WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 20 | 21 || 23 | 24 |   ...   | 30 |

p 4.118. а) 1; б) 9.

4.119. Данное число делится на 31.

4.120. Данное число делится на 1093.

4.122. Пусть q — простой делитель числа 2p - 1. Тогда выполняются сравнения 2p - 1 0 (mod q) и 2q-1 - 1 0 (mod q) (второе из них — малая теорем Ферма). Далее следует воспользоваться результатом задачи 3.54 а).

4.123. Воспользуйтесь равенством n16 - 1 = (n8 - 1)(n8 + 1).

4.129. Применяя формулу из задачи 3.127, находим, что Fp 5(p-1)/(mod p), 2Fp+1 1 + 5(p-1)/2 (mod p). Кроме того, 5(p-1)/2 1 (mod p) при = 10k ± 1 и 5(p-1)/2 -1 (mod p) при = 10k ± 3.

4.130. Число x = 1 удовлетворяет условиям xp-1 - 1 0 (mod p) и x3 - 1 0 (mod p). Далее следует применить результат задачи 3.54.

4.131. Используйте условия xp-1-1 0 (mod p) и x5-1 0 (mod p).

4.132. а) 16; б) p - 1; в) p(p - 1); г) При подсчете (p) нужно будет отбрасывать все числа, делящиеся на p. Таких чисел на отрезке от 1 до p будет p. Поэтому (p) = p-1(p - 1).

4.133. p.

4.134. Числа, взаимно простые с b, находятся в (b) столбцах.

В каждом из них (a) чисел, взаимно простых с a. (См. задачу 4.55.) 4.135. (m).

4.136. (a, m) = 1 и b делится на все простые числа из разложения m.

4.139. а) x = 3, 4, 6; б) x = 15, 30, 20, 24, 16; в) 36; г) нет решений.

4.140. Необходимо, чтобы (m) = 2. Но 1 5 (mod 4), поэтому ответом служат только числа 3 и 5.

1 4.141. а) x = 2; б) x = 2 3 (1, 2 1); в) нет решений.

4.142. а) При простом n; б) при четном n; в) при любом n.

4.143. а) x = 3; б) x = 3; в) x = 2, y = 3.

4.144. Каждому простому числу p, являющемуся делителем как m так и n, в числе (m · n) соответствует множитель 1 - 1/p, а в числе (m) · (n) — множитель (1 - 1/p)2. Так как (1 - 1/p) < 1, то при (m, n) = 1 будет выполняться неравенство (m · n) > (m) · (n).

4.145. 8, 12.

Ответы, указания, решения 4.146. Все такие дроби можно разбить на пары k/n, (n-k)/n. Числа в такой паре совпадать не могут. Из равенства k/n = (n - k)/n следует, что n — четное, k = n/2 и дробь k/n можно сократить на n/2.

4.147. Пусть S(n) — искомая сумма. Очевидно, что S(1) = 1. При n > d 1 d n - d 1 (n) = + = 1 =.

n 2 n n 2 (d,n)=1 (d,n)=1 (d,n)=1 d n 1 d n 1 d n Ответ: S(1) = 1, S(n) = (n)/2 при n > 1.

4.148. (d).

4.149. Рассмотрим ряд чисел из задачи 4.148. С одной стороны, он состоит из n дробей. С другой стороны, все числа разбиваются на группы дробей с равным знаменателем d, каждая из которых состоит из (d) чисел.

4.150. (n)/2.

4.151. а) Из мультипликативности функции Эйлера следует, что формулу достаточно доказать в случае, когда числа m и n суть степени одного и того же простого числа. Пусть m = p, n = p ( 0). Тогда нужное тождество следует из равенств [m, n] = m = p, (m, n) = n = p.

б) Если воспользоваться мультипликативностью функции Эйлера, то задача сводится к проверке равенства (p+) (p) = (p) (p) p.

Оно, в свою очередь, следует из соотношения (p) = p(p-1). (См. задачу 4.132.) 4.152. 3(10 ) - 1 0 (mod 104).

4.155. Делимость на 2 и на 3 проверяется непосредственно. Делимость на p следует из малой теоремы Ферма.

4.156. -a(m)-1b.

4.158. В качестве n можно взять, например, (m).

j.

s.

4.159. Пусть n = p... p. Достаточно доказать, что 2n! - 1. pj 1 s при j = 1,..., s. Для этого нужно применить теорему Эйлера к каждому j из чисел mj = pj.

4.160. Так как 561 = 3·11·17, то достаточно доказать справедливость сравнений a560 1 (mod p), где p принимает значения p = 3, 11, 17.

Каждое такое сравнение выполняется по малой теореме Ферма.

4.161. Очевидно, что решением задачи могут быть только те a, для которых (a, 10) = 1. Так как (10) = 4, то сравнение a10 + 1 (mod 10) равносильно сравнению a2+1 0 (mod 10). Перебирая случаи 198 Ответы, указания, решения a = ±1, a = ±3, находим, что a ±3 (mod 10). Ответ: a ±(mod 10).

4.162. Покажите, что при (a, m) = 1 выполняется соотношение j a(m) 1 (mod pj ) (j = 1,..., s).

4.166. 3993, 3597, 6797.

4.167. Примените признаки делимости на 8, 9 и 11. Ответ: 1 380 456.

4.169. Нет. Для доказательства можно находить не сумму цифр, а просуммировать арифметическую прогрессию 1 + 2 +... + 500.

4.170. Для проверки делимости на 9 и 11 можно рассмотреть сумму данного числа с числом 8079... 2019.

4.173. 11 111 111 100.

4.175. 9.

4.179. Примените признак делимости на 11.

4.180. Примените признак делимости на 3.

4.181. Нет. Рассмотрите остатки от деления на 9.

4.182. Сравнения 10a + b 0 (mod 19) и a + 2b 0 (mod 19) равносильны.

4.184. Число xxyy всегда делится на 11. Если оно полный квадрат, то и число x0y должно делится на 11. Ответ: 882 = 7744.

4.185. Число получается из суммы своих цифр умножением на 12, значит, оно кратно 3. Согласно признаку делимости на 3, сумма цифр также делится на 3. Поэтому само число должно делится на 9. Кроме того оно делится на 4. Следовательно нужно искать среди чисел, которые делятся на 36. Поскольку сумма цифр трехзначного числа не превосходит 27, то само число может быть не больше 27·12 = 324. Перебор можно еще сократить, если заметить, что сумма цифр может быть не больше 18 (она делится на 9 и меньше 27). Поэтому само число не больше 18 · 12 = 216. Осталось перебрать числа 108, 144, 180, 216. Ответ: 108.

4.187. а) Стратегия второго: писать цифру так, чтобы сумма предыдущей цифры и его равнялась 6.

б) Стратегия первого: сначала нужно написать 1, а потом писать цифру так, чтобы сумма предыдущей цифры и его равнялась 6. В этом случае перед последним ходом второго игрока сумма цифр будет равна 55, и он не сможет добиться своей цели.

4.188. Рассмотрите остатки от деления на 9.

4.189. Так как aj10j ajrj (mod m), то M N (mod m). Поэтому числа M и N могут делиться на m только одновременно.

4.191. Сравнение anqn +... + a1q + a0 an +... + a1 + a0 (mod m) Ответы, указания, решения равносильно сравнению an(qn - 1) +... + a1(q - 1) 0 (mod m), которое имеет место независимо от ai тогда и только тогда, когда q - 1 0 (mod m). В частности, для m = 2 годится система счисления с любым нечетным основанием. Ответ: q = 1 + mk (k 1).

4.192. 21.

4.194. Исследуйте отдельно делимость на 5 и на 11. Ответ: n = = 6 + 55k, k Z.

4.195. а) Обозначим остаток от деления 1910 на 66 через r. Из сравнений 19 1 (mod 2), 19 1 (mod 3), 19 -2 (mod 11), следует, что r 1 (mod 2), r 1 (mod 3), r (-2)10 (mod 11). По малой теореме Ферма, (-2)10 1 (mod 11). Отсюда r = 1. б) 11; в) 17; г) 36.

4.197. Воспользуйтесь теоремой Эйлера.

(m m1... mn j) 4.198. x = a1x1 +... + anxn, где xj = (j = 1,..., n).

mj 4.200. а) x = 58 + 85k (k Z); б) x = 78 + 13 · 19k (k Z).

4.201. 2 · 3 · 5 · 7 - 1.

4.203. 2 · 10249.

4.204. 15803.

4.207. Пусть n = 2. Равенство c a b = + m1 · m2 m1 mможно переписать в виде c = a·m1 +b·m2. Для того, чтобы решить это уравнение, рассмотрите сравнение c a · m1 + b · m2 (mod m1 · m2) и воспользуйтесь задачей 4.196. Для произвольного n нужно применить индукцию 4.208. 45486.

4.209. 215 · 310 · 56.

4.210. а) Данное сравнение равносильно выполнению двух условий x(x - 1) 0 (mod 24) и x(x - 1) 0 (mod 54). Отсюда x 0, 1 (mod 24) и x 0, 1 (mod 54). Поэтому по модулю 104 исходному сравнению будут удовлетворять 4 числа, из которых два — это числа x = 0 и x = 1. Два других решения — это x = 0625 и x = 9376, из которых четырехзначным является только второе. Ответ: x = 9376.

б) Докажите утверждение по индукции. Если процесс нахождения таких чисел не остановить, то кроме 0 и 1 получатся два бесконечных «числа» x1 =... 8212890625, x2 =... 1787109376.

4.211. Примените китайскую теорему об остатках с m1 = p2,...

..., m37 = p2, где p1,..., p37 — различные простые числа.

200 Ответы, указания, решения (p - 1)! - (p - 1) (p - 1)! +. = - p p Глава 5.1. а) 1/7 = 0,(142857); б) 2/7 = 0,(285714); в) 1/14 = 0,(714285);

г) 1/17 = 0,(0588235294117647).

5.2. a = 0, b = 0 или a = 1, b = 3.

5.3. 1/49 = 0,(020408163265306122448979591836734693877551). Если просуммировать геометрическую прогрессию 2/102 + 4/104 +..., то получается в точности 1/49.

5.4. 1/243 = 0,(004115226337448559670781893).

5.5. а) 15926/111111 = 0,(143334); б) 4/27 = 0,(148); в) 14/99 = = 0,(14).

5.7. n = 2 · 5.

5.9. Рассмотрите отдельно те цифры, которые встречаются конечное число раз и те, которые встречаются бесконечно много раз.

1 1 2 5.11. n = 2 · 5, n + 1 = 2 · 5. Отсюда n = 1 или n = 4.

5.12. Среди указанных чисел бесконечно много четных.

5.16. а) нет. б) 2 + (- 2) = 0.

p в) Определим число равенством ( 3) = 2. Если =, то q получаем невозможное равенство 3p = 4q.

Другой пример можно построить при помощи числа = 2.

Если оно рационально, то задача решена. Если оно иррационально, то = 2 и искомой парой чисел будут и 2.

5.17. Подставляя в уравнение x = 1 + 3, приходим к равенству (4 + a + b) + (a + 2) 3 = 0.

Так как 3 — иррациональное число, то такое равенство возможно лишь когда 4 + a + b = 0 и a + 2 0.

= Ответ: a = -2, b = 2.

5.18. Если числа a, b, c являются членами одной арифметической прогрессии, то для некоторых целых p и q будет выполняться равенство q( b - a) = p( c - b) или b(p + q) = p c + q a.

После возведения последнего равенства в квадрат получаем, что ac — рациональное число. Но это невозможно, поскольку a и c — различные простые числа.

5.19. 2 + 6.

5.21. а) 9 = 100 - 1; б) 1; в) -10.

5.22. а) 4; б) 2; 6.

в) 5.23. 2 + 3 + 5.

5.24. Возведите равенство в квадрат.

Ответы, указания, решения 5.25. Для решения этой задачи удобнее доказать более общее утверждение: если b1,..., bn — ненулевые целые числа, a1,..., an — различные натуральные числа, свободные от квадратов, то b1 a1 +... + bn an = 0. (13.5) Выбирая здесь a1 = 1, получаем иррациональность суммы радикалов a2 +... + an. Для доказательства соотношения 13.5 проведите индукцию по числу простых p1,..., pm, входящих в разложения чисел a1,..., an на множители.

5.26. Только если a и b являются степенями одного и того же числа, то есть a = dm и b = dn для некоторых натуральных d, m и n.

5.28. Тангенс угла между стороной треугольника и любой из координатных осей рационален. Углы треугольника являются суммами или разностями таких углов и, следовательно, также имеют рациональные тангенсы.

5.29. Воспользуйтесь тем, что прямая, проходящая целые точчерез ки, имеет рациональный тангенс наклона, а tg 60 = 3 Q.

/ 5.31. Пусть на окружности лежат две точки (x; y) и (u; v). Тогда (x - 2)2 + (y - 3)2 = (u - 2)2 + (v - 3)2, 2(u - x) 2 + 2(v - y) 3 = u2 + v2 - x2 - y2.

Невозможность последнего равенства доказывается возведением в квадрат.

5.32. ж) Смотрите задачу 6.82 г).

5.33. При четных n.

5.36. Как и в задаче 2.33, идея решения основана на принципе Дирихле. При k = 1 утверждение задачи очевидно. Далее применим индукцию. Предположим, что утверждение задачи доказано для k - 1, и докажем его для k. Рассмотрим произвольную из N данных точек. Из N - нее выходит по крайней мере N1 = отрезков, окрашенных в k один и тот же цвет, где x — минимальное целое число n такое, что x n. Для N1 справедлива оценка [k! e] [k! e] k! e N1 > = = [(k - 1)! e].

k k k (См. задачу 3.100.) Если концы каких-либо двух из этих N1 отрезков соединены отрезком того же цвета, то нужный треугольник найден.

В противном случае, концы соединяются отрезками, окрашенными в k - 1 цветов. Так как N1 > [(k - 1)! e], то, согласно предположению 202 Ответы, указания, решения индукции, можно найти треугольник одного цвета с вершинами в этих точках.

5.38. По формуле для суммы геометрической прогрессии a1a2... an 0,(a1... an) =.

10n - 10n - 1 Отсюда, если a1a2... an =, то = 0,(a1a2... an).

m m 5.39. По теореме Эйлера 10k(m) - 1 0 (mod m) при любом k 1.

Поэтому 9 · Ek(m) 0 (mod m). Если m не делится на 3, то Ek(m) (mod m). Если же m делится на 3 или на 9, то на m будут делится числа E3k(m) и E9k(m) соответственно.

p 10kp 5.40. Если = 0,a1a2... akak+1..., то = 0,ak+1...

q q 5.41. Пусть r0 = 1, r1 = 10 - m[10/m]... — остатки, которые возникают при делении 1 на m столбиком. Тогда rk 10k (mod m), так как приписывание нуля равносильно умножению на 10. Если (m, 10) = 1, то 10(m) 1 (mod m), то есть r(m) = r0 = 1. Отсюда следует, что у дроби отсутствует предпериод, и что длина периода делит (m).

5.42. 11, 33 и 99 — делители числа 99, не делящие 9.

5.43. Если 10t 1 (mod n), то остатки r0 и rt (см. задачу 5.38) совпадают, так как r0 = m и rt 10tm (mod n). Значит период дроби m/n делит t. Наоборот, если T — длина периода, то rT = r0 (дробь чисто периодическая согласно задаче 5.41) и r010T r0 (mod n). Так как r0 = m и (m, n) = 1, то полученное сравнение можно сократить на r0. Следовательно, 10T 1 (mod n).

5.45. Воспользуйтесь результатом задачи 5.38.

5.46. Пусть t = 2n — длина периода. Согласно задаче 5.43, выполняется сравнение 10t 1 (mod q). Отсюда 10n -1 (mod q) p 10np и + = 1. Но в десятичной системе эти дроби имеют вид q q p 10np = 0,N1N2, = 0,N2N1, q q поэтому N1 + N2 = 99.. 9.

.

n 5.47. При разложении 1/7 в десятичную дробь последовательность остатков устроена следующим образом:

r0 = 1, r1 = 3, r2 = 2, r3 = 6, r4 = 4, r5 = 5, r6 = 1,...

Первое свойство объясняется равенствами r0 r2 r0 r1 r0 r2 · =, 3 · =, 4 · =,...

7 7 7 7 7 Ответы, указания, решения Объяснение второго свойства получается, если в равенстве 1/7 + + 2/7 + 4/7 = 1 перейти к десятичной записи.

Чтобы объяснить последнее свойство, запишем N в виде N = = (106 - 1)/7. Отсюда N2 = (106 - 1)2/49. Число, которое получается сложением половинок числа N2, будет периодом дроби N2 1 106 - 1 = N2 = =.

49 106k 106 - k=Так как 142857 = = 0,(142857), 7 то из половинок числа N2 получится число N.

5.48. См. решение задачи 5.41.

5.51. Пусть abcdef = 3 ·fabcde. Рассмотрим число, которое разлагается в периодическую десятичную дробь с периодом abcdef:

= 0,(fabcde) = · 0,(abcdef).

Тогда 10 · = f,(abcdef) = f + 3 ·.

f Отсюда =. Остается перебрать различные значения f.

5.52. Рассмотрите десятичные дроби, у которых искомое число является периодом.

5.56. 81 + 9 + 1 = 61 + 27 + 5.57. Да. Причем меньшим числом взвешиваний обойтись нельзя.

5.58. 2n - 1.

5.59. а) 24 - 1 = 15; б) (34 - 1)/2 = 40.

5.60. 1, 3, 9 и 27 кг.

5.61. а) Первую веревку следует поджечь с двух концов, а вторую — с одного. После догорания первой веревки второй останется гореть минут. Чтобы сократить этот промежуток вдвое, следует поджечь и второй конец оставшейся веревки. б) 24 - 1.

Pages:     | 1 |   ...   | 20 | 21 || 23 | 24 |   ...   | 30 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.