Докажите, что найдется число, записываемое одними единицами и делящееся на 1999.
Ответ: Рассмотрим последовательность чисел 1, 11, 111, ... Допустим, что ни одно из них не делится на 1999. Поскольку остатки от деления этих чисел на 1999 могут равняться числам от 1 до 1998, то найдутся среди последовательности два числа, дающие при делении на 1999 одинаковые остатки. Тогда их разность делится на 1999. Откинув в этой разности нули, т.е. разделив на степень 10 - число, взаимно простое с 1999, получим число из одних единиц, делящееся на 1999.
Комментарии
На любое, не кратное 2 и 5, потому что сокращение нулей - это деление на 10. Так что все логично...
Если есть такое число, записываемое одними единицами и делящееся на 1999, то число в студию! Иначе читайте мое доказательство того, что такого числа нет.
Число b, состоящее из n единиц, может быть представлено в виде b=10^0+10^1+...+10^(n-1)=(10^n-1)/9.
Проверим сразу для n от 1 до 10, что (10^n-1)/9 не делится на 1999:
1 mod 1999 = 1999<>0
11 mod 1999 = 1999<>0
111 mod 1999 = 1999<>0
1111 mod 1999 = 1999<>0
11111 mod 1999 = 1116<>0
111111 mod 1999 = 1166<>0
1111111 mod 1999 = 1666<>0
11111111 mod 1999 = 669<>0
111111111 mod 1999 = 694<>0
1111111111 mod 1999 = 944<>0
Далее рассматриваем только числа b с n>10.
Само число 1999 = 2*10^3-1.
Предположим, что есть такое число b=(10^n-1)/9, n>10, что (10^n-1)/9 при делении на 1999 даст целое положительное число a.
Тогда очевидно, что a будет нечетным, т.к. оно получено делением нечетного числа на нечетное. И a>1.
Запишем уравнение:
b=(10^n-1)/9=a(2*10^3-1);
Разложим опять на слагаемые:
10^0+10^1+...+10^(n-1)=2a*10^3-a;
a+1+10+...+10^(n-1)=2a*10^3;
Перенеся из левой части в правую 10^3, получим:
a+1+10+100+10^4+...+10^(n-1)=(2a-1)*10^3;
a+111+(10^n-10^4)/9=(2a-1)*10^3;
a+111+(10^4)*(10^(n-4)-1)/9=(2a-1)*10^3;
Правая часть делится на 10^3, но не большую степень десятки. Значит, то же самое должно быть верно и для левой части.
Если a+111 делится на 10^5 и больше, то в левой части за скобку можно вынести максимум 10^4 - но это все равно больше, чем 10^3.
Если a+111 делится максимум на 10^4, аналогично, в левой части получим 10^4, умноженное на какое-то четное число.
Значит, a+111 делится ровно на 10^3 - не больше, не меньше. Значит, a имеет вид a=(10^3)y-111, где y - нечетное натуральное.
a-1=(10^3)y-112=8(125y-14) - в скобках нечетное число, значит, максимальная степень двойки, на какую делится a-1 - это два в третьей степени.
Вернувшись к уравнению b=(10^n-1)/9=a(2*10^3-1), увидим, что a=(10^n-1)/9/(2*10^3-1), откуда
a-1=(10^n+8-18*10^3)/9/(2*10^3-1)=
=8[(10^n)/8+1-9*125]/9/(2*10^3-1);
10^11 делится максимум на 2^11, значит, в числителе дроби в квадратных скобках получим (10^n)/8+(1-9*125) - четное плюс четное будет четное, а, значит, за скобку можно вынести еще одну двойку. Получается, что a-1 делится на большую степень двойки, чем 2^3 - пришли к противоречию.
Получается, что нет такого целого a, что
a=(10^n-1)/9/(2*10^3-1), т.е. не найдется числа, записываемого одними единицами и делящегося на 1999.
Эх. Я вчера ошибся, определив y, как нечетное - в этом случае a=(10^3)y-111 получится четным, чего не может быть. Если же y - четное, то a-1=(10^3)y-112=16(125y/2-7) - за скобку можно вынести как минимум 16, и далее противоречия не возникнет, так что все доказательство насмарку. Но я еще подумаю.
Вернее не совсем так. a=(10^3)y-111 всегда будет нечетным вне зависимости от четности y. В моем доказательстве отсутствовало лишь доказательство нечетности y. Поэтому еще раз полностью все доказательство.
Число b, состоящее из n единиц, может быть представлено в виде b=10^0+10^1+...+10^(n-1)=(10^n-1)/9.
Проверим сразу для n от 1 до 10, что (10^n-1)/9 не делится на 1999:
1 mod 1999 = 1999<>0
11 mod 1999 = 1999<>0
111 mod 1999 = 1999<>0
1111 mod 1999 = 1999<>0
11111 mod 1999 = 1116<>0
111111 mod 1999 = 1166<>0
1111111 mod 1999 = 1666<>0
11111111 mod 1999 = 669<>0
111111111 mod 1999 = 694<>0
1111111111 mod 1999 = 944<>0
Далее рассматриваем только числа b с n>10.
Само число 1999 = 2*10^3-1.
Предположим, что есть такое число b=(10^n-1)/9, n>10, что (10^n-1)/9 при делении на 1999 даст целое положительное число a.
Тогда очевидно, что a будет нечетным, т.к. оно получено делением нечетного числа на нечетное. И a>1.
Запишем уравнение:
b=(10^n-1)/9=a(2*10^3-1);
Разложим опять на слагаемые:
10^0+10^1+...+10^(n-1)=2a*10^3-a;
Из обеих частей уравнения вычтем 1 и разделим обе части уравнения на 10, получим:
10^0+10^1+...+10^(n-2)=2a*10^2-(a+1)/10;
(a+1)/10=x1, где x1 - нечетное.
Опять из обеих частей уже нового уравнения вычтем 1 и разделим обе части уравнения на 10, получим:
10^0+10^1+...+10^(n-3)=2a*10^1-(a+11)/100;
(a+11)/100=x2, где x2 - нечетное.
Опять из обеих частей нового уравнения вычтем 1 и разделим обе части уравнения на 10, получим:
10^0+10^1+...+10^(n-4)=2a*10^0-(a+111)/1000;
(a+111)/1000=x3, где x3 - нечетное.
Значит, a имеет вид a=1000x3-111, где x3 - нечетное.
a-1=1000x3-112=8(125x3-14) - в скобках нечетное число, значит, максимальная степень двойки, на какую делится a-1 - это два в третьей степени.
Вернувшись к уравнению b=(10^n-1)/9=a(2*10^3-1), увидим, что a=(10^n-1)/9/(2*10^3-1), откуда
a-1=(10^n+8-18*10^3)/9/(2*10^3-1)=
=8[(10^n)/8+1-9*125]/9/(2*10^3-1);
10^11 делится максимум на 2^11, значит, в числителе дроби в квадратных скобках получим (10^n)/8+(1-9*125) - четное плюс четное будет четное, а, значит, за скобку можно вынести еще одну двойку. Получается, что a-1 делится на большую степень двойки, чем 2^3 - пришли к противоречию.
Получается, что нет такого целого a, что
a=(10^n-1)/9/(2*10^3-1), т.е. не найдется числа, записываемого одними единицами и делящегося на 1999.
че списал
как я понимаю условия задачи, речь идет о делении нацело и о натуральных (или целых даже) числах соответственно..
итак, 111..11/1999=N, т.о 1999*N=111..11, смотрим таблицу умножения - нет такого числа (однозначно, а значит и многозначного!!) которое при умножении на 9, а значит и на 99 и на 999 и на 1999 и т.п давало бы последнюю цифру 1 (вот у 7, например такое число есть..3.. 7*3=21, 7*33=231, 7*333=2331, 7*1333=9331 и тп).. ну нет у 9ки такого числа...а если не такого N, на которое надо умножить 1999 чтоб получилост число с 1 в конце, то и нет число 111..11, которое бы делилось на 1999 нацело.. вот..
9*9=81, спасибо за ваше мнение
Получается, что всегда найдётся число, записываемое одной цифрой (11...11, 22...22, 33...33 и т.д.) которое делится на любое взаимно простое с 10 число.
Потрясающе! Я никогда об этом не задумывался.
Рассмотрим числа, состоящие из одних единиц.
Таких чисел существует бесконечно много. Различных же остатков
при делении на n может быть только n: 0, 1, 2, . . . , n?1. По прин-
ципу Дирихле найдутся два числа с одинаковыми остатками. Вычтем
тогда из большего меньшее. Полученное число делится на n и имеет
требуемый вид.
Мягко говоря, доказательство бредовое.
Возьмём вместо 1999 число 7.
При делении 11 на 7 остаток 4. При делении 1.1111.111 на 7 остаток тоже 4. По логиге автора 1.111.111-11 делится на 7.
Но патисон там плавал, ребята. Это не верно.
Извинясь, дважды накосячил с написанием числа "11 миллионов, 111 тысяч, 111". Но суть та же.
Ай, ошибся, был не прав.
Так, а в решении то что написано? То что найдутся 2 числа с одинаковым остатком.
Применим малую теорему Ферма. Тогда 10^(1998)-1 будет делиться на 1999. Но 10^(1998)-1 = 999…9 (число, состоящее из 1998 девяток). Разделим этот результат на взаимно простое с 1999 число 9 и получим число, состоящее из 1998 единиц (999…9/9 = 111…1), которое, в свою очередь, и будет делиться на 1999.
А что если надо найти число состоящее из едениц каторое делится на такое число что не взаимно простое с 9.
мы знаем что такое число определенно существует, но как найти из скольких единиц оно состоит . теорему Ферма использовать не получится.
Спасибо большое
Ну тут без алгебры не обойтись. Помню что когда учился в школе то нам задавали задачи из книги Сканави. Очень порой трудные но там было больше математической логики чем чистой математики. А в этом примере наоборот - теоретическая математика нужна. Даже не теоретическая скорей а глубокие познания. Решил, не сразу но решил
Хорошая задача. Мой мозг немного даже закипел после первого прочтения. Но немного поразмыслив понял что тут как и в других логических задачах главное - обратить внимание на не самые важные, на первый взгляд детали условия. А именно - записать одними единицами. Вот тут и кроется ответ на задачу. Все сразу встало на свои места. Не скажу что я сразу решил, минут двадцать сидел и уныло соображал. Я вообще сейчас на море а точнее в море неподалеку от берегов Италии. Приехал пару дней назал, взял яхту в аренду и уплыл на ней подальше от берега, интернет хорошо работает, планшет сейчас у меня в руках. Так что я немного в нирване и расслаблен. Вот сразу и не мог решить довольно несложную задачу. авторам сайта - grazie molto
Страницы