Теория чисел на ОММО —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Теория чисел на ОММО

Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

Теория чисел на ОММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оммо (объединённая межвузовская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79598

На доске написаны числа $1,2,3,...,36$ . За одну операцию Саша может выбрать два числа на доске, стереть их и записать на доску сумму стёртых чисел. Такими операциями он хочет добиться, чтобы на доске не нашлись одно или несколько чисел, сумма которых равна 37 (сумма одного числа — это само это число). Какое наименьшее количество операций придётся сделать Саше?

Источники: ОММО - 2024, задача 2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам говорят, что не должно остаться чисел, сумма которых даёт 37. При этом изначально на доске много пар чисел, которые в сумме дают 37. Какое разбиение хочется сделать первым делом?

Подсказка 2

Хочется разбить числа на пары так, чтобы в каждой паре сумма числа равнялась 37. Это сделать несложно: первое объединяем в пару с последним, второе с предпоследним и так далее. Остаётся придумать, как мы будем портить числа, то есть стирать два числа с доски и оставлять их сумму

Подсказка 3

Да, будем стирать те числа, которые дают в сумме 19, ведь тогда минимальная сумма будет ровно 38, что нас устраивает! То есть можно стирать пары чисел: 1 и 18, 2 и 17 и так далее. В таком случае сколько операций нам понадобится?

Подсказка 4

Ровно 9 операций потребуется!

Показать ответ и решение

Разобьем числа на пары с суммой $37:{1,36}, {2,35},...,{18,19}$

В каждой такой паре нужно “испортить” хотя бы одно число. За каждую операцию мы “портим” $2$ числа, то есть можем “испортить” максимум две пары. Нужно “испортить” $18$ пар, поэтому нужно минимум $9$ операций. Приведем пример на $9$ действий:

Сложим сначала $1$ с $18$ , затем $2$ с $17$ и так далее до $9+ 10$ . После проделанных действий получаем

19, 19, ..., 20, 21, ..., 36

Ряд не содержит числа $37$ , а также никакие несколько чисел не дают в сумме $37$ , так как их сумма как минимум $19+ 19= 38.$

Ответ: 9

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#63738

При каком наименьшем $n$ можно покрасить каждое натуральное число в один из $n$ цветов так, чтобы любые два числа, отличающиеся на 5 , на 8 , на 10 , на 13 и на 18, были покрашены в разные цвета?

Источники: ОММО-2023, номер 2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем как-то снизу оценить кол-во цветов. Вот что можно заметить в этих разностях: 18-13 = 5, 18-10 = 8, 13-5 = 8, 13-5 = 8....может быть можно найти какую-то группу чисел, в которой все числа должны быть разного цвета?

Подсказка 2

Например, подойдет четверка чисел вида n, n+5, n+10, n+18! А еще подойдет четверка n, n+5, n+13, n+18...теперь проверьте, может ли быть ровно 4 цвета?

Подсказка 3

Для четырех не вышло, давайте попробуем для 5! Может попробовать разбить все числа на какие-то группы, что внутри одной группы разность между числами либо очень маленькая, либо очень большая...тогда, скорее всего, условие выполнится)

Показать ответ и решение

Докажем для начала, что четырьмя и меньше цветами обойтись не удастся. Посмотрим на числа $n,n +5,n+ 10,n+ 18$ . Разности между ними равны

(n+ 5)− n =5, (n+ 10)− n =10, (n+ 18)− n =18 (n +10)− (n+ 5)= 5, (n +18)− (n +5)= 13, (n +18)− (n +10)= 8

т.е. любые два из этих чисел покрашены в различные цвета. Значит, цветов хотя бы четыре. Предположим, что цветов ровно четыре. Тогда числа $n,n+ 5,n+ 10,n +18$ покрашены во все возможные цвета. Аналогично можно получить, что во все возможные цвета покрашены числа $n,n+ 5,n+ 13$ , $n+ 18$ . Значит, для каждого натурального $n$ числа $n +10$ и $n+ 13$ должны быть покрашены в один и тот же цвет.

Применим полученное утверждение для $n= 1,4,7,...,16$ . Тогда числа $11,14,17,...,29$ покрашены в один и тот же цвет. Противоречие, ведь $29− 11 =18$ и числа 11 и 29 должны быть покрашены в разные цвета.

Докажем теперь, что пять цветов достаточно. Для этого разобьём все натуральные числа на группы по 5 подряд идущих чисел, а группы покрасим так: первую - в первый, вторую - во второй, ..., пятую - в пятый, шестую - в первый, седьмую - во второй, .... При такой раскраске числа одного цвета будут или отличаться не более чем на 4, если лежат в одной пятёрке, или хотя бы на 21 - если в разных. Значит, числа, отличающиеся на $5,8,10,13$ и 18, будут покрашены в разные цвета.

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71529

Пусть $B$ — множество действительных чисел, не содержащее $0$ и $1.$ Известно, что если $b∈ B,$ то $1∈ B b$ и $1− 1∈ B. b$ Может ли в $B$ быть ровно 1000 элементов?

Источники: ОММО-2022, номер 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По факту, у нас есть операции x -> 1/x и x -> 1 - 1/x. Подумайте, какие и сколько чисел мы вообще сможем получить из одного числа x, применяя эти операции?

Подсказка 2

Если просто поприменять эти операции, то можно заметить, что получится только 6 чисел, если они все различные. А можно ли получить из них меньше различных?

Подсказка 3

Да, попробуйте приравнять какие-то из всех полученных чисел, и вы поймете, могут ли они совпадать, либо если они совпадают, то при каком x) А сколько различных чисел вышло уже в этом наборе?

Подсказка 4

3! А теперь подумайте: у нас все наборы по 6 чисел и один из трех...Можно ли получить тогда множество из 1000 чисел?)

Показать ответ и решение

Посмотрим на числа ${t,1,1− t,-1-, t-,t−1}. t 1−t t−1 t$ Пусть

1 α:x ↦→ x

1 x− 1 β :x↦→ 1− x = -x--

Заметим, что отображение $α$ переводит числа $t,1t,1 − t,1−1t,tt−1,t−1t$ в числа $1t,$ $t,1−1t,1− t,t−t1,t−t1$ соответственно, а отображение $β$ — в числа $t−1t ,1− t,tt−1,t,1t,11−t$ соответственно.

Кроме того, заметим, что

t−→ t− 1-−→-1--−→ 1− t−→ --t-−→ 1 β t β 1− t α β t− 1 β t

Поэтому если $t∈ B,$ то каждое из чисел $t,1,1− t, 1-,-t-,t−1 t 1−t t−1 t$ лежит в $B,$ причём этот набор переходит в себя под действием $α$ и $β.$

Может ли в этом наборе быть меньше шести чисел? Да, если некоторые совпадают. Не умаляя общности, можно считать, что одно из этих чисел равно $t$ . Тогда или $t= 1, t$ откуда $t= −1$ (т.к. $t⁄= 1$ по условию), или $t= 1− t,$ откуда $t= 1∕2$ , или $t= 1-, 1−t$ откуда $t2− t+1= 0$ — нет решений, или $t= -t-, t−1$ откуда $t=2$ (т.к. $t⁄= 0$ по условию), или $t= t−1, t$ откуда $t2− t+ 1= 0$ — нет решений. Итак, в наборе может быть меньше 6 чисел, только если это набор $1 {−1;2;2}.$

Итак, все действительные числа, кроме $0$ и $1,$ разбились на шестёрки и одну тройку, набрать из которых $1000$ чисел не получится.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#41306

Докажите, что для каждого натурального числа $n$ число

2n n+2 n 5 + 3 + 3

делится на $11.$

Источники: ОММО-2022, номер 1, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое слагаемое из этой суммы выбивается сильнее других? Как можно его исправить?

Подсказка 2

Сильнее других выбивается 5^2n. При этом мы рассматриваем выражение по модулю 11(так как хотим, чтобы на 11 делилось выражение). Как исправить 5^(2n), чтобы оно имело такой же вид, как и другие слагаемые?

Подсказка 3

Рассмотреть сравнение 5^2 = 3(mod 11). В таком случае можно возвести сравнение в степень n и подставить в изначальное выражение, то есть заменить 5^(2n) на выражение с тем же остатком по модулю 11

Показать доказательство

Первое решение.

Поскольку $2 5 ≡113$ , то по модулю $11$ имеем

n n n n 3 + 9⋅3 + 3 = 11⋅3 ≡11= 0

Что и требовалось доказать.

Второе решение.

Докажем утверждение задачи для целых неотрицательных $n$ индукцией по $n.$

База: Если $n =0,$ то $52n+ 3n+2 +3n =50+ 32+30 = 11$ — делится на $11.$

Переход: Предположим, что при $n = k$ число $52n +3n+2+ 3n = 52k+ 10⋅3k$ делится на $11,$ и докажем, что при $n= k+ 1$ число $52n+ 3n+2 +3n = 52k+2 +10⋅3k+1$ также делится на $11.$ Заметим, что

( ) 52k+2+10⋅3k+1 = 3⋅ 52k+ 10⋅3k + 22⋅52k

Первое слагаемое в правой части делится на $11$ по предположению индукции, а второе — потому что содержит множитель $22.$ Значит, и вся сумма делится на $11.$ Переход доказан.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#77772

Даша написала на доске числа $9,10,11,...,22$ , а потом стёрла одно или несколько из них. Оказалось, что оставшиеся на доске числа нельзя разбить на несколько групп так, чтобы суммы чисел в группах были равны. Какое наибольшее значение может иметь сумма оставшихся на доске чисел?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача на оценку+пример, поэтому хочется оценить сверху сумму на доске после стирания одного или нескольких чисел. При этом непонятно, как пользоваться страшным условием о разбиении на группы с одинаковой суммой... Но на самом деле, задача проще, чем кажется: попробуйте сильно не думать и посмотреть на простые частные случаи.

Подсказка 2

Итак, Вы последовательно рассматриваете случаи, при которых сумма на доске может быть наибольшей (то есть по порядку убираете по одному маленькому числу), и пробуете для этих случаев строить разбиения на группы с равной суммой. Если на каком-то шаге у Вас не получается, возможно, Вы пришли к ответу на задачу, осталось только это доказать.

Подсказка 3

Подумайте, как при заданной сумме чисел на доске могут выглядеть наши группы, если они существуют? Сколько может быть групп и какой может быть сумма чисел в каждой из них?

Подсказка 4

Если Вы всё правильно сделали, примеры должны получиться для сумм от 208 до 204. Для суммы 203 нужно подумать над предыдущей подсказкой и понять, в чём же здесь противоречие!

Показать ответ и решение

Сумма чисел от $9$ до $22$ равна $217$ . Если стереть хотя бы одно число, то сумма оставшихся чисел не превосходит $208$ . Давайте последовательно перебирать варианты:

1) Если сумма $208$ , то стереть Даша могла только число $9,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $104$ :

22+21+ 20+ 19 +12+ 10= 18 +17+ 16+15+ 14+ 13 +11.

2) Если сумма $207,$ то стереть Даша могла только число $10,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на три группы с суммой $69$ :

22+ 21 +17+ 9= 20+19+ 18+ 12 =16+ 15+ 14 +13+ 11.

3) Если сумма $206,$ то стереть Даша могла только число $11,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $103$ :

22+ 21+20+ 19+ 12 +9= 18+ 17+16+ 15+ 14+ 13+ 10.

4) Если сумма $205,$ то стереть Даша могла только число $12,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на пять групп с суммой $41$ :

22+19 =21+ 20= 18 +13+ 10= 17 +15+ 9= 16+14+ 11.

5) Если сумма $204,$ то стереть Даша могла только число $13,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $102$ :

22+ 21+20+ 19+ 11 +9= 18+ 17+16+ 15+ 14+ 12+ 10.

6) Если Даша стёрла число $14,$ то на доске остались числа с суммой $203:$ их можно было бы разбить или на $7$ групп с суммой $29$ , или на $29$ групп с суммой $7$ , или на $203$ группы с суммой $1,$ в какую-то группу попадёт число $22,$ поскольку вариантов с суммой $22$ у нас нет, то в эту группу попадёт ещё хотя бы одно число: поэтому сумма в этой группе будет хотя бы $31,$ значит, в этом случае разбить числа на группы с одинаковой суммой не получится.

Ответ: 203

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#37485

При каком наименьшем $n$ существуют $n$ чисел из интервала $(−1;1)$ , таких, что их сумма равна $0$ , а сумма их квадратов равна $30$ ?

Источники: ОММО-2020, номер 2, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Так, нужно выбрать сколько-то чисел, модуль которых меньше единицы... Давайте сделаем самую просящуюся на ум оценку суммы квадратов таких маленьких чисел! Сколько их должно быть минимум? Давайте используем, что их модули маленькие!

Подсказка 2!

2) Тааааак, 30 точно должно быть, но как-то 30 не получается, так как у нас интервал. Может, получится 31... Попробуйте! Ага, это число нечетное... Что можно из этого заключить?

Подсказка 3!

3) Кажется, с 31 не получается построить пример. Давайте докажем, почему? Да-да, либо положительных, либо отрицательных меньше 15! А так как их сумма должна быть 0, как бы из этого получить, что сумма квадратов не получится 30?

Подсказка 4!

4) Отлично, осталось дело за малым, построить пример!

Показать ответ и решение

Заметим, что чисел больше $30$ , поскольку сумма квадратов меньше суммы модулей, которая меньше $30$ .

Пусть чисел $31$ . Тогда, не умаляя общности, отрицательных не больше $15$ , то есть их сумма меньше $15$ по модулю, как и сумма положительных (которая ей равна), откуда сумма их квадратов снова меньше $30$ .

То есть чисел хотя бы $32$ . В качестве примера рассмотрим числа $∘-15- ± 16$ (по $16$ каждого вида).

Ответ:

$32$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#49060

Вася хочет найти все целые числа $a$ такие, что выражение

3 5 10n − 3n +7an

делится на $15$ для всех целых $n$ . Какие остатки может давать число $a$ при делении на $15?$ Укажите все возможные ответы или докажите, что таких целых чисел $a$ нет.

Источники: ОММО-2018, номер 3, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах на делимость мы что делаем в первую очередь? Конечно, сравниваем выражение по модулю того числа, на которое оно должно делиться. Но 15 - число составное, с ним работать будет неудобно. Давайте перейдём для начала к сравнениям по модулю 3 и 5. Потом мы справимся найти остаток и по модулю 15. Нужно упростить наше выражение. Какую теорему можно вспомнить, чтобы это сделать?

Показать ответ и решение

Первое решение.

По малой теореме Ферма $3 n ≡3 n$ и $5 n ≡5 n.$

Теперь взглянем на исходное выражение по модулю $3 :$

10n− 3n+7an ≡3 7n(a+ 1)≡3 0 =⇒ a≡3 −1

Теперь взглянем на исходное выражение по модулю $5 :$

10n3− 3n5+ 7an ≡5 − 3n +7an ≡5 7n+ 7an≡5 7n(a+ 1) =⇒ a ≡5 − 1

Итак, $a ≡3 − 1$ и $a ≡5 − 1$ . По Китайской теореме об остатках решение такой системы сравнений по модулю, равном произведению модулей, существует и единственно, легко находим, что это $a ≡15−1 ≡1514.$

Второе решение.

Подставим $n =1$ и получим, что если такое $a$ и существует, то $7+ 7a$ должно делится на $15,$ то есть $a$ должно давать остаток $14$ при делении на $15.$ Осталось проверить, что если $a ≡ 14 15$ , то указанное выражение делится на $15$ для любого натурального $n.$

Докажем это утверждение индукцией по $n$ (для $n= 0$ делимость очевидна, для отрицательных $n$ доказывается аналогично или сводится к случаю положительного $n$ заменой $n → −n)$ . Если $n= 1$ , утверждение уже проверено. Предположим теперь, что мы уже доказали, что $10n3− 3n5+ 7an$ делится на $15$ и докажем, что $10(n +1)3− 3(n+ 1)5+ 7a(n +1)$ также делится на $15.$ Посмотрим на разность этих двух выражений:

10((n+ 1)3− n3)− 3((n +1)5− n5)+ 7a((n+ 1)− n)= 10(3n2 +3n+ 1)− 3(5n4+ 10n3+10n2+ 5n +1)+ 7a.

После раскрытия скобок все слагаемые в правой части, кроме $10− 3+ 7a$ , делятся на $15,$ но $10− 3+7a$ делится на $15,$ поскольку $a ≡14 15$

Ответ:

$14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#41313

Про натуральные числа $x$ и $y$ и целое нечётное число $z$ известно, что

x!+ y!= 24z+2017

Найдите все возможные такие тройки чисел $(x,y,z).$

Источники: ОММО-2017, номер 3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам не просто так намекнули на четность, значит имеет смысл рассмотреть её. Какие тогда выводы можно сделать о четности левой части равенства и о x или y?

Подсказка 2

x! + y! нечетно, значит x или y единичка! Пусть y = 1. Используем условие на нечетность z и запишем z как 2k+1, подставим и подберем такой удобный модуль, чтобы дать какие-то ограничения на x.

Подсказка 3

x! = 24z + 2017 - y! = 48k + 2040. Чтобы дать какие-то ограничения на x, нужно выбрать такой модуль, чтобы вне зависимости от k был понятен остаток от деления 48k + 2040 на этот модуль. По какому модулю тогда всё рассмотреть?

Подсказка 4

По модулю 16! Действительно, желательно, чтобы 48 делилось на модуль, поэтому мы искали его среди делителей 48. Следовательно, 48k + 2040 = 8(mod 16). Тогда x = 4,5 (подумайте, почему). Осталось найти z!

Показать ответ и решение

Поскольку правая часть нечётна, то и левая тоже, тогда одна из переменных $x,y$ равна единице. Пусть $y = 1.$ Далее

z = 2k +1 =⇒ x!=24z+ 2017− y!=48k+ 2040 ≡168

То есть $x= 4,5,$ поскольку все остальные факториалы либо кратны $16,$ либо дают остатки, не кратные $8,$ получаем $2017−1−24 2017−1−120 z =− ---24---,−---24--- =− 83,−79.$ Остаётся учесть симметрию и написать ответ.

Ответ:

$(1,4,−83),(1,5,−79),(4,1− 83),(5,1,−79)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#38869

При каких натуральных $n> 1$ найдутся $n$ подряд идущих натуральных чисел, сумма которых равна $2016?$

Источники: ОММО-2016, номер 3, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

1) Подряд идущие числа. Что это такое? Да это же арифметическая прогрессия! Давайте обозначим первый её член за х и вспомним стандартную формулу суммы!

Подсказка 2!

2) Верно, получается условие nx + n(n-1)/2 = 2016. Умножьте на два и попробуйте разложить на множители левую и правую часть.

Подсказка 3!

3) Теперь нужно посмотреть на чётность и нечётность. Так мы сможем определить, какой множитель чему равен!

Показать ответ и решение

Пусть первое из чисел равно $a$ , тогда сумма арифметической прогрессии этих $n$ подряд идущих чисел равна

n(n−-1) a+(a+ 1)+...+(a+ n− 1) =na+ 2 = 2016,

что эквивалентно

n(2a+n − 1)= 4032 =26⋅32⋅7= 64⋅63.

Поскольку $2a$ чётно, то скобки имеют разную чётность, следовательно, чётна ровно одна из них.

Если $n$ чётно, то $6 n≥ 2 =64$ , при этом $2a+ n− 1≥ n≥ 64$ , но из условия на произведение $4032 2a+ n− 1≤ 64 = 63$ получаем противоречие.

Значит, $n$ нечётно и является делителем $2 3 ⋅7 =63$ , то есть может быть равно $1,3,7,9,21,63$ . Легко видеть, что $2a+ n− 1≥ n+ 1= 64$ и каждое чётное значение можно получить выбором $a$ , потому при $n ≤63$ решение относительно $a$ есть всегда, откуда все найденные $n$ подойдут.

Ответ:

$3,7,9,21,63$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#82707

Четырёхзначное число $X$ не кратно 10. Сумма числа $X$ и числа, записанного теми же цифрами в обратном порядке, равна $N$ . Оказалось, что число $N$ делится на 100. Найдите $N$ .

Показать ответ и решение

Так как $X$ не делится на 10, то последняя цифры — не $0.$ Пусть $X = abcd,$ где $a,b,c,d$ — цифры.

Из условия следует уравнение

---- ---- .. abcd+ dcba= N .100

Первое решение.

Так как $d+ a$ оканчивается на 0, а сами эти цифры нулю равняться не могут, то $d+a =10.$ Тогда $c+ b+1$ оканчивается на 10, поэтому $c+b =9.$ Получаем

N = 1000(a+d)+ 100(b+ c)+ 10(c+ b)+(d+ a) =1001⋅10 +110⋅9= 11000

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Запишем слагаемые левой части по определению десятичной записи

1000a+100b+ 10c+ d+ 1000d+ 100c+ 10b+ a= N

Приводим подобные слагаемые

1001(a+ d)+110(b+ c)=N

Так как $N$ делится на $100,$ то на $10$ тоже делится. Тогда и $.. 1001(a+ d)+110(b+c). 10.$

Заметим, что $. 110(b+ c) .. 10,$ тогда $. 1001(a+d).. 10,$ и, так как $1001$ и $10$ — взаимно простые, то $a+ d$ делится на 10. Но $a$ и $d$ — цифры, и их сумма не больше $18$ , и при этом больше $0,$ так как по условию $d⁄= 0.$ Единственное кратное $10$ число в этом промежутке — $10,$ поэтому $a +d =10.$

Пусть $N = 100x.$ Вернемся к нашему равенству, и подставим в него $a+ d= 10$ и $N = 100x.$

10010 +110(b+ c)=100x

Сокращаем на 10

1001+ 11(b+ c)= 10x

Справа число, делящееся на $10.$ Так как $1001≡ 1 (mod 10),$ то $11(b +c)≡ 9 (mod 10).$ Так как $11≡ 1 (mod 10),$ то $b+ c≡ 9 (mod10).$

Так как, $b$ и $c$ — цифры, то их сумма хотя бы $0$ и не больше $18,$ а единственное число с остатком $9$ при делении на $10$ в этом промежутке — это $9.$ Тогда $b+ c= 9.$

Теперь найдем $N$

N = 1001⋅10+ 110 ⋅9 =11000.

Ответ: 11000

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#77848

Докажите, что число $22014+1$ можно представить в виде произведения трех натуральных чисел, больших 1.

Источники: ОММО - 2015, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Число из условия очень похоже на многочлен, а какие делители точно есть у многочлена вида a^n +1?

Подсказка 2

Если n - нечетно, то a^n+1 делится на a+1. Попробуем таким способов найти хотя бы 1 делитель!

Подсказка 3

Заметим, что 2^2014+1 делится 2^38+1. выходит, теперь у нас есть 2 делителя. А на какие делители можно разбить 2^38+1?

Показать доказательство

Напомним, что при нечётном $n$ число $an+ 1$ делится на $a+ 1$ при любом натуральном $a.$

Так как $2014=2 ⋅19⋅53,$ то взяв $2⋅19 a= 2 ,n= 53,$ получаем, что число $2014 2 +1$ делится на $2⋅19 2 + 1.$

Взяв $2 a= 2,n= 19$ , получаем, что $2⋅19 2 +1$ делится на $2 2 + 1= 5.$

В итоге

2014 22014+ 1 238+1 2 + 1= -238+-1-⋅--5---⋅5,

причём каждый из трёх множителей в разложении это натуральное число больше единицы (у двух данных сократимых дробей, очевидно, числитель больше знаменателя).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31833

Натуральное $61$ -значное число $A$ записывается только цифрами $2$ , $3$ и $4$ . При этом двоек на $19$ больше, чем четверок. Найдите остаток от деления числа $A$ на $9$ .

Источники: ОММО-2014, номер 3, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте вспомним, чему равен остаток от деления числа на 9.

Подсказка 2

При делении на 9 остаток равен остатку от деления суммы его цифр на 9. Тогда давайте найдем её.

Подсказка 3

Пускай двоек было x, тогда четверок было x - 19, а троек 61 - 2x + 19 = 80 - 2x. Теперь можно найти сумму цифр и остаток от деления на 9.

Показать ответ и решение

Пусть в числе $a$ двоек, $b$ троек, $a− 19$ четвёрок. Тогда всего цифр $2a +b− 19= 61 ⇐⇒ 2a+ b= 80$ . При делении на $9$ число даёт такой же остаток, какой даёт его сумма цифр, то есть

2⋅a+ 3⋅b+4 ⋅(a− 19)=6a+ 3b− 76 =3⋅80− 76= 164≡9 2

Ответ:

$2$

Предыдущий раздел

Следующий раздел