Олімпіада з теорії чисел...2019/02/20 · 5 клас 1. Задача 3 за 4 клас. 2. Задача 4 за 4 клас. 3. Розглянемо всі цілі

1

Олімпіада з теорії чисел

Загальна сума розуму на планеті – величина стала,

а населення збільшується…

Аксіома Коула

Розв’язання задач

4 клас

1. Нехай dcba ,,, – послідовні цифри, що йдуть у порядку зростання. Чому може

дорівнювати d , якщо справджується рівність dcab : , тут через ab – позначене

двоцифрове число, в якого a – цифра десятків, а b – цифра одиниць. Вкажіть усі

можливі відповіді.

Відповідь: 4 та 8 .

Розв’язання. Проведемо простий перебір: вирази 43:12 , та 87:56 правильні. Усі інші

вирази – хибні: 54:23 , 65:34 , 76:45 та 98:67 .

2. Розглянемо таку рівність:

366313029 zyx .

Підберіть хоча б один набір чисел ),,( zyx , що задовольняють цю рівність.

Відповідь: розв’язків нескінченно багато; один із них: 7,4,1 zyx .

Розв’язання. Для знаходження розв’язку можна використати аналогію, що 366 – кількість днів у

високосному році, а кожне з чисел 31,30,29 є кількістю днів у певних його місяцях:

29 днів – лютий (один місяць, 1x );

30 днів – квітень, червень, вересень, листопад (чотири місяці, 4y );

31 день – січень, березень, травень, липень, серпень, жовтень, грудень (сім місяців, 7z ).

3. Лічильник автомобіля показує, що машина пройшла 24942 км. Це число є

паліндромом, тобто не зміниться, якщо його цифри переставити у зворотному

порядку. Скільки ще треба проїхати автомобілю, щоб лічильник показав наступне за

величиною число-паліндром?

Відповідь: 110 км.

Розв’язання. Зрозуміло, що інших паліндромів, які починаються з цифр 249 , немає. Тоді

розглянемо далі паліндром, що починається на 250 , він є тільки один — це число 25052 .

Відповідно автомобілю треба проїхати ще 1102494225052 км.

4. Петрик задумав ціле число і для кожної пари цифр числа записав на дошці їхню

різницю. Причому, він віднімав від більшої цифр меншу, а якщо зустрічалися рівні

цифри, то він записував цифру 0 . Наприклад, для чотирицифрового числа 1106 він

би записав цифри 0, 1, 1, 5, 5, 6. Потім Петрик для свого числа витер декілька

записаних різниць, і на дошці залишились такі чотири цифри: 7,2,0,0 . Яке

найменше число міг задумати Петрик?

2

Відповідь: 11138 .

Розв’язання. Те, що число 11138 задовольняє умову задачі, очевидно. Покажемо, що менших

чисел, які б міг задумати Петрик, нема.

Оскільки серед різниць є числа 2 та 7 , число повинно мати щонайменше три різні цифри, які б

дали дві різні різниці. А оскільки Петрик записав також і два нулі, серед цифр задуманого числа

повинні бути або три рівні цифри, або дві пари однакових. Значить, число має бути щонайменше

п’ятицифровим і містити саме три різні цифри. Щоби при цьому бути меншим за 11138 , число

повинно містити одиницю (яка має стояти на першому місці). Але тоді двома іншими цифрами

числа обов’язково мають бути або 3 і 8 , або 6 і 8 , і утворити число, менше за 11138 , не

вдасться.

5. Розглянемо всі цілі числа від 1 до 18 включно. Серед них потрібно обрати набір

таких чисел, щоб:

жодне з них не ділилось на інше число з набору

будь-які два числа з набору мають ділились разом на якесь число більше 1.

Скільки найбільше чисел ми можемо взяти до такого набору?


Розв’язання. Розглянемо усі парні числа, більші від 9 . Цих чисел буде 5 . Покажемо, що

максимальне значення.

Припустимо, що в множині S є число 9a , тоді замінимо в цій множині його на число a2 ,

очевидно, що усі властивості множини збереглися. Таким чином одразу можемо розглядати

множину, кожний елемент якої більший від 9 . Але в цій множині ми не можемо взяти два сусідні

елементи. Парних чисел там рівно 5 , і зрозуміло, що то найбільша можлива кількість.

5 клас

1. Задача № 3 за 4 клас.




жодне з них не ділилось на інші числа з набору

будь-які два числа з набору не є взаємно простими числами


Відповідь:25 .

Розв’язання. Розглянемо усі парні числа, більші від 50 . Цих чисел буде 25 . Покажемо, що це і є

максимальне значення кількості.

Припустимо, що в множині S є число 50a , тоді замінимо в цій множині його на число a2 –

можна переконатися, що усі властивості множини збереглися. Таким чином одразу можемо

розглядати множину, кожний елемент якої більший від 50 . Але в цій множині ми не можемо

взяти два сусідні елементи. Парних чисел там рівно 25 , і зрозуміло, що то найбільша можлива

кількість.

4. Якщо приписати праворуч від трицифрового числа x трицифрове число y , то

одержане шестицифрове число буде в 7 разів більше від добутку xy . Знайдіть усі

можливі такі числа y .

3


Розв’язання. Запишімо умову у вигляді рівності: xyyx 71000 . З цієї рівності випливає, що

y має націло ділитися на x , позначимо цю частку kxy : . Найбільше трицифрове число 999 ,

найменше – 100 . Тому 91 k . З рівності ky 10007 маємо, що число k1000 має

ділитися на 7 . Таких чисел два – 1001 та 1008 . Розглянемо їх.

У першому випадку 1437:1001 y , 1: xy 143x і пара чисел 143 yx умову

задовольняє.

У першому випадку 1447:1008 y , 8: xy 18x – не є трицифровим, тому умову не

задовольняє.

5. Числа 1020 та 1127 при діленні на число 1a , мають однакові остачі. Знайдіть

усі можливі числа a .


Розв’язання. Нехай a – одне з таких чисел, а r – остача при ділення на a чисел 1020 та 1127 .

Тоді raq1020 і ras 1127 для деяких цілих sq, . Знайшовши різницю цих рівностей,

матимемо )(107 qsa . Оскільки число 107 ділиться лише на 1 та 107 , а число 1a , то

107a . Неважко переконатися, що таке значення справді задовольняє умову.

6 клас


2. Назвімо десятицифрове число, яке містить усі цифри від 0 до 9, розкішним. Якому

найменшому натуральному числу може дорівнювати різниця двох розкішних чисел?


Розв’язання. Сума цифр довільного розкішного числа дорівнює 45 і ділиться на 9 , тож на 9

ділиться і саме розкішне число. Тому й різниця двох розкішних чисел має ділитися на 9 , а отже не

може бути меншою за 9 . Число ж 9 справді може бути різницею двох таких чисел:

910234567891023456798 .



жодне з них не ділилось на інші числа з набору

будь-які два числа з набору не є взаємно простими числами


Відповідь:505 .

Розв’язання. Розглянемо усі парні числа, більші від 1010 . Цих чисел буде 505 . Покажемо, що це

і є максимальне значення кількості.

Припустимо, що в множині S є число 1010a , тоді замінимо в цій множині його на число a2 –

можна переконатися, що усі властивості множини збереглися. Таким чином одразу можемо

розглядати множину, кожний елемент якої більший від 1010 . Але в цій множині ми не можемо

взяти два сусідні елементи. Парних чисел там рівно 505 , і зрозуміло, що то найбільша можлива

кількість.


4

5. Знайдіть усі пари натуральних чисел nm , для яких кожне з чотирьох чисел

nm , 41m , 41n та 41 nm є точними квадратами.

Відповідь: 80m , 320n .

Розв’язання. Якщо розглянути два квадрати 2knm та

222 2)(41 lklklknm ,

то бачимо, що за умовою треба знайти два, різниця між якими складає 41 . Таким чином треба

знайти усі такі пари lk, , для яких 41)2(2 2 lkllkl . Оскільки 41 – просте число і

12 lk , то 1l 402 k 20k і маємо, що 220400 nm ,

22144141 nm .

Тепер підберемо nm, , щоб числа 41m та 41n були точними квадратами. Останніми

цифрами квадрату можуть бути цифри 6,5,4,1,0 та 9 , та 400 nm , тому останніми

цифрами пари ),( nm можуть бути такі пари: )0,0( та )5,5( . Таким чином останніми цифрами

пари )41,41( nm можуть бути )1,1( або )6,6( . Розглянемо усі квадрати, що задовольняють

ці умови:

404181 m 360n 40141n – умову не задовольняють.

8041121 m 320n 36141n – умову задовольняють.

15541196 m 245n 28641n – умову не задовольняють.

21541256 m mn 185 – умову не задовольняють.

7 клас

1. Доведіть, що існує нескінченно багато натуральних чисел n , для яких число n

можна подати у вигляді суми квадратів двох натуральних чисел, а числа 1n та

1n таким чином подати не можна.

Розв’язання. Неважко переконатися, що довільне число, що )4(mod3 та )9(mod3 не

можна подати як суму двох квадратів. Звідси будується така нескінченна серія шуканих чисел: 22 4)236( kn , Nk .

Неважко зрозуміти, що

)4(mod314)236(1 22 kn та )9(mod314)236(1 22 kn .

2. Нехай підмножина }2020...,,3,2,1{S не містить двох елементів, що ділять

одне одного, а також не містить двох взаємно простих елементів. Яку найбільшу

кількість елементів може містити множина S ?






множину, кожний елемент якої більший від 1010 . Але в цій множині ми не можемо взяти два

сусідні елементи. Парних чисел там рівно 505 , і зрозуміло, що то найбільша можлива кількість.

3. Знайдіть найменше натуральне число n , для якого кожне з чисел )(nS та )1( nS

ділиться на 2020 . Тут через )(nS позначена сума цифр числа n .

5

Відповідь: 449223

9...9989...994n .

Розв’язання. Якщо число n не закінчується на 9 , то 1)()1( nSnS . Таким чином

k

mn 9...99 , де число m не закінчується на 9 . Звідси 20209)()( kmSnS та

20201)()1( mSnS 202019 k . Таким чином залишається підібрати найменші

значення km. , що задовольняють такі умови.

Для k маємо, що 120209 lk і треба підібрати найменше можливе значення l , зрозуміло, що

то буде при 2l : тоді k94041122020 449k .

Для m треба підібрати це число таким, щоб 20201)( mS або 2019)( mS . Для того треба

мати найменшу кількість цифр, тобто воно має мати максимум цифр 9 у своєму запису. Оскільки

392242019 , то m матиме не менше 225 цифр. Оскільки воно має мати останню цифру,

що відмінна від 9 , то чим більш та цифра, тим меншою можна зробити першу цифру. З цих

міркувань – шукане найменше число – це 89...994223

m .

Звідси шукане найменше число 449223

9...9989...994n .

4. Знайдіть усі пари простих чисел qp, , для яких 11 pq qp є точним квадратом

цілого числа.

Відповідь: 2 qp .

Розв’язання. Очевидно, що 2 qp є розв'язком. Нехай тепер 211 xqp pq

та p –

непарне. Тоді ))((221 lllq qxqxqxp , де 12 lp . Нехай d – простий спільний

дільник обох цих множників, тоді він є дільником p . Отже pd та qp | qp і рівність

212 xp p – неможлива.

Таким чином 1d та 1 lqx та 1 ql pqx 12 1 ql pq . Остання рівність при

непарному q неможлива за модулем 4 . Таким чином 2q але тут також маємо суперечність, бо

)1)(1(1122 2311 pppppq qll,

і число 112 pp непарне.

5. З натуральних чисел 501...,,2,1 вибрали 250 різних чисел. Доведіть, що для

довільного натурального числа t серед обраних чисел можна знайти 4 числа 1a , 2a ,

3a та 4a , для яких вираз taaaa 4321 ділиться націло на 23 .

Відповідь: sp , де 2p – просте і 1s .

Розв’язання. Замість чисел 501...,,2,1 розглянемо їхні остачі при діленні на 23 . Тоді матимемо

по 22 числа 18...,,2,1 та по 21 числу 023,22,21,20,19 . Якщо a таке число, що

)23(mod4 ta . Розіб'ємо вибрані 250 чисел на такі 12 груп. У групу k , 11,0k виберемо

числа вигляду )23(modka .

Покажемо методом від супротивного, що є пара чисел, сума яких дорівнює a2 . Щоб таке не

сталося, у кожній з груп для 0k може бути максимум 22 числа з однаковими остачами. А в

групі 0k – максимум 1 число, тобто чисел може бути не більше як 24311122 .

Аналогічно випливає, що існує і ще одна така пара. Зрозуміло, що дві таі пари утворюють шукані

6

4 числа.

8 клас

1. Нехай підмножина }1001...,,3,2,1{S не містить двох елементів, що ділять одне

одного, а також не містить двох взаємно простих елементів. Яку найбільшу кількість

елементів може містити множина S ?






множину, кожний елемент якої більший від 500 . Але в цій множині ми не можемо взяти два

сусідні елементи. Парних чисел там рівно 250 , а от непарних – 251 . Але легко збагнути, що вони

усі не можуть потрапити в одну множину, наприклад числа 501 та 503 не можуть бути в мнодині

одночасно. Таким чином загальна кількість як і зазначено 250 .

2. Знайдіть найменше натуральне число n , для якого кожне з чисел )(nS та )1( nS

ділиться на 1999 . Тут через )(nS позначена сума цифр числа n .

Відповідь: 1777221

9...9989...199n .

Розв’язання. Якщо число n не закінчується на 9 , то 1)()1( nSnS . Таким чином

k

mn 9...99 , де число m не закінчується на 9 . Звідси 19999)()( kmSnS та

19991)()1( mSnS 199919 k . Таким чином залишається підібрати найменші

значення km. , що задовольняють такі умови.

Для k маємо, що 119999 lk і треба підібрати найменше можливе значення l . Зрозуміло, що

то буде при 8l : тоді k915993181999 1777k .

Для m треба підібрати це число таким, щоб 19991)( mS або 1998)( mS . Для того треба

мати найменшу кількість цифр, тобто воно має мати максимум цифр 9 у своєму запису. Оскільки

92221998 , то m , як ми пам'ятаємо, має закінчуватися не на 9 , тому воно матиме не менше

223 цифр. Оскільки воно має мати першу найменшу цифру, а останню – відмінну від 9 , то

шукане найменше число – це 89...199221

m .

Звідси шукане найменше число 1777221

9...9989...199n .


4. Знайдіть усі натуральні числа n , для яких число 12 ! n має простий дільник, що

не перевищує 12 n .

Відповідь: }3,2,1{n .

Розв’язання. Нехай p – просте число, яке ділить 12 ! n та 12 np . З малої теореми Ферма

pp 12 1 , тобто pk 122 , де npk )1(

21 .

7

Для 4n число kn 2! , а тому pkn 1212 2! . Але тоді число

pnn )12()12(2 !! , що не можливо.

Для менших n безпосередньо знаходимо, що 1123312 !1 , 1225512 !2

та 13256512 !3

5. Знайдіть усі пари натуральних чисел ba, , для яких 1),( ba та справджується

рівність:

abbababa 7)(9],[9),( .

Тут через ),( ba та ],[ ba позначене НСД та НСК чисел a та b відповідно.

Відповідь: 4a , 38b ; 38a , 4b та 4a , 4b .

Розв’язання. Нехай dxa , dyb , 1),( yx та за умовою 1d . Тоді рівність з умови

перепишеться таким чином:

xydyxddxyd 27)(99 dxyyxxy 7)(991 .

28139111

1979

xyyxd }4,3,2{d .

Випадок 1. 2d xyyxxy 14)(991 01995 yxxy

586

59 )95()95( yyx 86)95(9)95(5 yyx

43286186)95)(95( yx .

Варіант 1. 195 x та 8695 y 2x та 19y 4a та 38b , аналогічно

з симетрії умов: 4b та 38a .

Варіант 2. 295 x та 4395 y розв'язків немає.

Випадок 2. 3d xyyxxy 21)(991 розв'язків немає з подільності на 3 .

Випадок 3. 4d xyyxxy 28)(991 019919 yxxy

19100

199 )919()919( yyx 100)919(9)919(19 yyx

10102052545021001)919)(919( yx .

Варіант 1. 1919 x розв'язків немає.




Варіант 5. 10919 x та 10919 y 1x та 1y 4a та 4b .

9 клас


2. Знайдіть усі натуральні числа n , що мають дільник d , для яких 34 dn ділиться

націло на 12 dn .

Відповідь: 2mn .

Розв’язання. За умовою dsn , тоді 34432 |1 ddsds . Оскільки

8

23232344 )1( dsddsdsdds

2332 |1 dsdds .

Якщо 023 dsd , то 132323 dsddsd – суперечність.

Якщо 023 dsd , то 132232 dsdsdds – суперечність.

Таким чином єдина можливість – це 023 dsd sd 2dn .

З іншого боку, якщо 2mn , то для md маємо, що 11 52 mdn , а

11)1( 25533834 dnmmmmmdn , тобто кожне число, що є квадратом

задовольняє умову.

3. Розв'яжіть в цілих числах рівняння: 22222 yxzyx .

Відповідь: 0 zyx .

Розв’язання. Спочатку доведемо таку лему.

Лема. Якщо просте число 22|34 yxkp , то xp | та yp | .

Доведення. Від супротивного, якщо p не ділить x , то вони взаємно прості, тобто 1),( xp . Але

тоді 1),( yp , бо воно може ділити або обидва цих числа, або жодного. За умовою

)(mod22 pyx )(mod44 pyx )(mod2424 pyx kk .

З малої теореми Ферма )(mod11 px p та )(mod11 py p

)(mod12424 pyx rr – суперечність з попереднім результатом, що й доводить шукане.

Лема доведена.

Перепишемо рівняння таким чином: 1)1)(1( 222 zyx . Якщо принаймні одне з чисел

yx, – непарне, то 4)1)(1( 22 yx 412 z , що неможливо.

Очевидно, що при 0x отримаємо розв'язок 0 zyx , якщо 0xy , то 312 x , але

тоді 12 x має принаймні один простий дільник типу 34 k . Якщо це не так, тобто усі дільники

мають вигляд 14 k , то і їх добуток має вигляд 114 2 xk . А наявність дільника вигляду

34 k суперечить наведеній лемі. Одержана суперечність показує, що інших розв'язків не існує.

4. Доведіть, що якщо числа naaa ...0 10 , то

nnn aaaaaa 2

11

],[

1...

],[

1

],[

1

12110

,

де через ],[ ba позначене НСК чисел ba, .

Відповідь: 2 lnm .

Розв’язання. Доведемо ММІ. Для 1n 2],[ 110 aaa , тому 2

11

2

1

],[

1

10

aa

.

Нехай твердження доведене для деякого kn , доведемо, що справджується і для 1 kn .

Розглянемо два випадки.

Випадок 1. 1

1 2 k

ka

11112110

1

2

11

],[

1

2

11

],[

1

],[

1...

],[

1

],[

1

kk

kkk

kkkk aaaaaaaaaaa

9

11 2

11

2

1

2

11

kkk.

Випадок 2. 1

1 2 k

ka якщо ab 0 , то

abab

ba

ab

bba

ab

ba

ba

11),(),(

],[

1

12110112110

11...

1111

],[

1

],[

1...

],[

1

],[

1

kkkkkk aaaaaaaaaaaaaa

1110 2

11

11

11

k

kk aaa,

що й треба було довести.

5. Знайдіть усі функції NNf : такі, що для будь-яких натуральних чисел yx,

число )(2 yfx ділить число yxf )(2 .

Відповідь: xxf )( .

Розв’язання. При 1 yx маємо, що 2)1)1()(1)1(1)1(|)1(1 2 ffff

1)1( f . З умови задачі для довільних yx, yxfyfx )()( 22

yyfxxf )()( 22 01)1()( 22 fxxf xxf )( .

Але якщо в умову задачі підставити 1x : yyf 1|)(1 yyf )( .

Поєднуючи два останні результати маємо єдиний можливий розв'язок: xxf )( .

10 клас

1. Доведіть, що якщо числа n2 та m2 мають однакову кількість цифр і число n2

отримане з числа m2 перестановкою цифр, то mn .

Відповідь: 3 способи.

Розв’язання. Доведемо методом від супротивного. Припустимо, що шукані mn існують. З

ознаки подільності на 9 число та його сума цифр мають однакові остачі при діленні на 9 , тоді

числа n2 та

m2 мають однакові суми цифр, а тому 922 mn . Зауважимо, що

)12(222 mnmmn. Розглянемо можливі варіанти.

Якщо 4mn , то 1012 mn, тому числа

n2 та m2 мають різну кількість цифр, що

неможливо.

Якщо 3mn , то 12 mn приймає значення 1 , 3 або 8 , а тому )12(222 mnmmn

, не

ділиться на 9 . Одержана суперечність завершує доведення.


3. Натуральні числа 1, ba і b – непарне. Доведіть, що число 12 a не ділить

13 b .

Розв’язання. Методом від супротивного. Для парного a – все очевидно, тоді справджувалася б

10

така подільність: 13|12|3 ba – суперечність.

Нехай тепер a – непарне, тоді )12(mod712 a існує просте число )12(mod5p , щ

ділить число 12 a. Тоді 13| bp . Оскільки b – непарне, то )(mod33 1 pb

, тому 3 –

квадратичний лишок за модулем p .

Тепер нехай маємо два випади.

При 512 kp . Тоді з квадратичного закону взаємності випливає, що:

13

2)1(

3)1(

3 264

)13)(1(

k

pp

p.

При 712 kp . Тоді з квадратичного закону взаємності випливає, що:

13

1)1(

3)1(

3 364

)13)(1(

k

pp

p.

Отримана суперечність завершує доведення.

4. Розглянемо S – множину усіх 9 -цифрових чисел, в десятковому записі яких

використовуються лише цифри 3,2,1 . Знайдіть усі такі функції }3,2,1{: Sf , що

задовольняють такі умови:

1)111111111( f , 2)222222222( f , 3)333333333( f та 1)122222222( f ;

якщо Syx , відмінні між собою у цифрі кожного розряду, то )()( yfxf .

Відповідь: 1921 )...( aaaaf .

Розв’язання. Доведемо, що 1921 )...( aaaaf . Спочатку безпосередньо з умов задачі знаходимо,

що:

1)122222222( f 1)211111111( f та 1)311111111( f .

2)222222222( f 2)311111111( f 3)311111111( f .

3)333333333( f 3)211111111( f 2)211111111( f .

1)111111111( f та 2)211111111( f 3)322222222( f .

3)333333333( f та 2)211111111( f 1)122222222( f .

3)322222222( f та 2)211111111( f 1)133333333( f .

1)111111111( f та 3)322222222( f 2)233333333( f .

Нехай cba ,, – перестановка цифр 3,2,1 . Розглянемо тепер )...( 92 aaaf , bai , 9,2i . Тоді

bbbbbbbbbbfaaaf )()...( 92 та ccbbbbbbbbfaaaf )()...( 92 aaaaf )...( 92 .

Таким чином для усіх аргументів з двох цифр все з'ясоване.

Нехай тепер 92...aaa – довільне число з першою цифрою a . Побудуємо такі два числа.

921 ...yyy : by 1 та },{ cbyi , ii ay , 9,2i byyyf )...( 921 .

921 ...zzz : cz 1 та },{ cbzi , ii az , 9,2i czzzf )...( 921 .

Оскільки 92...aaa відрізняється від 921 ...yyy та 921 ...zzz у кожному розряді, то

aaaaf )...( 92 , що й завершує доведення.

5. Знайдіть натуральні числа mk, , що задовольняють рівняння: mkk )1(4848! .

11

Відповідь: sp , де 2p – просте і 1s .

Розв’язання. Оскільки 48! k , то 6k . Для 7,6k переконуємося простою перевіркою.

Нехай тепер 8k .

Якщо 1k – не просте число, то існує його простий дільник kp , тому !| kp . Тоді з рівняння

випливає, що 48|p , тому 2p або 3p . Також p ділить число

1...10984048

48!

k

k – суперечність.

Таким чином 1k – просте число, тоді з теореми Вільсона 11! kk , а тому й 1k ділить

число 47)1!(48! kk 46k і неважко переконатися, що 48

48!46 не є степенем числа

47 . Одержана суперечність показує, що шуканих натуральних чисел не існує.

11 клас


2. Для натуральних чисел cba ,, , у яких 1),,( cba , позначимо через ),,( cbag

найбільше натуральне число, яке не можна подати у вигляді суми czbyax , де

zyx ,, – довільні натуральні числа. Доведіть, що abccbag 2),,( .


Розв’язання. Розглянемо у першому квадранті декартової площини xOy множину, що

відрізається прямою abcbyax 2 . Він має площу cb

abc

a

abc

22

2

1. Тому всередині

цього трикутника не більше )1( c -ї цілочисельної точки. Тому існує остача r за модулем c , для

якої на прямій byax немає жодної цілочисельної точки всередині трикутника. Тоді якщо t –

найменше натуральне число, яке більше або дорівнює abc2 та має остачу r при діленні на c

не може мати шукане подання.


4. Знайдіть усі трійки натуральних чисел ),,( lnm , для яких справджуються такі

умови: 2),()( nmnm , 2),()( lmlm та 2),()( nlnl . Тут через ),( ba

позначене НСД чисел a та b .


Розв’язання. Нехай ),,( lnmd , тоді danm ),( , dblm ),( та dcnl ),( , при цьому

кожні два з чисел cba ,, – взаємно прості.

Крім того dabm . Дійсно, 1dmm , dadm 1 та dbdm 1 abm 1 dabdmm 1 .

Аналогічно отримуємо, що dbcl та dacn . Таким чином dabxm , dacyn , dbczl .

З умови задачі маємо, що 222),()( adnmcybxdadacydabxnm dacybx .

Аналогічно dbczax та dcbzay .

12

Покажемо методом від супротивного, що 1),( ad . Якщо ed та ea , 1e , то

eaxdbcz edbczl . але тоді й dedabxm та dedacyn , що суперечить

побудові числа d .

Аналогічно 1),(),( cdbd . Крім того за побудовою чисел zyx ,, :

1),(),(),( zdydxd .

Тепер запишемо таку рівність:

)()()()()(2 22 cybxadcdbaydccaxdbbbzcczbcbz222 dadcdb .

У лівій частині ділитися на d може лише 2 ,тобто 2d .

З іншого боку

)()()()( bzayczaxcybxdcdbdacbad

)(2222)()()( cbacbazyczxbyxa 2d .

Тому 2d і мають справджуватися умови 1 zyx acb 2 , cab 2 ,

bca 2 cba . Тоді з умови 2),,( lnm випливатиме, що 1 cba , бо інакше

alnm 2),,( . Тепер вже остаточно маємо, що 2 lnm .

5. Знайдіть усі функції NNf : такі, що для будь-яких натуральних чисел mn,

число )(mfn ділить число )()( mnfnf .

Відповідь: 2)( nnf та 1)( nf .

Розв’язання. Оскільки )()(|)( mnfnfmfn та очевидно, що ))((|)( mfnnmfn , то

2)(|)( nnfmfn . Таким чином функція 2)( nnf задовольняє умову. Покажемо, що інших

функцій не існує.

Якщо для деякого 1nn маємо, що 211)( nnf . Тоді |)(|)( 2

11 nnfmf справджується для

усіх m , тому ця функція обмежена. Нехай Nc таке, що cmfnf |)()(| 2 Nmn , .

Тоді

)()()())((|)( 2222 mfnfnnfmfnmfn

)(|)()(||)( 2 mfncmfnfmfn , cn .

Це можливо лише за умови 0)()( 2 mfnf , Nmn , 1)( nf .

Documents

Олімпіада з теорії чисел...2019/02/20 · 5 клас 1. Задача 3 за 4 клас. 2. Задача 4 за 4 клас. 3. Розглянемо всі цілі