- •Делимость натуральных чисел.
- •Основная теорема арифметики
- •Признаки делимости
- •Утверждения, связанные с делимостью чисел.
- •Устные задачи.
- •«Полуустные» задачи.
- •Когда до полного числа десятков…
- •Задачи на делимость сумм:
- •Нестандартные задачи
- •Некоторые задачи из учебников
- •Сравнения.
- •Малая теорема Ферма
- •Решение уравнений в целых числах.
- •Список литературы:
Генрих Г.Н. |
ФМШ №146 г. Пермь |
Сравнения.
В старших классах школы при подготовке к ЕГЭ часто оказывается полезной тема «Сравнения». Рассмотрим немного теории и задач по данной теме.
Пусть m – произвольное натуральное число, большее 1. Каждое целое число при делении на m дает некоторый остаток, причем разных остатков будет ровно m (от 0 до m–1). Если целые числа а и b при делении на натуральное число m, дают равные остатки, то говорят, что они сравнимы по модулю m и пишут a º b(mod m) .
Свойства сравнения следуют из свойств делимости чисел.
1) |
Если a º b(mod m) и b º |
c(mod m) , то a º c(mod m) . |
2) |
Если a º b(mod m) и c º |
d(mod m) , то |
|
a ± c º b ± d(mod m) , |
a × c º b × d(mod m) , ak º bk (mod m) , где k€N. |
3) |
Если a + b º c(mod m) ), то a º c - b(mod m) |
|
4) |
Если ak º bk (mod m) , а числа m и k взаимно просты, то a º b(mod m) |
|
5) |
Если a º b(mod m) и d делитель m, то a º b(mod d) . |
Малая теорема Ферма
Рассмотрим малую теорему Ферма и следующие примеры.
Теорема (малая теорема Ферма). Если р – простое число и число a не делится на р, то ар-1–1 делится на р (или a p− 1 º 1(mod p) ).
Доказательство: Так как а и р взаимно просты, то остатки от деления на р чисел а , 2а, 3а …, (р–1)×а – это с точностью до перестановки числа 1,2, р, р–1, т.е. а ∙ 2а∙ 3а∙ … ∙ (р–1)×а ≡ 1∙2∙3∙…∙(р–1)(mod p).
Отсюда ар-1∙ (р–1)! ≡ (р–1)! (mod p). Сократив обе части сравнения на (р–1)!, получим ар-1 ≡ 1 (mod p) или ар ≡ а (mod p), ч.т.д.
|
|
|
|
|
Задачи: |
|
1. |
Найти остаток от деления числа а на число m, если: |
|||||
1) |
a = |
2636 , m=7, |
2) a = 20072009 , m=13, |
3) a = 2425 × 3611 × 4915 , m=11. |
||
4) |
a =3027147 , m=13, |
5) a =222555 , m=7, |
6) a = 9110 + 4210 - 8510 , m=10. |
|||
2. |
Доказать, что число а делится на число m, если: |
|||||
1) |
a = |
9619 |
+ 3213 - 8 × 7316 , m=10. |
|
||
2) |
a = |
(1715 |
+ 1517 )1517 , m=32. × |
|
||
3. |
На какую цифру оканчивается число: |
|
2011г.
Генрих Г.Н. |
ФМШ №146 г. Пермь |
1) 2100, 2) 3377+7733, |
3) 999999 . |
4.Найти 2 последние цифры в записи числа 22000.
5.Доказать, что если целое число а не делится на 5, то число а4–1 делится на 5.
6.Доказать, что целое число а не может быть квадратом натурального числа, если число а–3 7 .
7.Найти остаток от деления на 11 числа а=(987654321)4.
8.На сколько нулей заканчивается число 9999+1?
9.Доказать, что 4323+2343 кратно 66.
10.Доказать, что 9110+4210 – 8510 кратно 10.
11.Найти остаток от деления на 7 числа 222555.
Решение:
1. 1). Т.к. 26 ≡ –2(mod 7), то 2636 ≡ (–2)36(mod 7). (–2)4=16 ≡ 2(mod 7),
(–2)8 =(–2)4×(–2)4 ≡ 2×2(mod 7)=4 (mod 7), (–2)16 ≡ 4×4=16 ≡ 2(mod 7),
(–2)32 ≡ 2×2(mod 7)=4 (mod 7),
(–2)36=(–2)4×(–2)32 ≡ 2(mod 7)× 4 (mod 7) ≡ 8(mod 7) ≡ 1(mod 7). Ответ: 1.
2. 1). Достаточно доказать, что данная сумма оканчивается на 0.
9619 |
≡ 6(mod 10), |
3213 |
≡ 213( mod10) ≡ 2(mod 10), |
7316 |
≡ 316(mod10) ≡ 1(mod10), |
8×7316 ≡ 8×1(mod10)=8(mod10),
Т.о., получаем, что a = 9619 + 3213 - 8 × 7316 ≡ 6+2–8=0(mod 10), значит, число оканчивается 0, т.е. делится на 10.
3. 1). Рассмотрим остатки от деления степеней 2 на 10.
21 ≡ 2(mod 10), 22 ≡ 4(mod 10), 23 ≡ 8(mod 10), 24 ≡ 6(mod 10), 25 ≡ 2(mod 10),…Видно, что остатки повторяются с периодом 4. Значит, 24k+l ≡ 2l(mod 10), где l=1,2,3,4. Отсюда следует, что 2100 ≡ 24(mod 10) ≡ 6(mod 10).
Ответ: 6.
2). Рассмотрим остатки от деления степеней 3 и 7 на 10. 31 ≡ 3(mod 10),
32 ≡ 9(mod 10),
33 ≡ 7(mod 10),
34 ≡ 1(mod 10),
35 ≡ 3(mod 10), …
2011г.
Генрих Г.Н. |
ФМШ №146 г. Пермь |
|||
Видно, что остатки повторяются с периодом 4. Значит, |
34k+l ≡ 3l(mod |
10), |
где |
|
l=1,2,3,4. Отсюда следует, что 377 ≡ 31(mod 10) ≡ 3(mod 10). |
|
|
|
|
71 ≡ 7(mod 10), |
|
|
|
|
72 |
≡ 9(mod 10), |
|
|
|
73 ≡ 3(mod 10), |
|
|
|
|
74 |
≡ 1(mod 10), |
|
|
|
75 |
≡ 7(mod 10),… |
|
|
|
Видно, что остатки повторяются с периодом 4. Значит, |
74k+l ≡ 7l(mod |
10), |
где |
|
l=1,2,3,4. Отсюда следует, что 733 ≡ 71(mod 10) ≡ 7(mod 10). |
|
|
|
|
Т.о., 3377+7733 оканчивается 0. |
|
|
|
|
3). Рассмотрим остатки от деления степеней 9 на 10. |
|
|
|
|
91 ≡ 9(mod 10), |
|
|
|
|
92 ≡ 1(mod 10), |
|
|
|
|
93 |
≡ 9(mod 10), |
|
|
|
94 ≡ 1(mod 10),
Видно, что остатки повторяются с периодом 2. Значит, 92k+l ≡ 9l(mod 10), где l=1,2. Отсюда
999999 ≡ 9999 ≡ 999 ≡ 9(mod 10), т.е. 999999 оканчивается на 9. 4. Рассмотрим остатки от деления степеней 2 на 100. 21 ≡ 2(mod 100),
22 ≡ 4(mod 100),
23 ≡ 8(mod 100),
24 ≡ 16(mod 100),
25 ≡ 32(mod 100),
26 ≡ 64(mod 100),
27 ≡ 28(mod 100),
29 ≡ 12(mod 100),
210 ≡ 24(mod 100),
211 ≡ 48(mod 100),
212 ≡ 96(mod 100),
213 ≡ 92(mod 100),
214 ≡ 84(mod 100),
215 ≡ 68(mod 100),
216 ≡ 36(mod 100),
217 ≡ 72(mod 100),
218 ≡ 44(mod 100),
219 ≡ 88(mod 100),
220 ≡ 76(mod 100),
2011г.
Генрих Г.Н. |
ФМШ №146 г. Пермь |
22000 ≡ (220)100(mod 100) ≡ 76100(mod 100) ≡ |
76 (mod 100), |
Отсюда следует, что 22000 ≡ 76(mod 100). |
|
Ответ: 76. |
|
5.Пусть r – остаток от деления а на 5, тогда а=5k+r,где kÎZ, R – одно из чисел 1,2,3,4, т.к. а не делится на 5. По свойству сравнений, если а ≡ r(mod 5),то a4 ≡ r4(mod5). Учитывая, что 14 ≡ 24 ≡ 34 ≡ 44 ≡ 1(mod 5), т.е. r4 ≡ 1(mod 5) при r=1,2,3,4, получим, а4 ≡ 1(mod 5), т.е. а4–1 делится на 5, что и требовалось доказать.
6.Если а–3 7 , то а ≡ 3(mod 7).
Пусть а=n2, тогда n2 ≡ 3(mod 7).
Построим таблицу остатков при делении на 7 целого числа n и его квадрата:
n |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
n2 |
0 |
1 |
4 |
2 |
2 |
4 |
1 |
Из таблицы видно, что остатка 3 у числа n2 |
не получается, что и требовалось |
доказать.
7.Пусть b – основание данной степени, тогда а=b4. Сумма 1–2+3–4+5–6+7–8+9, составленная из цифр числа b (с чередующимися знаками), равна 5. Поэтому b ≡ 5(mod 11), откуда следует, что а=b4 ≡ 54(mod 11)≡ ( 52)2 ≡ 9(mod 11). Следовательно, искомый остаток равен 9.
8.9999=9499×2+1 ≡ 9(mod 2), т.е. число 9999 оканчивается на 9. Тогда число 9999+1 оканчивается на 0.
9.1). 43 ≡ –23(mod 66), 4323( ≡ (–23)23(mod 66).
(–23)2=529 ≡ 1(mod 66),
(–23)23=(–23)22+1 =(–23)22×(–23) ≡ (–23)(mod 66) ≡ 43(mod 66), т.е. остаток от деления 4323 на 66 равен 43.
2). 2343=2340+3 ≡ 233(mod 66), т.е. 232×23 ≡ 23(mod 66), т.е. остаток от деления 2343 на 66 равен 23.
3). Очевидно, что ≡ данное число оканчивается на 43+23=66, что и требовалось доказать.
10.Нетрудно доказать, что 9110 оканчивается на 1, 4210 оканчивается на 4 и 8510 оканчивается на 5. Тогда число 9110+4210 – 8510 оканчивается на 0, т.е. кратно 10, что и требовалось доказать.
11.222 ≡ 5(mod 7), поэтому 222555 ≡ 5555(mod7).
Теперь посмотрим, как повторяются остатки степеней 5 при делении на 7. Находим:
52 ≡ 25 ≡ 4(mod 7),
53 ≡ 4×5 ≡ 6(mod 7),
2011г.