Приведите пример что число 2030 в виде суммы 2 натуральных чисел

14.09.202213.09.2022 admin 0 Comments

Приведите пример что число 2030 в виде суммы 2 натуральных чисел

Задумано несколько (не обязательно различных) натуральных чисел. Эти числа и все их возможные суммы (по 2, по 3 и т.д.) выписывают на доске в порядке неубывания. Если какое-то число n, выписанное на доске, повторяется несколько раз, то на доске оставляется одно такое число n, а остальные числа, равные n, стираются. Например, если задуманы числа 1, 3, 3, 4, то на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11.

а) Приведите пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 3, 6, 9, 12, 15.

б) Существует ли пример таких задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 17, 18, 19, 21, 23?

в) Приведите все примеры задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 8, 9, 10, 17, 18, 19, 20, 27, 28, 29, 30, 37, 38, 39, 47.

а) Например, числа 3, 3, 3, 3, 3 дают требуемый набор, записанный на доске. Другой пример — числа 3, 6, 6.

б) Поскольку задуманные числа натуральные, наименьшее число в наборе — это наименьшее из задуманных чисел, а наибольшее число в наборе — это сумма всех задуманных чисел. Среди чисел записанного набора должна быть сумма всех чисел, кроме наименьшего, то есть 23 − 1 = 22. Но этого числа нет в наборе, поэтому не существует примера таких задуманных чисел, для которого на доске будет выписан набор из условия.

в) Число 8 — наименьшее число в наборе — является наименьшим из задуманных чисел, а наибольшее число в наборе — это сумма всех задуманных чисел. Поэтому количество задуманных чисел не превосходит целой части числа то есть 5. Кроме того, числа 9 и 10 меньше, чем сумма двух восьмёрок, поэтому они также являются задуманными. Значит, сумма оставшихся задуманных чисел равна 47 − 8 − 9 − 10 = 20. Таким образом, так как наименьшее задуманное число равно 8, оставшиеся задуманные числа — это 10 и 10 или 20 (если бы 20 получалось как 8 + 12 или 9 + 11, то были бы выписаны числа 12 или 11, но их нет). Для задуманных чисел 8, 9, 10, 10, 10 и 8, 9, 10, 20 на доске будет записан набор, данный в условии. (Для чисел 8, 9, 10, 20 это можно проверить непосредственно, а для чисел 8, 9, 10, 10, 10 — заметить, что они будут давать точно те же суммы, что и числа 8, 9, 10, 20.)

Ответ : а) 3, 3, 3, 3,3; б) нет; в) 8, 9, 10, 10, 10 или 8, 9, 10, 20.

Источник

Представление чисел суммой двух квадратов и эллиптические кривые

Совсем легко понять, почему 3, 7, 11 и прочие числа, дающие при делении на 4 остаток 3, непредставимы в виде a 2 +b 2 : квадрат чётного числа всегда делится на 4, квадрат нечётного числа всегда даёт остаток 1 при делении на 4, сумма двух квадратов при делении на 4 может давать остатки 0, 1 или 2, но никак не 3. Представимость простых чисел вида 4k+1 неочевидна (особенно если заметить, что простота существенна: число 21 хотя и имеет нужный остаток, но суммой двух квадратов не представляется).

Вычеты

Натуральных чисел бесконечно много. Бывает полезно объединять их в классы по каким-нибудь признакам. В частности, объединение по остатку от деления на какое-нибудь число n приводит к вычетам по модулю n: вычет x̅ — это класс всех чисел, которые при делении на n дают тот же остаток, что и x. Что эквивалентно, вычет x̅ состоит из всех чисел вида x+n∙k, где k целое. В рамках данного поста все вычеты будут по модулю p (того самого нечётного простого числа из введения). Естественно, различных вычетов столько же, сколько может быть остатков от деления на p, то есть ровно p. По сравнению с бесконечностью натуральных чисел переход к вычетам сильно сокращает число вариантов.
Операции над классами далеко не всегда имеют смысл. Например, попытка сложить класс простых чисел с классом составных чисел не очень осмысленна: мы умеем складывать только числа, а у суммы простого числа и составного числа не видно свойств, общих для класса. Хотя члены клуба тавтологии и могут сказать, что сложение класса простых чисел и класса составных чисел даёт класс чисел, раскладывающихся в сумму простого числа и составного числа.

Для вычетов, тем не менее, сложение, вычитание и умножение, «унаследованные» от натуральных чисел, дают другие вычеты. Например, 2̅+3̅=5̅: возьмём любое число с остатком 2, любое число с остатком 3, и их сумма обязательно даст остаток 5. Вообще говоря, произведение двух ненулевых вычетов по произвольному модулю может внезапно оказаться нулём, 2̅∙3̅=0̅ по модулю 6, что неприятно. Но в случае простого модуля, очевидно, такого не бывает, как говорят, нет делителей нуля. Кроме того, можно решить уравнение a̅∙x̅=b̅ (операция деления) для любых двух вычетов, кроме случая a̅=0̅, и результат будет однозначно определён. Однозначность следует из того, что произведение ненулевых вычетов ненулевое. Поскольку a̅≠0̅, то наибольший общий делитель a и p равен 1 (здесь тоже нужна простота p), расширенный алгоритм Евклида найдёт x и y такие, что a∙x+p∙y=1, откуда следует a̅∙x̅=1̅, а значит, a̅∙(b̅∙x̅)=b̅.

Важное следствие из отсутствия делителей нуля: ненулевой многочлен от одной переменной степени n не может иметь более n корней. (Это хорошо известно для обычных целых чисел, но при использовании операций над вычетами требует дополнительного обоснования: уравнение 3̅∙x̅=0̅ по модулю 6 имеет три решения 0̅, 2̅, 4̅.) Действительно, обычное деление «в столбик» показывает, что любой многочлен f(x) можно представить в виде f(x)=(x-с)g(x)+(некоторая константа), где многочлен g(x) имеет степень на единицу меньше; если c — это корень f(x), то константа равна нулю (подставим x=c); если c’ — другой корень f(x), то он будет корнем g(x) (здесь важно отсутствие делителей нуля), так что процесс можно продолжить. Если уже набралось n корней, то оставшийся g(x) будет константой, причём ненулевой (иначе f(x)=0) и больше корней не имеет.

Вычеты по простому модулю можно складывать, вычитать, умножать. На ненулевые вычеты можно делить. Все эти операции обладают обычными свойствами типа a̅∙b̅=b̅∙a̅. В умных книгах говорят, что вычеты по простому модулю образуют поле (а вычеты по составному модулю, где делить нельзя, а всё остальное такое же, — коммутативное кольцо). И не надо быть умной книгой, чтобы назвать это поле конечным. Поле вычетов — не единственное конечное поле, но другие конечные поля нам не понадобятся.

Чуть-чуть про эллиптические кривые

Квадратичные вычеты и невычеты

Теперь мы готовы предъявить обещанные формулы для компонентов разложения p в сумму двух квадратов. Теорема. Пусть g — любой квадратичный невычет. Если p при делении на 4 даёт остаток 1, то

причём число в первой скобке целое нечётное, число во второй скобке целое чётное. Если же p при делении на 4 даёт остаток 3, то обе суммы в скобках нулевые (а значит, число точек на эллиптических кривых равно p+1).

Доказательство

Поскольку пост и без того длинный, доказательство убрано под спойлер. Его можно спокойно пропустить без ущерба для восприятия.

Если взять ненулевой вычет c и умножить его на все вычеты от 1̅ до p̅-1̅, все произведения будут ненулевыми и попарно различными (если c∙x=c∙y, то c∙(x-y)=0̅, что при ненулевом c может быть только если x=y), а значит, это будет просто какая-то перестановка всех вычетов от 1̅ до p̅-1̅. Следовательно, 1̅∙2̅∙. ∙(p̅-1̅)=(c∙1̅)∙(c∙2̅)∙. ∙(c∙(p̅-1̅))=c p-1 ∙1̅∙2̅∙. ∙(p̅-1̅) и c p-1 =1̅ для любого ненулевого вычета c. (Это было доказательство малой теоремы Ферма.)

Как следствие, получаем .

Если p даёт остаток 1 при делении на 4, то слагаемые с x и -x равны и их сумма четна. Значит, вся сумма также четна и числа в скобках действительно целые. Чётность/нечётность после деления пополам ненамного сложнее: в первой скобке теоремы есть три нулевых слагаемых, остальные слагаемые разбиваются на (p-3)/2 пар с суммой ±2 в каждой паре; при любом знаке при делении на 4 получается остаток 2, вся сумма при делении на 4 даёт остаток такой же, как p-3, то есть 2. После деления пополам получим нечётное число. Во второй скобке теоремы всего одно нулевое слагаемое и (p-1)/2 пар с ±2, итоговый остаток от деления на 4 получается 0, после деления пополам остаётся чётное число.

Пусть p при делении на 4 даёт остаток 1. Обозначим первую скобку теоремы через a, вторую через b. Мы уже знаем, что a и b целые.

Итак, первый способ вычисления даёт

Если x₂/x₁ — квадратичный невычет, то аналогично эллиптическим кривым число решений равно 2p минус число решений в случае квадратичного вычета, то есть 2p-(p-1)=p+1.

Суммируем. Есть один вариант с x₁=x₂=0, дающий p решений. Есть 2(p-1) вариантов, где один из x нулевой, а другой ненулевой, каждый из вариантов даёт p решений. Есть 2(p-1) вариантов с x₂=±x₁, каждый из которых даёт 2p-1 решений. Есть (p-1)((p-1)/2-2) вариантов, где x₁ — произвольный ненулевой вычет, а x₂/x₁ — квадратичный вычет, отличный от ±1̅, каждый из этих вариантов даёт p-1 решений. Наконец, остаётся (p-1) 2 /2 вариантов, где x₁ — произвольный ненулевой вычет, а x₂/x₁ — квадратичный невычет, в каждом из этих вариантов p+1 решений. Итого .

Сравнение двух выражений для N завершает доказательство.

Причём здесь криптография?

Знание числа точек на кривой важно для криптографии на этой кривой. На эллиптической кривой можно ввести операцию сложения точек (о чём слышали, наверное, все, кто хоть что-то знает о криптографии) со специальной точкой O в роли нуля. На основе операции сложения можно определить умножение на натуральное число: 2P=P+P, 3P=P+P+P и так далее. Так вот, можно доказать, что если n — порядок кривой, то nP=O для любой точки P. Зная n, c, d, можно решать уравнения вида x∙(cP)=dP полностью аналогично делению вычетов: расширенный алгоритм Евклида найдёт x, y такие, что c∙x+n∙y=1, откуда x∙(cP)+y∙(nP)=P, то есть x∙(cP)=P. При этом, если c, d неизвестны, а cP и dP заданы координатами, то эффективных методов деления в общем случае неизвестно.

Вычислить число точек на заданной кривой довольно сложно (полиномиальный алгоритм существует, но на практике довольно медленный). Чтобы построить кривую с какими-нибудь свойствами на число точек, можно пытаться взять случайные коэффициенты и вычислять число точек в цикле, пока не получится то, что надо, но придётся подождать. К счастью, есть другой способ.

Источник

Приведите пример что число 2030 в виде суммы 2 натуральных чисел

Верно ли, что для любого набора положительных чисел, каждое из которых не превосходит 10, а сумма которых больше 90, всегда можно выбрать несколько чисел так, чтобы их сумма была не больше 90, но больше:

а) Будем последовательно складывать числа, пока сумма не станет больше 90. Теперь удалим последнее добавленное число. Поскольку оно было не больше 10, сумма осталась больше 90 − 10 = 80. Утверждение верно.

б) Рассмотрим 11 чисел, равных 8,2. Их сумма равна 90,2 > 90. Если взять любые 10 из них, то сумма будет равна 82, а если взять меньше, чем 10 чисел, то сумма будет не больше Следовательно, не из любого набора чисел можно выбрать несколько чисел, обладающих указанными свойствами.

в) Пусть в наборе найдутся 9 чисел, больших 9. Тогда их сумма больше 81, но не больше чем 90, и они являются искомыми.

Если в наборе 8 или меньше чисел, больших 9. Тогда их сумма меньше 80, и можно поступить как в пункте a): последовательно прибавлять к ним те, которые меньше 9, пока сумма не станет больше 90. После чего мы можем выкинуть из суммы последнее добавленное число. Сумма окажется меньше 90, но больше 81, поскольку вычеркнули число, меньшее 9.

Таким образом, утверждение верно.

Ответ: а) да, б) нет, в) да.

Аналоги к заданию № 513925: 513918 Все

Доброго времени суток!

В задании ведь говорится по любой набор положительных чисел. Но если в пункте В мы возьмем, к примеру, 11 чисел, равных 9, то сумма их будет равна 99.»Выкинув» 1 или 2 девятки, получаем числа 90 и 81 соответственно, которые являются границами требуемого строгого неравенства 81

Верно ли, что для любого набора положительных чисел, каждое из которых не превосходит 11, а сумма которых больше 110, всегда можно выбрать несколько чисел так, чтобы их сумма была не больше 110, но больше:

а) Будем последовательно складывать числа, пока сумма не станет больше 110. Теперь удалим последнее добавленное число. Поскольку оно было не больше 11, сумма осталась больше 110 − 11 = 99. Утверждение верно.

б) Рассмотрим 12 чисел, равных 10,1. Их сумма равна 121,2 > 110. Если взять любые 11 из них, то сумма будет равна 111,1 > 110, а если взять меньше, чем 11 чисел, то сумма будет не больше Следовательно, не из любого набора чисел можно выбрать несколько чисел, обладающих указанными свойствами.

в) Пусть в наборе найдутся 10 чисел, больших 10. Тогда их сумма больше 100, но не больше чем 110, и они являются искомыми.

Если в наборе 9 или меньше чисел, больших 10. Тогда их сумма меньше 99, и можно поступить как в пункте a): последовательно прибавлять к ним те, которые меньше 10, пока сумма не станет больше 110. После чего мы можем выкинуть из суммы последнее добавленное число. Сумма окажется меньше 110, но больше 100, поскольку вычеркнули число, меньшее 10.

Таким образом, утверждение верно.

Ответ: а) да, б) нет, в) да.

а) Приведите пример такого натурального числа n, что числа и дают одинаковый остаток при делении на 100.

б) Сколько существует трёхзначных чисел n с указанным в пункте а свойством?

в) Сколько существует двузначных чисел m, для каждого из которых существует ровно 36 трёхзначных чисел n, таких, что и дают одинаковый остаток при делении на 100.

а) Например годится поскольку

б) Для этого нужно, чтобы

делилось на 100. На 4 оно точно делится, а для делимости на 25 нужно, чтобы

делилось на 25. Это возможно в том и только том случае, когда n дает остаток 13 при делении на 25. Таких чисел среди любых 25 чисел подряд ровно одно, поэтому среди всех 900 трехзначных чисел их ровно 36.

делилось на 100 ровно для 36 чисел. Разберем случаи, чему может быть равен наибольший общий делитель m и 100.

Если 1, то второй множитель должен быть кратен 100, при этом остатки от деления на 100 повторяются группой по 50 (то есть для остатки одинаковые, но до этого повторений не будет). Значит, нужных нам случаев среди 900 трехзначных чисел либо 0, либо 18.

Если 2, то второй множитель должен быть кратен 50, при этом остатки от деления его на 50 повторяются группой по 25. Значит, нужных нам случаев среди 900 трехзначных чисел либо 0, либо 36. На самом деле поскольку m четно, то подходящее n точно есть, поэтому их 36. Итак, подходят все четные числа, не кратные 4 или 5.

Если 4, то второй множитель должен быть кратен 25, при этом остатки от деления его на 25 повторяются группой по 25. Значит, нужных нам случаев среди 900 трехзначных чисел либо 0, либо 36. На самом деле их всегда 36, потому что среди чисел попадаются все возможные остатки от деления на 25. Поэтому иногда делимость на 25 будет.

Если 5 или больше, то второй множитель должен делиться на какое-то конкретное число, не превосходящее 20. Остатки от деления на такое число зацикливаются не более чем за 20 чисел, поэтому будет либо ни одного подходящего остатка, либо сразу минимум

Итак, годятся четные числа, не кратные 5. В каждом десятке таких 4, Значит, всего их

Ответ: а) 38; б) 36; в) 36.

На доске написано 35 различных натуральных чисел, каждое из которых либо четное, либо его десятичная запись оканчивается на цифру 7. Сумма всех записанных на доске чисел равна 1135.

а) Может ли на доске быть ровно 31 четное число?

б) Могут ли ровно семь чисел на доске оканчиваться на 7?

в) Какое наибольшее количество чисел, оканчивающихся на 7, может быть на доске?

а) Если бы такое случилось, то среди этих чисел было бы 4 нечетных и 31 четное. Значит, их сумма была бы четна и не могла быть равна 1135.

б) Возьмем наименьшие числа, кончающиеся на 7: 7, 17, 27, 37, 47, 57, 67. Их сумма равна 259. Возьмем наименьшие 27 четных чисел: Их сумма равна В качестве последнего числа возьмем

в) Допустим, на доске написаны n чисел, заканчивающихся на 7 и 35 − n четных чисел. Тогда их сумма не меньше, чем сумма наименьших чисел с теми же свойствами. Значит,

Дважды воспользовавшись формулой для суммы арифметической прогрессии, получим:

Ответ: а) нет, б) да, в) 9.

а) Приведите пример такого натурального числа n, что числа n 2 и (n + 16) 2 дают одинаковый остаток при делении на 200.

б) Сколько существует трёхзначных чисел n с указанным в пункте а свойством?

в) Сколько существует двухзначных чисел m, для каждого из которых существует ровно 36 трёхзначных чисел n, таких, что n 2 и (n + m) 2 дают одинаковый остаток при делении на 200.

а) Например, число 17.

б) Если два числа дают одинаковых остаток при делении на 200, то их разность будет делиться на 200. Имеем:

Следовательно, делится на 25, откуда Тогда:

Таким образом, существует 36 чисел.

в) По условию — целое, поэтому m — четное, т.е. Имеем:

— целое, m — двузначное, поэтому

1) Пусть k = 25, тогда n может быть любым трехзначным нечетным числом, которых гораздо больше, чем 36.

2) Пусть но кратно пяти. Значит, (n + k) кратно 10. В зависимости от k подойдут либо все четные трехзначные числа, делящиеся на 5, либо нечетные, делящиеся на 5. В любом случае таких чисел больше 36.

3) Пусть k не кратно 5, k — нечетное, но сумма (n + k) кратна 50. Поскольку то (n + k) с учетом условия принимает все значения, кратные 50, причем на одно значение — одно значение m. Следовательно, для каждого k возможно 18n, что не подходит по условию задачи.

4) Пусть k не кратно 5, k — четное, и сумма (n + k) кратна 25. Рассуждая аналогично пункту 3) при и возможных значений (n + k) — 36, поэтому возможных значений n тоже 36. При и возможных значений (n + k) — 36, поэтому возможных значений n тоже 36. В таблице представлены подходящие k и соответствующие им m. Их 18.

k	6	8	12	14	16	18	22	24	26	28	32	34	36	38	42	44	46	48
m	12	16	24	28	32	36	44	48	52	56	64	68	72	76	84	88	92	96

Ответ: а) 17; б) 36; в) 18.

Пусть K(n) обозначает сумму квадратов всех цифр натурального числа n.

а) Существует ли такое трехзначное число n, что K(n) = 171?

б) Существует ли такое трехзначное число n, что K( n) = 172?

в) Какое наименьшее значение может принимать выражение 4K(n) − n, если n — трехзначное число?

а) Да, например

б) Пусть где — цифры числа Поскольку при делении на квадраты могут давать остатки только или то все они должны быть четны. Если поделить их все на то получим Теперь из тех же соображений все числа нечетны, то есть могут быть равны только или (цифры больше невозможны, поскольку получались бы из цифр, не меньших ). Но даже

в) Каждое слагаемое можно минимизировать независимо от других, причем все слагаемые — квадратные трехчлены, поэтому их минимум (вершина) легко определяется. Нас, правда, интересуют только натуральные значения переменных — они могут быть либо вокруг вершины, либо (если вершина вне промежутка ) в концах отрезка.

Следует выбрать тогда получим

Ответ: а) Да; б) Нет; в) − 582.

На доске написано несколько различных натуральных чисел, которые делятся на 3 и оканчиваются на 4.

а) Может ли сумма составлять 282?

б) Может ли их сумма составлять 390?

в) Какое наибольшее количество чисел могло быть на доске, если их сумма равна 2226?

а) Пусть на доске написаны числа 24, 54 и 204. Тогда их сумма равна 282.

б) Каждое из написанных чисел оканчивается на 4, поэтому если их сумма оканчивается на 0, то их количество должно делиться на 5. Сумма пяти наименьших чисел, каждое из которых делится на 3 и оканчивается на 4, равна Значит, получить сумму 390 невозможно.

в) Пусть на доске написано n чисел. Заметим, что любое число, которое оканчивается на 4, представимо в виде 5k + 4. Значит, сумма чисел, написанных на доске, равна Следовательно, 4n даёт остаток 1 при делении на 5, откуда получаем, что n даёт остаток 4 при делении на 5.

Предположим, что Сумма четырнадцати наименьших чисел, каждое из которых делится на 3 и оканчивается на 4, равна

Значит, n Ответ: а) да, б) нет, в) 9.

Приведем решение Евгения Обухова (Москва).

б) Допустим, может. Это означает, что в сумме как минимум пять слагаемых (иначе сумма чисел, оканчивающихся на 4, не заканчивается 0). Следовательно, сумма не меньше, чем Противоречие.

в) Из пункта а) следует, что рассматриваемая последовательность чисел возрастает. Разность соседних чисел должна делиться и на 10, так как все числа оканчиваются на 4, и делиться на 3, поскольку все числа делятся на 3. Следовательно, эта разность равна 30. То есть на доске написаны числа вида где — целое неотрицательное число. Тогда сумма n чисел на доске равна

Так как все числа на доске различны, то

Из этого неравенства следует, что Из (⁎) следует, что делится на 10, следовательно, и заведомо не подходят. При из (⁎) получаем, что Построение примера завершает его предъявление:

Ответ: а) да, б) нет, в) 9.

Приведем решение Владислава Франка (Санкт-Петербург).

а) Да. Например, 24 + 54 + 204.

б) Нет. Если их последние цифры четверки, то нужно минимум 5 чисел, чтобы их сумма кончалась на 0, но даже сумма самых маленьких пяти таких чисел слишком велика:

в) Разобьем числа на группы по пять. Тогда в каждой группе сумма кончается на 0. Значит, в последней группе (она могла бы быть неполной) должно быть 4 числа — иначе последняя цифра суммы не сойдется. Итак, общее количество чисел может быть Если взять 14 наименьших чисел, то их сумма будет равна Поэтому чисел не более девяти. Девять чисел взять можно, например,

Ответ: а) да, б) нет, в) 9.

Множество А состоит из натуральных чисел. Количество чисел в А больше семи. Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно 210. Для любых двух чисел из А их наибольший общий делитель больше единицы. Произведение всех чисел из А делится на 1920 и не является квадратом никакого целого числа. Найти числа, из которых состоит А.

Наименьшее общее кратное чисел, составляющих множество А — 210 = 2 · 3 · 5 · 7. Поэтому числа, составляющие множество А — это делители 210. Всего делителей 16:

1, 2, 3, 5, 7, 2 · 3, 2 · 5, 2 · 7, 3 · 5, 3 · 7, 5 · 7, 2 · 3 · 5, 2 · 3 · 7, 2 · 5 · 7, 3 · 5 · 7, 2 · 3 · 5 · 7.

Каждый делитель содержит не более одного множителя 2. А произведение всех чисел из А делится 1920 = 2 7 · 3 · 5. Поэтому среди чисел, составляющих А, должно быть, по крайней мере семь четных, а всего их восемь:

2, 2 · 3, 2 · 5, 2 · 7, 2 · 3 · 5, 2 · 3 · 7, 2 · 5 · 7, 2 · 3 · 5 · 7

Если число 2 входит в А, то любое другое число из А должно делится на 2. Значит,

Значит, 2 не входит в А, а числа

2 · 3, 2 · 5, 2 · 7, 2 · 3 · 5, 2 · 3 · 7, 2 · 5 · 7, 2 · 3 · 5 · 7

входят в А, но их всего семь. Поэтому этот набор нужно расширить, добавив делители 210, не взаимно простые со всеми указанными семью числами. Такой делитель всего один — 3 · 5 · 7.

В условии нужно указать, что это множество состоит из РАЗНЫХ натуральных чисел. Иными словами числа в этом множестве не должны повторяться. Судя по решению это подразумевается, но в условии это не написано.

В классической теории множеств элементы конечного множества не повторяются, а просто перечисляются. В решении задачи нигде не используется различны или нет числа.

Дано выражение: 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10 * 11 * 12 * 13 * 14 * 15 * 16 * 17 * 18 * 19 = 0

А) Замените каждую * знаком «+» или «−» так, чтобы равенство стало верным.

Б) Какое наименьшее число минусов придется поставить, чтобы равенство стало

В) Какое наименьшее число плюсов придется поставить, чтобы равенство стало

а) Здесь достаточно привести пример:

б) Пусть вместо всех звездочек стоят плюсы. Тогда сумма в левой части равна Для того, чтобы равенство было верным, надо поставить минусы перед числами, дающими в сумме Пятью или меньшим количеством минусов обойтись не удастся, так как А вот шести минусов хватит, если поставить их, например, перед числами 10,15,16,17,18,19.

в) С плюсами поступаем точно так же. Пяти плюсов не хватит, так как А вот шести плюсов достаточно, если поставить их, например, перед числами 9,15,16,17,18,19.

Ответ: а) 1+2+3-4+5+6-7+8-9+10-11+12-13+14-15+16-17+18-19=0. б) 6; в) 6.

Сумма двух натуральных чисел равна 43, а их наименьшее общее кратное в 120 раз больше их наибольшего общего делителя. Найдите эти числа.

Сумма чисел кратна их наибольшему общему делителю, поэтому их наибольший общий делитель является делителем числа 43, откуда следует, что он равен 1. Тогда наименьшее общее кратное этих чисел равно их произведению. Обозначив искомые числа х и у, получаем систему

решая которую, получаем числа 40 и 3.

По кругу в некотором порядке по одному разу написаны натуральные числа от 9 до 18. Для каждой из десяти пар соседних чисел нашли их наибольший общий делитель.

а) Могло ли получиться так, что все наибольшие общие делители равны 1?

б) Могло ли получиться так, что все наибольшие общие делители попарно различны?

в) Какое наибольшее количество попарно различных наибольших общих делителей могло при этом получиться?

а) Да, могло. Например, если числа записаны в порядке 9, 16, 15, 14, 13, 12, 11, 18, 17, 10.

б) Всего по кругу записано 10 чисел. Для каждой пары соседних чисел мы ищем наибольший общий делитель, следовательно, получим 10 наибольших общих делителей. Если они все попарно различны, то хотя бы один из них не меньше 10. Но такого быть не может, так как для данных чисел наибольший из всевозможных наибольших общих делителей есть НОД(18, 9) = 9.

в) Числа 11, 13 и 17 являются простыми, наибольшие общие делители этих чисел со всеми остальными числами равняются 1. Каждое из чисел имеет двух соседей, следовательно, хотя бы два числа из этих трёх будут иметь по крайней мере одного соседа, отличного от этих трёх чисел. Таким образом, хотя бы четыре из всех наибольших общих делителей будут равняться 1, то есть совпадать. Следовательно, не может быть больше, чем семь попарно различных наибольших общих делителей, поскольку всего их десять, причём четыре совпадают. Для расстановки 9, 18, 12, 16, 14, 13, 11, 17, 10, 15 получается ровно 7 попарно различных наибольших общих делителей.

Ответ : а) Да; б) нет; в) семь.

Приведем решение пункта б) Сергея Николаева.

Среди чисел от 9 до 18 есть простые числа 11, 13, 17. Для пары, содержащей простое число, наибольший общий делитель равен 1. Следовательно, хотя бы для двух пар наибольшие общие делители совпадают.

Сумма двух натуральных чисел равна 17, а их наименьшее общее кратное в 70 раз больше их наибольшего общего делителя. Найдите эти числа.

Сумма чисел кратна их наибольшему общему делителю, поэтому их наибольший общий делитель является делителем числа 17, откуда следует, что он равен 1. Тогда наименьшее общее кратное этих чисел равно их произведению. Обозначив искомые числа х и у, получаем систему

решая которую, получаем числа 10 и 7.

Аналоги к заданию № 484673: 511323 Все

а) Можно ли число 2016 представить в виде суммы двух различных натуральных чисел с одинаковой суммой цифр?

б) Можно ли число 197 представить в виде суммы двух различных натуральных чисел с одинаковой суммой цифр?

в) Найдите наименьшее натуральное число, которое можно представить в виде суммы четырех различных натуральных чисел с одинаковой суммой цифр.

а) Да, можно. Это верно, например, для чисел 2007 и 9, их сумма равна 2016, а сумма цифр в каждом числе равна 9.

б) Да, можно. Это верно, например, для чисел 139 и 58, их сумма равна 197, а сумма цифр в каждом числе равна 13. Другие примеры: 139+58 или 148 + 49.

в) Наименьшее натуральное число, которое можно представить в виде суммы четырёх различных натуральных чисел с одинаковой суммой цифр, равно сумме четырёх наименьших чисел с этой суммой цифр.

Для сумм 1, 2, 3 и 4 имеем соответственно:

Если сумма цифр равна 5 или больше, обозначим её через a. Тогда наименьшее из таких чисел − как минимум a. Числа с одинаковой суммой цифр дают одинаковые остатки при делении на 9, поэтому идут минимум через 9. Значит, их сумма не меньше чем

Получаем, что искомое число равно 66.

Ответ: а) да; б) да; в) 66.

Аналоги к заданию № 505503: 511410 Все

Четыре натуральных числа a, b, c, d таковы, что

а) Могут ли все числа быть попарно различны?

б) Может ли одно из этих чисел равняться 9?

в) Найдите все возможные наборы чисел (без учета их порядка в наборе), среди которых ровно два числа равны.

а) Да, например,

б) Да, например,

в) Если все четыре числа больше четырех, то сумма обратных к ним меньше четырех четвертных, то есть меньше 1. Если все числа не меньше четырех, то равенство возможно лишь для но в этом случае равны все числа, а не ровно два из них. Наконец, ни одно из чисел не равно единице. Следовательно, среди чисел непременно есть 2 или 3. Будем считать, что Умножим обе части равенства на abc, получим: В силу симметрии а и b достаточно рассмотреть случай, когда 2 или 3 равно либо a, либо c. Рассмотрим эти варианты.