Делимость целых чисел

Делимость целых чисел
Число а делится на число b (или b делит а) если существует такое число с,
что а=bc. При этом число c называется частным от деления а на b.
Обозначения: a 𝑎 ⋮ 𝑏 - а делится на b или ba – b делит a
Свойства делимости
Для любых целых чисел a, b, c справедливо:
Если 𝑎 ⋮ 𝑏 и с – частное от деления, то с – единственное.
𝑎⋮𝑎
Если 𝑎 ⋮ 𝑏 и 𝑏 ⋮ 𝑎, то 𝑎 ⋮ 𝑐.
Если 𝑎 ⋮ 𝑏 и 𝑏 ⋮ 𝑎, то или a=b, или a= - b.
Если 𝑎 ⋮ 𝑏 и |b|>|a|, то а=0.
Если 𝑎 ⋮ 𝑏 и а0, то |a||b|.
Для того чтобы ab необходимо и достаточно чтобы a  b .
Если a1 b, a2 b,...an b , то a1  a2   an b .
Если сумма чисел и к-1 слагаемое этой суммы делится на некоторое
число с, то и к-ое слагаемое делится на с.
Простые и составные числа. Основная теорема арифметики.
Бесконечность множества простых чисел
Целое положительное число р1 называется простым, если оно имеет
ровно два положительных делителя: 1 и р.
Целое положительное число m1 называется составным, если оно имеет
по крайней мере один положительный делитель отличный от 1 и m.
3 имеет ровно 2 делителя: 1 и 3,значит, оно простое.
4 имеет своими делителями 1, 4 и 2, значит число 4 – составное.
Все множество целых положительных чисел можно разбить на три
подмножества: простые числа; составные числа; 1.
Существует единственное простое четное число – 2. Все остальные
четные числа являются составными.
Свойства простых чисел
Множество простых чисел бесконечно (теорема Евклида).
Если р и р1 – простые числа и р  р1, то р не делится на р1.
Если произведение нескольких целых чисел делится на простое число р,
то по меньшей мере один из сомножителей делится на р.
Основная теорема арифметики: Всякое целое положительное число,
отличное от единицы, может быть представлено в виде произведения простых
сомножителей и при том единственным образом (с точностью до порядка
следования сомножителей).
Таким образом, если m – целое положительное число, а р1, р2, …рк простые, то m= p1  p 2    p k .
Если среди чисел р1, р2, …, рк есть одинаковые, то m= p1  p 2   p k каноническое представление целого числа.
1
2
k
Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное и способы их
нахождения. Взаимно-простые числа
Общим делителем целых чисел a1, a2,…, an называется любое целое
число d, такое что dа1, dа2,…, dаn.
Числа 30, 165,45 имеют общими делителями числа 3, -3, 15, -15.
Наибольшим общим делителем (НОД) целых чисел a1, a2,…, an
называется такой их положительный общий делитель, который делится на
любой другой общий делитель этих чисел.
Если d есть НОД чисел a1, a2,…, an , то это записывается следующим
образом: (a1, a2,…, an)=d.
Если (a1, a2,…, an)=d, то
1) d0,
2) dа1, dа2,…, dаn,
3) если существует целое число k, такое что ka1, ka2,…, kan, то kd.
Свойства НОД целых чисел
1) Для любых целых чисел a1, a2,…, an , из которых хотя бы одно отлично
от нуля, существует НОД.
2) Если a1  p1   ps  ,..., an  p1   ps  , где р1, …, рs – различные
простые числа, то (a1, a2,…, an ) = p1min( ,...,  )   p smin( ,...,  ) .
1
s
1
1
s
1
1
a
b
Если (a1, a2,…, an ) = d, bd и b0, то ( 1 ,...,
s
an
d
) .
b
b
(a1,…, an-1, an) = ((a1,…, an-1), an).
НОД n чисел (n 3) можно найти, найдя сначала НОД n-1 чисел, и взяв
затем НОД от полученного таким образом числа d= (a1,…, an) и последнего
числа an.
Способ нахождения НОД целых чисел:
1) разложить каждое число на простые множители, записав разложение в
каноническом виде;
2) найти произведение минимальных степеней простых множителей,
входящих в разложения.
Пример 1. Найти НОД чисел 5775, 15246, 399.
Решение: Разложим числа на простые множители
5775  3  5 2  7  11 15246  2  3 2  7  112 399  3  7 19
Найдем произведение минимальных степеней простых чисел, входящих в
d  2 0  31  5 0  7  110  19 0  3  7  27 ,
разложения.
таким
образом
(5775,15246,399)  27)
Пусть a1, a2,…, an – отличные от нуля целые числа. Наименьшим общим
кратным (НОК) называют наименьшее положительное число, делящееся на
все эти числа. m  [a1 ,..., an ]
Таким образом, если m  [a1 ,..., an ] , то m  0 ,
a1 M ,...an M , то m  M .
a1 m,..., a2 m , если M  0 и
Если a1  p     p  ,, a n  p     p  - каноническое разложение чисел a1,
a2,…, an на простые множители, то m  [a1 ,..., an ] = p1max(  ,, )   p smax(  ,, )
1
s
1
s
1
n
1
Пусть a  0, b  0 - целые, (a, b)  d , [a, b]  m , тогда m 
n
ab
.
d
Числа а и b называются взаимно простыми, если НОД этих чисел равен 1.
Если a и p – целые числа, причем p - простое, то либо а|p , либо числа a и
p взаимно просты.
НОК двух взаимно простых чисел равно их произведению.
Для того чтобы a делилось на взаимно простые числа b и c, необходимо и
достаточно, чтобы оно делилось на их произведение.
Если a  bc , причем (a, b)  1 , то ab .
Пример 2. Пусть a, b, c, d – целые числа такие, что a>b>c>d>0.
Предположим, что ac +bd=(b +d +a – c)(b + d – a + c). Докажите, что число
ab+cd составное.
Решение: Предположим, что число ab+cd – простое. Заметим, что
ab+cd=(a+d)c+(b – c)a = m• НОД (a+d, b – c) для некоторого натурального m. По
предположению или m=1 или НОД (a+d, b – c)=1. Рассмотрим эти варианты по
очереди.
1 случай: m=1. Тогда НОД(a+d,b – c)=ab+cd>ab+cd – (a – b+c+d)=(a+d)(c _
1)+(b – c)(a+1)НОД(a+d, b – c) что неверно.
2 случай: НОД (a + d,b – c) = 1. Подставляя ac + bd = (a + d)b – (b – c)a в
левую часть равенства ac + bd = (b + d + a – c)(b + d – a + c), получаем (a + d)(a –
c – d) = (b – c)(b + c + d).
Ввиду этого, найдётся такое натуральное число k, что a – c – d=k(b – c),
b+c+d=k(a+d).
Складывая эти равенства, получаем, что a+b=k(a+b – c+d) и,
следовательно, k(c – d) = (k – 1)(a + b). Вспомним, что a>b>c>d. Если k = 1, то c
= d – противоречие. Если k≥2, то
противоречие.
В обоих случаях достигнуто противоречие, значит число ab+cd составное.
Теорема о делении с остатком. Еще один способ нахождения НОД
Пусть даны числа a, b Z, причем b  0. Тогда числа q, r Z; 0  r  b
называются соответственно частным и остатком от деления числа a на число b,
если выполняется равенство a  bq  r .
При этом, если r = 0, то говорят, что число a делится на число b
(обозначают ab ) или a кратно b, или b делится на a (обозначается b|a).
В теории доказывается теорема (о делении с остатком) утверждающая,
что для любых a, b Z, b0 числа q и r всегда существуют, причем для пары
чисел a, b пара q и r – единственная.
Среди m последовательных целых чисел найдется ровно одно число,
делящееся на m. Причем, если m – фиксированное целое число, m>0, то любое
целое
число
a
можно
представить
как
a  mg
a  mg a  mg  2 .... a  mg  (m  1)
Все бесконечное множество целых чисел можно разбить на конечное
число классов.
Два целых числа a и b при делении на m  0 дают одинаковые остатки в
том и только в том случае, когда их разность (a-b) делится на m.
Свойства делимости на множество целых чисел:
Для любого целого числа a, aa
Для любых целых чисел a, b, c, если ab, bc , то ac
Для любых целых чисел a и b, если ab и b a , то a  b .
Для любых целых чисел a, b, если ab и b  a , то a=0
Для любых целых чисел a, b, если ab и a  0 , то b  a
Для любых целых чисел a, b, ab тогда и только тогда, когда a  b
Если a1 b, a2 b,..., an b, то a1  a2  ...  an b .
Если a1 b,..., an 1 b и a1  ...  an b , то an b
Если один из сомножителей произведения делится на a, то и все
произведение делится на a.
В частности, если r=0, то a  b  q и a делится на b.
Если a  b  q  r ,0  r  b то q называется неполным частным, а r – остатком
от деления a на b.
При фиксированном целом m>0 любое целое число а можно представить
в одном из следующих видов:
a  mq
a  m  q1  1
a  m  q2  2

a  m  q m 1  (m  1)
При этом если a  m, то будем иметь a  m  0  a , если a  0 и
a  m  (1)  (m  a) , если a  0 .
Любое целое число можно представить в виде a  2  k или a  2  k  1 .
Любое целое число можно представить в виде a  3  k или a  3  k  1 или
a  3 k  2 .
Пусть a и b – два целых числа, b  0 и a  bq  r , 0  r  b тогда (a, b)  (b, r ) .
Этот способ называется алгоритмом Евклида.
Задача нахождения НОД чисел a и b сводится к более простой задаче
нахождения НОД b и r, 0  r  b . Если r=0, то (a, b)  b . Если же r0, то
рассуждения повторяем, отправляясь от b и r. В результате получаем цепочку
равенств:
a  bq0  r0 , 0  r0  b ,
b  r0 q1  r1 , 0  r1  b ,
r0  r1q2  r2 , 0  r2  b ,
………….. ………..
rn2  rn1qn  rn , 0  rn  b ,
rn1  rn qn1  rn1 .
Мы получим убывающую последовательность натуральных чисел
r1  r2    rn    0 которая не может быть бесконечной. Поэтому существует
остаток, равный нулю: пусть rn1  0, rn  0 . Отсюда следует, что (a, b)  rn .
Применение теории делимости к решению неопределенных уравнений в
целых числах
Неопределенные уравнения – уравнения, содержащие более одного
переменного.
На основании положений рассмотренных ранее можно сформулировать
утверждения, позволяющие находить решения неопределенных уравнений.
Если (a, b)  d , то существуют такие целые числа х и у, что имеет место
равенство ax  by  d .
Если в уравнении ax  by  1 , (a, b)  1 , то уравнение имеет по крайней мере
одно решение.
Если в уравнении ax  by  c , (a, b)  d  1 и с не делится на d , то уравнение
целых решений не имеет.
Если в уравнении ax  by  c , (a, b)  d  1 и c d , то оно равносильно
уравнению a1 x  b1 y  c1 , в котором (a1 , b1 )  1 .
Если в уравнении ax  by  c , (a, b)  1 , то все целые решения этого
уравнения заключены в формулах:
x  x0 c  bt
y  y 0 c  at
где х0, у0 – целое решение уравнения ax  by  1 , t - любое целое число.
Теоремы позволяют сформулировать следующий алгоритм решения в
целых числах уравнения ax  by  c , где (a, b)  1 :
найти целое решение уравнения ax  by  1 путем представления 1 как
линейной комбинации чисел a и b ;
составить общую формулу целых решений данного уравнения
x  x0 c  bt
y  y 0 c  at
где х0, у0 – целое решение уравнения ax  by  1 , t - любое целое число.
Сравнения по данному модулю
Целые числа a и b называются равно остаточными при делении на целое
число m , если остаток от деления a и b на m равны.
1) 5 и 56 равноостаточные при делении на 7.
2)–17; 3; 15 равноостаточные при делении на 4.
Для того чтобы числа a и b были равно остаточными при делении на
целое число m , необходимо и достаточно, чтобы (a  b)m .
Если числа a и b равноостаточны при делении на m и m d , то a и b
равноостаточны при делении на d .
Равноостаточные при делении на m числа a и b называются также
сравнимыми по модулю m . Это обозначается так: a  b(mod m) .
Эта форма записи называется еще сравнением.
a  b(mod m) тогда и только тогда, когда (a  b) m .
Если a  b(mod m) и m d , то a  b(mod m) .
Основные свойства сравнений
a  а(mod m) (рефлексивность).
Если a  b(mod m) , то b  a(mod m) (симметричность).
Если a  b(mod m) , b  c(mod m) , то a  c(mod m) (транзитивность)
Если a  b(mod m) и c  d (mod m) ,то a  c  b  d (mod m) .
Если a  b(mod m) и c  d (mod m) , то ac  bd (mod m) .
Если a  b(mod m) , то при любом натуральном n a n  b n (mod m) .
Если ad  bd (mod m) и (ad , m)  1, (bd , m)  1 , то a  b(mod m) .
Если ad  bd (mod md ) , то a  b(mod m) .
a
p 1
Теорема Ферма. Если целое число а не делится на простое число р, то
 1(mod p) .
Задача 1. Найти все простые числа p, которые можно записать в виде
m  4n 4 с натуральными m и n. Доказать, что других таких чисел нет.
4
Решение. По определению p – простое, если оно имеет ровно два
делителя 1 и само себя. Поэтому разложим m 4  4n 4 на множители.




2
m 4  4n 4  m 4  4m 2 n 2  4m 2 n 2  4n 4  m 4  4m 2 n 2  4n 4  4m 2 n 2  m 2  2n 2  4m 2 n 2 


 m 2  2n 2  2mn m 2  2n 2  2mn

Итак m 4  4n 4 - простое, если m2  2n 2  2mn  1 или m 2  2n 2  2mn  1 , но
первое равенство не выполняется ни при каких натуральных m и n.
Найдем такие m и n, что m2  2n 2  2mn  1 . В левой части равенства
выделим полный квадрат m 2  2n 2  2mn  m 2  2mn  n 2   n 2  m  n 2  n 2 .
Тогда
2
2


m  n   1
m  n   0
,
m  n   n  1   2
или  2


n  0
n  1
2
2
но первая система не
имеет решений в натуральных числах. Решим вторую систему: из второго
уравнения имеем: n=1, тогда из первого: m=n=1.
Получаем m4  4n 4  14  4 *14  5 - простое число, и так как m=n=1 –
единственная пара, удовлетворяющая второй системе (п.4), то это единственное
простое число, представимое в виде m 4  4n 4 .
Задача 2. Найти все простые числа, которые являются одновременно
суммой двух простых чисел и разностью двух простых чисел.
Решение. Обозначим искомое число через p. Так как по условию p –
разность и сумма двух простых чисел, то p>2, а, следовательно (свойство 1
простых чисел) p – нечетное.
Так как p – сумма двух слагаемых и p – нечетное, то одно из слагаемых
четно, а так как оно простое, то оно равно 2. Так как p – разность двух
слагаемых и p – нечетно, то вычитаемое в представлении числа p в виде
разности двух простых чисел равно 2. Таким образом, мы получаем p  q  2 и
p  r  2 , где q и r – простые.
Выразим q и r через p,
q  p  2, r  p  2 . Тогда мы имеем три
последовательных простых числа p  2, p, p  2 . Причем все эти простые числа –
нечетные, но одно из трех последовательных нечетных чисел делится на 3,
действительно: любое число (утверждение 1) может быть записано или как
n  3q или n  3q  1 или n  3q  2 . Если n  3q , то следующее за ним нечетное
число имеет вид n1  3q  2 , следующие n2  3q  4 , из этих трех чисел n3 . Если
n  3q  1 , следующее нечетное n1  3q  3 , а следующее n2  3q  5 , и n1 3 . Если
n  3q  2 , то n1  3q  4, n2  3q  6 и n2 3 . На основании этих рассуждений и того,
что p  2, p, p  2 - простые, имеем: одно из этих чисел равно 3.
Рассмотрим, какое из этих трех чисел равно 3. Если p=3, то p-2=3-2=1 –не
простое число; если p-2=3, то p=3+2=5, p+2=7, если p+2=3, то p=1 – не простое
число, следовательно, p-2=3, при этом p=5. Следовательно, только простое
число p=5 есть сумма и разность двух простых чисел: p=5=7-2 p=5=3+2
Задача 3. Существуют ли целые числа x и y, удовлетворяющие
уравнению 2 x 2  5 y 2  7
Решение. Число 7 – простое нечетное число, являющееся разностью двух
чисел, поэтому эти числа разной четности, но 2x 2 - четное, тогда 5 y 2 нечетное, 5 – нечетное  y 2 - нечетное  y - нечетное  y  2m  1 .
y 2  4m2  4m  1 , тогда 5 y 2  20m2  20m  5 , подставим это в уравнение.
Получим 2 x 2  20m2  20m  5  7  x 2  10m2  10m  6 .
Так как 10m2 , 10m - четные, и разность x 2  10m 2  10m  6 тоже четное, то
x 2 - четное число  x  2n  x 2  4n 2 .
Тогда получим уравнение 4n2  10m2  10m  6  2n2  5m2  5m  3 
 2n2  5mm  1  3 ,
2n 2 - четное mm  1 - четное, как произведение
целых чисел, но тогда 2n2  5mm  1 - четное
 2n2  5mm  1  3 ни при каких целых m и n  2 x 2  5 y 2  7 решений в целых
числах не имеет.
последовательных
Ответ: нет
Задача 4. Доказать, что 17n – 11n делится на 6 при любом натуральном n.
Решение.
17n – 11n=(17 – 11)(17n – 1+17n - 2·11+…+11n – 1)=6(17n –
1
+17n - 2·11+…+11n – 1). Один из множителей равен 6, следовательно,
произведение делится на 6.
Что и требовалось доказать.
Задача 5. Доказать, что для любого натурального n число 2·7n+1 кратно 3.
Решение. 2·7n+1=2(6+1)n=1. Применив к (6+1)n формулу бинома
Ньютона, получаем, что при делении (6+1)n на 3 получаем в остатке 1.
Следовательно, при делении 2·7n на 3 получаем в остатке 2.
Итак, 2·7n+1=(3·m+2)+1=3(m+1).Значит, 2·7n+1 кратно 3.
Что и требовалось доказать.
Задача 6. .Найдите такое натуральное число k, что 2008! делится на
2007 , но не делится на 2008k. (Напомним, что n! = 1·2·3·4·… ·n).
k
Решение. Разложим число 2007 на простые множители: 2007 = 32 ? 223.
В разложении на простые множители числа 2007! показатель степени у
числа 3 будет достаточно большим, так как множитель 3 входит в разложение
каждого третьего числа. Множитель 223 входит только в разложение чисел
вида 223р, где р – натуральное число, не превосходящее 9.
Таким образом, в разложение числа 2007! на простые множители число
223 войдет с показателем 9. Следовательно, число 2008! будет делиться на
2007k, где k=9.
Ответ: 9
Задача 7. Известно, что число 332 – 1 имеет ровно два делителя, которые
больше 75, но меньше 85. Чему равно произведение этих делителей?
Решение. 332 – 1=(316 – 1)(316+1)=(38 – 1)(38+1)(316+1)=
=(34 – 1)(34+1)(38+1)(316+1).
34 – 1=80, 34+1=82. Оба они больше 75, но меньше 85. 80·82=6560.
Ответ: 6560
Задача 8. Докажите что n3+5n кратно 6 для любого натурального числа n.
Решение. Проверим утверждение для n=1: 13  5 1  6 6 , следовательно,
утверждение верно для первого натурального числа;
Предположим, что для n= k утверждение верно, т.е. k 3  5k 6 ;
Докажем утверждение для n = k +1, т. е. докажем, что (k  1) 3  5(k  1) 6
Рассмотрим (k  1)3  5(k  1) . Раскроем скобки и перегруппируем слагаемые
k 3  3k 2  3k  1  5k  5 =
(k  1) 3  5(k  1) =
(k 3  5k )  3k 2  3k  6 =
суммы:
(k 3  5k )  3k (k  1)  6
Первое слагаемое суммы делится на 6 по предположению индукции,
третье слагаемое тоже делится на 6. Докажем, что второе слагаемое полученной
суммы тоже делится на 6. Это слагаемое, очевидно, делится на 3. Произведение
k (k  1) - есть произведение последовательных натуральных чисел, поэтому
одно из них четное, следовательно, произведение k (k  1) делится на 2. Тогда
3k (k  1) 6 . Так как каждое слагаемое рассматриваемой суммы делится на 6, то и
вся сумма делится на 6, т.е. (k  1) 3  5(k  1) 6
Отсюда следует, что утверждение верно для любого натурального числа
n.
Задача 9. Доказать, что найдется число вида 200120012001…2001001…0,
которое делится на 2002.
Решение. Рассмотрим 2002 числа 2001, 20012001, …,
2001 2001

числ о 2001, пов торенное 2002 раза
Рассмотрим остатки от деления каждого числа на 2002: ни одно из этих
чисел не делится на 2002, так как это число четное, а числа п.1 нечетные,
поэтому возможные остатки: 1, 2, …, 2001 (всего 2001).
Так как чисел больше чем возможных остатков, то по принципу Дирихле
найдутся хотя бы два из этих чисел, которые при делении на 2002 дадут
одинаковые остатки.
Разность чисел, имеющих одинаковые остатки при делении на 2002,
делится на 2002 и имеет вид 20012001…2001000…0. Утверждение доказано.
Задача 10. Доказать, что среди шести любых чисел найдутся два,
разность которых делится на пять.
Решение. Из теории делимости известно, что разность чисел (a - b)
делится на m тогда и только тогда, когда a и b при делении на m дают
одинаковые остатки. Учитывая это утверждение, переформулируем задачу:
Доказать, что среди шести любых чисел найдутся два числа, которые при
делении на пять, дают одинаковые остатки.
Докажем это утверждение: По теореме о делении с остатком, при делении
числа на пять может быть один из пяти остатков: 0, 1, 2, 3, 4. При этом
рассматриваются шесть любых чисел.
6>5, по принципу Дирихле получаем, что, приняв в качестве «классов» –
остатки, в качестве «предметов» - числа, учитывая, что хотя бы два числа из
шести имеют одинаковые остатки при делении на пять, а значит, их разность
делится на пять.
Задача 11. Доказать, что число N5 оканчивается на ту же цифру, что
число N.
Решение. Заметим, что N5 и N будет заканчиваться на одну и ту же цифру
в том и только том случае, когда N 5  N будут делится на 10, поэтому
переформулируем задачу: доказать, что N 5  N 10 .
1. Разность N 5  N представим в виде произведения сомножителей:







N 5  N  N N 4  1  N N 2  1 N 2  1  N N  1N  1 N 2  1
2. Число 10 тоже разложим на множители 10 = 2*5, причем числа 2 и 5 взаимно простые. Поэтому, если мы докажем, что N 5  N делится на 2 и на 5,
тем самым мы докажем утверждение.
3.Рассмотрим
произведение
произведение
двух
N N  1
последовательных чисел, следовательно, одно из них – четное, то есть делится
на два, а значит, (св.9), N N  12  N N  1N  1N 2  1N 5  N 2 .
4.Докажем, что один из сомножителей числа N 5  N  N N  1N  1N 2  1
делится на 5 согласно утверждению 1, число N может быть представлено как
N  5q или N  5q  1 или N  5q  2 или N  5q  3 или N  5q  4 .
Рассмотрим каждый из этих случаев отдельно:
Если N  5q  N 5  N N  1N  1N 2  1  N 5  N 5
Если N  5q  1  N  1  5q  1  1  5q5  N N  1N  1N 2  1  N 5  N 5
Если N  5q  2  N 21  5q  22  1  25q 2  20q  4  1  55q 2  4q  15 


N  N  1N  1 N 2  1  N 5  N 5
Если N  5q  3  N 2  1  5q  32  1  25q 2  30q  9  1  55q 2  6q  25 


 N N  1N  1 N 2  1  N 5  N 5
Таким образом, мы получили, что каково бы ни было натуральное число
N, N  N 5
5
5.Так как N 5  N  2 и N 5  N 5 , то N 5  N 10  N 5 и N оканчиваются на
одну и ту же цифру.
Задача 12. Из натуральных чисел от 1 до 2n выбрано n  1 число.
Доказать, что среди них найдутся два, одно из которых делится на другое.
Решение: Если среди выбранных чисел есть два одинаковых, то
утверждение очевидно. Предположим теперь, что все они попарно различны.
Любое натуральное число от 1 до 2n однозначно записывается в виде
(2k  1)  2l (*)
с некоторым натуральным k  {1,, n} и целым l  0 . Поэтому множество
всех натуральных от 1 до 2n разбивается на n непересекающихся
подмножеств M k (k  1,, n) с числами вида (*) для фиксированного k . Так как
выбранных чисел ровно n  1 и все они попарно различны, то по принципу
Дирихле хотя бы два из них попадут в одно из множеств M k . Пусть это будут
числа (2k  1)2l , (2k  1)2l  (l  l) .
Первое есть делитель второго. А это и требовалось доказать.
Задача 13. Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a2+b2+c2=d2.
Доказать, что число abc делится на 4.
Решение. Квадрат четного числа делится на 4, а квадрат нечетного числа
дает при делении на 4 остаток 1.
Если числа a, b, c— нечетные, то d2 должен давать при делении на 4
остаток 3, что невозможно.
Если среди чисел a, b, c два нечетных и одно четное, то d2 должен давать
при делении на 4 остаток 2, что также невозможно.
Значит, среди чисел a, b, c есть два четных числа, откуда произведение
abc делится на 4.Такое возможно, например, 32+42+122=132.
Задача 14. В некоторый момент времени планеты Венера и Меркурий
занимают определенное положение относительно звезд. Через сколько суток
обе планеты будут находиться снова в том же положении относительно звезд,
если известно, что Меркурий делает полный оборот вокруг Солнца за 88 суток,
а Венера - за 225 суток?
Ответ: НОК(88; 225)=19800 суток
Задача 15. Я хожу в бассейн раз в три дня, Вася - раз в четыре дня, а Коля
- раз в пять дней. В понедельник мы встретились в бассейне все вместе. Через
сколько дней мы встретимся снова все втроем и какой это будет день недели?
Ответ: через 60 дней; пятница
Задача 16. На столе лежат книги, которые нужно упаковать. Если их
связывать по две, то останется одна лишняя книга, если по 3, то - две книги, а
если по 4, то останется три книги. Найдите наименьшее число,
удовлетворяющее этим условиям.
Ответ: 11
Задача 17. Найдите наименьшее число, которое при делении на 6 дает в
остатке 5, при делении на 5 дает в остатке 4, при делении на 4 дает в остатке 3,
при делении на 3 дает в остатке 2 и при делении на 2 дает в остатке 1.
Ответ: 59
Задача 18. У Пети немного орехов. Когда он раскладывал их в кучки по 3
или по 4 ореха в каждой, то всякий раз один орех оставался, а когда разложил
их по 5, то лишних орехов не оказалось. Сколько орехов было у Пети?
Ответ: 25 орехов
Задача 19. Докажите, что 𝑛3 + 11𝑛 делится на 6 при любом целом n.
Решение. 𝑛3 + 11𝑛 = 𝑛3 − 𝑛 + 12𝑛=(𝑛 − 1)𝑛(𝑛 + 1) + 12𝑛; оба
слагаемых делятся на 6, следовательно 𝑛3 + 11𝑛 делится на 6 при любом целом
n.
Задача 20. Докажите, что при любом четном n число 𝑛3 + 20𝑛 делится на
48.
Решение. Если n=2k, то 𝑛3 + 20𝑛 = 8𝑘(𝑘 2 + 5)=8((𝑘 − 1)𝑘(𝑘 + 1)) +
6𝑘). Отсюда следует, что число 𝑛3 + 20𝑛 делится на 48
Задача 21. Докажите, что (𝑛 + 15)(𝑛 + 10) четное число при всех целых
n.
Решение. Если n – четное, то 𝑛 + 10 – четное; 𝑛 + 15 - нечетное.
Произведение четного числа на нечетное – число четное.
Если n – нечетное, то 𝑛 + 10 – нечетное; 𝑛 + 15 - четное. Произведение
четного числа на нечетное – число четное.
Задача 22. Докажите, что числа 3n+1 и 2n+1 взаимно простые при любом
целом n.
Решение. Пусть d – общий делитель чисел 3n+1 и 2n+1. Тогда разность
этих чисел, равная n, должна делиться на d, а значит, и 1 должна делиться на d,
что возможно лишь при d=1. Следовательно, 3n+1 и 2n+1 взаимно простые при
любом целом n.
Задача 23. Докажите, что любое четырехзначное число делится на 99,
если сумма чисел, выражаемых двумя первыми и двумя последними цифрами
этого числа, делится на 99.
̅̅̅̅̅̅̅ можно представить в виде
Решение. Четырехзначное число 𝑎𝑏𝑐𝑑
̅̅̅̅̅̅̅=100(10a+b)+10c+d. Заменив 10a+b на 𝑎𝑏
̅̅̅, а 10c+d на
1000а+100b+10c+d. 𝑎𝑏𝑐𝑑
̅̅̅, получим 𝑎𝑏𝑐𝑑
̅̅̅̅̅̅̅=100𝑎𝑏
̅̅̅ + 𝑐𝑑
̅̅̅. Представим 100 как 99+1, тогда 𝑎𝑏𝑐𝑑
̅̅̅̅̅̅̅=(99 +
𝑐𝑑
̅̅̅ + 𝑐𝑑
̅̅̅=99𝑎𝑏
̅̅̅ + (𝑎𝑏
̅̅̅ + 𝑐𝑑
̅̅̅ ). Число 99𝑎𝑏
̅̅̅ делится на 99. По условию ̅̅̅
̅̅̅
1)𝑎𝑏
𝑎𝑏 + 𝑐𝑑
̅̅̅̅̅̅̅ делится на 99. Что и требовалось
также делится на 99. Следовательно, 𝑎𝑏𝑐𝑑
доказать.
Задача 24. Найти наибольшее натуральное число, которое при делении на
13 с остатком дает частное, равное 9.
Решение. Представим искомое число в виде a=bq+r. По условию b=13,
q=9. Чтобы число а было наибольшим, нужно, чтобы остаток был равен b – 1,
т.е. 13 – 1=12. Итак, а=9·13+12=129.
Ответ: 129
Задача 25. Доказать, что квадрат любого простого числа р5 при делении
на 12 дает в остатке 1.
Решение. Натуральное число, большее 5, при делении на 6 может дать в
остатке только числа 0, 1, 2, 3, 4, 5. Поэтому всякое натуральное число, большее
5, имеет один из следующих видов: 6а, 6а+1, 6а+2, 6а+3, 6а+4, 6а+5.
Числа 6а, 6а+2, 6а+3, 6а+4 составные, так как 6а+3=3(2а+1) делится на 3,
а остальные четные. Поэтому простое число р5 имеет вид 6а+1 или 6а+5.
Если р=6а+1, то р2=(6а+1)2=12(3а2+1)+1.
Если р=6а+5, то р2=12(3а2+5а+2)+1.
В обоих случаях при делении на 12 получается остаток 1. Что и
требовалось доказать.