Олимпиадные задачи на делимость чисел

Задача №1.
Решить в целых числах уравнение x3 - 2y3 - 4z3 = 0.
Решение
Пусть x3 - 2y3 - 4z3 = 0, где x, y, z — целые числа. Тогда число x чётно.
После замены x = 2x1 получаем уравнение 8x13 - 2y3 - 4z3 = 0. Сократим на 2:
4x13 - y3 - 2z3 = 0. Значит, число y чётно. После замены y = 2y1 получаем
уравнение 4x13 - 8y13 - 2z3 = 0. Снова сократим на 2: 2x13 - 4y13 - z3 = 0. Значит,
число z чётно. После замены z = 2z1 получаем уравнение x13 - 2y13 - 4z13 = 0,
которое имеет такой же вид, как и исходное уравнение. Поэтому снова
можно доказать, что числа x1, y1, z1 чётны и т.д. Но это возможно лишь в том
случае, когда x = y = z = 0.
Ответ: x = y = z = 0.
Задача №2.
Решите в натуральных числах уравнение (1+nk)l=1+nm, где l>1.
Решение
Единственное решение уравнения: n=2, k=1, l=2, m=3. Докажем это.
Пусть p – простой множитель l. Поскольку nm=(1+nk)l–1, то nm делится
на (1+nk)p–1. Но это выражение равно nk·p+n2k·p(p–1)/2+n3k·r, где r –
неотрицательное целое число. Разделив на nk, получим p+nk·p(p–1)/2+n2k·r.
Если n не делится на p, то это выражение взаимно просто с n, и nm не может
на него делиться. Значит, p – делитель n. Тогда 1+nk·(p–1)/2+(n2k/p)·r –
натуральное число, большее единицы. Если k>1 или p нечетно, то второе
слагаемое делится на n (третье делится всегда), сумма взаимно проста с n, и
nm не может на нее делиться. Следовательно, k=1 и l имеет вид 2s.
Вспомним теперь, что nm=(1+nk)l–1=(1+n)l–1= ln + ... В правой части
все члены, начиная со второго, делятся на n2 . Из этого, поскольку m > 1,
следует, что l делится на n. Значит, n, как и l, является степенью двойки. Но
(1+n)l–1=[(1+n)l/2+1][(1+n)l/2–1]=[(1+n)l/2+1] ... (n+2)n,} откуда n+2 также
является степенью двойки. Следовательно, n=2. Множитель разложения,
предшествующий n+2=4, равнялся бы 32 +1=10 и не был бы степенью
двойки. Значит, l=2, откуда m=3.
Задача №3.
Докажите, что не существует многочлена степени не ниже двух с целыми
неотрицательными коэффициентами, значение которого при любом простом
p является простым числом.
Решение
Предположим,
что
такой
многочлен
Q(x)
существует.
Пусть
Q(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, где a0, a1, ..., an - целые неотрицательные числа,
an не равно 0, n>2.
Если a0=0, то Q(x)=x(anxn-1+an-1xn-2+...+a1), следовательно, при простом p
число Q(p) делится на p и больше p (здесь используется то, что степень Q не
меньше 2), поэтому Q(p) - число составное. Допустим, a0>2. Обозначим
через p некоторый простой делитель a0. Тогда Q(p)=(anpn-1+an-1pn-2+...+a1)p+a0
делится на p и больше p, значит, Q(p) - число составное. Таким образом,
имеется единственная возможность: a0=1.
Если для любого простого p число Q(p) простое, то и число Q(Q(p)) является
простым при любом простом p). Значит, свободный член многочлена Q(Q(x))
должен
равняться
1+...+a1+1>1.
1.
Однако,
поскольку
Q(0)=a0=1,
Q(Q(0))=an+an-
Мы получили противоречие, завершающее доказательство.
Задача №4.
Число 1/42 разложили в бесконечную десятичную дробь. Затем
вычеркнули 1997-ю цифру после запятой, а все цифры, стоящие справа от
вычеркнутой цифры, сдвинули на 1 влево. Какое число больше: новое или
первоначальное?
Решение
Число 1/42 можно представить в виде периодической десятичной
дроби. Период начинается со второй цифры после запятой (двойки) и
состоит из 6 цифр: 238095 (1/42 = 0,0238095238...). Установить это можно,
например, с помощью деления 1 на 42 "столбиком". Поскольку 1997 при
делении на 6 даёт остаток 5, 1997-я цифра записанного числа та же, что и
пятая - нуль, а следующая - девятка. Значит, новое число больше.
Бесконечные периодические десятичные дроби обозначаются так: 1/42 =
0,0(238095).
Задача №5.
Известно, что корни уравнения x2 + px + q = 0 — целые числа, а p и q простые числа. Найдите p и q.
Решение
Пусть x1 и x2 — корни нашего квадратного трёхчлена. Тогда (по
теореме Виета) x1·x2 = q. Так как корни целые, a q - простое, то один из
корней равен 1 или –1. Рассмотрим сначала случай x1 = 1. Тогда x1 = q. По
теореме Виета 1 + q = –p по условию p и q — простые, в частности, целые
положительные
числа.
Значит,
в
первом
случае
решений
нет.
Пусть теперь x1 = –1. Получаем x1 = –q, –1 – q = –p. То есть p = q + 1. Значит,
p и q — два простых числа, отличающиеся на 1. Такая пара чисел всего одна:
p = 3 и q = 2 (так как единственное чётное простое число — это 2).
Ответ: р = 3, q = 2.