число m делится на 7 если существует такое число k что

Признаки делимости на 7

Этот признак можно применять к числу рекурсивно несколько раз подряд, пока число не станет достаточно маленьким. Поэтому этот признак называется рекурсивным признаком делимости на 7.

Пример. Проверить, делится ли на 7 число а) 364 б) 411 в) 31815

Решение: а) 364. Число 364 без последней цифры — 36, удвоенная последняя цифра 4 2 = 8. Разность 36 − 8 = 21, а число 21, как мы отлично знаем, делится на 7. Поэтому и число 364 делится на 7.

б) 411. Число 411 без последней цифры — 41, удвоенная последняя цифра — 2. Разность 41 − 2 = 39, а число 39 на 7 не делится. Поэтому 411 не делится на 7.

в) 31815. Так как число большое, то в этом примере придётся применять правило несколько раз:

Применив рекурсивно правило три раза, получили число 21. Число 21 делится на 7, поэтому и число 31815 делится на 7.

Доказательство. Пусть — число, которое мы хотим проверить на делимость на 7. Покажем, что если делится на 7, то и выражение

делится на 7. В этом выражении — операция взятия остатка от деления.

Распишем выражение выше:

Число 10 в знаменателе на 7 не делится, поэтому будем рассматривать только числитель. Так как слагаемое в числителе делится на 7 (число 21 делится на 7), то всё выражение делится на 7 тогда и только тогда, когда число делится на 7.

Признак делимости на 7 по сумме граней

Термин «знакочередующаяся» означает, что первое слагаемое суммы берётся со знаком «плюс», второе — со знаком «минус», третье — опять со знаком «плюс» и т.д. То есть знаки перед слагаемыми чередуются.

Пример. Проверить, делится ли на 7 число а) 626647 б) 23013 в) 99148

Решение: а) 626647. Разбиение этого числа на трёхзначные грани выглядит так: 626|647. Знакочередующаяся сумма трёхзначных граней этого числа равна 626 − 647 = −21. Так как −21 делится на 7, то и число 626647 делится на 7. Ответ: делится.

б) 23013. Разбиваем число на трёхзначные грани: 23|013. Знакочередующаяся сумма трёхзначных граней этого числа есть 23 − 13 = 10. Число 10 на 7 не делится, поэтому число 23013 не делится на 7. Ответ: не делится.

в) 99148. Разбиваем число на трёхзначные грани: 99|148. Знакочередующаяся сумма трёхзначных граней этого числа равна 99 − 148 = −49. Число −49 делится на 7, поэтому и число 99148 делится на 7. Ответ: делится.

Доказательство этого признака смотрите в общей статье про признаки делимости.

Источник

О сумме цифр, обобщённом признаке делимости и одной нерешённой задаче

Почему признаки делимости именно такие?

Все знают, что если сумма цифр числа делится на 9, то и сумма его цифр делится на 9. А для определения, делится ли число на 11, нужно сложить его цифры, стоящие на чётных местах и отнять сумму цифр, стоящих на нечётных местах. Если результат будет делиться на 11, то и само число также будет делиться на 11.

Возникает вопрос: почему существуют признаки делимости? Иными словами, почему для ответа на вопрос, делится ли число m на число n, достаточно не выполнять деление, а провести некоторые операции с цифрами числа m? И как вывести признак делимости на произвольное n. К ответу на этот вопрос мы придём, решая одну, казалось бы, пустяковую задачку.

Возьмём какое-нибудь натуральное число, скажем, 17. Сумма его цифр равна 8. Если 17 умножить на 2, получим 34 и сумма цифр этого числа окажется равной 7. А у произведения 17*3=51 сумма цифр равна 6. Вопрос: на какое натуральное число нужно умножить 17, чтобы сумма цифр произведения была наименьшей?

Понятно, что сумма цифр, равная 1 будет только у степеней десятки, которые кратны лишь произведениям степеней двойки и пятёрки. Поэтому попробуем найти кратное 17-ти число вида 100…01 с суммой цифр, равной двум.

Чтобы последней цифрой произведения была единица, последней цифрой неизвестного множителя должна быть тройка. Далее, т.к. 17*3=51, а предпоследняя цифра произведения равна 0, то предпоследней цифрой неизвестного множителя должна быть пятёрка.
17*53=901

Далее находим, последовательно:
17*2353=40001
17*82353=1400001
17*882353=15000001
17*5882353=100000001 (!)

Весь этот процесс представлен на анимированной гиф-иллюстрации

Итак, среди чисел, кратных 17-ти наименьшая сумма цифр, равная 2, будет у числа 100000001=17*5882353.

Ответ: число 17 нужно умножить на 5882353, и тогда сумма цифр произведения будет равна 2.

Возникает вторая задача: а что было бы, если бы потребовалось найти кратное с минимальной суммой цифр для какого-нибудь другого числа? Почти сразу приходят на ум числа 3 и 9, кратные которых, вследствие соответствующих признаков делимости, не могут иметь суммы цифр, меньшие, чем 3 или 9, соответственно. Но оказывается, что и многие другие числа не имеют кратных вида 100…01.

К примеру, попробуем провести операции, аналогичные проведённым с числом 17, для числа 41.

Если существует такой множитель Х, что 41*Х=100…01, то последняя цифра числа Х равна 1.
41*1=41.
Далее, предпоследняя цифра числа Х должна быть равна 6
41*61=2501
Далее получаем, последовательно:
41*561=23001
41*7561=310001
41*97561=4000001

И тут мы обнаруживаем, что зациклились: далее неизвестный множитель будет продолжать обрастать цифрами 6, 5, 7 и 9, а сумма цифр кратного, равная 2, достигнута не будет.

Итак, какова же минимальная сумма цифр у числа, кратного 41-му?

Вот тут мы и приходим к проблеме построения обобщённого признака делимости. Почему же для ответа на вопрос, делится ли число m на число n, достаточно не выполнять деление, а провести некоторые операции с цифрами числа m?

Как известно, если число m имеет k цифр, то его можно представить в виде суммы произведений его цифр на соответствующие степени десятки:

Далее, известно, что сумма остатков равна остатку суммы, а произведение остатков равно остатку произведения. Тогда, если j-я степень десятки даёт остаток при делении на n, то остаток числа m при делении на n будет равен остатку от деления на n выражения

Этот обобщённый признак делимости называется признаком Паскаля.

Докажем теперь с помощью этого признака делимости, что не существует числа вида 100…01, которое делится на 41. Вычислим остатки от деления на 41 степеней десятки:

Источник

math4school.ru

Делимость целых чисел и остатки

Немного теории

В разнообразных задачах про целые числа используются основные понятия и теоремы, связанные с делимостью. Приведём некоторые из них.

Каждое целое число а можно разделить на натуральное число m с остатком, то есть представить в виде а = mq + r, где q и r – целые числа и r (остаток) не меньше 0, но меньше q.

Среди любых m последовательных целых чисел найдется ровно одно число, делящееся на m.

Если два числа а и b при делении на число m дают одинаковые остатки, то говорят, что а сравнимо с b по модулю m. Записывают это так

Если a > b, то наибольший общий делитель a и b равен наибольшему общему делителю a – b и b.

Если а и b – натуральные числа и а = bq + r (r – остаток), то наибольший общий делитель d этих чисел равен наибольшему общему делителю b и r; пользуясь этим утверждением несколько раз, можно найти его как последний не равный нулю остаток в цепочке делений с остатком:

(алгоритм Евклида); отсюда следует, что существуют целые числа х и у, такие, что d = ах + by. В частности, если числа а и b взаимно просты, то есть не имеют общих делителей, больших 1, то существуют целые х и у, для которых ах + by = 1.

Каждое натуральное число единственным образом представляется в виде произведения простых чисел (основная теорема арифметики).

Количество простых чисел бесконечно; доказательство этого утверждения по Евклиду основано на том, что произведение нескольких простых чисел, сложенное с единицей, имеет отличные от всех этих простых чисел множители.

Задачи с решениями

1. Сколько существует натуральных чисел, меньших 1000, которые не делятся ни на 5, ни на 7?

Вычёркиваем из 999 чисел, меньших 1000, числа, кратные 5: их [999/5]=199. Далее вычёркиваем числа, кратные 7: их [999/7]=142. Но среди чисел, кратных 7, имеется [999/35]=28 чисел, одновременно кратных 5; они будут вычеркнуты дважды. Итого, нами должно быть вычеркнуто 199+142–28=313 чисел. Остаётся 999–313=686.

2. Номер автобусного билета – шестизначное число. Билет называется счастливым, если сумма трёх первых цифр номера равна сумме последних трёх цифр. Докажите, что сумма всех номеров счастливых билетов делится на 13.

Если счастливый билет имеет номер А, то билет с номером В=999999–А также счастливый, при этом А и В различны. Поскольку А+В=999999=1001·999=13·77·99 делится на 13, то и сумма номеров всех счастливых билетов делится на 13.

3. Докажите, что сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7.

Любое целое число при делении на 8 имеет остатком одно из следующих восьми чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, поэтому квадрат целого числа имеет остатком при делении на 8 одно из трёх чисел 0, 1, 4. Чтобы при делении на 8 сумма квадратов трёх чисел имела остаток 7, необходимо, чтобы выполнялся один из двух случаев: либо один из квадратов, либо все три при делении на 8 имеют нечётные остатки.

В первом случае нечётный остаток есть 1, а сумма двух чётных остатков равна 0, 2, 4, то есть сумма всех остатков равна 1, 3, 5. Остатка 7 в этом случае получить нельзя. Во втором случае три нечётных остатка это три 1, и остаток всей суммы равен 3. Итак, 7 не может быть остатком при делении на 8 суммы квадратов трёх целых чисел.

4. Докажите, что при любом натуральном n:

а) число 5 5n+1 + 4 5n+2 + 3 5n делится на 11.

б) число 2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 делится на 17.

а) Первоначально выполним следующее преобразование заданного выражения:

Принимая во внимание бином Ньютона n-й степени, можно записать: (х+1) n = Ах+1, где А – некоторое целое число при целых х. Тогда приведённое выше выражение принимает вид 11В+5+16+1 = 11С, очевидно делящееся на 11, где В и С – некоторые целые числа.

б) Выполним следующие преобразования, из которых следует доказываемое утверждение:

2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 = 8·32 n + 9·15 n = 8(17+15) n + 9·15 n = 17А + 8·15 n + 9·15 n = 17А + 17·15 n = 17В,

где А, В – целые положительные числа.

а) если х 2 +у 2 делится на 3 и числа х, у целые, то х и у делятся на 3;

б) если сумма трёх целых чисел делится на 6, то и сумма кубов этих чисел делится на 6;

в) если p и q простые числа и p>3, q>3, то p 2 –q 2 делится на 24;

г) если a, b, c – любые целые числа, то найдутся такие взаимно простые k и t, что ak+bt делится на c.

Таким образом, х=3а и у=3b, то есть х и у делятся на 3, что и требовалось доказать.

б) Достаточно показать, что x 3 +y 3 +z 3 –(x+y+z) делится на 6. Это так и есть, ведь каждое из слагаемых x 3 –x, y 3 –y и z 3 –z делится на 6, поскольку а 3 –а=а(а–1)(а+1) – произведение трёх последовательных целых чисел, которое обязательно делится на 2, 3, а, значит, и 6.

в) Кратность p 2 –q 2 числу 3 можно доказать так. При делении на 3 квадраты целых чисел дают остатки 0 или 1. Так как p и q простые числа больше 3, то это p 2 и q 2 при делении на 3 имеют одинаковые остатки – единицу. Тогда p 2 –q 2 делится на 3.

С другой стороны, p 2 –q 2 =(p+q)(p–q). Так как p и q нечётные и при делении на 4 имеют остатки 1 или 3, то выражение в одних скобках делится на 4, а в других – на 2, а разность квадратов p и q – на 8.

Так как p 2 –q 2 делится на взаимно простые числа 3 и 8, то p 2 –q 2 делится на 3·8=24, что и требовалось доказать.

г) Пусть наибольший общий делитель чисел b и c–a равен d, b=k·d и c–a=t·d. Тогда числа k и t взаимно просты.

Итак, a·k+b·t делится на c.

а) наибольший общий делитель чисел 2n+3 и n+7;

б) все пары натуральных чисел х, у таких, что 2х+1 делится на у и 2у+1 делится на х;

в) все целые k, для которых k 5 +3 делится на k 2 +1;

а) Заметим, что если m > n, то НОД (m; n) = НОД (m – n; n).

Иначе говоря, наибольший общий делитель двух натуральных чисел равен наибольшему общему делителю модуля их разности и меньшего числа. Легко доказать это свойство.

Пусть k – общий делитель m u n (m > n). Это значит, что m = ak, n = bk, где a, b – натуральные числа, причем a > b. Тогда m – n = k(a – b), откуда следует, что k – делитель числа m – n. Значит, все общие делители чисел m и n являются делителями их разности m – n, в том числе и наибольший общий делитель.

НОД (2n+3; n+7) = НОД (n+7; 2n+3 – (n+7)) = НОД (n+7; n–4) = НОД (n–4; 11).

Так как 11 – простое число, то искомый наибольший общий делитель равен 1 либо 11. Если n–4 = 11d, то есть n = 4+11d, то наибольший общий делитель равен 11, в противном случае – 1.

Ответ: НОД (2n+3; n+7) = 11, при n равных 4+11d; НОД (2n+3; n+7) = 1, при n не равных 4+11d.

б) Число 2х+1 нечётное и делится на у, поэтому у тоже нечётное. Аналогично х – нечётное.

Числа х и у взаимно простые. Действительно, пусть k – общий делитель х и у, тогда 2х делится на k, и (2х+1) тоже делится на k (k – делитель у, а у – делитель 2х+1). Значит, 1 делится на k, то есть k=1.

Число 2х+2у+1 делится и на х и на у, а значит, – на ху. Тогда 2х+2у+1 не меньше ху.

Пусть х 5 +3 = (k 3 –k)( k 2 +1) + (k+3), то k 5 +3 делится на k 2 +1, если k+3 делится на k 2 +1. Когда это возможно? Рассмотрим варианты:

1) k+3 = 0, а значит k = –3;

2) k+3 = k 2 +1; решая, находим k = –1, k = 2;

3) проверим целые k при которых k+3 > k 2 +1; после проверки: k = 0, k = 1.

г) пусть m = 2·3·5·7·k. Подбирая k так, чтобы m–1 делилось на 11, а m+1 – на 13, получим, что число n = m–10 удовлетворяет условию задачи.

7. Существует ли десятизначное число, делящееся на 11, в записи которого каждая цифра встречается по одному разу?

I способ. Выписывая трёхзначные числа, делящиеся на 11, можно среди них найти три числа, в записи которых участвуют все цифры от 0 до 9. Например, 275, 396,418. С их помощью можно составить десятизначное число, делящееся на 11. Например:

2753964180 = 275·10 7 + 396·10 7 + 418·10 = 11·(25·10 7 + 36·10 4 + 38·10).

II способ. Для нахождения требуемого числа воспользуемся признаком делимости на 11, согласно которому числа n=a₁a₂a₃…a₁₀ (в данном случае а_i не множители, а цифры в записи числа n) и S(n)=a₁–a₂+a₃–…–a₁₀ одновременно делятся на 11.

Пусть А – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «+», В – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «–». Число А–В, согласно условию задачи, должно делиться на 11. Положим В–А=11, кроме того, очевидно, А+В=1+2+3+…+9=45. Решая полученную систему В–А=11, А+В=45, находим, А=17, В=28. Подберём группу из пяти различных цифр с суммой 17. Например, 1+2+3+5+6=17. Эти цифры возьмём в качестве цифр с нечётными номерами. В качестве цифр с чётными номерами возьмём оставшиеся – 4, 7, 8, 9, 0.

Мы видим, что условию задачи удовлетворяет, например, число 1427385960.

8. Два двузначных числа, записанных одно за другим, образуют четырёхзначное число, которое делится на их произведение. Найти эти числа.

Пусть a и b – два двузначных числа, тогда 100a+b – четырёхзначное число. По условию 100a+b = k·ab, отсюда b = a(kb–100), то есть b делится на a.

Итак, b = ma, но a и b двузначные числа, поэтому m однозначное.

Так как 100a+b = 100a+ ma = а(100+m) и 100a+b = kab, то а(100+m) = kab,

то есть 100+m = kb или 100+m = kma, откуда 100 = m(ka–1).

Таким образом, m – делитель числа 100, кроме того, m – однозначное число, значит, m = 1, 2, 4, 5.

Так как ka = 1+100/m, причём а двузначно, то отпадают для m значения 1 и 5, ибо

при m = 1 число 100/1+1 = 101 не делится ни на какое двузначное число а;

при m = 5 число 100/5+1 = 21 и имеем а=21, при котором b = ma = 5·21 – трёхзначное число.

При m = 2 имеем, ka = 51, a = 17, b = 17·2 = 34;

при m = 4 имеем, ka = 26, a = 13, b = 13·4 = 52.

Ответ: 17 и 34, 13 и 52.

Воспользуемся тем, что сумма одинаковых нечётных степеней двух чисел делится на сумму этих чисел, что следует из известного алгебраического тождества. Можно записать:

2 2k+1 + n 2k+1 = (2 + n)·А₁,

3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 = (3 + (n – 1))·А₂ = (2 + n)·А₂,

4 2k+1 + (n – 2) 2k+1 = (4 + (n – 2))·А₃ = (2 + n)·А₃ и так далее, где А_i – некоторые целые числа.

В зависимости от чётности n возможна нехватка числа для образования последней пары, избежать этого позволит умножение на 2, рассматриваемой в условии суммы. Итак,

2(1 2k+1 + 2 2k+1 +. +n 2k+1 ) = 2·1 2k+1 + (2 2k+1 + n 2k+1 ) + (3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 ) +. + (n 2k+1 + 2 2k+1 ) =

= 2 + (n + 2)·А, где А – некоторое целое число.

Одно из слагаемых последней суммы делится на n + 2, другое при любых натуральных n – нет. Итак, рассматриваемая в условии сумма не делится на n при любых натуральных n и k.

10. Докажите, что для любого простого числа р > 2 числитель m дроби

Заметим, что число р–1 чётное, и преобразуем дробь m/n к виду

Приводя полученное выражение к общему знаменателю

Задачи без решений

1. Докажите, что при любом натуральном n:

а) число 4 n + 15n – 1 делится на 9;

б) число 3 2n+3 + 40n – 27 делится на 64;

в) число 5 n (5 n + 1) – 6 n (3 n + 2 n ) делится на 91.

а) натуральные значения n такие, что n 5 – n делится на 120;

б) наименьшее натуральное число n такое, что n делится на 19, а n + 2 делится на 82.

3. Пусть m, n – различные натуральные числа, причём m – нечётное. Докажите, что 2 m –1 и 2 n +1 взаимно простые.

4. Четыре различных целых трёхзначных числа, начинающиеся с одной и той же цифры, обладают тем свойством, что их сумма делится на три из них без остатка. Найдите эти числа.

Источник

Число m делится на 7 если существует такое число k что

Задача 15:

Найдите остатки от деления

а) 1989 • 1990 • 1991 + 1992³ на 7;

Решение:

Ответ: а) 0; б) 1, так как 9 дает остаток 1 при делении на 8.

Задача 16:

Докажите, что n³ + 2n делится на 3 для любого натурального n.

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 – остаток 2, 2n – остаток 1, а 2 + 1 делится на 3.

Задача 17:

Докажите, что n 5 + 4n делится на 5 при любом натуральном n.

Решение:

Указание: Переберите остатки от деления на 5.

Задача 18:

Докажите, что n² + 1 не делится на 3 ни при каком натуральном n.

Решение:

Переберите остатки от деления на 3.

Задача 19:

Докажите, что n³ + 2 не делится на 9 ни при каком натуральном n.

Решение:

Переберите остатки от деления на 9.

Задача 20:

Докажите, что n³ – n делится на 24 при любом нечетном n.

Решение:

Указание: Докажите, что указанное число делится и на 3, и на 8.

Задача 21:

а) Докажите, что p² – 1 делится на 24, если p – простое число и p > 3.

б) Докажите, что p² – q² делится на 24, если p и q – простые числа, большие 3.

Решение:

Указание: Докажите, что указанные числа делятся и на 3 и на 8.

Задача 22:

Натуральные числа x, y, z таковы, что x² + y² = z². Докажите, что хотя бы одно из этих чисел делится на 3.

Решение:

Если ни x, ни y не делятся на 3, то x² и y² дают остаток 1 от деления на 3. Таким образом, их сумма имеет остаток 2 от деления на 3. Но z² не может иметь такого остатка.

Задача 23:

a и b – натуральные числа, причем число a² + b² делится на 21. Докажите, что оно делится и на 441.

Решение:

Проверьте, что и a и b делятся и на 3 и на 7.

Задача 24:

a, b, c – натуральные числа, причем a + b + c делится на 6. Докажите, что a³ + b³ + c³ тоже делится на 6.

Решение:

Проверьте, что числа x³ и x имеют одинаковые остатки от деления на 6.

Задача 25:

Три простых числа p, q и r, большие 3, образуют арифметическую прогрессию: p = p, q = p + d, r = p + 2d. Докажите, что d делится на 6.

Решение:

Если d – нечетно, то среди чисел p и q есть четное, что невозможно. Если d не делится на 3, то среди чисел p, q и r есть делящееся на 3, что тоже невозможно.

Задача 26:

Докажите, что сумма квадратов трех натуральных чисел, уменьшенная на 7, не делится на 8.

Решение:

Выясните возможные остатки квадратов при делении на 8.

Задача 27:

Сумма трех натуральных чисел, являющихся точными квадратами, делится на 9. Докажите, что из них можно выбрать два, разность которых также делится на 9.

Решение:

Возможные остатки квадратов от деления на 9: 0, 1, 4, 7. Проверьте, что если сумма трех из них делится на 9, то среди них есть два одинаковых.

Задача 28:

Решение:

Так как при нахождении последней цифры очередной степени числа 9 достаточно умножить на 9 лишь последнюю цифру предыдущей степени, то ясно, что за 9 следует 1 (9 • 9 = 81), а за 1 – 9 (1 • 9 = 9).

Таким образом, нечетные степени девятки оканчиваются на 9. Поэтому последняя цифра числа 1989 1989 – девятка.

Задача 29:

Решение:

Выпишем последние цифры нескольких начальных степеней двойки: 2, 4, 8, 6, 2, …. Мы видим, что 2 5 так же, как и 2¹, оканчивается на 2. Поскольку очередная цифра полностью определяется последней цифрой предыдущей степени, то произойдет «зацикливание»: 2 6 (как и 2²) оканчивается на 4, 2 7 (как и 2³) – на 8, 2 8 – на 6, 2 9 – на 2 и т.д. Поскольку длина цикла равна 4, то последняя цифра числа 2 50 определяется остатком от деления числа 50 на 4. Так как он равен 2, то последняя цифра числа 2 50 совпадает с последней цифрой числа 2², то есть равна 4.

Задача 30:

Решение:

Задача 31:

Найдите остаток от деления 2¹ºº на 3.

Решение:

Выпишите остатки от деления на 3 нескольких начальных степеней двойки. Докажите, что здесь происходит «зацикливание».

Задача 32:

Найдите остаток от деления 3 1989 на 7.

Решение:

Задача 33:

Докажите, что 2222 5555 + 5555²²²² делится на 7.

Решение:

Вычислите остаток от деления этого числа на 7 и убедитесь, что он равен нулю.

Задача 34:

Найдите последнюю цифру числа .

Задача 35:

а) p, p + 10, p + 14 – простые числа. Найдите p.

б) p, 2p + 1, 4p + 1 – простые числа. Найдите p.

Решение:

Рассмотрите остатки от деления на 3. Одно из этих чисел делится на 3. а) p = 3; б) p = 3.

Задача 36:

p и 8p² + 1 – простые числа. Найдите p.

Решение:

Задача 37:

p и p² + 2 – простые числа. Докажите, что p³ + 2 – также простое число.

Решение:

Задача 38:

Докажите, что не существует натуральных чисел a и b таких, что a² – 3b² = 8.

Решение:

Рассмотрите остатки по модулю 3.

Задача 39:

а) Может ли сумма квадратов двух нечетных чисел быть квадратом целого числа?

б) Может ли сумма квадратов трех нечетных чисел быть квадратом целого числа?

Решение:

Проверьте, что остаток квадрата нечетного числа от деления на 4 равен 1, а остаток квадрата четного числа – 0.

Задача 40:

Докажите, что сумма квадратов пяти последовательных натуральных чисел не является точным квадратом.

Решение:

Проверьте, что остаток квадрата нечетного числа от деления на 4 равен 1, а остаток квадрата четного числа – 0.

Задача 41:

p, 4p² + 1 и 6p² + 1 – простые числа. Найдите p.

Ответ: p = 5. Рассмотрите остатки при делении на 5.

Задача 42:

Докажите, что число 100 … 00500 … 001 (в каждой из двух групп по 100 нулей) не является кубом целого числа.

Решение:

Это число дает остаток 7 от деления на 9.

Задача 43:

Докажите, что a³ + b³ + 4 не является кубом целого числа ни при каких натуральных a и b.

Решение:

Выясните, какой остаток может давать число a³ + b³ + 4 от деления на 9.

Задача 44:

Докажите, что число 6n³ + 3 не является шестой степенью целого числа ни при каком натуральном n.

Решение:

Выясните, какой остаток может давать число 6n³ + 3 от деления на 7.

Задача 45:

x, y, z – натуральные числа, причем x² + y² = z². Докажите, что xy делится на 12.

Решение:

Если ни одно из чисел x, y не делится на 3, то z² дает остаток 2 при делении на 3, что невозможно. Заметьте теперь, что квадрат нечетного числа при делении на 8 дает остаток 1, квадрат четного числа, не делящегося на 4, – остаток 4, квадрат числа, делящегося на 4, – остаток 0. Докажите, что либо x и y оба четны, либо среди них есть число, кратное 4.

Источник