решений.

Теорема 3. Если (a,m)=d<1 и b делится d, то сравнение (7) имеет решений.
3.Глава 2. Практическая часть.

1. Решение задач с помощью сравнений⁴.

 1.Найти последнюю цифру числа 3⁹⁹⁹.

Решение: Т.к. последняя цифра числа - это остаток от деления на 10, то

3⁹⁹⁹=33*3996=33*(34)249=7*812497(mod 10)

(Т.к. 34=81   1(mod 10);81n    1(mod10) (по свойству))

Ответ:7.

 2.Доказать, что 24n-1 делится на 15 без остатка

Решение:

Т.к. 16 ≡ 1 (mod 15), то

16n-1 ≡ 0(mod 15) (по свойству); 16n= (24)n

24n-1 ≡ 0(mod 15)

 3.Доказать, что 12 ²ⁿ⁺¹+11 ⁿ⁺² делится без остатка на 133.

Решение: 12 ²ⁿ⁺¹=12*144ⁿ ≡ 12*11ⁿ (mod 133) (по свойству)

122 ⁿ⁺¹+11 ⁿ⁺²=12*11ⁿ+11ⁿ*121=11ⁿ*(12+121) =11ⁿ*133

Число (11ⁿ*133) без остатка делится на 133.

Следовательно, (122 ⁿ⁺¹+ 11 ⁿ⁺²)делится без остатка на 133.

 4.Найти остаток от деления на 15 числа 22015.

Решение: 22015=23*22012=8*16503

Т.к.16 1 (mod 15), то 22015 8 (mod 15) Ответ:8.

5. Запишите состоящее из одних девяток натуральное число, которое делится на 17 без остатка.

Решение: Воспользуемся малой теоремой Ферма: a^p – 1 ≡ 1 (mod p). Положим a = 10, p = 17. Тогда 10¹⁶ ≡ 1 (mod 17) или 10¹⁶ – 1 ≡ 0 (mod 17). Число 10¹⁶ – 1 состоит из 16 девяток. Это и есть одно из чисел, которые делятся на 17 без остатка.

Ответ: 9 999 999 999 999 999.

6. Найти остаток при делении 12¹²³¹+14⁴³²⁴ на 13.

Решение: 12¹²³¹ ≡ (−1)¹²³¹≡ -1 (mod 13) и 14⁴³²⁴≡ 1⁴³²⁴ ≡ 1 (mod 13), тогда

12¹²³¹+14⁴³²⁴ ≡ (-1)+1≡ 0 (mod 13), то есть остаток от деления 12¹²³¹+14⁴³²⁴ на 13

равен 0.

7. Найдите остаток от деления на 7 произведения чисел 1995•1996•1997•1998•1999.

Решение: так как 1995≡0 (mod 7), то 1995•1996•1997•1998•1999 ≡ 0•1•2•3•4 ≡ 0 (mod 7). Таким образом, остаток равен 0.

8. Найдите остаток от деления на 7 числа 1996•1997•1998•1999•2000•2001.

Решение: имеем 1996•1997•1998•1999•2000•2001≡1•2•3•4•5•6=720≡20≡6 (mod 7). Остаток равен 6.

Заметим, что остаток от деления числа на 10 есть последняя цифра этого числа. Пример. 21≡1 (mod 10), 134≡4 (mod 10).

9. Найти остаток от деления 112¹⁰ на 5.

Решение: Найти ответ на вопрос задачи, это еще и указать целое число (от 0 до 4), которое сравнимо с 112 по модулю 5. Как известно, 112 2(mod 5). Тогда по свойству 7 имеем, что 112¹⁰ 2¹⁰(mod 5).

Очевидно, что 2¹⁰ = 1024. Поскольку 1024 4(mod 5), то 112¹⁰ 4(mod 5).

Ответ: 4.

Приведем сокращенную запись решения.

112 2(mod 5) по свойству 7 112¹⁰ 2¹⁰(mod 5) 1024(mod 5) 4(mod 5). Ответ: 4.

2. Решение сравнений первой степени

Рассмотрим 2 способа решения сравнений первой степени, в основе которых лежит приведение сравнения первой степени к равносильному сравнению с коэффициентом при , равному единице.

Проиллюстрируем решение сравнения этими способами на следующем примере:

1. 
   Решить сравнение 25х≡15(mod 17)
   

НОД(25,17)=1

Значит сравнение имеет единственное решение.

25х≡15 (mod 17)

5х≡3 (mod 17)

5х≡3+17 (mod 17)

5х≡20 (mod 17)

х≡4 (mod 17) Ответ: х≡4 (mod 17)

2.Решить сравнение 6x ≡ 5 (mod 35).

Вычислим НОД(6, 35)=1, следовательно, сравнение имеет единственное решение.

6х≡5 (mod 35)

6х≡5+35 (mod 35)

6х≡40 (mod 35)

3х≡20 (mod 35)

3х≡20+35 (mod 35)

3х≡55 (mod 35)

3х≡55+35 (mod 35)

3х≡90 (mod 35)

х≡30 (mod 35) Ответ: x ≡ 30 (mod 35)
3. Решить сравнение 18x= 6 (mod 24).

Вычислим НОД(18, 24)=6, следовательно сравнение имеет 6 решений.

Правая и левая части сравнения, а также модуль, делятся на 6. Разделим исходное сравнение на 6 и получим равносильное сравнение:

3x ≡ 1 (mod 4).

3х≡1+4 (mod 4)

3х≡5 (mod 4)

3х≡5+4 (mod 4)

3х≡9 (mod 4)

х≡3 (mod 4)

Ответ: получили 6 решений по модулю 24:

4.Заключение

Работая над темой , я провела анализ применения данной темы в 6-9 классах средней общеобразовательной школы. Познакомилась с различными способами решения этих задач. Выяснила, что решение задач данной тематики особенно актуально, так как они часто встречаются в олимпиадах по математике.

Данную работу можно использовать в качестве элективного курса по математике, так как в ней воедино собраны все виды задач на делимость.

Данная тема очень обширна и многогранна, поэтому работа над ней будет продолжена.

5.Список литературы

1. 
   Виноградов И.М., Основы теории чисел – М. : Просвещение, 1963
   
2. 
   Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Математический кружок. Первый год. – С.-Петербург,1992.
   
3. 
   Сикорский К.П. Математика для факультативных занятий. – М.: Просвещение, 1969.
   

Приложение 1.

Решение задач с помощью сравнений (продолжение)

10. Найти остаток от деления 102⁵ + 311⁷ на 10.

Решение:

Теперь уже будем записывать решение в краткой форме.

102 2(mod 10) по свойству 7 102⁵ 2⁵(mod 10) 32(mod 10) 2(mod 10).

311 1(mod 10) по свойству 7 311⁷ 1⁷(mod 10) 1(mod 10).

По свойству 3

102⁵ 2(mod 10)

311⁷ 1(mod 10)

________________

102⁵ + 311⁷ 2 + 1(mod 10) 3(mod 10)

Ответ: 3.

11. Доказать, что при любом натуральном n число 37ⁿ⁺² + 16ⁿ⁺¹ + 23ⁿ делится нацело на 7.

Решение:

37 2(mod 7), так как 37 = 5∙7 + 2.

16 2(mod 7), так как 16 = 2∙7 + 2.

23 2(mod 7), так как 23 = 3∙7 + 2.

Тогда по свойству 5

37ⁿ⁺² 2ⁿ⁺² (mod 7).

16ⁿ⁺¹ 2ⁿ⁺¹ (mod 7).

23ⁿ 2ⁿ (mod 7).
По свойству 3, 37ⁿ⁺² + 16ⁿ⁺¹ + 23ⁿ 2ⁿ⁺² + 2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ (mod 7).

Однако, 2ⁿ⁺² + 2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ= 2ⁿ(2² + 2 + 1) = 7∙2ⁿ

Это значит, 37ⁿ⁺² + 16ⁿ⁺¹ + 23ⁿ 7∙ 2ⁿ (mod 7). Но число 7∙2ⁿ делится на 7 нацело, значит, его остаток при делении на 7 равен 0. Следовательно, 7∙2ⁿ(mod 7) 0 37ⁿ⁺² + 16ⁿ⁺¹ + 23ⁿ. Это значит, что 37ⁿ⁺² + 16ⁿ⁺¹ + 23ⁿ делится на 7 нацело. Нужное утверждение доказано.

12. При каких натуральных n 8n+3 делится нацело на 13.

Решение: Для ответа на поставленный вопрос необходимо решить сравнение 8n+3≡0 (mod 13). Находим НОД(8,13)=1, значит сравнение имеет единственное решение:

8n+3 ≡ 0 (mod 13)

8n ≡ - 3 (mod 13)

8n ≡ -3 +13 (mod 13)

8n≡10 (mod 13)

4n≡5 (mod 13)

4n≡5+13 (mod 13)

4n≡18 (mod 13)

2n≡9 (mod 13)

2n≡22 (mod 13)

n≡11 (mod 13)

Значит 8n+3 делится на 13, тогда и только тогда, когда n =13k+11
13. Найдите все пары чисел х и у, удовлетворяющих уравнению 7х-23у=131.

Решение:

Поскольку 23≡2 (mod 7), получаем сравнение 2у≡ -131(mod 7) или 2у≡ 9≡2(mod 7), т.е y≡1(mod 7).

Итак, у=7k+1, подставляя это выражение в изначальное уравнение, получаем:

7х+23(7k+1) = 131

7х=154+23∙7k

х = 22+23k

Ответ: (22+23k; 7k+1)


Приложение 2.

Задачи 6 класса

1. Найти натуральное наименьшее число, которое при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 дает остаток 1 и, кроме того, делится нацело на 7.

2. Сумма двух чисел 177. При делении большего из них на меньшее в частном получится 3 и в остатке 9. Найти эти числа.
Задачи 7 класса

1. Какой цифрой оканчивается значение выражения:

а) 3³ +4³ +5³

б) 3¹³ +10¹³ +18¹³

в) 21⁴ +34⁴ +46⁴

г) 15⁵ +26⁵ +39⁵

2. В двузначном числе десятков втрое больше, чем единиц. Если от этого числа отнять число, но в обратном порядке, то получится 36. Найти число.

3. В двузначном числе десятков втрое больше, чем единиц. Если к этому числу прибавить число, записанное теми же цифрами, но в обратном порядке, то получится 132. Найти число.

4. Доказать, что при любом целом натуральном n разность (7n+1)² -(2n-4)² делится на 15.

5. Доказать, что если сумма трех последовательных натуральных чисел есть число нечетное, то их произведение делится на 24.

6. Доказать, что если сумма четырех натуральных чисел есть число нечетное, то их произведение число четное.

7. Доказать, что при любом целом n (7n-2)² -(2n-7)² делится на 5 и 9.
Задачи 8 класса

1.При делении двузначного числа на сумму его цифр в частном получается 6, а в остатке 4. При делении этого же числа на произведение его цифр в частном получится 2, а в остатке 16. Найти это число.

2. При каких целых n значение дроби является целым числом:

а) (5n² +2n+3)/n

б) ((n-3)² )/n

в) 3n/(n+2)

г) 7n/(n-4)

3. Какой цифрой оканчивается сумма 54³⁵ +28²¹ – ?

4. Найти все пары натуральных чисел, удовлетворяющих уравнению x² -y² =69.

5. Доказать, что если из трехзначного числа вычесть трехзначное число, записанное теми же цифрами, что и первое, но в обратном порядке, то модуль полученной разности будет делиться на 9 и 11.

6. Если между цифрами двузначного числа х вписать это же число, то полученное четырехзначное число будет в 66 раз больше первоначального двузначного. Найти х.

7. Доказать, что число 333⁵⁵⁵ + 555³³³ делится на 37.

8. Доказать, что число 11¹¹ + 12 ¹² +13 ¹³ делится на 10.

9. Какой цифрой оканчивается число 1982 ¹⁹⁸² ?

10. Сколькими нулями оканчивается число, полученное при перемножении всех чисел от 1 до 100?

11. Доказать, что число 10 ¹⁵ + 10 ¹⁷ -74 делится на 9.

12. Доказать, что число п ³+ 11 п делится на 6 при любом натуральном п.

13. Доказать, что число п ³ +3п ² +5п+3 делится на 3 при любом натуральном п.

14. Доказать, что при любом целом п число п ⁵- п делится на 30.
Задачи 9 класса

1. Доказать, что если натуральное число не делится на 3, то остаток от деления квадрата этого числа на 3 равен 1.

2. Доказать, что при любом натуральном п число 3п + 2 не является квадратом целого числа.

3. Доказать, что:

1) число 10⁷⁰ -361 делится на 27;

2) число 10⁸⁰ - 298 делится на 99;

3) число 91⁵⁰ -19 ⁷⁵ делится на 18;

4) число (75*94)²⁶ +(39*56)²⁵ делится на 19.

4. Доказать, что натуральное число делится на 9, если сумма цифр числа не меняется при умножении этого числа на 5.

5. Пусть т, п - натуральные числа, и пусть число т -1 делится на 3 ⁿ . Доказать, что число т³- 1 делится на 3 ⁿ⁺¹.

6. Доказать, что не существует целых чисел х, у, для которых справедливо равенство

х²– у ²= 1982.

7. Пусть т и п - взаимно простые натуральные числа. Доказать, что не существует натуральных чисел х и у, удовлетворяющих уравнению тх+пу=тп.

8. Доказать, что число 7п ²+ 1 не делится на 3 ни при каком натуральном п.

9. Доказать, что не существует целых чисел х и у, удовлетворяющих уравнению

15х ²= 9+ 7у ² .

10. Доказать, что если т, п, k - натуральные числа и число т + п + k делится на 6, то число

т ³+ п ³+ k ³ также делится на 6.

11. Доказать, что если целые числа т и п не делятся на 5, то число т ⁴– п ⁴делится на 5.

12. Доказать, что для любых целых т и п число т ⁶ п ²– п ⁶ т ² делится на 30.

13. Доказать, что дробь (п+1)⁴ + п ⁴ -1, где п - натуральное

2

число, можно представить в виде произведения двух натуральных чисел, разность которых равна двум.

14. Доказать, что ни при каких натуральных т и п не может быть верным равенство:

1) т (т+ 1)=п (п+2);

2) т ² + (т+ 1)² = п ⁴ + (п+ 1)⁴ .

15. Доказать, что ни при каком натуральном п сумма п ³ + 6п ²+ 15п+15 не делится на п+2.

16. Найти все натуральные п, при которых число п ⁴+ п ²+ 1 является простым.

17. Найти все пары целых чисел х, у, удовлетворяющих уравнению

х ² = у ² +2у+ 13.

18. Найти четыре последовательных натуральных числа, произведение которых равно 5040.

Разложение на множители (или слагаемые)

Задача 1

Доказать, что при любом целом n число (7n-2)² -(2n-7)² делится на 5 и на 9.

Решение: (7n-2)² -(2n-7)² =(7n-2-2n+7)(7n-2+2n-9)=(5n+5)(9n-9)=5(n+1)·9(n-1) – кратно и 5, и 9.

Задача 2

Доказать, что число n³ +11n делится на 6 при любом натуральном n.

Решение: n³ +11n=n(n² +11)=n(n² -1+12)=n(n-1)(n+1)+12n, первое слагаемое это произведение трех последовательных натуральных чисел, среди которых одно обязательно делится на 3 и хотя бы одно делится на 2, значит, оно делится на 6. А второе слагаемое содержит множитель 12, кратный 6. Так как каждое слагаемое в этой сумме делится на 6, то и вся сумма делится на 6.

Задача 3

Доказать, что при всяком целом значении n, многочлен n⁵ -5n³ +4n делится на 120. Рассмотрим делитель. Число 120 можно представить в таком виде: 120=1*2*3*4*5, т.е. в виде произведения пяти последовательных целых чисел, начиная с единицы. В натуральном ряду чисел каждое второе делится на 2, каждое третье – на 3, каждое четвертое – на 4, каждое пятое – на 5 и т.д. Таким образом, если мы имеем произведение любых пяти последовательных целых чисел, то одно из них обязательно будет делиться на 2, одно – на 3, одно – на 4, одно – на 5, а все произведение будет делиться на 2*3*4*5, т.е. на 120.

Теперь вся задача будет сводиться к представлению нашего многочлена в виде произведения пяти последовательных чисел, что и выполняется следующим образом: n⁵ -5n³ +4n=n(n⁴ -5n² +4)=n(n⁴ -n² -4n² +4)=n[(n²-1)*n² -(n² -1)*4]=n(n² -1)(n² -4)=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2). Раз наш многочлен представляет собой произведение пяти последовательных чисел, то он делится на 120 при любом целом значении n.

Задача 4

Доказать, что если x и y – целые числа такие, что число 3x+8y делится на 17, то число 35x+65y также делится на 17.

Решение: Так как 3x+8y делится на 17, то (17x+17y)-(3x+8y)=14x+9y тоже делится на 17.

Тогда 7(3x+8y)+14x+9y=21x+56y+14x+9y=35x+65y делится на 17.

1. 
   1 Виноградов И.М., Основы теории чисел – М. : Просвещение, 1963
   
2. 
   Сикорский К.П. Математика для факультативных занятий. – М.: Просвещение, 1969.
   

3. 
   2 Сикорский К.П. Математика для факультативных занятий. – М.: Просвещение, 1969.
   

4. 
   3 Виноградов И.М., Основы теории чисел – М. : Просвещение, 1963
   

5. 
   4 Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Математический кружок. Первый год. – С.-Петербург,1992.