Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 7

1. Довести, що число n(n²+5), де n- натуральне число, ділиться на 6.

Розв’язання.

Розпишемо добуток, даний в умові, так: n(n²+5)=n*[(n-1)(n+1)+6]= =(n-1)*n*(n+1)+6n/

Кожний з доданків одержаної суми ділиться на 6, так як добуток k послідовних чисел натурального ряду ділиться на k!( це випливає з того, що C_n^k=- ціле число), тому (n-1)n(n+1) ділиться на 6 для будь-якого натурального n.

2. Довести, що сума квадратів п’яти послідовних цілих чисел не може бути цілим квадратом.

Розв’язання. Розглянемо п’ять послідовних чисел: (n-2);(n-1);n;(n+1);(n+2). Для того, щоб сума (n-2)²+(n-1) ²+n²+(n+1) ²+(n+2) ²=5(n²+2) була точним квадратом, треба, щоб множник (n²+2) був кратний 5, а для цього число n² повинно закінчуватися цифрою 8 або 3, а це неможливо. Отже, сума квадратів п’яти послідовних чисел не може бути точним квадратом.

3. Довести, що три числа a, a+m, a+n не можуть бути одночасно простими, якщо a>3 і натуральні числа m і n дають при діленні на 3 остачі, відповідно рівні 1 і 2.

Розв’язання. За умовою а>3; m=3t+1; n=3t₁+2. Усі прості числа, крім 2 і 3, можна подати у вигляді p=6k1. Якщо a=p=6k+1, то a+n=6k+1+3t+2=3(2k+t₁+1)-число складне. Якщо a=p=6k-1, то a+m=6k-1+3t+1=3(2k+1) – теж число складне. Звідки випливає, що три числа: a, a+m, a+n не можуть бути одночасно простими, якщо a>3 і m,nєN дають при діленні на 3 остачі 1 і 2 відповідно.

4. Знайти натуральні числа a і b, якщо (a,b)=24;[1,b]=2496.

Роз’язання. Якщо (a,b)=24, то a=24m та b=24n, де (m,n)=1. Нехай m<n. Використовуючи рівність [a,b]=, одержуємо 2496=, звідкиm*n=104=2³*13. Так як (m,n)=1, то m*n=1*104 або m*n=8*13. Тепер маємо: при m=1 і n=104 , при m=8 і n=13

5. Знайти кількість натуральних чисел, які менші від числа 300 і мають з ним НСД число 20.

Розв’язання. За умовою (300,х)=20 і всі значення х менші від числа 300. Після скорочення на 20, маємо (15,у)=1, де усі значення у менші від числа 15 та вдаємо прості з 15. Кількість їх обчислюємо за функцією Ейлера: f(15)=8. Це число: у=1,2,4,7,8,11,13,14, тоді х=20,40,80,140,160,220,260,280.

6. Знайти кількість нулів, якими закінчується число 295!.

Розв’язання. Щоб розв’язати задачу, необхідно знайти канонічний розклад заданого числа. Дійсно якщо n!=p^aq^b…r^c, то кількість нулів, якими закінчується число, збігатиметься з числом m, де m- менше з чисел k і s, а k і s – показники чисел 2 і 5 відповідно в канонічному розкладі числа n!. Оскільки до канонічного розкладу числа n! просте число 5 входить з меншим показником ніж просте число 2, то для розв’язання задачі досить знайти показник s, з яким просте число 5 входить до добутку n!. Число s знайдемо за формулою s=[]+[]+[]+… Оскільки []=[], то в нашому випадку маємо: s=[]+[]+[]=59+11+2=72. Отже, число 295! Закінчується 72 нулями.

7. Знайти остачу від ділення 223²¹²³ на 52.

Розв’язання. Якщо треба знайти остачу від ділення a^l на m, де (l,m)=1 і sf(m), то s можна подати у вигляді (за теоремою про ділення з остачею): s=f(m)q+r, де 0rf(m). Оскільки а^f(m)=1(mod m), то а^s= а^f(m)q+r= а^f(m)q а^r= а^r(mod m), де а^r може бути значно меншим, ніж а^s. У нашому випадку маємо: 52=2²*13;f(52)= 2²*13(1-)(1-)=24. 223=52*4+15; 2123=24*88+11;Тоді 223²¹²³= =(52*4+15)^24*88+11 15¹¹= 15⁹*15²=(15³)³*225 3375²*17(-5)³*17= = (-125)*17 =-3577(mod 52). Отже, 223²¹²³ при діленні на 52 дає остачу 7.

8. Знайти число n, добуток усіх дільників якого дорівнює 5832.

Розв’язання. За умовою p=5832, або p=2³*3⁶. Добуток усіх дільників числа виду n=2^a*3^b обчислюємо за формулою: p=. Отже, =2³*3⁶, звідки a(a+1)(b+1)=6; b(a+1)(b+1)=12. Одержуємо a=1; b=2, тоді n=2*3⁶=18.

9. Розв’язати конгруенцію: 20х10(mod 25).

Розв’язання. Так як (20,10,25)=5, то після скорочення членів конгруенції та її модуля на 5, одержимо конгруенцію: 4х2(mod 5), або 2x=1(mod 5). Способом випробувань знаходимо: x3(mod 5), тоді за формулою x_k+1m₁k+a(mod m), маємо: x₁3; x₂8; x₃13; x₄18; x₅23(mod 25).Перевірка: 20*3-10=50 ділиться на 25; 20*8-10=150 ділиться на 25, 20*13-10=250 ділиться на 25; 20*18-10=350 ділиться на 25, 20*23-10=450 ділиться на 25.

10. Розв’язати в цілих числах рівняння: -117х+343у=119.

Розв’язання. Запишемо це рівняння так: 117(-х)+343у=119. Визначимо невідомі –х та у. Загальний розв’язок у цілих числах рівняння ax+by=c, де a,b,c- цілі числа; (a,b)=1, подамо у вигляді: х=(-1)^n-1cQ_n-1+bt; y=(-1)ⁿcP _n-1-at, де t- довільне ціле число, а Q _n-1 та P_n-1- чисельник та знаменник передостаннього підхідного дробу розкладу у ланцюговий дріб. У нашому прикладі а=117;b=343; (117;343)=1. Розкладемо дріб в ланцюговий: =[0;2,1,13,1,1,1,2]. Отже, n=7. Обчислюємо P_n-1= P₆; Q_n-1= Q₆; Маємо P₆= 44; Q₆=129. Тоді одним з розв’язків є –х₀=(-1)⁶*119*129=15351, у₀=(-1)⁷*119*44=-5236. Загальний розв’язок запишемо як –х=15351+343t, y=-5236-117t, або х=-15351-343t, y=-5236-117t. Маємо порівняно великі за абсолютною величиною окремі значення для х₀,у₀ . Але із загального розв’язку можна дістати інші окремі значення для х і у, які будуть найменші за абсолютною величиною. Нехай t=45. Тоді x₁=84; y₁=29 і загальний розв’язок рівняння є x=84+343k; y=-29+117k (тут змінено знак –t на k).

11. Скоротити дріб .

Розв’язання. 3587:2743=1+,a₀=1; 2743:844=3+,a₁=3; 844:211=4, a₂=4; =1+; Отже, .

12. Розкласти у ланцюговий дріб і обчислити з точністю до 0,0001 значення .

Розв’язання. Використовуючи алгоритм виділення цілої частини для числа, маємо:;;;;;; Оскількиa5=a1, то . За наближене значення можна взяти один з підхідних дробів побудованого ланцюгового дробу. Для обчислення підхідних дробів складемо таблицю:

k	-1	0	1	2	3	4	5	6	7	…
qk	-	3	1	2	1	6	1	2	1	…
Pk	1	3	4	11	15	101	116	333	449	…
Qk	0	1	1	3	4	27	31	89	120	…

Похибка наближення числа а підхідним дробом не перевищуєабо. Оскільки в даному ряді, то за наближене значенняз точністю до 0,0001 можна взяти підхідний дріб, тобто.

13. Знайти останні дві цифри числа .

Розв’язання. Для знаходження двох останніх цифр заданого числа достатньо знайти остачу від ділення 243⁴⁰² на 100. Маємо . Оскільки (43,100)=1, а, то . Отже, останніми двома цифрами числає 4 та 9.