Видео:Задание 19 | ЕГЭ 2024 Математика (база) | Числа и их свойстваСкачать
Условие
Пусть S(x) — сумма чисел натурального числа x . Решите уравнения:
а) x+S(x)=2015;
б) x+S(x)+S(S(x))=2015;
в) x+S(x)+S(S(x))+S(S(S(x)))= 2015.
Видео:Решите уравнение x-x/12=55/12. | ОГЭ 2017 | ЗАДАНИЕ 4 | ШКОЛА ПИФАГОРАСкачать
Решение
а) Если десятичная запись числа x содержит не более трёх цифр, то сумма этих цифр не превосходит 27 . Следовательно, x+S(x) Таким образом, x — четырёхзначное число, первая цифра которого равна 1 или 2 , то есть 1 leq S(x) leq 28, значит, 1987 leq x leq 2014. Согласно признаку делимости на 3 , числа x и S(x) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Если число x кратно 3 , то x=3k, k in mathbb N и S(x)=3m, m in mathbb N и сумма x+S(x) кратна 3 . Но число 2015 не кратно 3 . В данном случае уравнение не имеет решений.
Пусть x=3k+1 и S(x)=3m+1, тогда сумма x+S(x), как и число 2015 , при делении на 3 имеет остаток 2 . Среди чисел от 1987 до 2014 остаток 1 при делении на 3 дают числа 1987 , 1990 , 1993 , 1996 , 1999 , 2002 , 2005 , 2008 , 2011 , 2014 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходят только 1993 и 2011 . Пусть x=3k+2 и S(x)=3m+2, тогда сумма x+S(x) при делении на 3 имеет остаток 1 , а число 2015 при делении на 3 имеет остаток 2 . В этом случае уравнение не имеет решений.
б) Согласно признаку делимости на 3 числа x , S(x) и S(S(x)) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Значит, сумма x+S(x)+S(S(x)) делится на 3 . Число 2015 на 3 не делится, поэтому решений нет.
в) Число x Среди чисел, меньших 2015 , наибольшую сумму цифр 28 имеет число 1999 . Так как S(x) leq 28, S(S(x)) leq S(19)=10, S(S(S(x))) leq 9, то x= 2015-S(x)-S(S(x))-S(S(S(x))) geq 2015-28-10-9=1968.
Согласно признаку делимости на 9 числа x , S(x) и S(S(x)) и S(S(S(x))) имеют одинаковые остатки от деления на 9 . Число 2015 при делении на 9 дает остаток 8 , поэтому число x должно давать остаток 2 . Среди чисел от 1968 до 2015 остаток 2 при делении на 9 дают 1973 , 1982 , 1991 , 2000 , 2009 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходит только 1991 .
Видео:ЕГЭ База: числа и их свойства (19 задание) | Быстрая подготовка к ЕГЭСкачать
Решение задачи 19. Вариант 213
19. Пусть S(N) – сумма цифр натурального числа N.
а) Может ли N+S(N) равняться 96?
б) Может ли N+S(N) равняться 97?
в) Найдите все N, для которых N+S(N) = 2017.
а) Очевидно, что наше число N-двузначное, пусть ( a ) и ( b ) — некоторые числа, тогда проверим пункт а, при этом ( a ) -отличное от нуля
Наше число ( N=10a+b ) — двузначное число. А сумма его цифр ( a+b )
Проверяем пункт А
( 10a+b+a+b=96 ) , получаем ( 11a+2b=96 )
Если это уравнение решится в целых числах, то утверждение верное
Если ( a=8 ) , то ( b=8 ) — Пункт А — верен .
б) Делаем тоже самое
( 11a+2b=97 ) — данное уравнение в целых числах не решается.
Пункт Б- неверный
в) Число N должно быть четырехзначным, чтобы получилось 2017.
( N=1000a+100b+10c+d ) где a-d это некоторые числа.
Осталось решить это уравнение и найти числа ( a,b,c,d )
Очевидно, что ( a=1 ) , если ( a>2 ) , то равенства не будет
Пусть ( b=9 ) , чем больше ( b ) , чем будут меньше ( c ) и ( d )
Пусть ( c=9 ) , получаем уравнение
( 2d=8 ) значит ( d=4 ) , если мы будем понижать ( b ) то целых чисел мы не найдем, проверьте самостоятельно
Получаем число 1994
Ну чтож, будем искать дальше.
Пусть ( a=2 ) , тогда ( b=0 ) , так как, если ( b>0 ) то получим что сумма больше чем 2017
Получаем, что ( 11c+2d=15 ) — подбираем такие ( c ) и ( d )
Очевидно, что ( c=1 ) а ( d=2 )
Видео:РАЗБОР ЗАДАНИЯ 19 [ЕГЭ Математика профиль] Артур ШарифовСкачать
![РАЗБОР ЗАДАНИЯ 19 [ЕГЭ Математика профиль] Артур Шарифов](https://i.ytimg.com/vi/YNa35zYXzjc/0.jpg)
Основные методы решения уравнений в целых числах
Введение
Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:
1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;
2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;
3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;
4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;
5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.
Основная часть
Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:
- Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
- Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
- Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
- Использование Малой и Великой теорем Ферма;
- Метод бесконечного спуска;
- Выражение одной неизвестной через другую;
- Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
- Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.
Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов.
В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).
Задача. Решить в натуральных числах уравнение n! + 5n + 13 = k 2 .
Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.
Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.
В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.
Теперь приведём комплекс авторских задач.
Задача 1. Решить в целых числах уравнение n 2 — 4y! = 3.
Решение. Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:
Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.
Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.
Задача 2. Решить в целых числах уравнение 8z 2 = (t!) 2 + 2.
Решение. Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t! = 2s. В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.
Ключевая идея – применение свойств факториалов.
Задача 3. Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.
Решение. Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.
Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:
Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.
Задача 4. Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.
Решение. Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:
Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.
Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.
Задача 5. Решить в целых числах уравнение n(n + 1) = (2k + 1)‼
Решение. Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n(n + 1), которое чётно при всех целых значениях k. Противоречие.
Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.
Задача 6. Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.
Решение. Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:
Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, 
тоже целое число. Но тогда число 
обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x. Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).
Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.
Задача 7. Решить в целых числах уравнение 5 m = n 2 + 2.
Решение. Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.
Задача 8. Решить в целых числах уравнение (x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .
Решение. Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x!) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x!, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.
Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.
Задача 9. Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy.
Решение. Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x1 2 . Уравнение преобразуется к виду x1 2 + y 2 = 8x1y. Отсюда вытекает, что числа x1, y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.
1 случай. Пусть x1, y – нечётные числа. Тогда x1 = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:
Выполним соответствующие преобразования:
Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?
В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.
2 случай. Пусть x1, y – чётные числа. Тогда x1 = 2x2 + 1, y = 2y1. Подставляя эти значения в уравнение, получим:
Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение 
и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: 
. Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x, y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).
Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.
Задача 10. Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x)y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x. Вычислим дискриминант этого уравнения:
Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы 
, то есть 
Отсюда имеем следующие возможности для y: y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.
Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).
Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.
Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.
ТАБЛИЦА 1
| Номер задания |
