Делимость и остатки

1. а) Не трудно понять, что делителями числа pq являются только числа 1, p, q и pq. Всего 4 числа.

б) Делителями числа pq являются три числа 1, p, p2 и эти же три числа, умноженные на q. Всего 6 чисел.

в) Выпишем два ряда делителей этого числа:

1, p, p2,

1, q, q2.

Всевозможные произведения числа первого ряда и числа второго ряда есть список всех делителей данного числа. Всего 9 чисел.

г) Аналогично пункту (в) выпишем два ряда делителей этого числа:

1, p, p2, ..., pm,

1, q, q2, ..., qn.

Всевозможные произведения числа первого ряда и числа второго ряда есть список всех делителей данного числа.

Всего (m + 1)(n + 1) чисел.

Ответ

а) 4; б) 6; в) 9; г) (m + 1)(n + 1).

2. Подсказка: Покажите, что один из множителей делится на 2 и один из множителей делится на 3.

Решение

Среди этих трех чисел есть хотя бы одно четное число. Значит, в разложении произведения на простые множители есть множитель 2.

Среди этих трех чисел одно число делится на 3. Значит, в разложении произведения на простые множители есть множитель 3.

3. а) Можно заметить: среди этих чисел есть число, кратное 3, есть число, кратное 5, и есть четное число. Значит, произведение делится на произведение простых чисел 2, 3, 5, то есть на 30.

б) Можно заметить большее: среди пяти подряд идущих чисел есть два четных, одно из которых делится на 4. Поэтому, в разложении произведения на простые множители число 2 встретится три раза. Значит, произведение делится на 3, 5 и 8, то есть и на их произведение 120.

4. Подсказка: Если d - делитель числа n, то n / d - также делитель.

Решение

Если d - делитель числа n, то n / d - также делитель. Таким образом, все делители числа делятся на пары. Если число имеет нечетное число делителей, то делители какой-то пары совпадают. Тогда d = n / d, откуда n = d2, то есть число n - квадрат целого числа.

5. Подсказка: Рассмотрите делимость на 11.

Решение

Результат умножения (число справа) делится на 11 (по признаку делимости). Значит, на 11 делится один из множителей. Но двухзначное число кратно 11, если равны его цифры. Значит, либо A = Б, либо В = Г, что противоречит условию.

6. Подсказка: Рассмотрите делимость на 3.

Решение

Согласно признаку делимости, такое число кратно трем. Если бы оно было полным квадратом, то делилось бы на 9. Но число не кратно 9 (сумма его цифр не кратна 9, она равна 300).

7. Подсказка: Выразите a + b через a.

Решение

65(a + b) = 65a + 65b = 65a + 56a = 121a.

Так как числа 65 и 121 взаимно просты, то a + b делится на 121. Поскольку 121 - составное число, то и a + b - составное.

8. Произведение (сумма) двух целых чисел дает такой же остаток при делении на n, как и произведение (сумма) их остатков при делении на n.

а) Данное выражение дает при делении на 7 такой же остаток, как и 2 × 3 × 4 + 52 = 49. Значит, искомый остаток равен 0.

б) Данное выражение дает при делении на 8 такой же остаток, как и 1100 = 1.

9. Подсказка

Рассмотрите все остатки, которые может давать n при делении на 3.

Решение

Число n может давать при делении на 3 один из трех остатков: 0, 1, 2. Рассмотрим три случая.

Если n дает остаток 0, то и n3 и 2n делятся на 3 и поэтому n3 + 2n также делится на 3.

Если n дает остаток 1, то n3 дает остаток 1, 2n - остаток 2, а 1 + 2 делится на 3.

Если n дает остаток 2, то n2 дает остаток 1, n3 дает остаток 2, 2n - остаток 1, а 2 + 1 делится на 3.

Требуемое доказано.

Арифметика. Устный счет

10. Через 59 секунд.

11. Аня и Ваня платят Сане 15 копеек, получая от него по 10 копеек сдачи. После этого он платит 15 копеек в кассу.

12. 604 страницы (302 листа).

13. Червяк окажется вверху к вечеру 71-го дня.

14. Воскресенье.

15. Диагональ пересекает 199 + = 1189 клеток.

16. Чая в молоке столько же, сколько молока в чае.

17. 95343

18. Нет. Решение лишь одно: 51286 + 1582 = 52868.

Четность и нечетность

19. Подсказка

Обратите внимание, что шестеренка вращается либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки.

Решение

Предположим, что первая шестеренка вращается по часовой стрелке. Тогда вторая шестеренка должна вращаться против часовой стрелки. Третья — снова по часовой, четвертая — против и т. д. Ясно, что "нечетные" шестеренки должны вращаться по часовой стрелке, а "четные" — против. Но тогда 1-я и 11-я шестеренки одновременно вращаются по часовой стрелке. Противоречие.

Ответ

Не могут.

20. Подсказка

Обратите внимание, что шахматный конь ходит с белой клетки на черную, а с черной — на белую.

Решение

Поскольку при каждом ходе меняется цвет поля, на котором стоит конь, то имеет место чередование цветов: белого и черного.

21. Подсказка

Обратите внимание, что шахматный конь ходит с белой клетки на черную, а с черной - на белую.

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Решение

Пусть клетка a1 — белая. Тогда противоположная ей клетка h8 — также белая.

Конь должен сделать 63 хода.

Каждым нечетных ходом (первым, третьим и так далее) от будет вставать на черную клетку, а каждым четным ходом (вторым, четвертым и так далее) будет возвращаться на белый цвет.

Последним (63-им, нечетным) ходом он встанет на черное поле. Но клетка h8 — белая. Поэтому конь не может закончить свой путь в клетке h8.

Ответ

нет, не может.

22. Пронумеруем вершины ломаной в порядке следования числами от 1 до 11.

Прямая делит плоскость на две полуплоскости (1) и (2). Пусть вершина 1 в полуплоскости (1).

Соседние вершины ломаной будут расположены в разных полуплоскостях. Значит, вершина 2 - в полуплоскости (2), вершина - в полуплоскости (1), и так далее, вершина 11 - в полуплоскости (1).

Тогда звено, соединяющее вершины 1 и 11, не пересекает прямую.

Значит, прямая не может пересекать все звенья ломаной.

Ответ

нет, не может.

23. Подсказка

Обратите внимание, что когда шайбы A, B, C не расположены на одной прямой, тогда они идут в порядке A-B-C либо по часовой стрелке, либо против часовой.

Решение

Будем называть расположение шайб правильным, если обходя вершины треугольника ABC именно в порядке A-B-C, мы получим обход по часовой стрелке, и неправильным в противном случае.

Легко видеть, что при каждом ударе тип расположения меняется.

Значит, после каждого нечетного удара, расположение шайб будет иным, нежели в самом начале. То есть после 25-го хода положение не может стать первоначальным.

Ответ

нет, не могут.

24. Любые двое, стоящие рядом, разного пола. Поэтому, мальчики и девочки чередуются. Так как они стоят по кругу, то их при этом четное число. Значит, мальчиков столько же, сколько и девочек.

Ответ

Пять девочек

25. Если бы такое было возможно, то все звенья ломаной разбились бы на пары пересекающихся. Однако тогда число звеньев должно быть четным.

Ответ

нельзя.

26. Нельзя, так как общее количество клеток (25) не делится на два, а каждая доминошка покрывает две клетки.

Ответ: нельзя.

27. Если ось симметрии не проходит через вершину, то данные 101 точка должны разбиваться на пары симметричных, что невозможно.

В 10-угольнике ось симметрии может и не проходить через вершины. Примером может служить правильный 10-угольник, у которого есть ось симметрии, проходящая через середины противоположных сторон.

28. Для каждого количества очков есть ровно 8 половинок доминошек с таким очками. Внутри цепи все одинаковые половинки встречаются парами (половинки от разных доминошек).

Половинке с 5 очками, стоящей на одном конце цепи, нет пары внутри цепи, значит, ее пара стоит на другом конце.

Ответ

5 очков

29. Докажем это от противного. Пусть такая цепь имеется.

Тогда одно из чисел 1, 2, 3 не встречается на концах. Пусть это число 3. Тогда внутри цепи троек четное количество (они разбиваются на пары по правилу складывания цепи).

Но всего троек после выкидывания костей с пустышками осталось семь.

Противоречие.

30. Шашки, не стоящие на диагонали, разбиваются на пары симметричных, то есть таких шашек четное число.

Так как всего шашек нечетное число, то на диагонали стоит нечетное число шашек, то есть, по крайнемй мере, одна.

31. Допустим, что это не так. Соединим шашки, симметричные относительно какой-либо из диагоналей, ниткой. После этого разложим все шашки на "ожерелья" - группы шашек, соединенных нитками. Тогда в каждом из "ожерелий" - либо две, либо четыре шашки. Значит, общее количество шашек должно быть четным - противоречие.

Можно рассуждать иначе.

Не сложно (и очень полезно) показать, что если шашки симметричны относительно обеих главных диагоналей, то их расстановка симметрична относительно центральной клетки.

Тогда все клетки доски кроме центральной, как и шашки в них, должны разбиться на пары. Так как 25 шашек на пары не бьются, то одна из них стоит в центральной клетке.

32. Подсказка

Подумайте: можно ли вообще десятью такими купюрами набрать нечетное число рублей?

Решение

Каждая купюра - нечетное число рублей. Сумма четного числа нечетных чисел - четна, поэтому не может равняться 25.

Ответ

нельзя.

33. На каждом листе сумма номеров страниц нечетна, а сумма 25 нечетных чисел - нечетна. Поэтому в результате не могло получиться четное число 1990.

Ответ

нет, не могло.

34. Подсказка

1. Какими могут быть множители?

2. Каких множителей сколько может быть?

Решение

Множители - числа +1 и -1, причем количество чисел -1 четно.

Чтобы сумма равнялась нулю, чисел +1 и -1 должно быть поровну, то есть по 11 штук. Но 11 чисел -1 быть не может.

35. Подсказка

Обратите внимание, что среди первых 36 чисел только одно четное, а остальные - нечетные.

Решение

Среди этих чисел одно (2) - четное, а остальные - нечетные. Поэтому в той строке, где стоит двойка, сумма чисел нечетна, а в других - четна.

Ответ

нет, нельзя.

36. Подсказка

Замечание: учтите, что отрицательные числа также бывают четными и нечетными.

Решение

Поставим везде знаки "+":1 + 2 + 3 + ... + 10 = 55.

Заменяя знак "+" на "-", сумма уменьшается на четное число, то есть остается нечетной. Поэтому, она не может стать равной нулю.

Ответ

нельзя.

37. Если он вернулся туда, где начинал, то сумма длин его прыжков вправо стала равняться сумме длин прыжков влево. То есть общая сумма длин прыжков четна.

Не трудно убедиться, что после 1985 прыжков эта сумма нечетна.

38. Подсказка

Проверьте, что при указанных операциях четность суммы всех написанных на доске чисел не меняется.

Решение

Модуль разности двух целых чисел имеет ту же четность, что и сумма этих чисел. Поэтому, при указанной замене четность суммы всех чисел не меняется.

Сумма целых чисел от 1 до 1985 нечетна (среди них нечетное количество нечетных чисел). Поэтому она не может стать равной нулю.

Ответ

нет, не может.

39. Подсказка

Рассмотрите шахматную раскраску доски.

Решение

Каждая доминошка покрывает одно черное и одно белое поле, поэтому доминошки закрывают поровну черных и белых клеток.

При выкидывании указанных полей черных полей остается на 2 меньше, чем белых. Поэтому оставшуюся часть доминошками не покрыть.

Ответ

нельзя.

40. Пусть при сложении не происходило переносов. Найдется разряд, в котором складывались цифры одной четности (иначе четных и нечетных цифр должно быть поровну, что невозможно в 17-значном числе). Цифра суммы в этом разряде будет четной.

Пусть переносы были. Тогда наличие переноса при движении справа налево или слева направо чередуется с отсутствием переноса. К первому разряду единичка прибавиться не может, значит переносы будут только на четные разряды. В результате мы получим, что цифра суммы в девятом разряде обязательно четна, как сумма двух одинаковых цифр.

41. Рассмотрим одного из дружинников. На каждом его дежурстве участвует еще два человека. Если оказалось, что с каждым он дежурил ровно один раз, то все остальные разбились на пары. А это невозможно, так как 99 нечетно.

42. Для любой точки A, лежащей вне AB, имеем AX - BX = ±AB.
Если предположить, что суммы расстояний равны, то мы получим, что выражение ±AB ± AB ±...± AB, в котором участвует 45 слагаемых, равно нулю. Но это невозможно.

43. Подсказка

Проведите анализ с конца: что было перед тем, как возникла комбинация из равных цифр?

Решение

Первая комбинация из девяти единиц может получиться только из комбинации девяти нулей. Если же получилось девять нулей, то на предыдущем ходу нули и единицы чередовались, что невозможно, так как их нечетное количество.

Ответ

не могут.

44. Предположим, что числа смогли расставить.

Все нечетные числа (5 штук) стоят на местах одной четности. Но на местах этой же четности должна оказаться половина (2 штуки) четных чисел (любые два соседние четных числа стоят на местах разной четности).

Получили, что на местах одной четности стоит 7 чисел, а на местах другой четности только два числа. Не трудно понять, что такое невозможно.

Ответ

нельзя.

Комбинаторика

45. Выберем чашку. В комплект к ней можно выбрать любое из трех блюдец. Поэтому есть 3 разных комплекта, содержащих выбранную чашку. Поскольку чашек всего 5, то число различных комплектов равно 15 ( ).

46. Выберем любой из 15 комплектов предыдущей задачи. Его можно дополнить ложкой четырьмя различными способами. Поэтому общее число возможных комплектов равно 60 ().

47.Выделим два случая: путь проходит через город Б или через город Г. В каждом из этих случаев легко сосчитать количество возможных маршрутов: в первом - 24, во втором - 4. Складывая, получаем общее количество маршрутов: 28.

48. Возможны три разных случая: первый - покупаются чашка с блюдцем, второй - чашка с ложкой, третий - блюдце и ложка. В каждом из этих случаев легко сосчитать количество возможных вариантов (в первом - 15, во втором - 20, в третьем - 12). Складывая, получаем общее число возможных вариантов: 47.

49. Понятно, что однозначных ``симпатичных'' чисел ровно 5. К каждому однозначному ``симпатичному'' числу вторая нечетная цифра может быть дописана пятью различными способами. Таким образом, двузначных ``симпатичных'' чисел всего . Аналогично, трехзначных ``симпатичных'' чисел , и четырехзначных - .

50. 8 = .

= 24.

52. .

53. .

54. Капитаном может стать любой из 11 футболистов. После выбора капитана на роль его заместителя могут претендовать 10 оставшихся человек. Таким образом, всего есть разных вариантов выборов.

55. Цвет для верхней полоски флага можно выбрать шестью разными способами. После этого для средней полоски флага остается пять возможных цветов, а затем для нижней полоски флага - четыре различных цвета. Таким образом, флаг можно сделать способами.

56. Белую ладью можно поставить на любую из 64 клеток. Независимо от своего расположения она бьет 15 полей (включая поле, на котором она стоит). Поэтому остается 49 полей, на которые можно поставить черную ладью. Таким образом, всего есть разных способов.

57. Белого короля можно поставить на любое из 64 полей. Однако количество полей, которые он при этом будет бить, зависит от его расположения. Поэтому необходимо разобрать три случая:

а) если белый король стоит в углу (углов всего 4), то он бьет 4 поля (включая то, на котором стоит), и остается 60 полей, на которые можно поставить черного короля;

б) если белый король стоит на краю доски, но не в углу (таких полей - 24), то он бьет 6 полей, и для черного короля остается 58 возможных полей;

в) если же белый король стоит не на краю доски (таких полей - 36), то он бьет 9 полей, и для черного короля остается 55 возможных полей.

Таким образом, всего есть способов расстановки королей.

58. Будем рассуждать точно так же, как при решении задач предыдущего цикла. На первое место можно поставить любую из трех цифр, на второе - любую из двух оставшихся, а на третье - последнюю оставшуюся цифру. Таким образом, всего получается чисел.

59. На первое место можно положить любой из четырех шариков, на второе - любой из трех оставшихся, на третье - любой из двух оставшихся, а на четвертое - последний оставшийся шарик. Итак, ответ: .

60. Каждая авиалиния соединяет два города. В качестве первого города можно взять любой из 20 городов (город А), а в качестве второго - любой из 19 оставшихся (город В). Перемножив эти числа, получаем . Однако при этом подсчете каждая авиалиния учтена дважды (первый раз, когда в качестве первого города был выбран город А, а второго - город В, а второй раз - наоборот). Таким образом, число авиалиний равно .

61. .

62. 13!/13 = 12!.

63. .

64. Вместо того, чтобы подсчитывать количество требуемых 6-значных чисел, определим количество 6-значных чисел, не обладающих нужным свойством. Так как это в точности те числа, в записи которых встречаются только нечетные цифры, то их количество, очевидно, равно . Всего 6-значных чисел 900000. Поэтому количество 6-значных чисел, обладающих указанным свойством, равно .

65. .

66.

67.

68.

69.

70.

71.

72.

73.

74. a)

б)

в)г)

д)

75.

76.

77.

78.

79.

80. 8 · 96 < 9 · 106 — 8 · 96, и потому чисел с единицей больше.

81.

82.

83.

Модули

84. Решим неравенство, используя координатную прямую. Данное неравенство выполняется для всех точек c координатой x, которые находятся ближе к точке с координатой -2000, чем к точке с координатой 2001. Так как $ {\frac{-2000+2001}{2}}$= 0, 5, то искомыми являются все точки, расположенные левее точки с координатой 0, 5.

Возможны другие способы решения, в частности, раскрытие модулей (три случая); возведение обеих частей неравенства в квадрат.

Ответ

(- $ \infty$;0, 5).

85. Первый способ. Используя равенство модулей противоположных чисел, получим, что |x - 2005| = 1003. Отсюда x - 2005 = +-1003, то есть x = 1002 или x = 3008.

Второй способ. Если x >= 2005, то 2(x - 2005) = 2006, откуда x = 3008. Если x < 2005, то 2(2005 - x) = 2006, откуда x = 1002.

Ответ

1002; 3008.

86. Рассмотрим на числовой прямой точку с координатой x. Сумма |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| равна сумме расстояний от точки x до точек с координатами 2, 1, 0, -1, -2. Заметим, что сумма расстояний от любой точки до точек A и B не меньше длины отрезка AB (и равенство достигается тогда и только тогда, когда точка расположена на отрезке AB). Отсюда получаем, что |x-2|+|x+2| не меньше 4, а |x-1|+|x+1| не меньше 2 при любом x. Поэтому для того, чтобы сумма |x-2|+|x-1|+|x|+|x+1|+|x+2| была равна 2+4=6, необходимо, чтобы |x|=0. Итак, x необходимо равен 0. Легко проверить, что значение x=0 действительно является решением данного уравнения. Ответ : x=0.

87.   Первый способ. Предположим, сначала, что одно из чисел равно нулю. Пусть, например, a = 0 (остальные случаи аналогичны). Тогда получим неравенства: | b|$ \ge$| c| и | c|$ \ge$| b|, откуда | b| = | c|, т. е. b = c или b = - c. В первом случае b = a + c, во втором a = b + c. Все доказано.

Пусть теперь ни одно из чисел a, b и c не равно нулю. Без ограничения общности можно считать, что число a — максимальное по модулю среди чисел a, b и c (т. е. | a|$ \ge$| b|, | a|$ \ge$| c|). Также можно считать, что a > 0 (в противном случае произведем замену: a = - a1, b = - b1, c = - c1). Тогда | a| = a, | a - b| = a - b, | a - c| = a - c.

При этих предположениях из неравенства | b - c|$ \ge$| a| следует, что числа b и c не могут иметь одинаковых знаков (подумайте, почему).

Возможны два случая.

1o. b > 0, c < 0. Тогда | b| = b, | c| = - c и | b - c| = b - c, так что мы получаем неравенства a - b$ \ge$ - c, b - c$ \ge$a, a - c$ \ge$b. Из первого неравенства следует, что b$ \le$a + c, из второго — что b$ \ge$a + c, значит, b = a + c.

2o. b < 0, c > 0. Тогда, аналогично предыдущему случаю, получим неравенства a - b$ \ge$c, c - b$ \ge$a, a - c$ \ge$ - b. Следовательно, в этом случае одновременно выполняются неравенства c$ \ge$a + b, c$ \le$a + b, т. е. c = a + b. Таким образом, в обоих случаях утверждение доказано.

Второй способ. Возведем неравенство | a - b|$ \ge$| c| в квадрат и перенесем все члены в левую часть, получим (a - b)2 - c2$ \ge$ 0. Разложив левую часть на множители по формуле разности квадратов, получим: (a - b - c)(a - b + c)$ \ge$ 0, или, что то же самое,

(a - b - c)(b - c - a)$\displaystyle \le$0.

Аналогично получаем, что произведения (b - c - a)(c - a - b) и (c - a - b)(a - b - c) также неположительны.

Перемножая эти произведения находим, что

(a - b - c)2(b - c - a)2(c - a - b)2$\displaystyle \le$0.

Мы видим, что произведение неотрицательных чисел не превосходит 0, значит, одно из этих чисел равно 0, откуда следует требуемое утверждение.

88. По условию 1 - x > 0, 1 + x > 0, 1 - y > 0 и 1 + y > 0. Поэтому (1 - x)(1 + y) > 0 и (1 + x)(1 - y) > 0, т. е. 1 - x + y - xy > 0 и 1 + x - y - xy > 0. Следовательно, 1 - xy > x - y и 1 - xy > y - x. Кроме того, 1 - xy = | 1 - xy|.

89. Так как a > c и b > d, то a + b > c + d. Кроме того, a + b > − (c + d ). Следовательно, |a + b| ≥ a + b ≥ max(c + d, −(c + d )) = |c + d|, ч. т. д.

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4