ЕГЭ по математике №19 C6

ЕГЭ по математике №19 C6 с решением и ответами

ЕГЭ по математике №19 C6 с решением и ответами

Условие:

Найдите все натуральные числа, не представимые в виде суммы двух взаимно простых чисел, отличных от 1.

Решение:

Каждое натуральное число может быть либо четным (2*k), либо нечетным (2*k+1).

1. Если число нечетное:
n = 2*k+1 = (k)+(k+1). Числа k и k+1 всегда взаимно простые

(если есть некоторое число d, являющееся делителем x и y, то число |x-y| тоже должно делиться на d. (k+1)-(k) = 1, то есть 1 должно делиться на d, то есть d=1, а это и есть доказательство взаимной простоты)

То есть мы доказали, что все нечетные числа могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Исключением по условию будут являться числа 1 и 3, поскольку 1 вообще нельзя представить в виде суммы натуральных, а 3 = 2+1 и никак иначе, а единица в качестве слагаемого не подходит по условию.

2. Если число четное:
n = 2*k
Тут придется рассмотреть два случая:

2.1. k - четное, т.е. представимое в виде k = 2*m.
Тогда n = 4*m = (2*m+1)+(2*m-1).
Числа (2*m+1) и (2*m-1) могут иметь общий делитель только такой (см. выше), на который делится число (2*m+1)-(2*m-1) = 2. 2 делится на 1 и 2.
Но если делитель равен 2, то получается, что нечетное число 2*m+1 должно делиться на 2. Этого не может быть, поэтому остается только 1.

Так мы доказали, что все числа вида 4*m (то есть кратные 4) тоже могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Тут исключение - число 4 (m=1), которое хотя и может быть представлено в виде 1+3, но единица в качестве слагаемого нам по-прежнему не подходит.

2.1. k - нечетное, т.е. представимое в виде k = 2*m-1.
Тогда n = 2*(2*m-1) = 4*m-2 = (2*m-3)+(2*m+1)
Числа (2*m-3) и (2*m+1) могут иметь общий делитель, на который делится число 4. То есть либо 1, либо 2, либо 4. Но ни 2, ни 4 не годятся, поскольку (2*m+1) - число нечетное, и ни на 2, ни на 4 делиться не может.

Так мы доказали, что все числа вида 4*m-2 (то есть все кратные 2, но не кратные 4) тоже могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Тут исключения - числа 2 (m=1) и 6 (m=2), у которых одно из слагаемых в разложении на пару взаимно простых равно единице.

Ответ:

1,2,3,4,6

ЕГЭ по математике №19 C6

Условие:

Найдите сумму всех трехзначных натуральных чисел n, таких, что первая и последняя цифры числа n^2 равны 1

Решение:

Последняя цифра квадрата - 1, значит последняя цифра самого числа - 9 либо 1.

100<=n<=999
10000<=n^2<999999

Если n^2 пятизначное, то, учитывая, что первая цифра квадрата - 1,
10000<=n^2<=19999
100<=n<=141 => 101, 109, 111, 119, 121, 129, 131, 139, 141

Если n^2 шестизначное, то, учитывая, что первая цифра квадрата - 1,
100000<=n^2<=199999
316<n<448
319,441 и пары 32x, 33x, 34x, 35x, 36x, 37x, 38x, 39x, 40x, 41x, 42x, 43x, где x - 1,9. Сумма каждой пары даст 650, 670, ... , 870

Суммируем парами: 210+230+250+270+141=(по арифм. прогрессии)=141+960=1101
319+441+650+...+870=319+441+(650+870)/2*12=9120+319+441=9120+760=9880

Итого: 9880+1101=10981

Ответ:

10981

ЕГЭ по математике №19 C6

Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).

Решение.

Здесь невозможно ограничиться одним простым делителем кратности k = 15 — 1 (см. вар. 10), поскольку по условию должны быть, по меньшей мере, два простых делителя — 2 и 5.
Если ограничиться выбором только этих двух делителей, их кратности в искомых числах дает формула p = (m + 1)(n + 1), где p — количество делителей числа, равное 15,
m и n — кратности простых делителей. (m + 1)(n + 1) = 15; m = 2, n = 4 (единственное решение без привязки к конкретным множителям).
Существуют два числа, удовлетворяющие условию: N₁ = 2²×5⁴ = 2500;
N₂ = 2⁴×5² = 400.

Ответ. 2500 и 400.

ЕГЭ по математике №19 C6

Решите уравнение 3^m + 4ⁿ= 5^k в натуральных числах.

Решение.

Левая часть уравнения при любых натуральных m и n при делении на 3 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 3 должен быть и у 5^k,
откуда следует, что k — чётное. Пусть k = 2r, r — натуральное число.

Правая часть уравнения при любом натуральном k при делении на 4 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 4 должен быть и у 3^m,
откуда следует, что m — чётное. Пусть m = 2s, s — натуральное число.

Перепишем исходное уравнение в виде
3²^s + 4ⁿ = 5²^r, или в виде
2²ⁿ = (5^r – 3^s)(5^r + 3^s).

Тогда
5^r – 3^s = 2^q и 5^r + 3^s = 2^l, где q и l — целые неотрицательные числа и q + l = 2n.

Таким образом,

5^r = (2^q + 2^l):2, 3^s = (2^l – 2^q):2 = 2^l^{– 1}– 2^q^{– 1}.

Число 3^s — нечётное, значит, 2^l^{– 1}– 2^q^{– 1} нечётно, поэтому q = 1 и 3^s= 2^l^{– 1}– 1. Следовательно, число l – 1 чётно, l – 1 = 2p (иначе левая часть не делится на 3).
Тогда 3^s = (2^p – 1)(2^p + 1) — произведение двух множителей, отличающихся на 2 и являющихся степенями тройки.

Ясно, что эти множители 1 и 3, тогда p = 1, s = 1, m = 2s = 2.
Далее последовательно получаем: l = 2p + 1 = 3, 5^r = (2^q + 2^l):2 = 5, r = 1, k = 2r =2, q + l = 2n = 4. Итак, m = n = k = 2.

Ответ. m = 2, n = 2, k = 2.

Часть 2 ЕГЭ по математике: №13/ C1 №14/ C2 №15/ C3 №16/ C4 №18/ C5 №19/ C6

Ещё задания части 2: №13/ C1 №14/ C2 №15/ C3 №16/ C4 №18/ C5 №19/ C6