Теорія чисел

Теорія чисел

9 клас

9.1. Розв’яжіть рівняння в натуральних числах :

.

Відповідь: .

Розв’язання. Розкриємо дужки у лівій частині та побачимо, що вона дорівнює:

, звідки:

та

.

Тому залишається лише можливість , звідки

або .

Далі знаходимо, що серед натуральних умову задовольняє лише , звідки і знаходимо розв’язки задачі: .

9.2. Для кожного натурального визначимо послідовність таким чином: , де через позначено найбільший дільник числа , який менше або дорівнює числу . Доведіть, що серед значень такої послідовності кожне ціле невід’ємне число зустрічається нескінченну кількість разів.

Розв’язання. Для довільного натурального числа покладемо , де просте число . Покажемо, що за таких умов . Квадрати усіх дільників числа , які мають вигляд , де не менше ніж , а тому цей дільник не може бути . Інший тип дільників числа – це дільники множника . Зрозуміло, що сам дільник , а тому умову не задовольняє. А будь-який інший дільник не перевищує . Таким чином, , а тоді . Зрозуміло, що для кожного відповідних чисел нескінченно багато.

9.3. Будемо називати натуральне число гарним, якщо воно дорівнює 1 або є добутком парної кількості (не обов’язково різних) простих чисел. Нехай , де – різні натуральні числа. Доведіть, що існують такі натуральні числа , що всі числа – гарні.

Розв’язання. Для довільних маємо, що , , ..., . Таким чином нам достатньо знайти такі два різних відрізки натурального ряду довжиною 2014 чисел, щоб при перемножуванні відповідних членів ряду виходили гарні числа. Пофарбуємо в жовтий колір усі натуральні числа, які дорівнюють добутку парного числа простих, а в синій — усі інші, тобто, що дорівнюють добутку непарної кількості простих. Оскільки відрізків довжини 2014 нескінченно багато, то серед них знайдуться два однаково розфарбованих. Вони і є шуканими.

9.4. Знайдіть усі пари цілих невід’ємних чисел , для яких число є точним квадратом цілого числа.

Відповідь: .

Розв’язання. Нехай . За модулем , якщо і однієї парності, то для парних та для непарних. Це суперечить властивостям квадратів за цим модулем. Тому ці числа повинні бути різної парності.

Варіант 1. , , тоді . Таким чином кожний множник у правій частині є цілим невід’ємним степенем числа . Якщо , тобто , тоді , . Звідси маємо таку суперечність:

.

Таким чином, єдина можливість , тобто , . Далі маємо, що або .

При маємо, що . Нехай тепер , тоді розглянемо одержану рівність за модулем . Ліва частина кратна , тому кількість доданків справа, кожен з яких дорівнює за модулем , так само повинна бути кратною . Нехай , тоді

.

Оскільки , , то НСД цих чисел не менше . З рівності випливає, що цей НСД точно . Неважко зрозуміти, що тоді повинно бути , оскільки ліва частина дорівнює . Тоді , але звідси та , що неможливо.

Варіант 2. , , тоді . Аналогічно попередньому знаходимо, що , тобто , . При , маємо розв’язок . Далі маємо, що , тоді повинно бути, щоб , але це можливо лише за умови, що (послідовність остач за модулем виразу : , , , , , і далі з періодом 6). Але це суперечить непарності числа .

10 клас

10.1. Задача 9.1.

10.2. Задача 9.2.

10.3. Задача 9.3.

10.4. Послідовність цілих чисел задовольняє такі умови: для кожного простого і довільного натурального , ми маємо, що

.

Які значення за таких умов може приймати ?

Відповідь: .

Розв’язання. Нехай і – прості числа, покладемо , і будемо мати, що

.

Аналогічно, якщо , і будемо мати, що

.

Якщо прирівняти останні два вирази то будемо мати, що

.

Тоді при з останнього маємо, що , так само при матимемо: . При маємо

,

звідки знаходимо, що . Звідси для усіх простих при .

Покладемо , тоді , звідки , тому .

І остаточно , тому

.

Таким чином – це єдине можливе значення.

Залишається показати, що існує послідовність, що задовольняє такі умови. Покажемо, наприклад, що послідовність задовольняє умови. Дійсно, для довільного простого та натурального маємо, що

.

11 клас

11.1. Задача 9.2.

11.2. Знайдіть усі натуральні та прості , які задовольняють рівність:

.

Відповідь: та .

Розв’язання. Перепишемо цю рівність таким чином:

.

Якщо – парне, то , , для деякого цілого невід’ємного . Оскільки , то . Неважко зрозуміти, що , тому . Тоді та . Тому . Тоді , та або .

При маємо рівність – суперечність.

При маємо рівність – суперечність.

Тоді – непарне, звідси і , , і аналогічно попередньому випадку та . Тоді . Знову маємо, що , та або .

При маємо рівність , звідки .

При маємо рівність , звідки .

Таким чином маємо два розв’язки.

11.3. Задача 10.3.

11.4. Знайдіть усі пари , які складаються з натурального та простого , які задовольняють умову – число є цілим.

Відповідь: та , де – просте.

Розв’язання. Випадок розглядається окремо, тут неважко одержати відповіді та . Нехай тепер . Тоді , тому . ММІ неважко показати, що з останньої умови випливає, що .

З подільності випливає, що – непарне, нехай – простий дільник числа . Оскільки . Якщо , то і . Розглянемо показник числа по модулю , тоді – дільник числа , а тому може приймати значення . При або , то – суперечність. З малої теореми Ферма , тому . Тоді , звідки , тобто . Для остання рівність так само має місце. Таким чином ми маємо, що для довільного простого дільника числа маємо, що . Якщо , то й . З леми про показники повинно виконуватись і умова . Тому та , звідки .