Страница 314 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

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.

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.

2. При каких целых $a$ оба корня уравнения $x^2 + ax^2 + 6 = 0$ являются целыми числами?

Рассмотрим данное квадратное уравнение $x^2 + ax + 6 = 0$. По условию, параметр $a$ является целым числом, и оба корня уравнения, которые мы обозначим как $x_1$ и $x_2$, также являются целыми числами.

Для решения этой задачи наиболее удобным является использование теоремы Виета. Для приведенного квадратного уравнения ($x^2 + px + q = 0$) теорема Виета устанавливает следующие соотношения между корнями и коэффициентами:

• Сумма корней: $x_1 + x_2 = -p$
• Произведение корней: $x_1 \cdot x_2 = q$

В нашем случае, $p=a$ и $q=6$. Таким образом, мы имеем систему уравнений:

• $x_1 + x_2 = -a$
• $x_1 \cdot x_2 = 6$

Из второго уравнения $x_1 \cdot x_2 = 6$ следует, что целые корни $x_1$ и $x_2$ должны быть целочисленными делителями числа 6. Найдем все возможные пары целых чисел $(x_1, x_2)$, произведение которых равно 6.

Целочисленные делители числа 6: $\pm1, \pm2, \pm3, \pm6$.

Возможные пары корней $(x_1, x_2)$ (порядок не важен для нахождения суммы):

1. $\{1, 6\}$
2. $\{-1, -6\}$
3. $\{2, 3\}$
4. $\{-2, -3\}$

Теперь для каждой пары корней найдем соответствующее значение параметра $a$ из первого уравнения $a = -(x_1 + x_2)$. Так как $x_1$ и $x_2$ — целые числа, их сумма также будет целой, а значит и $a$ будет целым, что удовлетворяет условию задачи.

• Для пары корней $\{1, 6\}$:
  $x_1 + x_2 = 1 + 6 = 7$.
  $a = -(7) = -7$.
• Для пары корней $\{-1, -6\}$:
  $x_1 + x_2 = -1 + (-6) = -7$.
  $a = -(-7) = 7$.
• Для пары корней $\{2, 3\}$:
  $x_1 + x_2 = 2 + 3 = 5$.
  $a = -(5) = -5$.
• Для пары корней $\{-2, -3\}$:
  $x_1 + x_2 = -2 + (-3) = -5$.
  $a = -(-5) = 5$.

Мы нашли все возможные целые значения параметра $a$, при которых оба корня уравнения являются целыми числами. Это значения -7, 7, -5, 5.

Ответ: $a \in \{-7, -5, 5, 7\}$.

3. Докажите, что:

а) наименьший (отличный от 1) делитель составного числа $N$ не превосходит $\sqrt{N}$;

б) число $N$ имеет нечетное число делителей тогда и только тогда, когда $N$ — точный квадрат.

а) Пусть $N$ — составное число. По определению, у него есть делитель, отличный от 1 и самого $N$. Пусть $d$ — наименьший из таких делителей (то есть $d > 1$).
Поскольку $d$ является делителем $N$, мы можем записать $N = d \cdot k$ для некоторого целого числа $k$.
Число $k = N/d$ также является делителем $N$. Так как $d > 1$, то $k = N/d < N$. Кроме того, $k$ не может быть равно 1, иначе $N = d$, что противоречит условию, что $N$ — составное число (в этом случае его единственными делителями были бы 1 и $N$, т.е. оно было бы простым). Следовательно, $k > 1$.
По определению, $d$ — это наименьший делитель числа $N$, больший 1. Так как $k$ — это тоже делитель $N$ и $k > 1$, то должно выполняться неравенство $d \leq k$.
Теперь докажем утверждение от противного. Предположим, что $d > \sqrt{N}$.
Поскольку мы установили, что $k \geq d$, из нашего предположения следует, что и $k > \sqrt{N}$.
Перемножим эти два неравенства: $d \cdot k > \sqrt{N} \cdot \sqrt{N}$.
Отсюда следует, что $N > N$. Мы пришли к противоречию.
Следовательно, наше первоначальное предположение (что $d > \sqrt{N}$) неверно. Это означает, что должно выполняться $d \leq \sqrt{N}$.
Ответ: Утверждение доказано.

б) Для доказательства этого утверждения сгруппируем все делители числа $N$ в пары.
Если $d$ является делителем числа $N$, то число $k = N/d$ также является делителем $N$. Таким образом, мы можем образовать пары делителей вида $(d, N/d)$.
Далее возможны два сценария:

1. Число $N$ не является точным квадратом.
В этом случае $\sqrt{N}$ не является целым числом. Это значит, что для любого целочисленного делителя $d$ мы не можем иметь $d = \sqrt{N}$, а следовательно $d^2 \neq N$, или $d \neq N/d$. Таким образом, каждый делитель $d$ объединяется в пару с другим, отличным от него, делителем $k = N/d$. Все делители разбиваются на пары различных чисел, и общее число делителей равно удвоенному количеству таких пар, то есть является четным числом.

2. Число $N$ является точным квадратом.
Пусть $N = m^2$ для некоторого целого числа $m$. Тогда $\sqrt{N} = m$ — это целый делитель числа $N$. Для этого делителя $d = m$ соответствующий ему парный делитель $k = N/d = m^2/m = m$. То есть, делитель $m$ образует пару сам с собой. Все остальные делители $d' \neq m$ разбиваются на пары $(d', N/d')$, где $d' \neq N/d'$, как и в предыдущем случае. Их количество четно. Таким образом, общее число делителей равно сумме четного числа делителей (из пар) и одного "непарного" делителя $m$. Четное число плюс единица всегда дает нечетное число.

Итак, мы показали, что если $N$ — точный квадрат, то число делителей нечетно, а если $N$ — не точный квадрат, то число делителей четно. Это доказывает утверждение "тогда и только тогда".
Ответ: Утверждение доказано.

4. Найдите число делителей числа $n$, если:

а) $n = 1024$;

б) $n = 210$;

в) $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \dots p_k^{\alpha_k}$ ($\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k$ — натуральные, $p_1, p_2, \dots, p_k$ — различные простые числа);

г) $n = 10!$

($k!$ — обозначение произведения $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot k$).

Для нахождения числа делителей натурального числа $n$ используется его каноническое разложение на простые множители. Если $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$, где $p_1, p_2, \ldots, p_k$ — различные простые числа, а $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ — их натуральные степени, то число делителей $d(n)$ вычисляется по формуле: $d(n) = (\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \cdots (\alpha_k + 1)$. Эта формула будет использована для решения всех пунктов задачи.

а) $n = 1024$

Сначала найдем каноническое разложение числа 1024 на простые множители. Число 1024 является степенью двойки: $1024 = 2^{10}$. В данном случае у нас один простой множитель $p_1 = 2$ со степенью $\alpha_1 = 10$. Применяем формулу для числа делителей: $d(1024) = (\alpha_1 + 1) = (10 + 1) = 11$. Таким образом, у числа 1024 существует 11 натуральных делителей. Это числа: $2^0, 2^1, 2^2, \ldots, 2^{10}$.
Ответ: 11.

б) $n = 210$

Разложим число 210 на простые множители: $210 = 10 \cdot 21 = (2 \cdot 5) \cdot (3 \cdot 7) = 2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 \cdot 7^1$. Здесь у нас четыре различных простых множителя: $p_1 = 2$, $p_2 = 3$, $p_3 = 5$, $p_4 = 7$. Все они имеют степень $\alpha_i = 1$. Применяем формулу для числа делителей: $d(210) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^4 = 16$.
Ответ: 16.

в) $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$ ($\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$ — натуральные, $p_1, p_2, \ldots, p_k$ — различные простые числа)

Это общий случай, для которого нужно вывести формулу числа делителей. Пусть число $n$ имеет каноническое разложение $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$. Любой делитель $d$ числа $n$ должен иметь вид $d = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}$, где показатель степени $\beta_i$ для каждого простого множителя $p_i$ может принимать значения от 0 до $\alpha_i$ включительно. То есть, $0 \le \beta_i \le \alpha_i$ для всех $i$ от 1 до $k$. Для показателя $\beta_1$ существует $\alpha_1 + 1$ возможных значений (0, 1, ..., $\alpha_1$). Для показателя $\beta_2$ существует $\alpha_2 + 1$ возможных значений (0, 1, ..., $\alpha_2$). ... Для показателя $\beta_k$ существует $\alpha_k + 1$ возможных значений (0, 1, ..., $\alpha_k$). Согласно комбинаторному правилу произведения, общее число возможных наборов показателей $(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_k)$, а следовательно, и общее число делителей числа $n$, равно произведению числа вариантов для каждого показателя: $d(n) = (\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \cdots (\alpha_k + 1)$.
Ответ: $(\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \cdots (\alpha_k + 1)$.

г) $n = 10!$

Для начала найдем каноническое разложение числа $10!$ (10 факториал) на простые множители. $10! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10$. Простыми множителями в этом произведении будут все простые числа, не превосходящие 10, то есть 2, 3, 5, 7. Найдем степени, в которых они входят в разложение $10!$ путем разложения каждого сомножителя:
$2 = 2^1$
$3 = 3^1$
$4 = 2^2$
$5 = 5^1$
$6 = 2 \cdot 3$
$7 = 7^1$
$8 = 2^3$
$9 = 3^2$
$10 = 2 \cdot 5$
Соберем степени для каждого простого множителя:
Степень для $p=2$: $1$ (от 2) $+ 2$ (от 4) $+ 1$ (от 6) $+ 3$ (от 8) $+ 1$ (от 10) = $8$. Итак, $\alpha_1 = 8$.
Степень для $p=3$: $1$ (от 3) $+ 1$ (от 6) $+ 2$ (от 9) = $4$. Итак, $\alpha_2 = 4$.
Степень для $p=5$: $1$ (от 5) $+ 1$ (от 10) = $2$. Итак, $\alpha_3 = 2$.
Степень для $p=7$: $1$ (от 7). Итак, $\alpha_4 = 1$.
Таким образом, каноническое разложение числа $10!$ имеет вид: $10! = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7^1$. Теперь вычислим число делителей по формуле: $d(10!) = (8+1)(4+1)(2+1)(1+1) = 9 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2 = 45 \cdot 6 = 270$.
Ответ: 270.

5. a) Какие остатки могут давать точные квадраты при делении на 3, на 4?

б) Может ли дискриминант квадратного уравнения с целыми коэффициентами равняться 23?

в) Длины всех сторон прямоугольного треугольника — целые. Могут ли длины катетов быть нечетными числами?

г) В десятичной записи 12-значного числа N цифры 2 и 9 встречаются по 2 раза, а остальные — по одному разу. Может ли N быть точным квадратом?

а)

Чтобы определить, какие остатки могут давать точные квадраты при делении на 3 и на 4, рассмотрим все возможные остатки целого числа $n$ при делении на 3 и 4 и возведем их в квадрат.

При делении на 3:
Любое целое число $n$ при делении на 3 может давать остаток 0, 1 или 2. То есть, $n$ можно представить в виде $n \equiv 0 \pmod{3}$, $n \equiv 1 \pmod{3}$ или $n \equiv 2 \pmod{3}$.
- Если $n \equiv 0 \pmod{3}$, то $n^2 \equiv 0^2 \equiv 0 \pmod{3}$. Остаток 0.
- Если $n \equiv 1 \pmod{3}$, то $n^2 \equiv 1^2 \equiv 1 \pmod{3}$. Остаток 1.
- Если $n \equiv 2 \pmod{3}$, то $n^2 \equiv 2^2 \equiv 4 \equiv 1 \pmod{3}$. Остаток 1.
Таким образом, точные квадраты при делении на 3 могут давать остатки 0 и 1.

При делении на 4:
Рассмотрим четные и нечетные числа. Любое целое число $n$ можно представить в виде $n \equiv 0, 1, 2$ или $3 \pmod{4}$.
- Если $n$ — четное, то оно может быть $n=2k$. Тогда $n^2 = (2k)^2=4k^2 \equiv 0 \pmod{4}$. Остаток 0.
- Если $n$ — нечетное, то оно может быть $n=2k+1$. Тогда $n^2 = (2k+1)^2=4k^2+4k+1=4(k^2+k)+1 \equiv 1 \pmod{4}$. Остаток 1.
Таким образом, точные квадраты при делении на 4 могут давать остатки 0 и 1.

Ответ: При делении на 3 остатки могут быть 0 или 1. При делении на 4 остатки могут быть 0 или 1.

б)

Квадратное уравнение с целыми коэффициентами имеет вид $ax^2 + bx + c = 0$, где $a, b, c$ — целые числа. Его дискриминант вычисляется по формуле $D = b^2 - 4ac$.

Поскольку $a, b, c$ — целые числа, то $b^2$ — это квадрат целого числа, а $4ac$ — целое число, кратное 4. Рассмотрим выражение для дискриминанта по модулю 4:

$D \equiv (b^2 - 4ac) \pmod{4}$

Так как $4ac$ делится на 4, то $4ac \equiv 0 \pmod{4}$. Следовательно,

$D \equiv b^2 \pmod{4}$

Из пункта а) мы знаем, что квадрат любого целого числа ($b^2$) при делении на 4 может давать в остатке только 0 или 1.

Рассмотрим число 23. При делении 23 на 4 получаем остаток 3:

$23 = 4 \cdot 5 + 3$, то есть $23 \equiv 3 \pmod{4}$.

Поскольку дискриминант $D$ может быть сравним только с 0 или 1 по модулю 4, а $23 \equiv 3 \pmod{4}$, то дискриминант квадратного уравнения с целыми коэффициентами не может равняться 23.

Ответ: Нет, не может.

в)

Пусть $a$ и $b$ — длины катетов, а $c$ — длина гипотенузы прямоугольного треугольника. По условию, $a, b, c$ — целые числа. По теореме Пифагора, $a^2 + b^2 = c^2$.

Предположим, что длины обоих катетов, $a$ и $b$, являются нечетными числами.

Квадрат любого нечетного числа при делении на 4 дает в остатке 1. Это можно показать так: если $n = 2k+1$, то $n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2+4k+1 = 4(k^2+k)+1 \equiv 1 \pmod{4}$.

Если $a$ и $b$ — нечетные, то $a^2 \equiv 1 \pmod{4}$ и $b^2 \equiv 1 \pmod{4}$.

Тогда их сумма $a^2 + b^2$ будет сравнима с $1+1$ по модулю 4:

$c^2 = a^2 + b^2 \equiv 1 + 1 \equiv 2 \pmod{4}$.

Это означает, что квадрат гипотенузы $c^2$ при делении на 4 должен давать остаток 2.

Однако, как было показано в пункте а), квадрат любого целого числа при делении на 4 может давать в остатке только 0 или 1. Остаток 2 невозможен.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение неверно. Следовательно, длины катетов не могут быть одновременно нечетными числами.

Ответ: Нет, не могут.

г)

Число $N$ является 12-значным. В его десятичной записи цифра 2 встречается 2 раза, цифра 9 — 2 раза, а остальные цифры из набора {0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8} — по одному разу.

Чтобы проверить, может ли число быть точным квадратом, воспользуемся свойством делимости на 3. Число и сумма его цифр имеют одинаковые остатки при делении на 3. Если число $N$ является точным квадратом ($N=k^2$), то его остаток при делении на 3 может быть только 0 или 1 (как показано в пункте а)).

Найдем сумму цифр числа $N$. Цифры числа: две 2, две 9, и по одной: 0, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Сумма $S$ равна:

$S = (2 + 2) + (9 + 9) + (0+1+3+4+5+6+7+8)$

Сумма цифр от 0 до 9 равна 45. Сумма цифр в последней скобке равна сумме всех цифр минус 2 и 9:

$0+1+3+4+5+6+7+8 = 45 - 2 - 9 = 34$.

Тогда общая сумма цифр числа $N$ равна:

$S = 4 + 18 + 34 = 56$.

Теперь найдем остаток от деления суммы цифр на 3:

$56 = 3 \cdot 18 + 2$, следовательно, $56 \equiv 2 \pmod{3}$.

Так как $N \equiv S \pmod{3}$, то и $N \equiv 2 \pmod{3}$.

Точный квадрат при делении на 3 не может давать остаток 2. Следовательно, число $N$ не может быть точным квадратом.

Ответ: Нет, не может.

6. а) В десятичной записи числа 300 единиц и несколько нулей (а других цифр нет). Может ли это число быть точным квадратом?

б) 2008-значное число $a$ делится на 9. Сумма цифр $a$ — число $b$, сумма цифр $b$ — число $c$, сумма цифр $c$ — число $d$. Найдите $d$.

а)

Пусть $N$ — это число, в десятичной записи которого 300 единиц и несколько нулей. Сумма цифр этого числа, обозначим ее $S(N)$, равна количеству единиц, то есть $S(N) = 300$.

Воспользуемся признаком делимости на 9: любое целое число имеет такой же остаток при делении на 9, что и сумма его цифр. Это можно записать в виде сравнения по модулю: $N \equiv S(N) \pmod 9$.

Поскольку $S(N) = 300$, то $N \equiv 300 \pmod 9$. Найдем остаток от деления 300 на 9: $300 = 33 \times 9 + 3$. Следовательно, $N \equiv 3 \pmod 9$.

Теперь рассмотрим, какие остатки могут давать точные квадраты при делении на 9. Пусть $k$ — любое целое число. Найдем возможные значения $k^2 \pmod 9$.
Остатки $k$ при делении на 9 могут быть $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$.
Тогда остатки $k^2$ при делении на 9 будут:
$0^2 \equiv 0 \pmod 9$
$1^2 \equiv 1 \pmod 9$
$2^2 \equiv 4 \pmod 9$
$3^2 = 9 \equiv 0 \pmod 9$
$4^2 = 16 \equiv 7 \pmod 9$
$5^2 = 25 \equiv 7 \pmod 9$
$6^2 = 36 \equiv 0 \pmod 9$
$7^2 = 49 \equiv 4 \pmod 9$
$8^2 = 64 \equiv 1 \pmod 9$

Таким образом, остатки от деления точного квадрата на 9 могут быть только $0, 1, 4$ или $7$. Наше число $N$ дает остаток $3$ при делении на 9. Так как $3$ не входит в множество возможных остатков $\{0, 1, 4, 7\}$, число $N$ не может быть точным квадратом.

Другое объяснение: сумма цифр числа $N$ равна 300. Поскольку 300 делится на 3 ($300 = 3 \times 100$), то и само число $N$ делится на 3. Если число, делящееся на простое число $p$, является точным квадратом, то оно должно делиться и на $p^2$. В нашем случае $p=3$, значит, если $N$ — точный квадрат, то оно должно делиться на $3^2=9$. Однако сумма цифр числа $N$ равна 300, а 300 не делится на 9. Значит, и число $N$ не делится на 9. Это противоречие доказывает, что $N$ не может быть точным квадратом.

Ответ: Нет, не может.

б)

Пусть $S(x)$ обозначает сумму цифр числа $x$. Нам дано 2008-значное число $a$, которое делится на 9. Также даны следующие соотношения: $b = S(a)$, $c = S(b)$, $d = S(c)$.

Используем основное свойство суммы цифр: любое натуральное число $n$ сравнимо со своей суммой цифр $S(n)$ по модулю 9, то есть $n \equiv S(n) \pmod 9$.

Применяя это свойство последовательно, получаем цепочку сравнений:
$a \equiv S(a) = b \pmod 9$
$b \equiv S(b) = c \pmod 9$
$c \equiv S(c) = d \pmod 9$
Из этого следует, что $a \equiv b \equiv c \equiv d \pmod 9$.

По условию, число $a$ делится на 9, значит $a \equiv 0 \pmod 9$. Следовательно, $d \equiv 0 \pmod 9$, то есть $d$ должно быть кратно 9. Поскольку $a$ — 2008-значное число, оно положительно, значит $b=S(a)>0$, $c=S(b)>0$ и $d=S(c)>0$. Таким образом, $d$ — положительное число, кратное 9.

Теперь оценим величину числа $d$.
Число $a$ является 2008-значным. Максимальная цифра в записи числа — это 9. Значит, максимальная возможная сумма цифр числа $a$, а следовательно, максимальное значение для $b$, равна:$b = S(a) \le 2008 \times 9 = 18072$.

Далее, найдем максимальное значение для $c = S(b)$, где $b$ — натуральное число, не превышающее 18072. Наибольшую сумму цифр среди чисел, меньших или равных 18072, имеет число 9999. $S(9999) = 9+9+9+9=36$. Для любого другого числа $b \le 18072$ сумма цифр будет не больше 36 (например, $S(17999) = 35$, а $S(18072)=18$). Итак, $c = S(b) \le 36$.

Мы знаем, что $c$ — это положительное число и $c$ делится на 9. Учитывая, что $c \le 36$, возможные значения для $c$ это $9, 18, 27, 36$.

Наконец, найдем $d = S(c)$ для каждого из этих возможных значений $c$:
Если $c = 9$, то $d = S(9) = 9$.
Если $c = 18$, то $d = S(18) = 1+8 = 9$.
Если $c = 27$, то $d = S(27) = 2+7 = 9$.
Если $c = 36$, то $d = S(36) = 3+6 = 9$.
Во всех возможных случаях значение $d$ равно 9.

Ответ: $d=9$.

7. Докажите признаки делимости на:

а) 5

б) 3

в) 9

а) 5
Признак делимости на 5: число делится на 5 тогда и только тогда, когда его последняя цифра — 0 или 5.
Доказательство:
Любое натуральное число $N$ можно представить в виде суммы его разрядных слагаемых. Если число $N$ имеет цифры $a_n, a_{n-1}, \dots, a_1, a_0$ (где $a_0$ — цифра в разряде единиц), то его значение равно: $N = a_n \cdot 10^n + a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + \dots + a_1 \cdot 10^1 + a_0 \cdot 10^0$
$N = a_n \cdot 10^n + a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + \dots + a_1 \cdot 10 + a_0$
Все слагаемые в этой сумме, кроме последнего ($a_0$), содержат множитель 10. Вынесем 10 за скобки для этих слагаемых: $N = 10 \cdot (a_n \cdot 10^{n-1} + a_{n-1} \cdot 10^{n-2} + \dots + a_1) + a_0$
Первое слагаемое, $10 \cdot (\dots)$, делится на 5 без остатка, так как множитель 10 делится на 5 ($10 = 2 \cdot 5$). Таким образом, число $N$ является суммой двух слагаемых, одно из которых заведомо делится на 5. Следовательно, делимость всей суммы на 5 зависит только от делимости второго слагаемого — последней цифры $a_0$.
Число $N$ делится на 5 тогда и только тогда, когда его последняя цифра $a_0$ делится на 5.
Среди возможных цифр (от 0 до 9) на 5 делятся только 0 и 5.
Следовательно, признак доказан: число делится на 5, если оно оканчивается на 0 или 5.
Ответ:

б) 3
Признак делимости на 3: число делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 3.
Доказательство:
Рассмотрим число $N$, представленное в виде суммы разрядных слагаемых: $N = a_n \cdot 10^n + a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + \dots + a_1 \cdot 10 + a_0$
Ключевая идея доказательства состоит в том, чтобы представить каждую степень десяти $10^k$ как сумму числа, кратного 3, и 1. $10 = 9 + 1$
$100 = 99 + 1$
$1000 = 999 + 1$
В общем виде: $10^k = \underbrace{99\dots9}_{k \text{ раз}} + 1$. Число, состоящее из одних девяток, всегда делится на 9, а значит, и на 3.
Перепишем выражение для $N$, подставив эти представления: $N = a_n(\underbrace{99\dots9}_{n} + 1) + a_{n-1}(\underbrace{99\dots9}_{n-1} + 1) + \dots + a_1(9 + 1) + a_0$
Раскроем скобки: $N = (a_n \cdot \underbrace{99\dots9}_{n} + a_{n-1} \cdot \underbrace{99\dots9}_{n-1} + \dots + a_1 \cdot 9) + (a_n + a_{n-1} + \dots + a_1 + a_0)$
Первая группа слагаемых (в первых скобках) представляет собой сумму произведений, каждый из которых делится на 3. Следовательно, вся эта сумма делится на 3.
Вторая группа слагаемых (во вторых скобках) — это в точности сумма цифр числа $N$.
Таким образом, мы представили число $N$ в виде суммы двух слагаемых: первое делится на 3, а второе является суммой цифр числа $N$. Делимость всего числа $N$ на 3 зависит от того, делится ли на 3 второе слагаемое.
Следовательно, признак доказан: число делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 3.
Ответ:

в) 9
Признак делимости на 9: число делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 9.
Доказательство:
Доказательство этого признака почти полностью повторяет доказательство для признака делимости на 3.
Представим число $N$ в виде суммы разрядных слагаемых: $N = a_n \cdot 10^n + a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + \dots + a_1 \cdot 10 + a_0$
Как и ранее, представим каждую степень десяти $10^k$ в виде $10^k = (\underbrace{99\dots9}_{k \text{ раз}}) + 1$. Число, состоящее из $k$ девяток, очевидно, делится на 9.
Подставим это в выражение для $N$ и перегруппируем слагаемые: $N = a_n(\underbrace{99\dots9}_{n} + 1) + \dots + a_1(9 + 1) + a_0$
$N = (a_n \cdot \underbrace{99\dots9}_{n} + \dots + a_1 \cdot 9) + (a_n + a_{n-1} + \dots + a_1 + a_0)$
Первое слагаемое в полученной сумме (выражение в первых скобках) делится на 9, так как каждое слагаемое внутри него делится на 9.
Второе слагаемое — это сумма цифр числа $N$.
Число $N$ представлено как сумма двух членов. Первый член делится на 9. Значит, чтобы вся сумма делилась на 9, необходимо и достаточно, чтобы второй член (сумма цифр) также делился на 9.
Следовательно, признак доказан: число делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 9.
Ответ: