Номер 1, страница 314 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 1. Числа и преобразования выражений - номер 1, страница 314.

Условие.

1. Докажите, что:

а) если $p$ — простое число и $p > 3$, то $p^2 - 1$ делится на 24;

б) если $a + b + c$ делится на 6, то $a^3 + b^3 + c^3$ делится на 6 ($a, b, c$ — целые числа);

в) если $a^2 + b^2$ делится на 7, то $a^2 + b^2$ делится и на 49 ($a$ и $b$ — целые числа);

г) число $n^2 + 5n + 16$ ни при каком целом $n$ не делится на 169.

Решение 3.

Решение 5.

а) Чтобы доказать, что $p^2 - 1$ делится на 24, нам нужно показать, что оно делится на 3 и на 8, так как 3 и 8 взаимно просты и $3 \times 8 = 24$.

1. Делимость на 3.
Поскольку $p$ — простое число и $p > 3$, оно не делится на 3. Следовательно, при делении на 3 число $p$ дает остаток 1 или 2. Это можно записать как $p \equiv \pm 1 \pmod{3}$.
Тогда $p^2 \equiv (\pm 1)^2 \equiv 1 \pmod{3}$.
Из этого следует, что $p^2 - 1 \equiv 1 - 1 \equiv 0 \pmod{3}$, то есть $p^2 - 1$ делится на 3.

2. Делимость на 8.
Поскольку $p$ — простое число и $p > 3$, оно нечетное. Разложим выражение на множители: $p^2 - 1 = (p - 1)(p + 1)$.
Так как $p$ нечетное, то $p-1$ и $p+1$ — два последовательных четных числа. Например, если $p=5$, то это 4 и 6. Если $p=7$, то это 6 и 8.
Среди двух последовательных четных чисел одно обязательно делится на 4. Другое же делится как минимум на 2. Следовательно, их произведение делится на $4 \times 2 = 8$.

Поскольку $p^2 - 1$ делится и на 3, и на 8, оно делится на их произведение, то есть на 24. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

б) Рассмотрим разность выражений $(a^3 + b^3 + c^3)$ и $(a + b + c)$.
$(a^3 + b^3 + c^3) - (a + b + c) = (a^3 - a) + (b^3 - b) + (c^3 - c)$.
Проанализируем слагаемое вида $n^3 - n$ для произвольного целого числа $n$.
$n^3 - n = n(n^2 - 1) = n(n-1)(n+1) = (n-1)n(n+1)$.
Это выражение представляет собой произведение трех последовательных целых чисел. Среди любых трех последовательных целых чисел всегда есть хотя бы одно четное число (т.е. кратное 2) и ровно одно число, кратное 3. Так как 2 и 3 взаимно просты, их произведение делится на $2 \times 3 = 6$.
Таким образом, каждое из слагаемых $(a^3 - a)$, $(b^3 - b)$ и $(c^3 - c)$ делится на 6.
Следовательно, и их сумма $(a^3 - a) + (b^3 - b) + (c^3 - c)$ делится на 6.
Пусть $S_3 = a^3 + b^3 + c^3$ и $S_1 = a + b + c$. Мы показали, что разность $S_3 - S_1$ делится на 6.
По условию задачи, $S_1 = a + b + c$ делится на 6. Это означает, что $S_1 = 6k$ для некоторого целого $k$.
Так как $S_3 - S_1$ делится на 6, то $S_3 - S_1 = 6m$ для некоторого целого $m$.
Тогда $S_3 = S_1 + 6m = 6k + 6m = 6(k+m)$.
Отсюда следует, что $S_3 = a^3 + b^3 + c^3$ делится на 6. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

в) Нам дано, что $a^2 + b^2$ делится на 7, где $a$ и $b$ — целые числа. Это можно записать как $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{7}$.
Рассмотрим, какие остатки могут давать квадраты целых чисел при делении на 7.
$0^2 \equiv 0 \pmod{7}$
$1^2 \equiv 1 \pmod{7}$
$2^2 = 4 \equiv 4 \pmod{7}$
$3^2 = 9 \equiv 2 \pmod{7}$
Для $4^2, 5^2, 6^2$ остатки будут повторяться: $4^2 \equiv (-3)^2 \equiv 2$, $5^2 \equiv (-2)^2 \equiv 4$, $6^2 \equiv (-1)^2 \equiv 1$.
Таким образом, множество возможных остатков (квадратичных вычетов) по модулю 7 это $\{0, 1, 2, 4\}$.
Нам нужно найти два остатка из этого множества, сумма которых делится на 7. Перебрав все возможные пары, мы увидим, что единственная комбинация, дающая в сумме 0 (или кратное 7), это $0 + 0$.
Значит, для выполнения условия $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{7}$ необходимо, чтобы $a^2 \equiv 0 \pmod{7}$ и $b^2 \equiv 0 \pmod{7}$.
Поскольку 7 — простое число, из $a^2 \equiv 0 \pmod{7}$ следует $a \equiv 0 \pmod{7}$ (то есть $a$ делится на 7). Аналогично, $b$ делится на 7.
Если $a$ делится на 7 и $b$ делится на 7, то их можно представить в виде $a = 7k$ и $b = 7m$ для некоторых целых $k$ и $m$.
Подставим эти выражения в $a^2 + b^2$:
$a^2 + b^2 = (7k)^2 + (7m)^2 = 49k^2 + 49m^2 = 49(k^2 + m^2)$.
Полученное выражение очевидно делится на 49. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

г) Нам нужно доказать, что число $n^2 + 5n + 16$ ни при каком целом $n$ не делится на 169.
Заметим, что $169 = 13^2$.
Предположим от противного, что существует такое целое $n$, для которого $n^2 + 5n + 16$ делится на 169.
Если число делится на 169, оно должно делиться и на 13. Запишем условие делимости на 13 в виде сравнения:
$n^2 + 5n + 16 \equiv 0 \pmod{13}$.
Так как $16 \equiv 3 \pmod{13}$, сравнение принимает вид:
$n^2 + 5n + 3 \equiv 0 \pmod{13}$.
Дополним левую часть до полного квадрата. Для этого умножим обе части на 4 (обратимый элемент по модулю 13):
$4n^2 + 20n + 12 \equiv 0 \pmod{13}$.
Так как $20 \equiv 7 \pmod{13}$ и $12 \equiv -1 \pmod{13}$, а $4n^2 = (2n)^2$:
$(2n)^2 + 7(2n) - 1 + 13 \equiv 0 \pmod{13}$. Не самый удобный способ. Попробуем иначе.
В сравнении $n^2 + 5n + 3 \equiv 0 \pmod{13}$ попробуем найти корень. Если $n=4$, то $16+20+3 = 39 \equiv 0 \pmod{13}$. Значит, $n-4$ является делителем. $n^2+5n+3 = (n-4)(n+9)+39$. Так что $n \equiv 4 \pmod{13}$ или $n \equiv -9 \pmod{13}$. В любом случае, $n+9 \equiv 0 \pmod{13}$ или $n-4 \equiv 0 \pmod{13}$, что эквивалентно.
Итак, если $n^2 + 5n + 16$ делится на 13, то $n$ должен иметь вид $n = 13k - 9$ (или $n=13k+4$) для некоторого целого $k$.
Подставим $n = 13k - 9$ в исходное выражение:
$n^2 + 5n + 16 = (13k - 9)^2 + 5(13k - 9) + 16$
$= (169k^2 - 2 \cdot 13k \cdot 9 + 81) + (65k - 45) + 16$
$= 169k^2 - 234k + 81 + 65k - 45 + 16$
$= 169k^2 - (234 - 65)k + (81 - 45 + 16)$
$= 169k^2 - 169k + 52$
$= 169(k^2 - k) + 52$.
Это выражение при делении на 169 дает остаток 52. Так как остаток не равен нулю, выражение $n^2 + 5n + 16$ не делится на 169. Мы пришли к противоречию с нашим предположением. Следовательно, наше предположение было неверным. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.