Номер 9, страница 315 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 1. Числа и преобразования выражений. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 9, страница 315.

Условие.

9. a) $13x - 7y = 6$;

В) $27x - 9y = 15$;

б) $x! + y! = (x + y)!$;

г) $1! + 2! + \dots + x! = y^2$.

Решение 3.

Решение 5.

а) Данное уравнение $13x - 7y = 6$ является линейным диофантовым уравнением вида $ax + by = c$, где $a=13$, $b=-7$ и $c=6$. Решения в целых числах существуют, если наибольший общий делитель (НОД) коэффициентов $a$ и $b$ делит свободный член $c$.
Найдем НОД(13, -7): $\text{НОД}(13, -7) = \text{НОД}(13, 7) = 1$.
Поскольку 1 делит любое целое число, то 1 делит 6. Следовательно, уравнение имеет решения в целых числах.
Для нахождения частного решения $(x_0, y_0)$ можно использовать расширенный алгоритм Евклида или метод подбора. Заметим, что при $x=1$ и $y=1$ равенство выполняется: $13 \cdot 1 - 7 \cdot 1 = 13 - 7 = 6$. Таким образом, пара $(x_0, y_0) = (1, 1)$ является частным решением.
Общее решение диофантова уравнения $ax + by = c$ задается формулами:
$x = x_0 + \frac{b}{d} t$
$y = y_0 - \frac{a}{d} t$
где $d = \text{НОД}(a,b)$ и $t$ — любое целое число.
Подставим наши значения: $a=13$, $b=-7$, $d=1$, $x_0=1$, $y_0=1$.
$x = 1 + \frac{-7}{1} t = 1 - 7t$
$y = 1 - \frac{13}{1} t = 1 - 13t$
Таким образом, все целочисленные решения уравнения задаются парой $(1 - 7t, 1 - 13t)$, где $t \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = 1 - 7t, y = 1 - 13t$, где $t$ — любое целое число.

б) Будем искать решения уравнения $x! + y! = (x+y)!$ в неотрицательных целых числах, так как факториал определен для них. Уравнение симметрично относительно $x$ и $y$, поэтому, если $(x, y)$ является решением, то и $(y, x)$ также является решением. Без ограничения общности предположим, что $x \le y$.
Случай 1: $x = 0$.
Уравнение принимает вид $0! + y! = (0+y)!$, что равносильно $1 + y! = y!$. Это приводит к неверному равенству $1=0$. Следовательно, решений при $x=0$ (и, в силу симметрии, при $y=0$) нет.
Случай 2: $x=y \ge 1$.
Уравнение становится $x! + x! = (x+x)!$, или $2 \cdot x! = (2x)!$.
При $x=1$: $2 \cdot 1! = 2$ и $(2 \cdot 1)! = 2! = 2$. Равенство верно, значит $(1,1)$ — решение.
При $x=2$: $2 \cdot 2! = 4$ и $(2 \cdot 2)! = 4! = 24$. Равенство неверно.
При $x > 1$ имеем $(2x)! = x! \cdot (x+1)(x+2)...(2x)$. Тогда уравнение $2 \cdot x! = (2x)!$ можно сократить на $x! \ne 0$ и получить $2 = (x+1)(x+2)...(2x)$. Правая часть является произведением $x$ целых чисел, каждое из которых больше или равно $x+1$. При $x \ge 2$, $x+1 \ge 3$, и произведение будет заведомо больше 2. Таким образом, при $x=y$ единственное решение — это $(1,1)$.
Случай 3: $1 \le x < y$.
Разделим обе части уравнения $x! + y! = (x+y)!$ на $x!$: $1 + \frac{y!}{x!} = \frac{(x+y)!}{x!}$.
$1 + (x+1)(x+2)...(y) = (x+1)(x+2)...(y)(y+1)...(x+y)$.
Вынесем общий множитель $(x+1)(x+2)...(y)$ за скобки:
$1 = ((x+1)...(y)) \cdot [(y+1)...(x+y) - 1]$.
Поскольку $1 \le x < y$, то $x \ge 1$ и $y \ge 2$.
Первый множитель $P = (x+1)...(y) \ge (1+1) = 2$.
Второй множитель $Q = (y+1)...(x+y) - 1 \ge (y+1) - 1 = y \ge 2$.
Тогда их произведение $P \cdot Q \ge 2 \cdot 2 = 4$. Равенство $1 = P \cdot Q$ невозможно.
Итак, при $x < y$ решений нет. Объединяя все случаи, получаем, что единственным решением в неотрицательных целых числах является пара $(1,1)$.
Ответ: $(1, 1)$.

в) Это линейное диофантово уравнение $27x - 9y = 15$ вида $ax + by = c$, где $a=27$, $b=-9$ и $c=15$. Мы ищем целочисленные решения $(x,y)$.
Для существования целочисленных решений необходимо, чтобы наибольший общий делитель (НОД) коэффициентов при $x$ и $y$ делил свободный член.
Найдем $\text{НОД}(27, -9) = \text{НОД}(27, 9) = 9$.
Теперь проверим, делится ли $c=15$ на 9. Поскольку $15 = 1 \cdot 9 + 6$, 15 не делится на 9 нацело.
Так как $\text{НОД}(27, 9) = 9$ не делит 15, уравнение не имеет решений в целых числах.
Альтернативно, можно вынести общий множитель 9 в левой части уравнения:
$9(3x - y) = 15$.
Левая часть этого равенства для любых целых $x$ и $y$ является целым числом, кратным 9. Правая часть, 15, на 9 не делится. Следовательно, равенство не может выполняться ни для каких целых $x$ и $y$.
Ответ: решений в целых числах нет.

г) Требуется найти все целые решения $(x,y)$ уравнения $1! + 2! + \dots + x! = y^2$. Сумма в левой части определена для натуральных $x \ge 1$. Обозначим сумму $S_x = \sum_{k=1}^{x} k!$.
Вычислим значения $S_x$ для нескольких первых натуральных $x$ и проверим, является ли результат полным квадратом.
При $x=1$: $S_1 = 1! = 1 = 1^2$. Это полный квадрат. $y^2=1$, откуда $y = \pm 1$. Решения: $(1, 1)$ и $(1, -1)$.
При $x=2$: $S_2 = 1! + 2! = 1 + 2 = 3$. Не является полным квадратом.
При $x=3$: $S_3 = 1! + 2! + 3! = 1 + 2 + 6 = 9 = 3^2$. Это полный квадрат. $y^2=9$, откуда $y = \pm 3$. Решения: $(3, 3)$ и $(3, -3)$.
При $x=4$: $S_4 = 1! + 2! + 3! + 4! = 9 + 24 = 33$. Не является полным квадратом.
Рассмотрим значения $x \ge 5$. Для любого натурального $n \ge 5$, факториал $n!$ содержит множители 2 и 5, поэтому $n!$ оканчивается на 0 ($5!=120$, $6!=720$, и т.д.).
Следовательно, для любого $x \ge 4$, последняя цифра суммы $S_x$ будет такой же, как последняя цифра суммы $S_4$:
$S_x = S_4 + 5! + 6! + \dots + x! = 33 + (\text{число, оканчивающееся на 0}) + \dots$
Последняя цифра $S_x$ для $x \ge 4$ равна последней цифре числа $S_4=33$, то есть равна 3.
Рассмотрим последние цифры полных квадратов целых чисел: $0^2 \to 0$, $1^2 \to 1$, $2^2 \to 4$, $3^2 \to 9$, $4^2 \to 6$, $5^2 \to 5$, $6^2 \to 6$, $7^2 \to 9$, $8^2 \to 4$, $9^2 \to 1$.
Полный квадрат может оканчиваться только на цифры 0, 1, 4, 5, 6, 9. Он никогда не оканчивается на 2, 3, 7 или 8.
Поскольку при $x \ge 4$ сумма $S_x$ всегда оканчивается на 3, она не может быть полным квадратом.
Таким образом, решения существуют только при $x=1$ и $x=3$.
Ответ: $(1, 1), (1, -1), (3, 3), (3, -3)$.