ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 58 59 60 61 62 63 64 >> [Всего задач: 492]      



Задача 79328

Темы:   [ Десятичная система счисления ]
[ Основная теорема арифметики. Разложение на простые сомножители ]
[ Перебор случаев ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
Сложность: 5-
Классы: 9,10,11

Существует ли такое натуральное число A, что если приписать его к самому себе справа, то полученное число окажется полным квадратом?

Решение

  Пусть искомое число A  n-значно. Приписав A к самому себе, получим число  AA = (10n + 1)A.  Пусть это число равно B2.
  Предположим, что в разложении числа  10n + 1  на простые сомножители каждый из них встречается лишь по разу. Так как B2 делится на  10n + 1,  то в этом случае и B делится на  10n + 1.  Поэтому B2 делится и на  (10n + 1)2,  откуда следует, что A делится на  10n + 1.  Но это невозможно, поскольку  A < 10n + 1.  Значит, в разложении числа  10n + 1  хотя бы один простой сомножитель должен встретиться больше одного раза. Мы получили необходимое условие разрешимости задачи: число  10n + 1  должно быть представимо в виде M2N,  M > 1.
  Докажем, что это условие является достаточным. Пусть N имеет  n – i  знаков. Рассмотрим геометрическую прогрессию {4kN},  k = 0, 1, ... .  Поскольку первый член этой прогрессии меньше 10n и знаменатель  4 < 10,  то в ней найдётся член B, принадлежащий промежутку  [10n–1, 10n – 1].  Так как B имеет вид 4kN, то
BB = 4kN(10n + 1) = 4kM2N2  – точный квадрат.
  Заметим, что число  1011 + 1 = (11 – 1)11 + 1 = 1111 – 11·1110 + ... + 11·11  делится на 112. Поэтому подходит  n = 11,  M = 11,  N = 826446281,
A = 42·826446281 = 13223140496;  1322314049613223140496 = (4·11·826446281)2.

Ответ

Существует.

Прислать комментарий

Задача 105071

Темы:   [ Десятичная система счисления ]
[ Периодичность и непериодичность ]
[ Принцип Дирихле (углы и длины) ]
[ Целая и дробная части. Принцип Архимеда ]
[ Логарифмические неравенства ]
Сложность: 5-
Классы: 10,11

Докажите, что первые цифры чисел вида 22n образуют непериодическую последовательность.

Решение

Рассмотрим окружность длины 1 как отрезок [0;1] с отождествленными концами. Тогда дробную часть f числа k*lg2 можно рассматривать как точку этой окружности. Первая цифра числа 2k управляется положением f относительно точек деления 0, lg 2, ..., lg 9. (Например, если 2k начинается с 7, то 7*10s<2k<8*10s для натурального s. Дробная часть числа k*lg 2 равна k*lg 2 - s, и она находится между lg 7 и lg 8.)

Предположим, что первые цифры чисел 22n повторяются с периодом k. Тогда при любом n дробные части чисел 2n*lg 2 и 2n+k*lg 2 попадают в один и тот же интервал окружности; длина любого из этих интервалов не превосходит lg 2 < 1/3.

Пусть на окружности отложены дробные части двух положительных чисел A и B; эти дробные части различны и не являются диаметрально удаленными точками окружности; длина меньшей из двух дуг, на которые эти точки делят окружность, равна x. Тогда, как легко показать непосредственно, длина одной из дуг, соединяющих дробные части чисел 2A и 2B, равна 2x. Пусть теперь дробные части чисел A и B лежат в одном интервале; рассмотрим пары 2A и 2B, 4A и 4B и т. д. Из сказанного выше следует, что на некотором шаге одна из дуг, соединяющих дробные части пары, станет больше 1/3, но меньше 2/3. Значит, эти дробные части принадлежат разным интервалам окружности. Применяя эти рассуждения к числам A=2n0*lg 2 и B= 2n0+k*lg 2, где n0 - некоторое фиксированное натуральное число, получаем противоречие с предположением о периодичности.
Прислать комментарий


Задача 107771

Темы:   [ Десятичная система счисления ]
[ Арифметика остатков (прочее) ]
[ Индукция (прочее) ]
Сложность: 5-
Классы: 9,10,11

Докажите, что для любого  k > 1  найдётся такая степень двойки, что среди k последних её цифр не менее половины составляют девятки.
(Например,  212 = ...96,  253 = ...992.)

Решение

  Лемма. При всех  k ≥ 1  число   22·5k–1 + 1  делится на 5k.
  Доказательство. Индукция по k. База  (k = 1)  очевидна.
  Шаг индукции.  22·5k–1 + 1 = 45k–1 + 1.  Пусть   a = 45k–1.  Тогда  45k + 1 = a5 + 1 = (a + 1)(a4a3 + a2a + 1)  делится на 5k+1, поскольку по предположению индукции
a + 1  делится на 5k, а  a4a3 + a2a + 1 ≡ (–1)4 – (–1)3 + (–1)2 – (–1) + 1 = 5 (mod 5).

  Итак, число  2k(22·5k–1 + 1) оканчивается не меньше, чем k нулями. Несложно убедиться, что при  k > 1  количество цифр числа 2k не превосходит k/2. Значит, среди последних k цифр числа 22·5k–1 + k не более k/2 цифр могут отличаться от 9.

Прислать комментарий

Задача 109678

Темы:   [ Десятичная система счисления ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Перебор случаев ]
Сложность: 5-
Классы: 7,8,9

Обозначим S(x) сумму цифр числа x . Найдутся ли три таких натуральных числа a , b и c , что S(a+b)<5 , S(a+c)<5 и S(b+c)<5 , но S(a+b+c)>50 ?

Решение

Подойдут, например, числа a=5555554445 , b=5554445555 , c=4445555555 . Убедимся в этом: S(a+b)=S(11110000000)<5 , S(a+c)=S(10001110000)<5 , S(b+c)=S(10000001110)<5 , S(a+b+c)=S(15555555555)=51>50 . Как можно найти такие числа? Заметим, что S(2(a+b+c))=S((a+b)+(a+c)+(b+c)) S(a+b)+S(a+c)+S(b+c)12 , т.е. число n=2(a+b+c) при делении на 2 должно резко увеличивать свою сумму цифр. Такое возможно, если в числе много единиц, тогда в частном появится много пятерок. Возьмем, например, n=31111111110 , тогда S(n)=12 , а S()=51 . Разложим n на три слагаемых с суммой цифр 4 и меньших : n=11110000000+10001110000+10000001110 , а затем решим систему уравнений a+b=11110000000 , a+c=10001110000 , b+c=10000001110 .

Ответ

Найдутся.
Прислать комментарий


Задача 109807

Темы:   [ Десятичная система счисления ]
[ Основная теорема арифметики. Разложение на простые сомножители ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
Сложность: 5-
Классы: 9,10,11

Существует ли такое натуральное число  n > 101000,  не делящееся на 10, что в его десятичной записи можно переставить две различные ненулевые цифры так, чтобы множество его простых делителей не изменилось?

Решение

  Приведём пример такого числа. Пусть  n = 13·1...1 = 14...43,  количество единиц мы подберём позже. Если переставить единицу и тройку, то получится число  34...41 = 31·1...1.
  При этом, если наше число из одних единиц делится на  13·31 = 403,  то простыми делителями обоих чисел будут в точности его простые делители. Существование такого числа доказано в задаче 60739.

Ответ

Существует.

Прислать комментарий

Страница: << 58 59 60 61 62 63 64 >> [Всего задач: 492]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .