ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 9 10 11 12 13 14 15 >> [Всего задач: 188]      



Задача 73741

Темы:   [ Деление с остатком ]
[ Принцип Дирихле (прочее) ]
[ Десятичная система счисления ]
[ НОД и НОК. Взаимная простота ]
Сложность: 4-
Классы: 9,10,11

Дана бесконечная последовательность цифр. Докажите, что для любого натурального числа n, взаимно простого с числом 10, можно указать такую группу стоящих подряд цифр последовательности, что записываемое этими цифрами число делится на n.

Решение

  Будем считать, что нам задана бесконечная последовательность цифр a1, a2, ..., ai, ..., записанная слева направо. Рассмотрим числа: am,  am–1amam–2am–1am,  ...,  a1a2...am  (черта, как обычно, обозначает десятичную запись числа). Если  m > n,  то найдутся два числа  am–i...am  и  am–j...am,  где
i < j,  дающие при делении на n одинаковый остаток. Поэтому их разность  am–j...am–i–10...0 = 10i+1·am–j...am–i–1  делится на n.
  По условию n и 10 взаимно просты, следовательно,  am–j...am–i–1  делится на n.

Прислать комментарий

Задача 98052

Темы:   [ Деление с остатком ]
[ Арифметика остатков (прочее) ]
Сложность: 4-
Классы: 7,8,9,10

Докажите, что
   а) если натуральное число n можно представить в виде  n = 4k + 1,  то существуют n нечётных натуральных чисел, сумма которых равна их произведению;
   б) если n нельзя представить в таком виде, то таких n нечётных натуральных чисел не существует.

Решение

  а) Пусть  n = 4k + 1.  Возьмём  n – 2  единицы и ещё два числа – 3 и  2k + 1.  И сумма и произведение этих чисел равны  6k + 3.

  б) Пусть произведение некоторых n нечётных натуральных чисел равно их сумме. Пусть у r рассматриваемых чисел остаток от деления на 4 равен 1,
а у s чисел –  –1. Представим число s в виде  s = 2t + a,  где  a = 0  или 1. Тогда остаток от деления произведения наших чисел на 4 равен  1 – 2a,  а остаток от деления их суммы на 4 сравним с  r – s  по модулю 4. Итак,  r + s = n,  а  r – s ≡ 1 – 2a (mod 4).  Значит,  2a ≡ (r + s) – (r – s) ≡ n – 1 + 2a (mod 4),  то есть
n ≡ 1 (mod 4).

Прислать комментарий

Задача 109708

Темы:   [ Деление с остатком ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Уравнения в целых числах ]
Сложность: 4-
Классы: 7,8,9

Докажите, что можно разбить все множество натуральных чисел на 100 непустых подмножеств так, чтобы в любой тройке a, b, c, для которой  a + 99b = c,  нашлись два числа из одного подмножества.

Решение

Выделим в i-е множество  (1 ≤ i ≤ 99)  все чётные числа, дающие при делении на 99 остаток  i – 1,  а в сотое множество – все нечётные числа. Очевидно, что среди любых чисел a, b и c, удовлетворяющих уравнению  a + 99b = c,  чётное количество нечётных. Если среди них два нечётных, то они из сотого множества, иначе a и c из одного множества, так как они чётные и дают одинаковые остатки от деления на 99.

Прислать комментарий

Задача 109933

Темы:   [ Деление с остатком ]
[ Уравнения в целых числах ]
[ Простые числа и их свойства ]
[ Перебор случаев ]
Сложность: 4-
Классы: 7,8,9

Найдите все такие пары простых чисел p и q, что  p³ – q5 = (p + q)².

Решение

  Пусть ни одно из чисел p, q не делится на 3. Если остатки от деления p и q на 3 совпадают, то левая часть делится на 3, а правая – нет; если эти остатки не совпадают, то правая часть делится на 3, а левая – нет.
  Пусть  p = 3.  Из равенства  27 – q5 = (3 + q)² > 0  следует, что  q5 < 27.  Это невозможно.
  Пусть, наконец,  q = 3.  Тогда  p³ – 243 = (p + 3)²,   p(p² – p – 6) = 252.  Значит,  p – простой делитель числа 252, то есть 2, 3 или 7. Проверка оставляет только  p = 7.

Ответ

p = 7,  q = 3.

Прислать комментарий

Задача 110082

Темы:   [ Деление с остатком ]
[ Десятичная система счисления ]
[ Арифметика остатков (прочее) ]
[ Четность и нечетность ]
[ Доказательство от противного ]
Сложность: 4-
Классы: 7,8,9

Автор: Замков В.

Натуральное число n назовём хорошим, если каждое из чисел n,   n + 1,  n + 2  и  n + 3  делится на сумму своих цифр. (Например,  n = 60398  – хорошее.)
Обязательно ли предпоследней цифрой хорошего числа, оканчивающегося восьмеркой, будет девятка?

Решение

Допустим, что нашлось хорошее число  n = a1...ak8,  где  a1, ..., ak – цифры, причём  ak ≠ 9.  Тогда  n + 1 = a1...ak9n + 3 = a1...ak–1bk1,  где  bk = ak + 1.  Числа  n + 1  и  n + 3  нечётны, а суммы их цифр равны  a1 + a2 + ... + ak + 9  и  a1 + a2 + ... + ak + 2  соответственно. Эти суммы отличаются на 7, и потому одна из них чётна. Но чётное число не может быть делителем нечётного. Противоречие.

Ответ

Обязательно.

Прислать комментарий

Страница: << 9 10 11 12 13 14 15 >> [Всего задач: 188]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .