Уравнения в целых числах —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Уравнения в целых числах

Тема ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ

Уравнения в целых числах

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Уравнения в целых числах

Выбор модуля и перебор случаев в уравнениях над Z

Разложение на целые скобки

Оценки в уравнениях над Z

Уравнения на НОД и НОК

Подтемы раздела теория чисел

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#87412

Решите уравнение в целых числах

2 2 n m + k = 2024 + 33

Источники: СПБГУ - 2024, 11.4 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тот факт, что у нас есть слагаемое, которое мало на что делится, говорит о том, что его, в теории, можно использовать при доказательстве в смысле рассмотрения делимости на его множители. Давайте, к тому же, заметим, что 2024 кратно 11 и будем рассматривать делимости на 11. Что вы можете сказать про делимость на 11 обеих частей при разных n? А при фиксированном n и разных m, k?

Подсказка 2

Возможные остатки квадратов mod 11 - это 0, 1, 3, 4 5, 9. Какие пары этих остатков в сумме дают 0(нам ведь нужна делимость на 11 левой части)? Только пара 0 - 0. Значит, что оба числа кратны 11, а значит левая часть кратна 11². Всегда ли кратна правая часть 11²? Если нет, то при каких n кратна 11²?

Подсказка 3

При n ≥ 2 первое слагаемое кратно 11², а 33 нет. Значит, кратность может быть только при n = 0 или n = 1. При n = 1, у нас правая часть превращается в 17 * 11². Значит, все таки есть кратность 11, а значит верны наши рассуждения про m и k. Но тогда мы можем представить их в виде 11t и сократить на 11², после чего, довести до ответа. А случай n = 0 - оставляется читателю в качестве упражнения.

Показать ответ и решение

Числа $m$ и $k$ являются целыми числами, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ являются целыми, а значит, и их сумма $2 2 m +k$ является целыми числом, таким образом, число $n 2024 +33$ также является целым, т.е. число $n 2024$ целое, откуда $n ≥0$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $n≥ 2$ . Тогда $n 2024 + 33$ делится на 11, поскольку каждое из чисел 2024 и 33 кратно 11, но не делится на $2 11$ , т.к. первое слагаемое кратно $2 11$ , а второе — нет.

Пусть число $x$ дает остаток 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 при делении на 11, тогда число $2 x$ дает соответственно остаток 0, 1, 4, 9, 5, 3, 3, 5, 9, 4, 1 при делении на 11. Докажем, что если хотя бы одно из чисел $m$ и $k$ не делится на 11, то и число $2 2 m +k$ не делится на 11.

Предположим обратное, тогда сумма остатков чисел $m2$ и $k2$ равна 11, следовательно, ровно одно из чисел $m2$ и $k2$ даёт четный остаток при делении 11, а значит, соответствующий квадрат даёт остаток 0 или 4 при делении на 11, но тогда второй остаток равен 0 или 7, что невозможно. Таким образом, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11, следовательно, каждое из чисел $m2$ и $k2$ кратно $112$ , таким образом, $m2 +k2$ кратно $112$ , но $2024n +33$ не кратно $112$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Тогда $n = 0$ или $n =1.$

Пусть $n= 1$ . Тогда $2024n+ 33 =2024+ 33 =2057= 112 ⋅7$ , следовательно, $m2+ k2$ кратно $112$ , а значит, как мы показали выше, каждое из чисел $m$ и $k$ кратно 11. Пусть $m = 11a$ , $k =11b$ , где $a$ и $b$ являются целыми числами, следовательно, $a2+ b2 =17$ . Легко убедиться, что всеми решениями $(a,b)$ данного уравнения являются неупорядоченные пары $(±1,±4).$ Следовательно, все пары решений $(m,k)$ это $(±11,±44)$ , $(±11,±44)$ .

Пусть $n= 0$ . Тогда $2024n+ 33 =1 +33= 34$ . Если каждое из чисел $m$ и $k$ не превосходит по модулю 4, то сумма их квадратов не превосходит 32, следовательно, наибольшее из чисел $m$ и $k$ по модулю не меньше 5. С другой стороны, если какое-то из чисел по модулю больше 5, то его квадрат не меньше 36, что невозможно. Таким образом, в паре чисел $(m,k)$ хотя бы одно равно 5 по модулю, тогда второе равно 3 по модулю. Тем самым, мы показали, что все пары решений $(m,k)$ есть $(±5,±3)$ , $(±3,±5)$ .

Ответ:

$(0;±3;5),(0;±3;− 5),(0;±5;3),(0;±5;−3),$

$(1;±11;44),(1;±11;−44),(1,±44;11),(1,±44;−11)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86465

Найдите все пары целых чисел $m$ и $n$ , для которых выполнено равенство

2 2 8m − 2m = 2n +n +21

Показать ответ и решение

Разложим на множители:

2 2 8m − 2m − 2n − n= 21

2(2m +n)(2m − n)− (2m+ n)= 21

(2m +n)(4m − 2n − 1)= 21

Обозначим $k =2m + n,$ тогда $4m − 2n − 1= 21k .$ Так как числа целые, то $k$ — делитель $21.$

Тогда $4m + 2n= 2k$ ; $4m − 2n = 2k1+1$ , значит,

m = 2k2+-k+21;n= 2k2−-k−-21 8k 4k

Подставим в формулы все делители числа 21: это $21,7,3,1,−1,−3,−7,−21.$ Одновременно $m$ и $n$ являются целыми при $k= 1$ и $k =− 7.$ При этих $k$ получаем ответы $(3;−5),(−2;−3).$

Ответ:

$(m =− 2,n =− 3),(m = 3,n= −5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86101

Найдите множество всех целых значений суммы

x y 3 y + 3 + x,

где $x$ и $y$ — произвольные натуральные числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть сумма из условия равна m, где m - натуральное число (так как х и у натуральные). Для удобства домножим получившееся равенство на 3ху и получим уравнение в натуральных числах. Всё последующее решение задачи — это просто аккуратное рассмотрение делимостей. Например, на что может делиться х?

Подсказка 2

В выражении много троек, проверьте, делится ли х на 3. Это можно сделать от противного.

Подсказка 3

Действительно, х делится на 3, значит можно сделать замену: пусть х = 3z, где z - натуральное число. Подставьте это в равенство и посмотрите какие ещё переменные могут делиться на 3.

Подсказка 4

Верно, либо у, либо z делится на 3. Рассмотрите оба случая и в каждом из них сделайте замену. Тут так же нужно будет подумать, на что могут делиться переменные, и как они относятся друг к другу: может какие-то из переменных делятся на другие?

Показать ответ и решение

Пусть $x + y+ 3= m y 3 x$ — натуральное число. Тогда

2 2 3x + yx+ 9y = 3mxy

Если $x$ не делится на $3$ , то $y$ делится на $3$ . Но в таком случае все члены равенства, кроме $3x2$ , делятся на $9$ , а $3x2$ делится только на $3$ , что невозможно. Значит, $x$ делится на $3$ , то есть $x= 3z$ для некоторого натурального числа $z$ . Имеем

2 2 9z +y z+ 3y = 3myz,

откуда $y$ делится на $3$ или $z$ делится на $3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $y = 3w$ . Тогда

z2 +w2z+ w =mwz,

откуда $w$ делится на $z$ . Но в таком случае $w$ делится и на $z2$ , то есть $w= z2u$ для некоторого натурального $u$ . Теперь имеем $1+ z3u2 +u =mzu$ , откуда $u =1$ . Ясно, что число $z2+ 2z$ будет целым только при $z ∈ {1,2}$ , при этом $m ∈ {3,5}$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $z =3w$ . Тогда $27w2+ y2w+ y = 3myw$ . Как и выше, отсюда следует, что $y$ делится на $w2$ ,то есть $y = w2u$ для некоторого натурального $u$ . Теперь имеем $27+ w3u2+ u= 3mwu$ , откуда $u$ делит $27$ , то есть $u∈{1,3,9,27}$ . При $u= 3,u= 9,u =27$ получаем невозможные равенства

3 3 2 2 3 + w 3 +3 =3 mw

33+w334+ 32 = 33mw

2⋅33 +w336 = 34mw

соответственно. При $u =1$ число $28+w3 m= --3w--$ , откуда $w$ — делитель $28$ , при этом

28+w3 ≡ w3+ 1≡ 0 (mod 3),

то есть $w ≡ −1 (mod 3)$ . Следовательно, $w ∈{2,14}$ , и тогда $m ∈ {6,66}$ .

Ответ:

$3,5,6,66$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86096

Найдите все пары $(a,b)$ натуральных чисел, для которых

3 27ab+(1− a+ b) = 0

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте перенесем куб вправо и изменим внутри знак. Тогда, что мы можем сказать про ab, если 3^3 = 27? А что мы можем сказать про то как связаны a и b?

Подсказка 2

Из того, что 27 - куб, следует, что ab - тоже куб, так как справа у нас расположен куб. А что насчет связи a и b? Если у них есть общий делитель, то получается, что по некоторому простому модулю p, для которого a = 0 и b = 0 (mod p), выходит, что 1 = 0, mod p. Значит, p = 1, а значит a и b взаимнопросты. Как мы тогда можем скомбинировать наши результаты?

Подсказка 3

Тогда, a, b - кубы, ведь они взаимнопросты и их произведение - куб(если вам непонятно почему это так, то попробуйте рассмотреть произвольное p^3a и понять почему факт верен). Но тогда, выходит, что 27xy = 1 - x^3 - y^3(x^3 = a, y^3 = b). Хмм, мы пришли к уравнению, которое все же лучше начального, но также непонятно как решать. Давайте попробуем как-то оценить x через y, и быть может из этой оценки будет явно следовать ограниченность количества вариантов(подсказка внутри подсказки - 27xy > 0).

Подсказка 4

Но если у нас 27xy > 0, то x^3 - y^3 - 1 > 0, а значит y <= x - 1. Подставив эту оценку(после переноса всех слагаемых в одну сторону) в уравнение, мы и получим ограниченность количества решений, откуда и будет следовать ответ.

Показать ответ и решение

Во-первых, покажем, что $a$ и $b$ взаимно просты. Пусть это не так, тогда они делятся на какое-то простое число $p$ , а значит и $a− b− 1$ делится на $p$ , но это не так.

Во-вторых, покажем, что $a$ и $b$ — точные кубы. Число $27ab$ — куб, $27$ — куб, значит и $ab$ — куб. Если некоторое простое число входит в $ab$ в степени $3α$ , то оно либо входит в этой же степени в $a$ , а в $b$ — в нулевой, либо наоборот, так как $(a,b)= 1$ . Таким образом, $a$ и $b$ — кубы, ведь все простые множители входят в них в $3$ степени.

Пусть $3 3 a= a1,b= b1$ , тогда извлечём из равенства кубический корень и получим:

3a1b1 = a31 − b31− 1

Зафиксируем $a1$ и сравним с ней $b1$ . Ясно, что $b1 ≤a1− 1$ , потому что иначе правая часть отрицательна, а левая — положительна. Перепишем равенство в виде:

3 3 b1+ 3a1b1 = a1− 1

Нетрудно видеть, что

3 3 3 b1+ 3a1b1 ≤ (a1− 1)+ 3a1(a1− 1)=a1− 1

То есть равенство возможно лишь когда $b1 = a1− 1$ , откуда $b= b31,a= (b1 +1)3$ . Притом эта пара является решением при любом натуральном $b1$ .

Ответ:

$a =(k+ 1)3,b= k3,k∈ ℕ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85847

Пусть $a$ — натуральное число. Оказалось, что для всех $n$ существует натуральное $d ⁄=1,$ что $d ≡1 (mod n)$ и $n2a − 1$ делится на $d.$ Докажите, что $a$ — точный квадрат.

Показать доказательство

Предположим противное. Зафиксируем $n$ и представим $d$ в виде $nk+1.$ Тогда при некотором целом $b$ выполнено $2 n a− 1= (nk +1)⋅b.$ Посмотрим на это равенство по модулю $n.$ Левая часть сравнима с $− 1,$ первый множитель правой части — с $1,$ значит, $b$ сравнимо с $− 1,$ то есть представимо в виде $nt− 1.$

Тогда равенство переписывается как

2 n a− 1= (nk+ 1)(nt− 1)

Раскрывая скобки и сокращая на $n ⁄=0,$ имеем

na= nkt+(t− k)

Значит, $t− k$ делится на $n,$ при этом $k⁄= t,$ иначе $a= kt= k2.$ Но тогда $k$ или $t$ не меньше $n$ и при достаточно большом $n$ равенство $na= nkt+ t− k$ невозможно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85842

Найдите все такие натуральные $m$ и $n,$ для которых число $3m+ 7n$ является точным квадратом.

Показать ответ и решение

Пусть $3m +7n =t2.$ Оба основания сравнимы с $− 1$ по модулю $4.$ Если показатели одной чётности, то сумма степеней даст остаток $2$ при делении на $4,$ т.е. не будет точным квадратом. Значит, $m$ и $n$ разной чётности.

Пусть $m= 2a+ 1,n =2b,$ где $a$ — целое неотрицательное, а $b$ — натуральное. Тогда $m b b 3 = (t− 7 )(t+7 ).$ Делителями числа $m 3$ являются только степени тройки, поэтому $b p b q t− 7 = 3,t+7 = 3 ,$ откуда $b q p 2 ⋅7 = 3 − 3.$ Правая часть этого выражения при $p⁄=0$ кратна $3,$ а левая нет, значит, $p= 0,$ т.е. $b t= 7 + 1$ и $m b 3 = 2⋅7 +1.$ Остатки при делении $m a 3 = 3⋅9$ на $7$ могут быть равны $3,6,5,$ а правая часть даёт остаток $1.$ Противоречие.

Пусть $m = 2a,n = 2b+ 1,$ где $a$ — натуральное, а $b$ — целое неотрицательное. Аналогичными рассуждениями приходим к уравнению $n a 7 = 2⋅3 + 1.$ При $a =1$ получаем ответ. При $a> 1$ правая часть сравнима с $1$ по модулю $9.$ Степени семёрки при делении на $9$ дают остатки $7,4,1,$ поэтому $n$ кратно $3.$ Полагая $n 3 7 = x ,$ где $x ≥7,$ получим $2 a (x− 1)(x +x +1)= 2⋅3 .$ Поскольку $x$ нечётно, то $x − 1= 2⋅3u$ для некоторого $u ≥1$ и $x2+ x+ 1= 3v$ для некоторого $v ≥ 2.$ Выразив из первого равенства x и подставив во второе, после преобразований получим $4⋅32u−1 +2⋅3u+ 1= 3v− 1.$ Правая часть этого равенства делится на $3,$ а левая — нет. Противоречие.

Ответ:

$m = 2,n = 1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85484

Докажите, что если при $n∈ ℕ$ число $2+ 2√12n2+-1$ целое, то оно точный квадрат.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно посмотрим на выражение. Если наше выражение целое при любых натуральных n, то оно четное. Обозначим его за 2k.

Подсказка 2

Что можно сказать про k после возведения в квадрат полученного уравнения на n и k?

Подсказка 3

Что k — чётное, то есть k = 2m. Получили, что произведение взаимно простых равно квадрату числа. А часто ли такое происходит?

Подсказка 4

Нужно разобрать 2 случая, один из которых не подойдет из-за остатков по модулю 3

Показать доказательство

Если число $2+ 2√12n2+1-$ целое при $n∈ ℕ$ , то оно чётное. Обозначим $2 +2√12n2+-1=$ $2k,k ∈ℕ$ . Тогда $√12n2+-1= k− 1$ . Возводя это равенство в квадрат, получаем

2 2 12n = k − 2k

Число $k$ чётное: $k= 2m$ , где $m ∈ ℕ$ .

Тогда

2 2 12n = 4m − 4m

3n2 =(m − 1)m

Поскольку числа $m$ и $m − 1$ взаимно просты, следует рассмотреть два случая:

1) $m− 1= u2,m = 3v2$ , где $u,v ∈ ℕ,u⋅v = n$ ;

2) $m− 1= 3u2,m = v2$ , где $u,v ∈ ℕ,u⋅v = n$ .

В первом случае имеем $3v2− 1= u2$ , то есть $u2$ даёт остаток 2 при делении на 3 . Это невозможно, так как точный квадрат может давать при делении на 3 только остатки 0 или 1.

Во втором случае получаем $2+ 2√12n2+-1= 4m =(2v)2$ - точный квадрат.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85449

Найдите все такие натуральные $n,$ что $2n3 +n +3$ делится на $2n2 + n.$

Источники: Ломоносов-2016, 11.8 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Очевидно, $n$ нечетно. Заметим, что

n3 n ( n2)n n.. n2 2 + n = 2 +n .2 + n

Значит, $n ..n2 n − n− 3.2 +n (∗).$ Пусть $n> 1.$ Тогда $n 2 > n,$ откуда $n2 n 2 > n$ и

2 2n +n > |nn− n− 3|>0

то есть делимость (*) невозможна.

Ответ:

$n =1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85441

Простое $p$ и натуральные $x$ и $y$ удовлетворяют условиям

2x2−-1- 2 p = 7 =2y − 1

Найдите все такие тройки чисел $p,x,y.$

Показать ответ и решение

Преобразуем сначала правую часть тройного равенства к виду $x2 = 6y2− 3.$ Теперь давайте воспользуемся тем, что $p= 2y2− 1$ правильным образом. Сделаем следующие преобразования:

2 2 2 x − y = 6y − 3

(x− y)(x+ y)= 3p

При этом мы точно знаем, что слева скобки обе положительные, так как $x+y$ положительно, и вторая скобка больше первой. Тогда нам остаётся рассмотреть варианты следующие, когда $x − y =1,x+ y = 3p$ и когда $x− y = 3,x +y =p.$ Заметим, что $p= 2$ не подойдёт, так как скобки у нас одной чётности. В первом случае $x= y+ 1$ и тогда

(y+1)2 = 7y2 − 3

3y2− y − 2= 0

Откуда натуральный корень только $y = 1,$ но тогда $p= 1.$ Такого быть не может. А во втором случае, аналогично подставляя, получаем, что $y =2.$ Откуда $p= 7,x= 5.$

Ответ:

$p =7,x= 5,y =2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#83308

Натуральное число $n ≥2023$ имеет простой делитель $p >2$ и другой делитель $q,$ связанный с $p$ соотношением $(p− 1)(q+ 2)=n − 2$ . Найти наименьшее возможное при этих условиях число $n$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте раскроем скобки, приведём подобные и посмотрим на выражения слева и справа. Что можно сказать про p и q, исходя из того, что они делители числа n? Ведь слева у нас выражение без свободного коэффициента, зависящее от p и q, а справа n.

Подсказка 2

Верно, можно сказать, что 2p кратно q и q кратно p. Как можно сделать оценки на p и q?

Подсказка 3

Можно сказать, что q = kp. Но тогда 2p кратно kp. Равенства быть не может по условию, остаётся только вариант 2p^2 = n. Отсюда понятно, как искать min n: нужно найти min p при 2p^2 ≥ 2023.

Показать ответ и решение

Раскроем скобки:

(p− 1)(q +2)= n− 2 =⇒ pq− q+ 2p − 2 =n − 2

pq− q+2p= n

Раз $p$ и $q$ — это делители $n,$ то выражение в левой части должно делиться на $p$ и $q.$ Следовательно, получаем

(|{ .. q. p |( 2p ... q

То есть $q = kp,$ тогда $2p ... kp,$ откуда следует, что $k =1$ или $k= 2.$ Но так как $q ⁄= p,$ подходит только $q = 2p.$ Подставим:

2 2p − 2p+ 2p= n

2p2 =n

Осталось перебрать чётные $n,$ которые является удвоенным квадратом простого числа. Перебирая $n ≥2023,$ получаем ответ $2⋅372 = 2738.$

Проверка:

(37− 1)(2 ⋅37+ 2)= 2⋅372− 2

(37− 1)(37+ 1)= 372− 1

Ответ: 2738

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#80772

Для целых чисел $a$ , $b$ , $c$ известно, что $a< b$ , $b− a$ не делится на 3, $(a− c)(b− c)$ равно квадрату простого числа, наконец, $2 a + b= 1000$ . Найдите все такие тройки $(a,b,c)$ .

Источники: Физтех - 2024, 11.6 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, давайте поймем, что если (a - c)(b - c) = p^2, то у нас есть не так много возможных случаев, так как a - c и b - c - это делители p^2, а их у нас всего +-1,+-p,+-p^2. Значит, у нас всего 6 вариантов. А как можно, используя условие, еще сократить количество вариантов, которые надо перебрать?

Подсказка 2

Можно, используя условие a < b, сказать, что a - c < b - c => у нас есть два варианта: первая скобка равна 1, вторая p^2 или первая равна -p^2, а вторая -1. Хорошо, у нас получилась совокупность систем. Как нам её решить?

Подсказка 3

Во-первых, надо избавиться от c (ни к селу, ни к городу это с) и получить, что a - b = p^2 - 1. При этом, a - b (то есть, p^2 - 1) не кратно 3. Но любой ненулевой остаток квадрата числа дает 1 по модулю 3. Значит, p кратно 3. Что тогда можно сказать про a, b, c? Как меняется наша система?

Подсказка 4

Это значит, что p = 3, а значит, a - b = 8; a^2 + b = 1000. Остаётся решить квадратное уравнение на а, которое получается из этой системы, и найти все с, которые подходят.

Показать ответ и решение

Второе условие можно записать как

2 (a − c)(b− c)=p , где p — простое число

По условию $a< b,$ это значит, что $a − c< b− c.$ Тогда

2 2 2 (a− c)(b− c)= p = 1⋅p =(−p )(−1)

Следовательно, возможны следующие случаи

{ a − c= 1 { a− c= −p2 b− c= p2 или b− c= −1

Из обеих совокупностей можно получить $b− a =p2− 1,$ из которого можно получить, что $p2 − 1$ не делится на $3.$

Так как $p+ 1$ и $p− 1$ не делятся на $3,$ а среди последовательных $3$ чисел обязательно найдется число, делящееся на $3,$ то $p$ делится на 3. Но $p$ — простое, значит, $p= 3.$

Получаем следующую систему

{ b− a= 8 2 a2+b =1000 =⇒ a +a− 992= 0

Из последнего уравнения получаем, что

{ a= 31 =⇒ b= 39 a= −32 =⇒ b =− 24

Теперь найдем $c$

[ c= a− 1 c= a+ p2 = a+ 9

Тогда $c$ может равняться

⌊ || c= 30 || c= 40 ⌈ c= −23 c= −33

Ответ:

$(31, 39, 30), (−32, −24, −33), (31, 39, 40),(−32, −24, −23)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#77207

Имеет ли уравнение

p+1 2 2 − q =2023

решения при условии, что $p$ и $q$ — простые числа?

Показать ответ и решение

Заметим, что $p> 2$ (иначе слишком малая величина в левой части). Тогда $p$ можно представить как $p= 2k− 1,$ т.к. простые числа нечетные, корме $2$ , которая не подходит под ограничение. Тогда выражение преобразуется в:

2k−1+1 2 2k 2 2 − q = 2023⇒ 2 − q =2023.

В последнем уравнении распишем разность квадратов:

2k 2 k k 2 2 − q =2023⇒ (2 − q)(2 +q)= 7⋅17.

Чтобы не перебирать большое количество случаев, заметим что сумма множителей должна быть $2k+1,$ то есть степень $2.$ Тогда будем искать среди разложений $2023$ такое, что оно дает степень $2.$

2023= 1⋅2023= 7⋅289= 17 ⋅119

Среди этих разложений нет ни одного, в котором сумма множителей это степень $2.$ Следовательно, решений нет.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#76183

Решите в целых числах уравнение $x2(y− 1)+ y2(x − 1)= 1.$

Показать ответ и решение

$1)x< 0,y <0$

$2 2 x (y − 1)+ y(x− 1)≤0.$ Решений нет.

$2 2)x= 0⇒ − y =1.$ Решений нет

$2 3)y = 0⇒ − x =1.$ Решений нет

$4)x= 1⇒ y − 1= 1⇒ y = 2$

$5)y = 1⇒ x − 1= 1⇒ x= 2$

$6)x≥ 2,y ≥2$

$2 2 x (y − 1)+ y(x− 1)≥4+ 4= 8> 1.$ Решений нет

$7)x≤ 0,y ≥2$

Пусть $z = −x.$

z2y− z2− y2z− y2 =1

2 2 z (y− 2)= (1+ z)(y − z+ 1)

Т.к. $НО Д(z2,1+ z) =1,$ то $y − 2= k(1+z), k∈ ℤ . 0$

2 2 2 kz = k(1+ z)+ 4k(1+ z)+ 4− z+ 1

Если $k> 0,$ то решений нет, поскольку правая часть будет больше левой. Значит, $k= 0.$ Значит $y = 2,$ а $x= −5.$

$8)x≥ 2,y ≤0$

Аналогично получим решение $y = −5,x= 2.$

Ответ:

$(1, 2), (2, 1), (2, −5), (−5, 2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76182

Найдите все целые тройки $(x,y,z),$ для которых верно $x3+y3+ z3 = x+ y+z =3.$

Показать ответ и решение

3 =x3+ y3+ z3− 3xyz+ 3xyz =(x+ y+ z)(x2+y2+ z2− xy − yz− zx)+3xyz = 3(x2+ y2+ z2 − xy− yz− zx +xyz)

x2+y2+ z2− xy− yz− zx+ xyz =1

x2+y2+ (3− x − y)2− xy− y(3− x− y)− x(3− x − y)+ xy(3− x− y)=1

x2 +y2+ 9+ x2+y2− 6x− 6y +2yx− xy− 3y +xy+ y2− 3x +x2+ xy+ 3xy − x2y− y2x= 1

−x2y− y2x +3x2+ 3y2 +6xy− 9x− 9y +8= 0

(x +y)(− xy +3x+ 3y− 9) =−8

(x+ y)(3− x)(3− y)= 8

(3− x)(3− y)(3− z)= 8

$1)3− x= 8,3 − y = 1,3− z =1$

$(x, y, z)= (−5,2,2)$ — сумма не $3,$ не решение

$2)3− x= −8,3− y =− 1,3− z = 1$

$(x, y, z)= (5,4,2)$ — сумма не $3,$ не решение

$3)3− x= 8,3 − y = −1,3− z = −1$

$(x, y, z)= (−5,4,4)$ — сумма $3$

$4)3− x= 4,3 − y = 2,3− z =1$

$(x, y, z)= (−1,1,2)$ — сумма не $3,$ не решение

$5)3− x= −4,3− y =− 2,3− z = 1$

$(x, y, z)= (7,5,2)$ — сумма не $3,$ не решение

$6)3− x= −4,3− y =2,3− z = −1$

$(x, y, z)= (7,1,2)$ — сумма не $3,$ не решение

$7)3− x= 4,3 − y = −2,3− z = −1$

$(x, y, z)= (−1,5,4)$ — сумма не $3,$ не решение

$8)3− x= 2,3 − y = 2,3− z =2$

$(x, y, z)= (1,1,1)$ — сумма $3$

$9)3− x= −2,3− y =− 2,3− z = 2$

$(x, y, z)= (5,5,1)$ — сумма не $3,$ не решение

Итого у нас $3$ принципиально разных решения. Остальные получаются перестановками переменных.

Ответ:

$(1,1,1), (− 5,4,4), (4,− 5,4), (4,4,−5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76180

Найдите все натуральные числа $m$ и $n$ такие, что выполнено

4 2 4 2 4 2 4 2 2 (1 + 1 +1)⋅(2 + 2 + 1)⋅(3 +3 + 1)⋅...⋅(n + n + 1)=m

Показать ответ и решение

4 2 2 2 2 2 a + a +1 =(a − a+1)(a + a+ 1),(a+ 1) − (a +1)+ 1= a +a+ 1

Тогда

∏n n∏ n−∏1 i4 +i2+ 1= (i2+ i+1)(i2− i+1)= (14− 12+ 1)⋅ (i2+ i+1)2⋅(n2 +n +1) i=1 i=1 i=1

Получается, что нам достаточно найти такие $n,$ что последний множитель квадрат, т.к. остальная часть уже квадрат. Но $n2+ n+1$ не является квадратом при натуральном $n.$ Получается, что решений в натуральных числах нет.

Ответ:

Решений нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#76179

Решите в целых числах уравнение $x2 +6xy+ 8y2+ 3x+ 6y = 2.$

Показать ответ и решение

2 2 x +6xy+ 8y +3x+ 6y = (x+2y)(x +4y+ 3)=2

$1)x+ 2y = 2,x+ 4y+ 3= 1$

$x= 6,y = −2$

$2)x+ 2y = 1,x+ 4y+ 3= 2$

$x= 3,y = −1$

$3)x+ 2y = −2,x +4y+ 3= −1$

$x= 0,y = −1$

$4)x+ 2y = 2,x+ 4y+ 3= 1$

$x= 3,y = −2$

Ответ:

$(6, −2), (3, −1), (0, − 1), (3, −2)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#76178

Решите в натуральных числах уравнение $(xy− 7)2 =x2+ y2.$

Показать ответ и решение

2 2 2 (xy− 7)= x + y

2 2 2 2 x y − 14xy+ 49− x − y = 0

x2y2− 12xy+ 36− x2− 2xy− y2 +13= 0

(xy − 6)2− (x+ y)2 =− 13

(xy− x− y− 6)(xy +x +y− 6)= −13

Т.к. $x$ и $y$ — натуральные, то каждая из скобок представляет собой целое число. Произведение двух целочисленных скобок равно $− 13$ (а $13$ число простое) только в этих случаях:

$1)xy− x− y− 6 =13,xy+y − 6 =− 1$

$x+ y = −7,xy = 12$

$x= −3, y = −4$ или $x= −4, y =−3$ — $x$ и $y$ не натуральны. Не решение;

$2)xy− x− y− 6 =− 13,xy+ x+ y− 6 =1$

$x+ y = 7,xy =0$

$x= 0, y = 7$ или $x= 7, y =0$ — $x$ или $y$ не натуральное. Не решение;

$3)xy− x− y− 6 =− 1,xy+ x+ y− 6= 13$

$x+ y = 7,xy =12$

$x= 3, y = 4$ или $x= 4, y =3$ — Решения $1$ и $2;$

$4)xy− x− y− 6 =1,xy+ x+ y− 6 =− 13$

$x+ y = −7,xy = 0$

$x= 0, y = −7$ или $x= −7, y = 0$ — $x$ и $y$ не натуральны. Не решение;

Итого у нас всего $2$ решения в натуральных числах.

Ответ:

$(3, 4), (4, 3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#76177

Найдите все простые $p,$ для которых уравнение $x4+ 4= py4$ разрешимо в целых числах.

Показать ответ и решение

4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 x +4 =x + 4x + 4− (2x) =(x + 2) − (2x) = (x − 2x+ 2)(x +2x +2)= py

$1)$ Пусть $y$ четное. Тогда $x4$ четное; тогда $x$ четное; тогда $x4$ делится на $16;$ тогда $x4+ 4$ делится на $4,$ но не на $8;$ тогда $py4$ делится на $4,$ но не на $8,$ что невозможно. Значит $x,y$ — нечетные.

$2)Н ОД(x2+2x+ 2, x2− 2x +2)= НОД(x2+ 2x+ 2, 4x)= НОД (x2+ 2x+ 2, x)= НО Д(2,x)= 1.$ Второй переход верен в силу того, что $x2+ 2x+ 2$ нечетное. Тогда

a) $x2 +2x+ 2= u4$ и $x2 − 2x+ 2= pv4$ ( $НОД (u,v)= 1$ ). Но тогда $(x+ 1)2+ 1= (u2)2,$ что возможно только при $x =− 1.$ Отсюда $p =5,y = 1.$

б) $2 4 x +2x+ 2= pu$ и $2 4 x − 2x+ 2= v$ ( $НОД (u,v)= 1$ ). Но тогда $2 2 2 (x− 1)+ 1= (v) ,$ что возможно только при $x =1.$ Отсюда $p =5,y = 1.$

Ответ:

Только при $p =5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76176

Пусть $p,q$ — различные простые числа. Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение $p + q= 1? x y$

Показать ответ и решение

py+ qx= xy ⇒ xy− py− qx +pq = pq ⇒ (x− p)(y− q)= pq

Т.к. $p$ и $q$ простые числа, а $x$ и $y$ натуральны, возможны только эти $8$ случаев.

$1)x− p= q,y − q = p$

$x= y = p+ q$ — решение $1;$

$2)x− p= p,y − q = q$

$x= 2p,y =2q$ — решение $2;$

$3)x− p= −q,y− q =− p$

$x= p− q,y =q − p$ — не решение, поскольку либо $x< 0,$ либо $y < 0;$

$4)x− p= −p,y− q =− q$

$x= y = 0$ — не решение, т.к. $x,y$ не натуральны;

$5)x− p= pq,y− q = 1$

$x= pq+ p,y = 1+ q$ — решение $3;$

$6)x− p= 1,y − q = pq$

$y = pq+ q,x= 1+ p$ — решение $4;$

$7)x− p= −pq,y − q = −1$

$x= p− pq < 0$ — не решение;

$8)x− p= −1,y− q =− pq$

$y = q− pq < 0$ — не решение;

Итого у нас всего $4$ решения. Все они различные, т.к. отношение $x :y$ во всех случаях различные ( $1,p:q,p :1,1:q$ соответственно в каждом случае).

Ответ:

4 решения — ${(p+ q, p+ q), (2p, 2q), (pq+ p, 1 +q) (1+ p, pq+ q)}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76175

Найдите все тройки натуральных чисел $(x,y,z),$ для которых выполняется

3 3 3 x + y +z − 3xyz =p

где $p$ — простое число, большее $3.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $x3+y3+ z3− 3xyz = (x+ y+ z)(x2+y2+ z2− xy − yz− zx).$ Первая скобка в силу натуральности $x,y,z$ хотя бы $3.$ Вторая скобка всегда неотрицательна ( $2 2 2 2 2 2 x + y + z − xy− yz− zx = ((x− y)+ (y− z) + (z− x))∕2$ ), а значит, она может принимать значения либо $0,$ либо $1,$ либо большие $1.$ Первый и последний случаи нам не подходят, т.к. произведение первой и второй скобки будет либо $0,$ либо составное число. Значит, вторая скобка может принимать только значение $1.$ Тогда $2 2 2 (x− y)+ (y− z) + (z − x) = 2.$ Но когда сумма квадратов двух целых чисел равна $2?$ Только когда один из квадратов равен $0,$ а остальные равны $1.$ Тогда тройка $x,y,z$ содержит числа $a,a,a± 1$ в каком-то порядке для какого-то $a∈ ℕ.$ Значит, наше изначальное уравнение сводится к нахождению таких $a,$ что $a+ a+ a± 1= p.$ Т.к. любое простое число, большее $3$ представляется в виде $3n ±1,$ то наше уравнение всегда имеет решение, причем единственное.

Ответ:

( $(p− 1)∕3,(p− 1)∕3,(p+ 2)∕3$ ) и все перестановки этого решения при $p= 3k+ 1,k ∈ℤ$ или ( $(p +1)∕3,(p+1)∕3,(p− 2)∕3$ ) и все перестановки этого решения при $p= 3k− 1, k∈ℤ$ .

Предыдущий раздел

Следующий раздел