Страница: << 15 16 17 18 19 20 21 >> [Всего задач: 273]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями  

---

Задача 64581

Темы:   [ НОД и НОК. Взаимная простота ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 4- Классы: 8,9,10

a) Петя и Вася задумали по три натуральных числа. Петя для каждых двух своих чисел написал на доске их наибольший общий делитель. Вася для каждых двух из своих чисел написал на доске их наименьшее общее кратное. Оказалось, что Петя написал на доске те же числа, что и Вася (возможно в другом порядке). Докажите, что все написанные на доске числа равны.

б) Останется ли верным утверждение предыдущей задачи, если Петя и Вася изначально задумали по четыре натуральных числа?

Решение

  а) Пусть Петя и Вася написали числа a, b и c. Попарные наибольшие общие делители этих чисел равны: это наибольший общий делитель d трёх чисел, задуманных Петей. С другой стороны, каждый такой попарный делитель делится на одно из чисел, задуманных Васей. Значит, d делится и на наименьшее общее кратное задуманных Васей чисел, которое равно  НОК(a, b, c).  Следовательно,  НОК(a, b, c) = НОД(a, b, c),  то есть  a = b = c.

  б) Контрпример: если Петя задумал числа 6, 10, 15, 30, а Вася – числа 1, 2, 3, 5, то оба выпишут наборы 2, 3, 5, 6, 10, 15.

Ответ

б) Не останется.

Прислать комментарий

---

Задача 64632

Темы:   [ НОД и НОК. Взаимная простота ] [ Четность и нечетность ] [ Принцип крайнего (прочее) ]

Сложность: 4- Классы: 10,11

По кругу стоят 10¹⁰⁰⁰ натуральных чисел. Между каждыми двумя соседними числами записали их наименьшее общее кратное.
Могут ли эти наименьшие общие кратные образовать 10¹⁰⁰⁰ последовательных чисел (расположенных в каком-то порядке)?

Решение

  Пусть  n = 10¹⁰⁰⁰.  Обозначим исходные числа (в порядке обхода) через  a₁, ..., a_n; мы будем считать, что  a_n+1 = a₁.  Положим  b_i = НОК(a_i, a_i+1).  Предположим что  b₁, ..., b_n  – это n подряд идущих натуральных чисел.
  Рассмотрим наибольшую степень двойки 2^m, на которую делится хотя бы одно из чисел a_i. Заметим, что ни одно из чисел  b₁, ..., b_n не делится на 2^m+1. Пусть для определённости a₁ делится на 2^m; тогда b₁ и b_n кратны 2^m:  b₁ = 2^mx,  b_n = 2^my  при некоторых нечётных x и y. Без ограничения общности можно считать, что  x < y.  Тогда среди n последовательных чисел  b₁, ..., b_n  должно быть и число  2^m(x + 1)  (поскольку  2^mx < 2^m(x + 1) < 2^my).  Но это число делится на 2^m+1 (так как  x + 1  чётно), что невозможно. Противоречие.

Ответ

Не могут.

Прислать комментарий

---

Задача 65157

Темы:   [ НОД и НОК. Взаимная простота ] [ Четность и нечетность ] [ Арифметика остатков (прочее) ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 4-

По кругу записывают 2015 натуральных чисел так, чтобы каждые два соседних числа различались на их наибольший общий делитель.
Найдите наибольшее натуральное N, на которое гарантированно будет делиться произведение этих 2015 чисел.

Решение

  Оценка. Два нечётных числа не могут стоять рядом, так как они не делятся на свою чётную разность. Поэтому чётных чисел не меньше половины, то есть хотя бы 1008. Так как их больше половины, то какие-то два чётных числа стоят рядом. Из этой пары чётных чисел хотя бы одно кратно 4, иначе их разность кратна 4, а сами они – нет.
  Предположим, у нас нет чисел, кратных 3. Тогда, из-за нечётности количества чисел, какие-то два соседних числа дают одинаковые остатки при делении на 3. Эти числа делятся на свою разность, которая кратна 3. Противоречие.
  Следовательно,  N ≥ 3·2¹⁰⁰⁹.
  Пример. Числа 4, 3, 2, 1, 2, 1, ..., 2, 1, 2 удовлетворяют условию. Их произведение равно 3·2¹⁰⁰⁹.

Ответ

N = 3·2¹⁰⁰⁹.

Прислать комментарий

---

Задача 67160

Тема:   [ НОД и НОК. Взаимная простота ]

Сложность: 4- Классы: 8,9,10,11

Даны два взаимно простых числа p, q, больших 1 и различающихся больше, чем на 1. Докажите, что найдётся натуральное n, для которого НОК(p + n, q + n) < НОК(p, q).

Решение

Можно считать, что число $m = q - p$ не меньше 2. При этом НОД(p, m) = НОД(p, q) = 1. Числа p и q сравнимы по модулю m, но не кратны m, значит, после увеличения их на некоторое натуральное число $n < m$, станут кратными m.

Докажем, что такое n будет искомым. Заметим, что $(p – 1)(q – 1) > 1⋅m \geqslant n + 1$, то есть $pq > p + q + n$. Поэтому $pqm \geqslant pq(1 + n) > pq + n(p + q + n) = (p + n)(q + n)$.

Поделив на m = НОД(p + n, m) = НОД(p + n, q + n), получим pq > НОК(p + n, q + n).

Прислать комментарий

---

Задача 98550

Темы:   [ НОД и НОК. Взаимная простота ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ] [ Индукция (прочее) ]

Сложность: 4- Классы: 9,10,11

Существуют ли такие натуральные числа  a₁ < a₂ < a₃ < ... < a₁₀₀,  что  НОК(a₁, a₂) > НОК(a₂, a₃) > ... > НОК(a₉₉, a₁₀₀)?

Решение

  Покажем как последовательно строить требуемые наборы.
  Для двух чисел годится любой набор, в котором первое число меньше второго.
  Пусть построен удовлетворяющий условию набор из k чисел:  a₁ < ... < a_k.  Возьмём два таких простых числа p и q, что  q > p > a_k.  Построим возрастающий набор из  k + 1  числа:  b₁ = p,  b₂ = qa₁,  b₃ = qa₂,  ...,  b_k+1 = qa_k.  Заметим, что
    НОК(b_n, b_n+1) = q·НОК(a_n–1, a_n)  при  n > 1,  а
    НОК(b₁, b₂) = pqa₁ > qa₁a₂ > q·НОК(a₁, a₂) = НОК(b₂, b₃).
  Таким образом, для нового набора все требуемые неравенства выполнены.

Ответ

Существуют.

Прислать комментарий

---

Страница: << 15 16 17 18 19 20 21 >> [Всего задач: 273]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями