Типология и методология решения задач по теории чисел (разбор заданий)

Как понятно из названия моего выступления, речь пойдет о задачах, связанных со свойствами делимости целых чисел и логическим перебором.

Для решения задач такого типа не требуется никаких специальных знаний, выходящих за рамки стандарта математического образования, необходимо умение строить и исследовать математические модели.

При анализе работ участников ЕГЭ видно, что решений данного задания оцененных максимальным баллом примерно 1 на 500. Положительный результат отличный от максимального (не менее одного балла за решение) одно на 15. Стоит отметить, что большая часть участников экзамена даже не приступает к решению данного задания.

После деления двузначного числа на сумму его цифр в частном получается 7, а в остатке 6. После деления этого же числа на произведение его цифр в частном получается 3, а в остатке 11. Найдите это число.

Решение. Пусть задуманное число имеет вид , тогда используя условия получаем систему уравнений:

– посторонний корень, так как принимать только значения из множества .

Ученик перемножил два данных натуральных числа и допустил ошибку, увеличив произведение на 372. Поделив для проверки полученный результат на меньшее из данных чисел, ученик правильно получил в частном 90 и в остатке 29. Найдите данные числа.

Решение. Пусть - данные натуральные числа, причем . Тогда из условия получим уравнение:

На факультет подано от не медалистов на 600 заявлений больше, чем от медалистов. Девушек среди не медалистов больше, чем среди медалистов, в 5 раз, а юношей среди не медалистов больше, чем среди медалистов, в n раз, где n – натуральное число и . Найдите общее число заявлений, если среди медалистов юношей на 20 больше, чем девушек.

Решение. Пусть x – число девушек медалисток, тогда девушек не медалисток - 5х, юношей медалистов - (х+20), юношей не медалистов - n ( x +20). Так как не медалисты подали на 600 заявлений больше, чем медалисты, то составим и решим уравнение.

Значит, девушек медалисток – 48, юношей медалистов – 68, девушек не медалистов – 240, юношей не медалистов – 476. Всего подано заявлений 832.

Левая часть уравнения при любых натуральных числах m и n при делении на 3 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 3 должен быть и у 5 z , откуда следует, что z - чётное. Пусть z = 2r, r N.

Правая часть уравнения при любом натуральном k при делении на 4 даёт остаток 1, следовательно, такой же остаток при делении на 4 должен быть и у 3 x , откуда следует, что m - чётное. Пусть x = 2s, s N.

Тогда 5 r − 3 s = 2 q и 5 r + 3 s = 2 l , где q и l - целые неотрицательные числа и q + l = 2 y .

Число 3 s - нечётное, значит, 2 l - 1 - 2 q - 1 нечётно, поэтому q = 1 и 3 s = 2 l - 1 − 1.

Следовательно, число l − 1 чётно, l − 1 = 2p (иначе левая часть не делится на 3). Тогда 3 s = (2 p − 1)(2 p + 1) - произведение двух множителей, отличающихся на 2 и являющихся степенями тройки. Ясно, что эти множители 1 и 3, тогда p = 1, s = 1, m = 2s = 2. Далее последовательно получаем:

Ваня задумал простое трехзначное число, все цифры которого различны. На какую цифру оно может оканчиваться, если его последняя цифра равна сумме первых двух.

оно не может оканчиваться на четную цифру, иначе оно делится на 2.

Не может оканчиваться на 3, так как сумма цифр тогда равна 6, то есть оно делится на 3.

Не может оканчиваться на 9, так как сумма цифр тогда равна 18, то есть оно делится на 9 и на 3.

Не может оканчиваться на 1, так как в этом случае не выполняется условие, что все цифры различны.

Таким образом число может оканчиваться, только на 7.

Все рассмотренные мной задания, взяты из открытой базы. Из представленных примеров можно сделать вывод, что задачи такого типа можно вводить начиная с 8-го класса с нарастающей сложностью. Введение задач в программу способствовало бы увеличению положительных результатов на экзаменах.