Материал о делимости целых чисел — новый в программе старших классов, поэтому он подробно описан в учебнике. Сначала рассматривается вопрос о делимости (без остатка) натуральных чисел, затем о делимости целых чисел (с остатком).
В учебнике принято обозначение (m, n) — наибольший общий делитель чисел m и n; сформулированы основная теорема арифметики, свойство делимости суммы и разности (теорема 1), теорема о единственности деления с остатком для целых чисел (теорема 2).
Решения и комментарии
1.84*. а) Определите целые числа m, n, k и р, для которых справедливо равенство:
2m + n · 3k + 1 · 57 · 712 = 27 − n · 37 · 5m + p · 7m + n + k. (1)
Решение. По основной теореме арифметики каждое натуральное число, большее 1, можно представить единственным образом в виде произведения степеней простых чисел. Поэтому из равенства (1) следует, что показатели степеней простых множителей в правой и левой частях этого равенства равны, т. е.
m + n = 7 − n, k + 1 = 7, m + p = 7, m + n + k = 12.
Решив систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными, получим: m = 5, п = 1, k = 6, р = 2.
Замечание. Идея решения задачи 1.84 используется при решении задачи 276 из раздела «Задания для повторения».
276. (МГУ, экон. ф-т.) За время хранения вклада в банке в конце каждого месяца начисляли на счет проценты от суммы вклада, которая находилась на счету в начале месяца, сначала в размере 5% в месяц, затем 11 1 9 %, потом 7 1 7 % и, наконец, 12% в месяц. Известно, что под действием каждой новой процентной ставки вклад находился целое число месяцев, а по истечении срока хранения первоначальная сумма вклада увеличилась на 180%. Определите срок хранения вклада.
Решение. Пусть в банк положили а р. (а ≠ 0). Ежемесячно на счет начислялось сначала 5% m месяцев, затем 11 1 9 % n месяцев, потом 7 1 7 % k месяцев и, наконец, 12% p месяцев от суммы вклада, которая находилась на счету в начале месяца.
После m + n + k + p месяцев на счету оказалось
a ( 1+ 5 100 ) m ( 1+ 100 900 ) n ( 1+ 50 700 ) k ( 1+ 12 100 ) p = =a ( 21 20 ) m ( 10 9 ) n ( 15 14 ) k ( 28 25 ) p p .
или по условию задачи a( 1+ 180 100 )=a⋅ 14 5 p .
Следовательно, справедливо равенство:
a ( 21 20 ) m ( 10 9 ) n ( 15 14 ) k ( 28 25 ) p =a⋅ 14 5 .
Разделив полученное равенство на а (а ≠ 0) и умножив его на 20m · 9n · 14k · 25p · 5, получим равносильное ему равенство
5 · 21m · 10n · 15k · 28p = 20m · 9n · 14k + 1 · 52p.
Разложив обе части равенства на простые множители, перепишем его в виде:
2n + 2p · 3m + k · 5n + k + 1 · 7m + p = 22m + k + 1 · 32n · 5m + 2p · 7k + 1.
Из единственности разложения числа на простые множители (основная теорема арифметики) следует, что
{ n+2p=2m+k+1 m+k=2n n+k+1=m+2p m+p=k+1.
Решив систему из четырех полученных уравнений, получим, что m = 2, п = 3, k = 4, р = 3, т. е. деньги были вложены в банк на 2 + 3 + 4 + 3 = 12 месяцев.
1.85. а) Докажите, что числа 1997 и 1999 являются взаимно простыми.
Доказательство. Предположим, что числа 1997 и 1999 не являются взаимно простыми, т. е. оба делятся на натуральное число d ≠ 1. Тогда и их разность 2 делится на d, т. е. d = 2. Но каждое из этих чисел не делится на 2, следовательно, предположение, что числа 1997 и 1999 не являются взаимно простыми, неверно. Значит, они взаимно простые, что и требовалось доказать.
1.86. а) Докажите, что дробь 1997 1999 несократимая.
Доказательство. Так как числа 1997 и 1999 взаимно простые (см. задание 1.85), то дробь несократимая.
1.87. а) Докажите, что произведение двух последовательных натуральных чисел делится на 2.
Доказательство. Пусть n и n + 1 — два последовательных натуральных числа. При делении на 2 натуральное число п может иметь только два остатка: 0 и 1.
Если n = 2k ( k∈ N), то n (n + 1) = 2 k (2k + 1).
Если n = 2k + 1( k∈ N), то n(n + 1) = 2(2k + 1)(k + 1).
Следовательно, произведение двух последовательных натуральных чисел делится на 2, так как содержит множитель 2 в каждом из двух возможных случаев.
1.88. Найдите все целые числа, которые при делении и на 4, и на 3, и на 2 дают остаток 1.
Решение. Все целые числа, которые при делении на 12 дают остаток 0, можно записать в виде 4 · 3 · k = 12k, где k∈ Z.
При делении на 12 любого целого числа т может получиться один из 12 остатков: 0, 1, 2, ..., 11. Следовательно, множество всех целых чисел можно разбить на 12 непересекающихся классов Аr, где Аr — множество всех целых чисел, имеющих вид 12k + r, где r= 0, 1, 2, ..., 11. Нетрудно убедиться, что лишь для чисел из класса A1 выполняется условие: остаток от деления этих чисел и на 4, и на 3, и на 2 равен 1. Следовательно, все искомые числа можно записать в виде 12k + 1, где k∈ Z.
1.89. Найдите все целые числа, которые при делении на 4 дают остаток 3, при делении на 3 дают остаток 2, при делении на 2 дают остаток 1.
Решение. Все целые числа, которые при делении на 4 дают остаток 0, при делении на 3 дают остаток 0, при делении на 2 дают остаток 0, можно записать в виде 4 · 3 · k = 12k, где k∈ Z.
При делении на 12 любого целого числа m может получиться один из 12 остатков: 0, 1, 2, ..., 11. Следовательно, множество всех целых чисел можно разбить на 12 непересекающихся классов Аr, где Аr — множество всех целых чисел, имеющих вид 12k + r, где r = 0, 1, 2, ..., 11.
Нетрудно убедиться, что лишь для чисел из класса А11 выполняется условие: остаток от деления этих чисел на 4 равен 3, при делении на 3 равен 2, при делении на 2 равен 1.
Следовательно, все искомые числа можно записать в виде 12k + 11, где k∈ Z.
Замечание к заданиям 1.88 и 1.89. Условия заданий проверяются лишь на числах r, так как искомые остатки получаются только при делении r на соответствующее число.
1.90. Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.
Доказательство. Пусть М = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3, где n — любое натуральное число. При делении на 3 числа n может получиться один из трех остатков: 0, 1, 2. Следовательно, множество всех натуральных чисел можно разбить на три непересекающихся класса чисел, имеющих вид 3m, где m∈ N, 3m + 1 или 3m + 2, где m = 0, 1, 2, ... .
Докажем, что если число п относится к любому из этих трех классов, то число М делится на 9.
1) Пусть п = 3m, где m∈ N. Тогда
М = (3m)3 + (3m + 1)3 + (3m + 2)3 = 27m3 + 27m3 + 27m2 + 9m + 1 +
+ 27m3 + 54m2 + 36m + 8 = 9k, где k∈ N.
2) Пусть n = 3m + 1, где m = 0, 1, 2, ... . Тогда
М = (3m + 1)3 + (3m + 2)3 + (3 (m + 1))3 = 9p, где p∈ N.
3) Пусть n = 3m + 2, где m = 0, 1, 2, ... . Тогда
М = (3m + 2)3 + (3 (m + 1))3 + (3 (m + 1) + 1)3 = 9q, где q∈ N.
Следовательно, в каждом случае натуральное число М делится на 9, что и требовалось доказать.
|
