Формула деления с остатком. Если \(a=bc+r\), то число \(a\) делится на \(b\) с остатком \(r\).
Число \(a\) — делимое, \(b\) — делитель, \(c\) — частное, \(r\) — остаток.
Например, при делении \(9\) на \(4\) мы получаем частное \(2\) и остаток \(1\), то есть \(9= 4\cdot 2+1\).
Обратите внимание, что формула деления с остатком не содержит знак деления.
Остаток всегда меньше делителя. Например, натуральное число может давать остатки \(0, \; 1, \; 2, \; 3\) и \(4\) при делении на \(5\).
Число и сумма его цифр дают одинаковые остатки при делении на \(3\).
1. С натуральным трехзначным числом проводят следующую операцию: из числа вычитают его сумму цифр и полученный результат делят на \(3\).
а) Может ли результатом выполнения операции быть число \(201\)?
б) Может ли результатом выполнения быть число \(251\)?
в) Сколько различных результатов можно получить, если применить данную операцию для всех трехзначных чисел от \(600\) до \(999\) включительно?
Решение:
Сделаем «заготовку» для всех пунктов задачи.
Запишем число \(A\) в виде: \(A=\overline{abc}=100a+10b+c.\)
По условию, \(\displaystyle \frac{A-a-b-c}{3}=m; \) \(\displaystyle \frac{100a+10b+c-a-b-c}{3}=m.\)
\(99a+9b=3m; \)
\(33a+3b=m\Rightarrow m\vdots 3. \)
а) Да, может быть \(m=201.\)
\(33m+3b=201\Leftrightarrow 11a+b=67.\)
Подберем \(a\) и \(b\).
Пусть \(a=6; \; b=1; \; 11\cdot 6+1=67\). Заметим, что \(c\) – любое.
Пример: \(A=614, \; \displaystyle \frac{614-11}{3}=201.\)
б) Нет, не может быть \(m=251\), так как \(m\vdots 3\), а \(251\) не делится на \(3\), пришли к противоречию.
в) \(600\le A\le 999\).
Выясним, какие значения может принимать \(m\).
Так как \(a, \; b\) и \(c\) – цифры числа \(A, \; 6\le a\le 9;\ \ 0\le b\le 9;\ \ 0\le c\le 9.\)
\(m=33a+3b\ge 33\cdot 6+3\cdot 0,\) то есть \(m \ge 198,\)
\(m=33a+3b\le 33\cdot 9+3\cdot 9,\) то есть \(m \le 324.\)
Значит, \(198\le m\le 324; \; m\vdots 3.\)
Числа \(m\) являются членами арифметической прогрессии, где
\(d=3; {\ a}_1=198,\ \ a_n=324.\) Найдем \(n\) – количество членов этой прогрессии.
\(a_n=a_1+d\left(n-1\right); \)
\(324=198+3\left(n-1\right);\)
\(108=66+n-1; \)
\(n=43. \)
Мы получили, что чисел вида \(m=33a+3b\) не более \(43\), и они являются членами арифметической прогрессии \(a_k=198+3k,\ \)где \(0\le k\le 42,\ \) всего таких чисел не более \(43\).
Проверим, может ли быть \(m =a_1 = 198. \)
\(m=33a+3b;\)
\(33a+3b=198;\)
\(11a + b = 66,\) возможно при \(a = 6, \; b = 0, \; c =\) любое.
Получаем числа \(600; 601\dots 609\), всего \(10\) чисел, для которых \(m = 198. \)
Случай \(m = 324\) также возможен. Тогда \(33a+3b=324,\ \)
\(11 a + b = 108\), подходят \(a = 9, \; b = 9, \; c\) – любое.
Проверим, может ли m быть равным любому члену арифметической прогрессии \(a_k=198+3k.\)
Пусть \(m=198+3k\). С другой стороны, \(m=33a+3b.\)
Получим: \(33a+3b=198+3k,\ \)
\(11a+b=66+k;\)
\(11a-66=k-b;\)
\(11\left(a-6\right)=k-b.\)
По условию, \(a\ge 6\), то есть \(a-6\ge 0.\)
Тогда \(k-b\ge 0\) и \(\left(k-b\right)\vdots 11.\)
Пусть \(k-b=11p\), где \(p\in Z, \; p\ge 0.\)
Так как \(b\) – цифра, \(0\le b\le 9.\)
\(k=11p+b; \)
\(11p\le k\le 11p+9.\)
Это значит, что \(k\) может делиться на \(11\) без остатка. Или давать остаток от \(1\) до \(9\) от деления на \(11\). Но \(k\) не может давать остаток \(10\) от деления на \(11\).
Раньше мы нашли, что \(0\le k\le 42.\ \) Исключим числа, дающие остаток \(10\) от деления на \(11\). Это \(10, \; 21, \; 33,\) всего \(3\) числа. Получаем, что \(m\) может принимать не более \(43 – 3 = 40\) различных значений. Это оценка.
Для каждого \(m\) можно подобрать такие \(a\) и \(b\), что условие задачи выполняется. Так, как мы сделали для \(m=198\) и \(m=324\).
Ответ: а) Да; б) Нет; в) \( 40\).
2. В трех коробках лежат камни: в первой \(101\) камень, во второй \(102\), в третьей \(104\), в четвертой коробке камней нет. За \(1\) ход берут по \(1\) камню из любых трех коробок и кладут в оставшуюся.
а) Может ли в \(1\) коробке получиться \(101\) камень, во второй \(102\), в третьей \(100\), в четвертой \(4\) камня?
б) Может ли оказаться \(306\) камней в четвертой коробке через некоторое количество ходов?
в) какое наибольшее количество камней может оказаться в первой коробке?
Решение:
а) Да, может.
Сделаем следующие действия:
\((101; 102; 104; 0);\)
\((100; 101; 103; 3);\)
\((99; 100; 102; 6);\)
\((102; 99; 101; 5);\)
\((101; 102; 100; 4).\)
б) Приведем решение И. В. Яковлева:
Такого случиться не может.
Допустим, такое произошло.
Всего камней \(307\). Если в четвертой коробке \(306\) камней, то значит, еще в какой-либо коробке находится \(1\) камень, и \(2\) коробки пустые.
После каждого хода четность числа камней в каждой коробке меняется на противоположную, поскольку либо в коробку добавляют \(2\) камня, либо убирают \(1\) камень.
Поэтому количества камней в коробках \(1\) и \(2\) не смогут стать равными (у них изначально была разная четность). Аналогично, не могут стать равными количества камней в коробках \(1\) и \(3\).
Значит, финальная ситуация обязательно \(1\), \(0\), \(0\), \(306\). Но после каждого хода количества камней в коробках \(2\) и \(3\) либо одновременно уменьшаются на \(1\), либо в одной из них \(-1\), а в другой \(+3\), так что количества камней в коробках \(2\) и \(3\) всегда отличаются не менее чем на \(2\). Противоречие.
Другой способ доказательства:
После каждого хода для количеств камней в любых двух коробках имеем \(-1\), \(-1\) или \(-1\), \(+3\). В обоих случаях остаётся неизменной разность остатков от деления этих чисел на \(4\). Исходно в первых трёх коробках эти остатки разные (а именно, \(1\), \(2\) и \(0\)), то есть все три разности –- ненулевые. Значит, они будут ненулевыми после каждого хода, так что числа камней в первых трёх коробках всегда будут попарно различны. Следовательно, мы никогда не придём к ситуации, когда в двух из этих коробок нули (чтобы в четвёртой было \(306\)).
в) Найдем наибольшее количество камней, которое может оказаться в первой коробке.
Все \(307\) камней не могут в ней оказаться, потому что тогда в остальных коробках будет \(0\) камней. В пункте (б) доказано, что это невозможно.
Предположим, что в \(1\)-й коробке \(306\) камней. Тогда во \(2\)-й коробке \(1\) камень, в \(3\)-й и \(4\)-й \(0\) камней. Другие случаи невозможны, поскольку только в \(3\)-й и \(4\)-й коробках количество камней изначально делилось на \(4\).
Но ситуация \(306\); \(1\); \(0\); \(0\) также невозможна, поскольку количества камней в коробках \(2\) и \(3\) всегда отличаются не менее чем на \(2\).
В первой коробке может быть \(305\) камней. Приведем пример, как это получить.
Первоначально в коробках: \((101; 102; 104; 0).\)
Переложим \(25\) раз по одному камню из первых трех коробок в четвертую.
Получим: \((76; 77; 79; 75).\)
Следующие действия:
\((75; 76; 78; 78);\)
\((303; 0; 2; 2);\)
\((302; 3; 1; 1);\)
\((305; 2; 0; 0).\)
Ответ: а) да; б) нет; в) \(305\).
3. На доске написано \(N\) различных натуральных чисел, каждое из которых не превосходит \(27\). Для каждых двух написанных чисел \(a\) и \(b\) таких, что \(a < b\) ни одно из написанных чисел не делится на \(b – a\) и ни одно из написанных чисел не является делителем числа \(b – a\).
а) Могли ли на доске быть написаны какие-то два числа из чисел \(4\), \(5\), \(6\)?
б) Среди написанных на доске чисел есть \(5\). Может ли \(N\) быть равным\(7\)?
в) Найдите наибольшее значение \(N\).
Решение:
а) Нет, не может. Если на доске числа \(4\) и \(5\), то их разность равна \(1\). Но \(5\) делится на \(1\) – противоречие.
Аналогично, если на доске числа \(5\) и \(6\).
Если на доске числа \(4\) и \(6\), то их разность равна \(2\), но \(4\) делится на \(2\) – противоречие.
б) Если два числа дают одинаковые остатки при делении на число \(p\), то их разность делится на \(p\).
Остатки от деления на \(5\) – это \(1, 2 ... 4\), всего \(4\) остатка. Поскольку на доске \(7\) чисел, среди них найдутся два, дающие одинаковые остатки от деления на \(5\). Их разность делится на \(5\), что противоречит условию.
в) Из пункта (а) мы получили, что среди чисел на доске не может быть подряд идущих (например, \(4\) и \(5\) не могут быть на доске).
Если на доске только нечетные числа, разность любых двух из них четна, и ни одно из них не делится на эту разность.
От \(1\) до \(27\) ровно \(14\) нечетных чисел.
Есть еще одно условие: разность любых двух из них не должна делиться ни на одно из этих чисел.
Пусть на доске не менее \(14\) нечетных чисел. Если на доске есть число \(a\leq 9\), то хотя бы два из написанных чисел дают одинаковый остаток при делении на \(a\), следовательно, их разность делится на \(a\) – противоречие.
Аналогично, если на доске не менее \(10\) чисел.
Поскольку все числа не превосходят\(27\), среди этих \(10\) чисел должно быть число \(a\leq 9\).
Но тогда не менее двух чисел на доске дают одинаковые остатки от деления на \(a\), значит, их разность делится на \(a\) – противоречие. Значит, на доске не более \(9\) чисел. Это оценка.
Приведем пример для \(9\) чисел на доске.
\(11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27.\)
Разность любых двух из них четна и не делится ни на одно из этих чисел. Также ни одно из чисел не делится на разность каких-либо двух из них.
Ответ: а) нет, не может; б) нет, не может; в) \(9\).
