Заочная школа СУНЦ МГУ 8 класс, алгебра8 класс, алгебра Н. Е. Шавгулидзе СУНЦМГУ 2015 Шавгулидзе Н.Е. Заочная

Специализированный учебно-научный центр (СУНЦ)имени А.Н. Колмогорова, факультет Московского

государственного университета имени М.В. Ломоносова

Заочная школа СУНЦ МГУ8 класс, алгебра

Н. Е. Шавгулидзе

СУНЦ МГУ2015

Шавгулидзе Н.Е. Заочная школа СУНЦ МГУ, 8 класс, ал-гебра. — М.: Школа им. А.Н. Колмогорова СУНЦ МГУ, 2015– 56 с., ил.

В брошюре приведены материалы заочной школы СУНЦ МГУ для8 класса (алгебра): теоретический материал, задачи разного уровнясложности с решениями, примеры контрольных работ.

c© Специализированный учебно-научный центр МГУ, 2015

1 Элементарная теория чисел

В этом параграфе мы будем изучать числа.Натуральными называются числа, которые используются для счета

предметов или обозначения номера предмета в ряду однородных пред-метов: 1, 2, 3, 4, 5, . . .

Целые числа — множество, образованое добавлением к множествунатуральных чисел числа нуль и отрицательных чисел: . . ., -5, -4, -3,-2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

Натуральное число p называется простым, если имеет ровно два на-туральных делителя: 1 и p. Число 1 не является ни простым, ни состав-ным.

Натуральное число n называется составным, если существуют нату-ральные числа a > 1 и b > 1, такие что n = ab. Иначе говоря, еслинатуральное число n ≥ 2 не является простым, то оно составное.

Например, числа 2, 3, 5, 7, 11, 97 — простые, а числа 4, 6, 8, 9, 91 —составные.

Задача 1. Доказать признак деления на 3: натуральное число a

делится на 3 тогда и только тогда, когда сумма цифр числа a делитсяна 3.

Решение. Пусть a = anan−1 . . . a2a1a0, где an, an−1, . . . , a2, a1, a0 —цифры числа a. Тогда

a = 10nan + 10n−1an−1 + . . .+ 100a2 + 10a1 + a0.

Например, число 345: 345 = 3 · 102 + 4 · 10 + 5. Преобразуем сумму:

a = (10n − 1)an + (10n−1 − 1)an−1 + . . .+ (100− 1)a2 + (10− 1)a1++an + an−1 + . . .+ a2 + a1 + a0 =

= 99 . . . 9an + 9 . . . 9an−1 + . . .+ 99a2+9a1 + (an+an−1+. . .+a2+a1+a0).

Все слагаемые делятся на 3, кроме последнего слагаемого, которое взя-то в скобки. Следовательно, a делится на 3 тогда и только тогда, когдаслагаемое в скобках делится на 3.

Задача 2. Доказать, что n3 − n делится на 6 (n — целое).

3

Решение. Это очень простая задача (что видно из третьего способадоказательства), однако мы приведем 3 разных способа доказательства,для того чтобы показать, как можно решать более сложные задачитакого типа.1) Докажем, что n3 − n делится на 2.

• Если n — четное, то n = 2k (k — целое). Тогда n3−n = 8k3− 2k == 2(4k2 − k), то есть n3 − n делится на 2.

• Если n — нечетное, то n = 2k + 1 (k — целое). Тогда n3 − n == 8k3 + 12k2 + 6k + 1 − 2k − 1 = 4(2k3 + 3k2 + k), то есть n3 − nделится на 2.

Докажем, что n3 − n делится на 3.

• Если n = 3m (m — целое), то n3 − n = 27m3 − 3m = 3(9m3 −m),то есть n3 − n делится на 3.

• Если n = 3m + 1 (m — целое), то n3 − n = 27m3 + 27m2 + 9m ++1− 3m− 1 = 3(9m3 + 9m2 + 2m), то есть n3 − n делится на 3.

• Если n = 3m + 2 (m — целое), то n3 − n = 27m3 + 54m2 + 36m ++8− 3m− 2 = 3(9m3+18m2+11m+2), то есть n3−n делится на3.

Раз n3 − n делится на 2 и на 3, то оно делится на 6.

2) Докажем, что n3 − n делится на 6.

• Если n = 6m (m — целое), то n3 − n = 63m3 − 6m = 6(36m2 −m),то есть n3 − n делится на 6.

• Если n = 6m+1 (m — целое), то n3−n = 63m3+3 · 36m2+3 · 6m++1− 6m− 1 = 6(36m3 + 18m2 + 2m), то есть n3 − n делится на 6.

• Если n = 6m+2 (m — целое), то n3 − n = 63m3 + 3 · 36 · 2m2 ++ 3 · 6 · 4m + 8 − 6m − 2 = 6(36m3 + 18 · 2m2 + 11m + 1), то естьn3 − n делится на 6.

4

• Если n = 6m+3 (m — целое), то n3 − n = 63m3 + 3 · 36 · 3m2 ++ 3 · 6 · 9m+ 27− 6m− 3 = 6(36m3 + 27 · 2m2 + 26m+ 4), то естьn3 − n делится на 6.

• Если n = 6m+4 (m — целое), то n3 − n = 63m3 + 3 · 36 · 4m2 ++3 · 6 · 16m+64− 6m− 4 = 6(36m3+18 · 2m2+47m+10), то естьn3 − n делится на 6.

• Если n = 6m+5 (m — целое), то n3 − n = 63m3 + 3 · 36 · 5m2 ++ 3 · 6 · 25m + 125 − 6m − 5 = 6(36m3 + 18 · 2m2 + 74m + 20), тоесть n3 − n делится на 6.

3) Самый наглядный способ. Разложим число на множители n3− n == (n−1)n(n+1). То есть n3−n — произведение трех последовательныхцелых чисел. Одно или два из них четные, значит n3 − n — четное.Ровно одно из трех последовательных целых чисел делится на 3, то естьn3 − n делится на 3. Следовательно, n3 − n делится на 6.

Замечание. Удобнее рассматривать не 6m, 6m+1, 6m+2, 6m+3,6m+ 4, 6m+ 5, а 6m, 6m+ 1, 6m+ 2, 6m+ 3, 6m− 2, 6m− 1.

Задача 3. Доказать, что при возведении натурального числа a в 5степень последния цифра не изменится.

Решение. Сложный способ решения: представим n в виде a=10m+n,где m — натуральное число, n — последняя цифра числа a, и рассмот-рим 10 случаев: n = 0, n = 1, n = 2, . . .

Простой способ решения: нам нужно доказать, что число a5 − aзаканчивается нулем, то есть делится на 10. Преобразуем:

a5 − a = a(a4 − 1) = a(a2 − 1)(a2 + 1) = a(a− 1)(a+ 1)(a2 + 1).

Число a5 − a делится на 2, так как либо a, либо a− 1 делится на 2.Докажем делимость на 5. Одно из чисел a, a+ 1, a− 1, a+ 2, a− 2

должно делиться на 5. Если a, a − 1 или a + 1 делятся на 5, то a5 − aделится на 5.

5

Если a = 5k + 2, k — натуральное, то

a5 − a = (5k + 2)((5k + 2)2 − 1)((5k + 2)2 + 1) == (5k + 2)((5k + 2)2 − 1)(25k2 + 10k + 5) == 5(5k + 2)((5k + 2)2 − 1)(5k2 + 2k + 1).

Аналогично для a = 5k − 2.Мы доказали, что a5 − a делится на 2 и на 5, то есть делится на 10,

то есть последние цифры чисел a5 и a совпадают.

Задачи.

Все задачи выполняются без калькулятора.

1. В числе 12∗456789 одна цифра заменена на ∗. Перечислить всецифры, какие можно поставить вместо ∗ так, чтобы число 12∗456789делилось на 3.

2. Доказать признак делимости на 9: натуральное число a делитсяна 9 тогда и только тогда, когда сумма цифр числа a делится на9.

3. Может ли натуральное число, сумма цифр которого равна 30, бытьквадратом какого-нибудь натурального числа?

4. Доказать признак делимости на 4: число a делится на 4 тогда итолько тогда, когда две его последние цифры составляют число,которое делится на 4;

5. Доказать, что следующие числа являются составными:

18273627,n3 − 8, n — целое,

213 − 125,1661,5757,575757.

6

6. Доказать признак деления на 11: натуральное число делится на11 тогда и только тогда, когда разность между суммой цифр, за-нимающих нечетные позиции, и суммой цифр, занимающих чет-ные позиции делится на 11. (Например, 10864194 = 11 · 987654;10864194 = 0+6+1+4−(1+8+4+9) = 11−22 = −11 = 11·(−1)).

7. Делится ли число 5432112345 на 11?

8. Доказать, что произведение четырех последовательных чисел де-лится на 24.

9. Делится ли сумма цифр чисел 1, 2, . . . , 100 на 3, 9, 4, 8?

Ответы к задачам. (1) 0, 3, 6, 9; (3) нет, не может, так как по при-знаку делимости на 3, оно делится на 3, но не делится на 9 по признакуделимости на 9; (5) 18273627 делится на 3 (так как 1 + 8 + 2 + 7++3 + 6 + 2 + 7 = 36 = 3 · 12); n3 − 8 = (n − 2)(n2 + 2n + 4); четное;1661 = 11 · 151; 5757 = 101 · 57; 575757 = 10101 · 57; (7) да, так как5 + 3 + 1 + 2 + 4 − (4 + 2 + 1 + 3 + 5) = 0 (признак делимости на 11);(8) обозначаем числа, например за n− 1, n, n+ 1, n+ 2 и доказываемкак в задаче 2 из урока; (9) нет, нет, нет, нет.

Контрольная работа.


1. В числе 12∗45678 одна цифра заменена на ∗. Перечислить все циф-ры, какие можно поставить вместо ∗ так, чтобы число 12∗45678делилось на 9.

2. В числе 12∗45678 одна цифра заменена на ∗. Перечислить все циф-ры, какие можно поставить вместо ∗ так, чтобы число 12∗45678делилось на 6.

7

3. Доказать, что следующие числа являются составными:

1111,11111111,1930 + 2315,213 − 125,415 − 1,

1234554321.

4. Число 34x5y делится на 36. Найти цифры x, y.

5. Доказать, что (n2 + 2n)(n2 − 1) делится на 24.

6. Доказать, что m(m2 + 5) делится на 6.

7. Доказать, равенство√

11 . . . 11︸︷︷︸2n

− 2 . . . 2︸︷︷︸n

= 3 . . . 3︸︷︷︸n

.

8

2 Элементарная теория чисел

Наибольший общий делитель целых чисел m и n — это наибольшеенатуральное число, на которое делятся числа m и n. Он обозначаетсякак НОД(m,n).

Например,

НОД(24, 30) = 6, НОД(−15, 33) = 3,НОД(24, 11) = 1, НОД(6, 60) = 6,НОД(1, 30) = 1, НОД(14, 24, 6) = 2.

Утверждение. 1) Для любого натурального числа k верно равен-ство

НОД(km, kn) = k · НОД(m,n)

. 2) Верны равенства

НОД(m,n) = НОД(n,m);НОД(m,n) = НОД(m− n, n).

Подумайте, почему это утверждение верно.

С помощью утверждения 1 найдем НОД(120, 324).

НОД(120, 324) = НОД(120, 324− 120) = НОД(120, 204) ==НОД(4 · 30, 4 · 51) = 4 НОД(30, 51) = 12 НОД(10, 17) = 12.

Это можно было сделать быстрее, разложив числа 120 и 324 на мно-жители (324 = 182). А в следующем примере проще воспользоватьсяутверждением 1.

НОД(1513, 1691) = НОД(1513, 178) = НОД(1335, 178) == НОД(1157, 178) = НОД(979, 178) = НОД(801, 178) =

=НОД(623, 178) = НОД(445, 178) ==НОД(267, 178) = НОД(89, 178) = НОД(89, 89) = 89.

Здесь можно было сразу вычесть из 1513 число 178, умноженное,например, на 5 (проще поделить его на 2 и умножить на 10).

9

Числа называются взаимно простыми, если их наибольший общийделитель равен 1. Например, числа 15 и 32 взаимно просты, а числа 15и 24 не являются взаимно простыми, так как НОД(15, 24) = 3.

Задача 1. При каких целых n дробь 2n+33n−5 сократима?

Решение. То, что дробь сократима, означает, что НОД(2n+3, 3n−5) >> 1. Воспользуемся утверждением 1:

НОД(2n+3, 3n−5) = НОД(2n+3, 3n−5−2n−3) = НОД(2n+3, n−8) == НОД(2n+3−n+8, n−8) = НОД(n+11, n−8) =

=НОД(n+11−n+8, n−8) = НОД(19, n−8).

Раз НОД(19, n− 8) > 1, то он равен 19. То есть нам надо найти такиеn, чтобы n − 8 делилось на 19. То есть, n = 19k + 8, где k — любоецелое число.

Ответ: n = 19k + 8, где k — любое целое число.

Наименьшее общее кратное целых чисел m и n — это наименьшеенатуральное число, которое делится на m и n. Оно обозначается какНОК(m,n).

Например, НОК(24,−30)=120, НОК(5, 30)=30, НОК(4, 5, 6)=60.

Уравнение ax+by = c, где a, b, c — целые числа (причем a и b не рав-ны нулю одновременно), а x и y — неизвестные, называется линейнымдиофантовым уравнением первого порядка.

Теорема. Это уравнение имеет решение тогда и только тогда, когдаc делится на НОД(a, b).

Например, уравнение 2x + 4y = 3 не имеет решений, а уравнение2x+ 4y = 6 имеет решение (бесконечно много решений).

Задача 2. Решить уравнение 4m = 3n+ 1 в целых числах.Решение. Уравнение имеет решение (НОД(4, 3) = 1). Возможны 3

случая: либо m делится на 3, либо m + 1 делится на 3, либо m − 1делится на 3.

a) Если m делится на 3, то m можно представить в виде m = 3k, k— целое число. Подставим m = 3k в уравнение 4m = 3n + 1, получим

10

12k = 3n+ 1, то есть 3(4k− n) = 1. Это невозможно, так как 4k− n —целое.

b) Еслиm+1 делится на 3, то a можно представить в видеm = 3k−1,k — целое число. Подставим m = 3k − 1 в уравнение 4m = 3n + 1,получим 12k − 4 = 3n+ 1, то есть 3(4k − n) = 5. Это невозможно, таккак 4k − n — целое.

c) Еслиm−1 делится на 3, то a можно представить в видеm = 3k+1,k — целое число. Подставим m = 3k + 1 в уравнение 4m = 3n + 1,получим 12k+4=3n+1, то есть 12k+3=3n. Следовательно, n=4k+1.

Ответ: m = 3k + 1, n = 4k + 1, где k — любое целое число.Задача 3. Найти самое маленькое натуральное число, которое дает

остаток 1 при делении на 2, на 3, на 4, на 5 и на 6, и делится на 7.Решение. Обозначим число за x. Оно дает остаток 1 при делении

на 2, то есть существует натуральное число l, такое что x − 1 = 2l.Аналогично, существуют натуральные числаm, n, p, q, k, что x−1=3m,x−1=4n, x−1=5p, x−1=6q, x=7k.

Уравнения x−1 = 2l и x−1 = 3m следуют из уравнения x−1 = 6q,поэтому их можно выкинуть (т.е. то, что x − 1 делится на 2 и на 3следует из того, что оно делится на 6). Остались:

x− 1 = 4nx− 1 = 5px− 1 = 6qx = 7k

Приравняв первые три, получим 4n = 5p = 6q. Минимальное число,которое делится на 4, на 5 и на 6 — это наименьшее общее кратноеНОК(4, 5, 6) = 4 ·5 ·3 = 60. То есть x−1 = 60s, s — натуральное число.Это равенство эквивалентно первым трем. Получаем{

x = 60s+ 1x = 7k

,

то есть осталось решить уравнение 7k = 60s+ 1. Нам нужно найти са-мое маленькое число. Найдем его подбором, подставляя вместо s нату-ральные числа, так чтобы 60s+1 делилось на 7. Достаточно перебрать

11

числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (подумайте, почему). Итак, 61, 121, 181, 241 неделятся на 7, а 301 делится.

Ответ: 301.

Число a называется рациональным, если существуют такие целыечисла m и n, n > 0, что a = m

n . Целые числа являются рациональными(можно взять n = 1).

Задачи.


1. Найти НОД(48,−64); НОД(12, 13); НОД(299, 989); НОД(3007, 2573).

2. Найти НОК(48,−64); НОК(11, 12); НОК(299, 989).

3. При каких целых n дробь 3n+17n+5 сократима?

4. При каких целых x дробь 2x+35x+7 сократима?

5. Решить в целых числах 7x− 3y = 5.

6. Если от задуманного мной трехзначного числа отнять 7, то оноразделится на 7, если отнять 8, то оно разделится на 8, если отнять9, то оно разделится на 9. Какое число я задумал?

7. Произведение четырех натуральных чисел меньше, чем их сумма,а сумма трех из них равна 28. Найти эти числа.

Ответы к задачам. (1) 16; 1; 23; 31; (2) 192; 132; 12857; (3) n = 2k−3,k — любое целое число; (4) таких нет; (5) x = 3k − 1, y = 7k − 4; (6)504; (7) 1, 1, 1, 26.



1. Найти НОД(48, 60); НОД(1234, 3456); НОД(2209, 1739).

12

2. Найти НОК(48, 60); НОК(1234, 3456); НОК(2209, 1739).

3. При каких целых n дробь 2n+17n+5 сократима?

4. Решить в целых числах 5x+ 3y = 7.

5. Найти двузначное число, которое дает остаток 1 при делении на 3,остаток 2 при делении на 4, остаток 3 при делении на 5 и остаток4 при делении на 6.

6. Фокус. Восьмиклассник Саша предложил пятиклассникам Маше,Пете, Оле и Сереже загадать по четырехзначному числу. Затемпереписать первую цифру числа в конец, после чего сложить по-лучившееся число с задуманным (например, задумано 2340, тогда2340 + 3402 = 5742). После этого Саша попросил сказать ему по-лученные после сложения числа, а он сообщит, правильно ли онипосчитали. Результаты получились такие:

Маша: 8109

Петя: 3475

Оля: 10231

Сережа: 4928

Саша сказал, что ошиблись все кроме Сережи. Расчеты проверили,Саша оказался прав. Как же он догадался? Он же не знал, какиечисла были загаданы!

13

3 Разложение на множители.Треугольник Паскаля

3.1 Преобразование выражений.

Формулы сокращенного умножения:

a2 − b2 = (a− b)(a+ b);(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2;(a− b)2 = a2 − 2ab+ b2;(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3;(a− b)3 = a3 − 3a2b+ 3ab2 − b3;a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2);a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2).

Задача 1. Разложить на множители выражение a4− a2+4ab− 4b2.Решение. Так как a2− 4ab+ 4b2 = a2− 2a(2b) + (2b)2 = (a− 2b)2, то

a4 − a2 + 4ab− 4b2 = a4 − (a− 2b)2 = (a2)2 − (a− 2b)2 == (a2 − (a− 2b))(a2 + a− 2b) = (a2 − a+ 2b)(a2 + a− 2b).

Ответ: (a2 − a+ 2b)(a2 + a− 2b).Задача 2. Разложить на множители выражение a4 + 8a2 − 9.Решение. Так как a4 + 8a2 + 16 = (a2)2 + 2a2 · 4 + 42 = (a2 + 4)2, то

a4 + 8a2 − 9 = a4 + 8a2 + 16− 16− 9 == (a2 + 4)2 − 25 = (a2 + 4− 5)(a2 + 4 + 5) == (a2 − 1)(a2 + 9) = (a− 1)(a+ 1)(a2 + 9).

Ответ: (a− 1)(a+ 1)(a2 + 9).Замечание. Есть и другие способы решения задачи 2.Задача 3. Вычислить 29992 (без калькулятора).Решение. Первое, что приходит в голову — вычислить в столбик.

Однако это займет время. Есть более простой способ: так как 2999 == 3000 − 1, то 29992 = (3000 − 1)2 = 30002 − 2 · 3000 + 1 = 9000000−−6000 + 1 = 8994000 + 1 = 8994001.

Ответ: 8994001.

14

3.2 Треугольник Паскаля.

Расскажем один простой способ возведения в степень выражения a+1.Для начала вычислим:

(a+ 1)2 = a2 + 2a+ 1;(a+ 1)3 = a3 + 3a2 + 3a+ 1.

Обозначим коэффициенты при a следующим образом:

(a+ 1)n = cnnan + cn−1n an−1 + cn−2n an−2 + . . .+ c2na

2 + c1na+ c0n. (∗)

Например, (a + 1)3 = c33a3 + c23a

2 + c13a + c03. При этом c33 = 1, c23 = 3,c13 = 3 и c03 = 1.

Подставим a = xy в формулу (∗), получим(

x

y+1

)n

=cnn

(x

y

)n

+cn−1n

(x

y

)n−1+cn−2n

(x

y

)n−2+. . .+c2n

(x

y

)2

+c1nx

y+c0n,(

x

y+ 1

)n

= cnnxn

yn+ cn−1n

xn−1

yn−1+ cn−2n

xn−2

yn−2+ . . .+ c2n

x2

y2+ c1n

x

y+ c0n.

Домножим обе части на yn:

yn(x

y+1

)n

=cnnxnyn

yn+cn−1n

xn−1yn

yn−1+cn−2n

xn−2yn

yn−2+. . .+c2n

x2yn

y2+c1n

xyn

y+c0ny

n,

то есть

(x+ y)n = cnnxn + cn−1n xn−1y + . . .+ c2nx

2yn−2 + c1nxyn−1 + c0ny

n.

Например,(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2;

(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3.

Обратим внимание на то, что cnn = c0n = 1. А также на то, чтоформула коэффициенты симметричны, то есть cn−in = cin, так как ес-ли x и y поменять местами выражение должно оставаться прежним((x+ y)n = (y + x)n). Например, c13 = c23 = 3, c14 = c4−14 = c34 = 4.

15

Треугольник Паскаля строится следующим образом: выпишем по-середине строчки число 1. Под ним слева и справа выпишем еще двеединицы:

11 1

В следующей строке слева выпишем 1, посередине под двумя едини-цами верхней строки выпишем их сумму (1 + 1 = 2), слева выпишем1:

11 1

1 2 1

В четвертой строке выписываем четыре числа: слева 1, складываемпервые два числа третьей строки (1 + 2 = 3), пишем их сумму подпустым пространством между ними; складываем второе и третье чис-ло третьей строки (2 + 1 = 3), пишем их сумму снизу в четвертой;выписываем справа 1.

11 1

1 2 11 3 3 1

В пятой строке пишем 1; 4 (1+3=4); 6 (3+3=6); 4 (3+1=4); 1.И так далее.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

Одно из свойств треугольника Паскаля — его строки являются коэф-фициентами выражения (∗):

• коэффициенты x+y: 1, 1 (вторая строка треугольника Паскаля);

16

• коэффициенты (x + y)2 = x2 + 2xy + y2: 1, 2, 1 (третья строкатреугольника Паскаля);

• коэффициенты (x+y)3 = x3+3x2y+3xy2+y3: 1, 3, 3, 1 (четвертаястрока);

• коэффициенты (x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4: 1, 4, 6, 4,1 (пятая строка);

и так далее. Мы это докажем после того, как разберем метод матема-тической индукции.

3.3 Обыкновенные дроби.

В третьей части напомним материал, который вам уже известен.Натуральными называются числа, которые используются для счета

предметов или обозначения номера предмета в ряду однородных пред-метов: 1, 2, 3, 4, 5, . . .

Целые числа — множество, образованое добавлением к множествунатуральных чисел числа нуль и отрицательных чисел: . . ., -5, -4, -3,-2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

Число, представляемое в виде mn , где m — целое число (числитель), а

n — натуральное (знаменатель дроби), называют обыкновенной дробью.Если m > 0, то m

n — положительная, а если m < 0, то mn — отрицатель-

ная обыкновенная дробь.Дробь m

n можно записать также в виде дробей −m−n , −−mn , − m

−n .Дроби k

l иmn называются равными, если kn = lm. Например, 2

6 =515 ,

так как 2 · 15 = 6 · 5.Для любых целых чисел k и m, натурального числа n выполняется

равенство mn = km

kn , так как m · kn = n · km.Например, 10

15 =5·25·3 =

23 ;−33−44 =

34 =

3040 .

Деление числителя и знаменателя дроби на их общий делитель назы-вается сокращением. Если числитель и знаменатель дроби m

n — взаимнопростые числа, то дробь называется несократимой.

17

Любую обыкновенную дробь mn можно записать в виде несократи-

мой. Для этого находим p = НОД(m,n). Тогда m = pm1, n = pn1, гдеm1 — целое, n1 — натуральное. При этомm1 и n1 взаимно простые числа(иначе p не является наибольшим общим делителем). Таким образом,mn = pm1

pn1= m1

n1, где m1

n1— несократимая дробь.

Например, дробь 1217 — несократимая, так как НОД(12, 17) = 1.

Арифметические действия над дробями:

• сложение: kl +

mn = kn+ml

ln ;

• вычитание: kl −

mn = kn−ml

ln ;

• умножение: kl ·

mn = km

ln ;

• деление: kl :

mn = k

l ·nm = kn

lm .

Например, 34 +

76 =

3·6+7·44·6 = 18+28

24 = 4624 =

2312 .

Более простой способ сложения (и вычитания) дробей состоит в сле-дующем: находим p = НОД(l, n). Тогда l = p l1, n = pn1, где m1, n1 —целые числа. Тогда

k

l+

m

n=

k

p l1+

m

pn1=

kn1 +ml1p l1n1

.

Например, 34 +

76 =

3·3+7·24·3 = 23

12 .Любое целое число n можно представить в виде обыкновенной дроби,

например, следующим образом: n = n1 .

Рациональными называются числа, которые можно представить ввиде обыкновенных дробей.

Задача 4. Упростить выражение

1− (116 − 1.25) : 1.7547 +

1621

.

Решение. Так как 1.25 = 1 25100 = 11

4 =54 и 1.75 = 1 75

100 = 134 =

74 , то

1− (116 − 1.25) : 1.7547 +

1621

=1− (116 −

54) :

74

47 +

1621

=1− 22−15

12 : 74

1221 +

1621

=

18

=1− 7

12 ·47

2821

=1− 1

343

=2343

=2

3:4

3=

2 · 33 · 4

=1

2.

Ответ: 12 .

Задачи.


1. Выражение(1 7

12 − 2.2) · 3637 + 2

(1116 − 2.5)2 − 12735

равно целому числу. Найти это число.

2. Решить уравнение 6x−62x−3 −

4x−12x+1 = 1.

3. Разложить на множители выражение 16c4 − 200c2d2 + 625d4.

4. Вычислить 1994.

5. Возвести в шестую степень сумму x + y используя треугольникПаскаля.

6. Возвести в шестую степень сумму x + 2 используя треугольникПаскаля.

7. Возвести в шестую степень число 102.

8. Упростить выражение a3−1a+2 : a2+a+1

a2−4 и найти значение при a = 1001.

Ответы к задачам. (1) 1; (2) 0.5; (3) (2c − 5d)2 · (2c + 5d)2; (4)1568239201 (1994 = (200−1)4); (5) x6+6x5y+15x4y2+20x3y3+15x2y4++6xy5 + y6; (6) x6 + 12x5 + 60x4 + 160x3 + 240x2 + 192x + 64; (7)1126162419264 (подставить x = 100 в задаче 6); (8) 999000.



19

1. Выражение(1.52 + 2

7) : 127 − 1.52

0.02− 145

равно целому числу. Найти это число.

2. Решить уравнение 5x−65x−9 −

10x−315x+9 =

13 .

3. Разложить на множители выражение a4 − 9a2 − 6ab− b2.

4. Возвести в седьмую степень сумму x + 1 используя свойства тре-угольника Паскаля.

5. Вычислить 9993.

6. Вычислить сумму цифр числа 1999992.

7. Выражение

x5+5x4+10x3+10x2+5x+1

x4 − 1−2·x

3+3x2+3x+1

(x2+1)(x+1)2− (x2 + 7)(x− 1)3

x4−4x3+6x2−4x+1

тождественно равно целому числу. Доказать, что это так и найтиэто число.

20

4 Математическая индукция. бином Ньютона

4.1 Метод математической индукции.

Предположим, что нам нужно вычислить сумму 1 + 2 + 3 + . . . + n.Мы помним, что сумма равна какому-то короткому выражению, содер-жащему n. Но формулу мы забыли, а вывести ее никак не получается.Тогда можно поступить следующим образом.

Обозначим сумму Sn = 1+2+3+ . . .+n. Тогда S1=1, S2=1+2=3,S3 = 1+2+3 = 6 и так далее. Вычислим несколько первых членовпоследовательности Sn, например, превые 13:

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11 S12 S13

1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66 78 91

Для того, чтобы понять закономерность, разложим числа на множи-тели следующим образом: найдем наибольший множитель, который неделится нацело ни на какое число, кроме себя самого и единицы:

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11 S12 S13

1 3 3·2 5·2 5·3 7·3 7·4 3·12 5·9 11·5 11·6 13·!6 13·7

Заметим, что для некоторых Sn имеется множитель n (для S1, S3, S5,S7,S9, S11,S13). Попробуем его выделить:

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11 S12 S13

1 2·32 3 · 2 4·5

2 5 · 3 6·72 7 · 4 8·9

2 9 · 5 10·112 11 · 6 12·13

2 13 · 7

Выделим знаменатель 2 во всех случаях:

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11 S12 S131·22

2·32

3·42

4·52

5·62

6·72

7·82

8·92

9·102

10·112

11·122

12·132

13·142

и получаем формулу Sn = n(n+1)2 .

Замечание. Таким образом можно только догадаться, какая мо-жет быть формула, но, если от нас требуют найти сумму, то формулунеобходимо доказать. Мы не можем перебрать все варианты, так как

21

их бесконечно много. Значит, нужен другой способ доказательства. На-пример метод математической индукции.

Предположим, что требуется установить истинность некоторой бес-конечной последовательности утверждений P1, P2, P3, . . .

Теорема (Метод математической индукции).

1. Известно, что утверждение P1 верно.

2. Известно также, что для любого натурального n из того, что верноутверждение Pn следует, что верно утверждение Pn+1.

Тогда вся последовательность утверждений P1, P2, P3, . . . верна.Доказательство. Из того что выполнено утверждение утвержде-

ние P1 следует, что выполнено P2 (это следует из пункта 2 условиятеоремы). Тогда из того, что выполнено P2 следует, что выполнено P3

(по той же причине). Из того, что выполнено P3 следует, что выпол-нено P4. И так далее. Интуитивно понятно, что теорема верна, однакоэто рассуждение не является доказательством, так как мы не можемперебрать бесконечное число утверждений. Перейдем теперь к доказа-тельству.

Предположим, что для некоторого натурального m утверждение Pm

не верно. Пусть k — наименьшее натуральное число, для которого утвер-ждение Pk не верно. Так как P1 верно, то k > 1. Так как k — наимень-шее, то утверждение Pk−1 верно. Тогда из условия 2 теоремы следует,что утверждение Pk−1+1 = Pk верно, что противоречит нашему предпо-ложению. Следовательно, вся последовательность утверждений P1, P2,P3, . . . верна.

Задача 1. С помощью математической индукции доказать, что длялюбого натурального k верно равенство

1 + 2 + 3 + . . .+ k =k(k + 1)

2. (1)

Решение. При k = 1 выражение (1) принимает вид 1 = 1·22 , то есть

1 = 1.

22

Предположим, что равенство верно для k = n, то есть 1 + 2 + 3 +. . . + n = n(n+1)

2 . Докажем, что утверждение верно для k = n+1. Таккак 1 + 2 + 3 + . . .+ n = n(n+1)

2 , то

1 + 2 + 3 + . . .+ n+ (n+1) = (1 + 2 + 3 + . . .+ n) + (n+1) =

=n(n+1)

2+ (n+1) =

n(n+1) + 2(n+1)

2=

(n+2)(n+1)

2,

что и требовалось доказать. Следовательно, все условия теоремы о ма-тематической индукции выполняются и равенство (1) верно для всехнатуральных k.

Замечание. Найти сумму 1 + 2 + 3 + . . .+ n можно более простымспособом. Добавим к сумме точно такую же сумму и сгруппируем сле-дующим образом: первое слагаемое из первой суммы с последним сла-гаемым из второй суммы, второе из первой суммы с предпоследним извторой суммы и так далее.

1 2 3 . . . n− 2 n− 1 n

+ + + . . . + + +n n− 1 n− 2 . . . 3 2 1

Таким образом получаем

(1+2+3+. . .+(n−2) + (n−1)+n)+(1+2+3+. . .+(n−2)+(n−1)+n)==(1+n)+(2+(n−1))+(3+(n−2))+. . .+((n−2)+3)+((n−1)+2)+(n+1)=

= (n+1) + (n+1) + (n+1) + . . .+ (n+1) + (n+1) + (n+1) = n(n+1).

Следовательно, 2 · (1 + 2 + 3 + . . .+ n) = n(n+ 1), то есть

1 + 2 + 3 + . . .+ n =n(n+ 1)

2.

Обрадовавшись успеху с суммой 1+ 2+3+ . . .+n попробуем найтисумму квадратов

12 + 22 + 32 + . . .+ n2.

Обозначим сумму Sn = 12 + 22 + 32 + . . . + n2. Тогда S1 = 1, S2 == 12 + 22 = 5, S3 = 1 + 4 + 9 = 14 и так далее. Вычислим несколькопервых членов последовательности Sn, например, превые 13:

23

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11 S12 S13

1 5 14 30 55 91 140 204 285 385 506 650 819

Для того, чтобы понять закономерность, разложим числа на множи-тели следующим образом: найдем наибольший множитель, который неделится нацело ни на какое число, кроме себя самого и единицы:

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S11

1 5 7 · 2 5 · 6 11 · 5 13 · 7 7 · 20 17 · 12 19 · 15 11 · 35 23 · 22

Обратим внимание на следующие числа

S2 S3 S5 S6 S8 S9 S11

5 7 · 2 11 · 5 13 · 7 17 · 12 19 · 15 23 · 22·

Здесь можно предположить множитель 2n+1. Попробуем его выделить.

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S1133 5 7 · 2 9·10

3 11 · 5 13 · 7 15·7·43 17 · 12 19 · 15 21·5·11

3 23 · 22


S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S1133

5·33

7·63

9·103

11·153

13·7·33

15·7·43

17·4·93

19·5·93

21·5·113

23·11·63

Попробуем выделить множитель n (он прослеживается в S1, S3, S5, S7,S9, S11)

S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S113·13

5·2·36

7·3·23

9·4·56

11·5·33

13·6·76

15·7·43

17·8·96

19·9·53

21·10·116

23·11·63


S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 S9 S10 S113·1·26

5·2·36

7·3·46

9·4·56

11·5·66

13·6·76

15·7·86

17·8·96

19·9·106

21·10·116

23·11·63

и получаем формулу Sn = (2n+1)n(n+1)6 .

Если она верна, то нам удастся доказать ее с помощью математиче-ской индукции. Попытаемся это сделать.

24

Замечание. Рассуждения выше — не единственный способ нахож-дения суммы 12 + 22 + 32 + . . .+ n2, есть и другие способы.

Задача 2. С помощью математической индукции доказать, что длялюбого натурального k верно равенство

12 + 22 + 32 + . . .+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)

6. (2)

Решение. При k = 1 выражение (2) принимает вид 1 = 1·2·36 , то есть

1 = 1.Предположим, что равенство верно для k = n, то есть 12 + 22 + 32+

+ . . .+n2 = n(n+1)(2n+1)6 . Докажем, что утверждение верно для k = n+1,

то есть, что

12 + 22 + 32 + . . .+ n2 + (n+ 1)2 =(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6.

Так как 12 + 22 + 32 + . . .+ n2 = n(n+1)(2n+1)6 , то

12 + 22 + 32 + . . .+ n2 + (n+ 1)2 == (12 + 22 + 32 + . . .+ n2) + (n+ 1)2 =

= n(n+1)(2n+1)6 + (n+ 1)2 =

= n(n+1)(2n+1)+6(n+1)2

6 = (n+1)(2n2+n+6n+6)6 = (n+1)(2n2+7n+6)

6 .

Сравним полученный результат с необходимым и заметим, что(n+2)(2n+3) = 2n2+7n+6, откуда следует, что равенство выполняетсядля k = n + 1. Таким образом все условия теоремы о математическойиндукции выполняются и равенство (2) верно для всех натуральных k.

4.2 Бином Ньютона.

Число n! = 1 ·2 ·3 · . . . ·n называется факториалом натурального числаn. Определим также 0! = 1.

Например, 1! = 1; 2! = 1 ·2 = 2; 3! = 1 ·2 ·3 = 6; 4! = 1 ·2 ·3 ·4 = 24.

25

Теорема (бином Ньютона). Для любых x, y, для любого нату-рального n верно равенство

(x+ y)n = cnnxn + cn−1n xn−1y + . . .+ c2nx

2yn−2 + c1nxyn−1 + c0ny

n, (3)

где ckn = n!k!(n−k)! .

Например, при n = 2 имеем c22 = 2!2!0! = 2

2·1 = 1, c12 = 2!1!1! = 2,

c02 =2!0!2! = 1;

(x+ y)2 = c22x2 + c12xy + c02y

2 = x2 + 2xy + y2,

равенство верно.При n = 3 имеем c33 = 3!

3!0! =66·1 = 1, c23 = 3!

2!1! = 3, c13 = 3!1!2! = 3,

c03 =3!0!3! = 1;

(x+ y)3 = c33x3 + c23x

2y + c13xy2 + c02y

3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3,

равенство верно.Лемма. Для любого натурального i, такого что 1 ≤ i ≤ k, выпол-

няется равенствоci−1k + cik = cik+1.

Доказательство леммы. Действительно,

ci−1k + cik =k!

(i−1)!(k−i+1)! +k!

i!(k−i)! =

= k!1·2·3·...·(i−1)·1·2·3·...·(k−i)(k−i+1) +

k!1·2·3·...·(i−1)·i·1·2·3·...·(k−i) =

= (k!)·i+(k!)(k−i+1)1·2·3·...·(i−1)·i·1·2·3·...·(k−i)(k−i+1) =

(k!)(k+1)1·2·3·...·i·1·2·3·...·(k−i)(k+1−i) =

(k+1)!i!(k+1−i)! = cik+1.

Лемма доказана.Доказательство теоремы. При y = 0 равенство (3) принимает

вид yn = yn.При y 6= 0 поделим равенство (3) на yn:(x

y+ 1

)n

= cnn

(x

y

)n

+ cn−1n

(x

y

)n−1+ . . .+ c2n

(x

y

)2

+ c1nx

y+ c0n.

26

Обозначим t = xy , получим

(t+ 1)n = cnntn + cn−1n tn−1 + . . .+ c2nt

2 + c1nt+ c0n. (4)

Докажем равенство (4) методом математической индукции.1. При n = 1 равенство (4) принимает вид t + 1 = c11t + c01. Так как

c01 = c11 =1!1!1! = 1, то равенство верно.

2. Предположим, что равенство (4) верно при n = k. Докажем, чтоиз этого следует, что равенство верно для n = k + 1.

Итак, мы знаем что (t + 1)k = ckktk + ck−1k tk−1 + . . . + c2kt

2 + c1kt + c0k.Из этого следует, что

(t+1)k+1=(t+1)k(t+1) = (ckktk+ck−1k tk−1+. . .+c2kt

2+c1kt+c0k)(t+1)==(ckkt

k+1+ . . .+c2kt3+c1kt

2+c0kt) + (ckktk+ . . .+c2kt

2+c1kt+c0k)=

=ckktk+1+(ck−1k +ckk)t

k + (ck−2k +ck−1k )tk−1 + . . .++(c2k+c3k)t

3 + (c1k+c2k)t2 + (c0k+c1k)t+ c0k.

Из леммы следует, что

(t+1)k+1 = tk+1 + ckk+1tk + ck−1k+1t

k−1 + . . .+ c3k+1t3 + c2k+1t

2 + c1k+1t+ 1 =

= ck+1k+1t

k+1 + ckk+1tk + ck−1k+1t

k−1 + . . .+ c3k+1t3 + c2k+1t

2 + c1k+1t+ c0k+1.

Следовательно, согласно теореме о математической индукции равен-ство (4) выполняется для любого натурального n.

Заменив t = xy и домножив на yn получим равенство (3). Теорема

доказана.

Задача 3. Вычислить c35.Решение. c35 =

5!3!2! =

1·2·3·4·51·2·3·1·2 = 2 · 5 = 10.

Ответ: 10.

27

4.3 Треугольник Паскаля.

Вспомним про треугольник Паскаля из §1.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

Доказывая теорему о биноме Ньютона, мы доказали лемму о том,что для любого натурального i, такого что 1 ≤ i ≤ k, выполняется ра-венство ci−1k + cik = cik+1. Отсюда следует, что коэффициенты cik биномаНьютона являются числами треугольника Паскаля, то есть:

1c11 c01

c22 c12 c02c33 c23 c13 c03

. . .

cnn cn−1n . . . c1n c0ncn+1n+1 cnn+1 . . . c1n+1 c

0n+1

. . .

Действительно, c11 = c01 = 1, далее c22 = c02 = 1, c12 = c11 + c01 = 2. Итак далее. Новая строка строится из предыдущей, числа получаются спомощью сложения чисел из предыдущей строки: cik+1 = ci−1k + cik.

Задача 4. Найти сумму cnn + cn−1n + . . .+ c2n + c1n + c0n.Решение. Напомним, что (t + 1)n = cnnt

n + cn−1n tn−1 + . . . + c3nt3+

+c2nt2 + c1nt+ c0n (см. (4), бином Ньютона). При t = 1 получаем

2n = (1 + 1)n = cnn + cn−1n + . . .+ c3n + c2n + c1n + c0n.

Ответ: 2n.

28

Задачи.


1. Найти 5!, 6!, 7!.

2. Сравнить числа 210 и 10!. Ответ обосновать.

3. Сравнить числа 1005, 5100 и 100!. Ответ обосновать.

4. Упростить k!(k−2)!2! .

5. Найти c25, c06, c26, c33, c810.

6. Возвести в шестую степень выражение x+1 (использовать БиномНьютона). Проверить с помощью треугольника Паскаля.

7. Найти сумму 22 + 42 + 62 + . . .+ (2n)2.

8. Найти сумму 243c55 − 81c45 + 27c35 − 9c25 + 3c15 − c05.

9. Доказать, что c37 + c47 = c48 (см. теорему о Биноме Ньютона).

10. С помощью математической индукции доказать, что

1 ·2+2 ·3+3 ·4+4 ·5+ . . .+(n−1) ·n+n ·(n+1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3.

11. Доказать, что 13 + 23 + 33 + . . .+ n3 = (1 + 2 + 3 + . . .+ n)2.

Ответы к задачам. (1) 120, 720, 5040; (2) 210 < 10!; (3) 1005 < 5100 <

< 100!; (4) k(k−1)2 ; (5) 10, 1, 15, 1, 45; (6) (x + 1)6 = x6 + 6x5 + 15x4+

+20x3 + 15x2 + 6x+ 1; (7) 2n(n+1)(2n+1)3 ; (8) 32.



1. Найти c24, c57, c08, c38, c2200.

29

2. Доказать, что c48 + c58 = c59.

3. С помощью математической индукции доказать, что

13 + 23 + 33 + . . .+ n3 =n2(n+ 1)2

4.

4. Найти сумму 1 + 3 + 5 + 7 + . . .+ 2n− 1.

5. Найти сумму 2ncnn + 2n−1cn−1n + . . .+ 4c2n + 2c1n + c0n.

6. Возвести в восьмую степень выражение x − 1, используя БиномНьютона.

7. Доказать неравенство Бернулли: для любого натурального n, еслиx > −1, то справедливо неравенство

(1 + x)n ≥ 1 + nx.

30

5 Сравнение по модулю целого числа

В этом параграфе мы будем изучать только целые числа.Говорят, что целые числа i и j сравнимы по модулю m, если их

разность i − j делится на m. Обозначается это следующим образом:i ≡ j (modm).

Например, 1 ≡ 4 (mod 3), 1 ≡ 21 (mod 5), 35 ≡ 0 (mod 7).

Задача 1. Найти все целые числа x, такие что x ≡ 3 (mod 5).Решение. Нам нужно найти все x, такие что разность x− 3 делится

на 5. Таким образом, x − 3 = 5k, то есть x = 3 + 5k, где k — любоецелое число.

Ответ: x = 3 + 5k, где k — любое целое число.

Теорема 1. Если a ≡ b (modm), a′ ≡ b′ (modm), тоa) a+ a′ ≡ b+ b′ (modm),b) aa′ ≡ bb′ (modm).

Доказательство. Из a ≡ b (modm), a′ ≡ b′ (modm) следует, чточисла a − b и a′ − b′ делятся на m, то есть существуют целые числа k

и l, такие что a− b = km и a′ − b′ = lm. Следовательно,

a+ a′ − (b+ b′) = (a− b) + (a′ − b′) = (k + l)m,

aa′−bb′=aa′−ba′+ba′−bb′=a′(a−b)+b(a′−b′)=a′km+blm=(a′k+bl)m,

то есть a+ a′ ≡ b+ b′ (modm) и aa′ ≡ bb′ (modm).

Следствие. Если a1≡b1 (modm), a2≡b2 (modm), . . . an≡bn (modm),то

a) a1 + a2 + . . .+ an ≡ b1 + b2 + . . .+ bn (modm),b) a1a2 · . . . · an ≡ b1b2 · . . . · bn (modm).

Замечание. Из ac ≡ bc (modm) не всегда следует, что a ≡ b (modm).Например, 2 · 2 ≡ 5 · 2 (mod 6), но 2 6≡ 5 (mod 6).

Задача 2. Решить в целых числах 3x+ 5y = 67.Решение. Так как 3x ≡ 0 (mod 3), то 3x + 5y ≡ 5y ≡ −y (mod 3).

При этом 67 ≡ 1 (mod 3), следовательно, −y ≡ 1 (mod 3). Домножив

31

обе части на −1 получим y ≡ −1 (mod 3), то есть y = −1 + 3k, k —любое целое число.

Подставим y в уравнение 3x + 5y = 67, получим 3x + 15k = 72, тоесть x+ 5k = 24. Следовательно, x = 24− 5k.

Ответ: x = 24− 5k, y = −1 + 3k, k — любое целое число.

Задача 3. Найти остаток от деления 5753 на 7.Решение. Нам нужно найти целое число от 0 до 6, кооторое сравнимо

с 5753 по модулю 7. Так как 57 ≡ 1 (mod 7), то 5753 ≡ 153 = 1 (mod 7).Ответ: 1.

Задача 4. Найти остаток от деления 15753 на 7.Решение. Так как 157 ≡ 3 (mod 7), то 15753 ≡ 353 (mod 7). Так как

353 = (33)17 · 32 = 2717 · 9, 27 ≡ −1 (mod 7) и 9 ≡ 2 (mod 7), то

353 = 2717 · 9 ≡ (−1)17 · 2 = −2 ≡ 5(mod 7).

Ответ: 5.

Задача 5. Целое число a не делится на 3. Доказать, что a2≡1 (mod 3).Решение. Так как a не делится на 3, то возможны два случая:

1. если a ≡ 1 (mod 3), то a2 ≡ 1 (mod 3);

2. если a ≡ −1 (mod 3), то a2 ≡ (−1)2 = 1 (mod 3).

Задача 6. Доказать, что при возведении в пятую степень целогочисла последняя цифра не меняется.

Решение. Нам нужно доказать, что a5 − a делится на 10.Докажем, что a5 − a делится на 2:

1. если a ≡ 0 (mod 2), то a5 − a ≡ 0 (mod 2);

2. если a ≡ 1 (mod 2), то a5 − a ≡ 15 − 1 = 0 (mod 2).

Докажем, что a5 − a делится на 5:

1. если a ≡ 0 (mod 5), то a5 − a ≡ 0 (mod 5);

2. если a ≡ 1 (mod 5), то a5 − a ≡ 15 − 1 = 0 (mod 5);

32

3. если a ≡ −1 (mod 5), то a5 − a ≡ (−1)5 + 1 = 0 (mod 5);

4. если a ≡ 2 (mod 5), то a5 − a ≡ 32− 2 = 30 ≡ 0 (mod 5);

5. если a ≡ −2 (mod 5), то a5 − a ≡ −32 + 2 = −30 ≡ 0 (mod 5).Следовтельно, a5 − a делится на 10.

Задача 7. Найти последнюю цифру числа 777.

Решение. Нам нужно найти остаток от деления числа 777 на 10. Так

как 72 = 49 ≡−1 (mod 10), то 74≡ (−1)2 = 1 (mod 10). Следовательно,74k+l=(74)k ·7l ≡ 1k ·7l=7l (mod 10) для любых натуральных k и l.

Найдем остаток от деления числа 77 на 4:

77 ≡ (−1)7 = −1 ≡ 3 (mod 4),

то есть 77 = 4k + 3, k — натуральное. Следовательно, 777 = 74k+3 ≡≡ 73 = 49 · 7 ≡ −7 ≡ 3 (mod 10).

Ответ: 3.

Задача 8. Найти остаток от деления числа 1116 на 17.Решение. Так как 11 ≡ −6 (mod 17), то

1116 ≡ (−6)16 = 616 = 368 ≡ 28 = 162 ≡ (−1)2 = 1 (mod 17).

Ответ: 1.

Следующая теорема упрощает решение многих задач.Теорема 2 (малая теорема Ферма). Если p — простое число и a

не делится на p, то ap−1 ≡ 1 (mod p).Доказательство. Пусть k, l — различные натуральные числа, такие

что 1 ≤ k < l ≤ p − 1. Докажем, что ka 6≡ la (mod p). Действительно,la − ka = (l − k)a не делится на p, так как числа a и l − k не делятсяна p, p — простое.

Следовательно, остатки от деления чисел a, 2a, 3a, . . . (p−1)a на pразличны (и не равны нулю). Обозначим их за a1, a2, a3, . . . ap−1, гдеia ≡ ai (mod p), 1 ≤ ai ≤ p − 1.Так как количество чисел в множе-стве {a1, a2, a3, . . . ap−1} совпадает с количеством чисел в множестве{1, 2, 3, . . . p− 1} отличных от нуля остатков от деления на p, то эти

33

множества совпадают. Следовательно, совпадают произведения всехэлементов этих множеств. Таким образом,

a · 2a · 3a · . . . · (p− 1)a ≡ a1a2a3 . . . ap−1 = 1 · 2 · 3 · . . . · (p−1) (mod p),

то есть

ap−1 ·1 · 2 · 3 · . . . · (p−1) ≡ 1 · 2 · 3 · . . . · (p−1) (mod p),

откуда получаем, что (ap−1−1)1 · 2 · 3 · . . . · (p− 1) делится на p.Так как НОД(1 · 2 · 3 · . . . · (p − 1), p) = 1, то ap−1 − 1 делится на p.

Теорема доказана.

Из малой теоремы Ферма сразу можно получить ответ в задаче 8.Решение задачи 6 становится короче, так как из a 6≡ 0 (mod 5) сразуследует, что a4 ≡ 1, то есть a5 ≡ a (mod 5).

Задача 9. Найти все натуральные числа n, такие что 2n+3 делитсяна 55.

Решение. Число делится на 55 тогда и только тогда, когда оно делит-ся на 5 и на 11. Рассмотрим остатки от деления чисел 2n на 5, найдемминимальную степень, в которой 2n дает остаток 1 при делении на 5:

n 1 2 3 4 5 6 7 82n 2 4 8 16 32 64 128 256

остаток 2 4 3 1 2 4 3 1.

Заметим, что 24 = 16 ≡ 1 (mod 5). Остатки циклически повторяютсяс периодом 4. Если 2n + 3 делится на 55, то 2n + 3 ≡ 0 (mod 5), то есть2n ≡ 2 (mod 5). Следовательно, n = 1 + 4i, i — любое неотрицательноецелое число.

Рассмотрим остатки от деления чисел 2n на 11:

24 ≡ 5 (mod 11),25 = 24 · 2 ≡ 5 · 2 = 10 (mod 11),26 ≡ 10 · 2 = 20 ≡ 9 (mod 11),

27 ≡ 9 · 2 = 18 ≡ 7 (mod 11), . . .

34

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 142n 2 4 8 16 32 64 128

остаток 2 4 8 5 10 9 7 3 6 1 2 4 8 . . .

Заметим, что 210 ≡ 1 (mod 11). Остатки циклически повторяются спериодом 10. Если 2n +3 делится на 55, то 2n +3 ≡ 0 (mod 11), то есть2n ≡ 8 (mod 11). Следовательно, n = 3+ 10j, j — любое неотрицатель-ное целое число. Таким образом,{

n = 1 + 4in = 3 + 10j

⇔{

1 + 4i = 3 + 10jn = 3 + 10j

⇔{

2i = 1 + 5jn = 3 + 10j

⇔

⇔{

j = 2k + 1n = 3 + 10j

⇔{

j = 2k + 1n = 13 + 20k

,

k — любое неотрицательное целое число.Ответ: n = 13 + 20k, k — любое неотрицательное целое число.

В заключение приведем теорему Эйлера.Напомним, что числа a и b называются взаимно простыми, если

НОД(a, b) = 1.Определение. Функция Эйлера ϕ(m) определена для любого на-

турального числа m и равна количеству натуральных чисел не превы-шающих m и взаимно простых с ним.

При m = 12 числа 1, 5, 7, 11 взаимно просты с 12, следовательноϕ(12) = 4. Приведем таблицу значений функции Эйлера:

m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18ϕ(m) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6

Теорема 3 (теорема Эйлера). Если НОД(a,m) = 1, то aϕ(m) ≡ 1(modm).

35

Задачи.


1. Найти все целые числа x, такие что 2x ≡ 3 (mod 5).

2. Найти все целые числа x, такие что 2x2 ≡ 3 (mod 5).

3. Найти все целые числа x, такие что x+ y ≡ 3 (mod 5).

4. Найти остаток от деления числа 3748 на 9.


6. Проверить справедливость малой теоремы Ферма для чисел p = 7и a = 2, p = 3 и a = 25, p = 5 и a = 4, p = 7 и a = 6.

7. Найти значение функции Эйлера для чисел 22, 23, 24, 25, 59, 60,91.



10. Найти остаток от деления 54357 + 19114 на 12.


12. Найти последнюю цифру числа 12 + 22 + 32 + . . .+ 992.

13. Найти все натуральные числа n, такие что 2n − 3 делится на 65.

14. Найти все натуральные числа n, такие что 3n − 5 делится на 77.

Ответы к задачам. (1) x = 5k − 1, k — любое целое число; (2)x = 5k ± 2, k — любое целое число; (3) x = k, y = 3 − k + 5l, k, l —любые целые числа; (4) 1; (5) 2; (7) 10, 22, 8, 20, 58, 16, 72; (8) 71; (9)1; (10) 4; (11) 3; (12) 0; (13) таких нет; (14) n = 23 + 30l, l — любоеположительное целое число.

36



1. Найти все целые числа x, такие что 5x ≡ 4 (mod 7).

2. При каких натуральных m для любых целых чисел a, b, c из ac≡bc(modm), c 6≡ 0 (modm) следует, что a ≡ b (modm)?

3. Найти остаток от деления 11511 на 11.

4. Доказать, что остатки от деления числа 123456 +456123 на 7, на 11и на 13 совпадают.

5. Найти все натуральные числа n, такие что 2n+15 делится на 403.

6. Найти последнюю цифру числа 113 + 123 + 133 + . . .+ 993.

7. Известно, что пятизначное число abcde делится на 41. Доказать,что, если цифры числа abcde циклически переставить, то получив-шееся число делится на 41. То есть, надо доказать, что числа bcdea,cdeab, deabc, eabcd делятся на 41.

37

6 Графики функций

В этом параграфе изучим графики некоторых известных функций: на-рисуем прямую, параболу, гиперболу, график функции y = |x|.

Когда мы строим график, необходимо нарисовать оси, отметить еди-ничные отрезки, подписать оси (x и y). По возможности найти точки,в которых график пересекает оси координат.

Уравнение y = kx+ b (или ax+ by+ c = 0, ab 6= 0) задает прямую наплоскости. Для того, чтобы построить прямую достаточно найти дветочки, через которые она проходит.

Задача 1. Построить график функции y = 0.5x− 2.Решение. Прямую можно построить по двум точкам. Добавим тре-

тью точку для проверки.

x 0 2 4y -2 -1 0

Прямая на рисунке 1.

-2 -1 0 1 2 3 4

-3

-2

-1

1

2

3

рис.1

-1 0 1 2 3 4

-3

-2

-1

1

2

3

рис.2

Задача 2. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовле-творяющее уравнению x = 3.

Решение. См. рисунок 2.

38

График функции вида y = ax2 (a 6= 0) называется параболой.Если a > 0, то оси параболы направлены вверх, если a < 0, то оси

параболы направлены вниз.Для того, чтобы построить параболу необходимо построить как ми-

нимум пять точек, одна из которых вершина параболы (точка (0;0)).Задача 3. Построить график функции y = x2.

Решение.x -2 -1 0 1 2y 4 1 0 1 4

, см. рисунок 3.

Задача 4. Построить график функции y = −x2

2 .

Решение.x -2 -1 0 1 2y -2 -0.5 0 -0.5 -2


Прямая x = 0 называется осью параболы (ось симметрии). Если мыотразим от нее правую ветвь параболы, то мы получим левую.

-2 -1 0 1 2

1

2

3

4

y=x2

рис.3

-3 -2 -1 0 1 2 3

-4

-3

-2

-1

y=-0.5x2

рис.4

График функции вида y = ax (a 6= 0) называется гиперболой. Гипер-

бола не пересекает ось y. Она состоит из двух ветвей, симметричныхотносительно начала координат.

Если a > 0, то ветви гиперболы расположены в I и III четвертях,если a < 0, то ветви гиперболы расположены во II и IV четвертях.

39

Для того, чтобы построить гиперболу необходимо построить как ми-нимум шесть точек.

Задача 5. Построить график функции y = 1x .

Решение.x −2 −1 −0.5 0.5 1 2y −0.5 −1 −2 2 1 0.5


-2 -1 0 1 2

-2

-1

1

2

11

рис.5

-2 -1 0 1 2

1

2

3

4

y=-1x2

рис.6

Задача 6. Построить график функции y = 1x2 .

Решение.x −2 −1 −0.5 0.5 1 2y 0.25 1 4 4 1 0.25


На рисунке 7 изображены 4 параболы. На рисунке 8 изображены двегиперболы.

Функция y = ax2+bx+c, a 6= 0 называется квадратичной функцией.Для того, чтобы изучить ее свойства, выделим полный квадрат:

ax2 + bx+ c = a(x2 + bax) + c = a

(x2 + 2 · b

2a · x+ ( b2a)

2 − ( b2a)

2)+ c =

= a(x+ b2a)

2 − b2

4a + c.

Обозначим x0 = − b2a и y0 = − b2

4a + c. В новых обозначениях имеем:y = a(x− x0)

2 + y0. График этой функции — парабола, полученная изграфика функции y = ax2 с помощью двух параллельных переносов:

40

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

y=x2y=x-32

y=2x2

y=-0.5x2

рис.7

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3y=-3/x

y=2/x

рис.8

- сдвига вдоль оси Ox на |x0| единиц (вправо, если x0 > 0 или влево,если x0 < 0);

- сдвига вдоль оси Oy на |y0| единиц (вверх, если y0 > 0 или вниз,если y0 < 0).

Точка с координатами (x0; y0) называется вершиной параболы. Длятого, чтобы правильно построить график функции, необходимо найтиточки пересечения графика с осями координат.

Задача 7. Построить график функции y = 0.5x2 − 2x− 6.Решение. Найдем вершину параболы x = − b

2a = − −22·0.5 = 2; y = −8.

Затем найдем значения в соседних точках:

x 0 1 2 3 4y -6 -7.5 -8 -7.5 -6

,

заметим, что значения в точках, симметричных относительно от вер-шины, одинаковы. Кроме этого, необходимо найти точки пересеченияграфика с осями координат. Мы уже нашли точку пересечения с осьюx: точка (0,−6). Найдем точки пересечения с осью y. Для этого решимуравнение 0.5x2 − 2x − 6 = 0. Получим корни −2 и 6. То есть графикпроходит через точки (−2, 0) и (6, 0). Строим график (см. рис. 9).

41

-4 -3 -2 -10 1 2 3 4 5 6 7 8

-8-7-6-5-4-3-2-1

123

y=0.5x-2x-62

рис.9

-3 -2 -1 0 1 2 3

-2

-1

1

2

3

4y=|x|

y=|x|-2

y=|x-1|

рис.10

Определение. Модуль числа a обозначается |a| и равен

|a| =[

a, при a ≥ 0−a, при a ≤ 0

Например, |5| = 5, | − 3| = 3, |0| = 0.

Задача 8. Построить график функции y = |x|.Решение. При x ≥ 0 |x| = x. Строим график y = x для x ≥ 0.При x ≤ 0 |x| = −x. Строим график y = x для −x ≤ 0 (см. рис. 1).

Задача 9. Построить график функции y = |x− 1|.Решение. При x ≥ 1 |x − 1| = x − 1. Строим график y = x − 1 для

x ≥ 1.При x ≤ 1 |x− 1| = −(x− 1) = −x+ 1. Строим график y = −x+ 1

для x ≤ 1. См. рисунок 10.

Задача 10. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовле-творяющее уравнению|x+ y| ≤ 2.

42

Решение. Сначала рисуем множество точек, удовлетворяющее урав-нению

|x+ y| = 2.

Это две параллельные прямые: x + y = 2 и x + y = −2, то естьy = −x + 2 и y = −x − 2. Эти прямые делят плоскость Oxy на тричасти, на каждой из которых выражение |x+ y| − 2 имеет постоянныйзнак. Достаточно подставить в |x + y| − 2 по одной точке из каждойчасти, чтобы узнать знаки. В левой нижней части возьмем, например,точку (-2,-2). Получим |−2−2| − 2 = 4−2 = 2 > 0. Значит эта частьне входит в искомое множество. В средней части возьмем, например,точку (0,0). Получим |0+0| − 2 = 0−2 = −2 < 0. Значит все точкииз средней части входят в искомое множество. Заметим, что границатоже входит в искомое множество, так как неравенство нестрогое.

В правой верхней части возьмем, например, точку (3,3). Получим|3+3| − 2 = 6−2 = 4 > 0. Значит все точки из правой верхней части невходят в искомое множество. См. рисунок 11.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

рис.11

Задача 11. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовле-творяющее уравнению|x|+ |y| = 2.

Решение. В I четверти (x ≥ 0, y ≥ 0) уравнение имеет вид x+ y = 2,то есть y = −x+ 2. Это прямая, рисуем ее отрезок в I четверти.

43

Во II четверти (x ≤ 0, y ≥ 0) уравнение имеет вид −x + y = 2, тоесть y = x+ 2. Это прямая, рисуем ее отрезок во II четверти.

В III четверти (x ≤ 0, y ≤ 0) уравнение имеет вид −x − y = 2, тоесть y = −x− 2. Это прямая, рисуем ее отрезок в III четверти.

В IV четверти (x ≥ 0, y ≤ 0) уравнение имеет вид x− y = 2, то естьy = x − 2. Это прямая, рисуем ее отрезок в IV четверти. См. рисунок12.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

1

2

|x|+|y|=2

рис.12

-2 -1 0 1 2

-2

-1

1

2

|x|+|y|<2-

рис.13

Задача 12. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовле-творяющее неравенству|x|+ |y| − 2 ≤ 0.

Решение. Сначала рисуем множество точек, удовлетворяющее урав-нению

|x|+ |y| = 2

(см. задачу 11). Полученная ломаная разделила плоскость на две части:точки внутри квадрата и точки снаружи квадрата. Причем на каждойчасти выражение |x|+ |y| − 2 имеет постоянный знак. Достаточно под-ставить по одной точке из каждой части, чтобы узнать эти знаки.

Во внутренней части возьмем, например, точку (0,0). Получим |0|++|0| − 2 = 0 + 0 − 2 = −2 < 0. Значит все точки, находящиеся внут-ри квадрата, входят в искомое множество. Заметим, что граница тожевходит в искомое множество, так как неравенство нестрогое.

44

Во внешней части возьмем, например, точку (3,0). Получим |3|++|0| − 2 = 3 + 0− 2 = 1 > 0. Значит все точки, находящиеся снаружиквадрата, не входят в искомое множество. См. рис. 13.

Напоследок приведем следующий пример: на рисунке 14 изображеномножество точек, удовлетворяющее уравнению x2 + (y −

√|x|)2 = 1.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

1

2

рис.14

Задачи.

Ко всем рисункам должно быть пояснение, как вы построили графи-ки (в случае простой задачи — табличка значений x и y). Если какая-тозадача не получается, можно составить табличку значений x и y, по-лучить много точек (например, 14) и нарисовать их на плоскости Oxy.Тогда скорее всего задача станет понятней.

Во всех задачах необходимо находить точки пересечения с осямикоординат, подписывать оси и отмечать деления осей (или единичныеотрезки).

1. Построить график функции y = 2x− 3.

2. Построить график функции y = 1.

3. Построить график функции y = 2x2.

4. Построить график функции y = x2 + 1.

45

5. Построить график функции y = (x− 1)2.

6. Построить график функции y = 2x2 + 3x− 5.

7. Построить график функции y = −|x|.

8. Построить график функции y = |x|+ 1.

9. Построить график функции y = |2x|.

10. Построить график функции y = 6x .

11. Построить график функции y = 4x2 .

12. Построить график функции y = 1x + 1.

13. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовлетворяющееуравнению (x− 1)(y − 2) = 0.

14. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовлетворяющееуравнению |x− y| = 2.

15. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовлетворяющееуравнению |x− y| ≤ 2.

Ответы к задачам.

0 1 2

-3

-2

-1

1

2

1.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-2

-1

1

2

2.

46

-2 -1 0 1 21

2

3

4

5

6

7

8

3.

-2 -1 0 1 21

2

3

4

5

6

7

8

4.

-1 0 1 2 3-1

1

2

3

4

5

6

7

5.

-3 -2 -1 0 1

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

6.

-2 -1 0 1 2

-1

1

2

3

4

9.

-2 -1 0 1 2

-3

-2

-1

1

2

7.

-2 -1 0 1 2

-1

1

2

3

4

8.

-6 -5 -4 -3 -2 -10 1 2 3 4 5 6

-6-5-4-3-2-1

123456

10.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

11.

-6 -5 -4 -3 -2 -10 1 2 3 4 5 6

-6-5-4-3-2-1

123456

12.

-2 0 2 4

-2

2

4

13.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

14.

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

15.

47


Ко всем рисункам должно быть пояснение, как вы построили графи-ки (в случае простой задачи — табличка значений x и y). Если какая-тозадача не получается, можно составить табличку значений x и y, по-лучить много точек (например, 14) и нарисовать их на плоскости Oxy.Тогда скорее всего задача станет понятней.

Во всех задачах необходимо находить точки пересечения с осямикоординат, подписывать оси и отмечать деления осей (или единичныеотрезки).

1. Построить график функции y = x2

4 .

2. Построить график функции y = −x2 + 4x+ 5.

3. Построить график функции y = |x+ 2|.

4. Изобразить на плоскоти Oxy множество точек, удовлетворяющееуравнению xy = 4.

5. Построить на одном графике следующие пять отрезков:

y = 7, 1 ≤ x ≤ 11,y = 3x− 8, 3 ≤ x ≤ 6,y = −3x+ 28, 6 ≤ x ≤ 9,y = −3x

4 + 734 , 1 ≤ x ≤ 9,

y = 3x4 − 11

4 , 3 ≤ x ≤ 11.

6. Изобразить на плоскости Oxy множество точек, удовлетворяющееуравнению

|x− y|+ |x+ y| = 4.

(Подсказка: рассмотреть 4 части плоскости Oxy, в кождой изкоторых модули имеют постоянный знак. На эти 4 части плос-кость делят две прямые: x+ y = 0 и x− y = 0.)

48

7. Придумать уравнение (или набор функций), которое задает краси-вую картинку на плоскостиOxy. Написать уравнение (или несколь-ко уравнений) и нарисовать это на графике. (Замечание: окруж-ность, парабола и гипербола — это тоже красивые картинки.)

49

7 Графический способ решения уравнений и систем

Для того, чтобы решить систему уравнений{

y = f(x)y = g(x)

, иногда бывает

полезно построить графики функций y = f(x) и y = g(x). Решениемсистемы будут точки пересечения этих графиков.

Для того, чтобы решить систему уравнений{

f(x, y)=0g(x, y)=0

, изобразим

на плоскости множество точек, удовлетворяющее уравнению f(x, y)=0,и множество точек, удовлетворяющее уравнению g(x, y) = 0. Решениемсистемы будет пересечение этих множеств.

Задача 1. Решить систему уравнений{

y = 0.5x+ 1y = 4− x

.

Решение. Построим графики функций y = 0.5x + 1 и y = 4 − x.Они пересекаются в точке M с координатами (2; 2). Следовательно,решением системы уравнений является точка x = 2, y = 2 (см. рис. 1).

Ответ: (2; 2).

-2 -1 0 1 2 3 4

-1

1

2

3

4

5

M

рис.1

-2 0 2 4 6

2

4

6

M

N

рис.2

Уравнение f(x)=g(x) можно превратить в систему уравнений{

y=f(x)y=g(x)

и построить графики функций y = f(x) и y = g(x).

Задача 2. Решить уравнение |x| = 0.5x+ 3.

50

Решение. Построим графики функций y = |x| и y = 0.5x+ 3. Числоx = x0 является решением уравнения |x| = 0.5x + 3 тогда и толькотогда, когда графики функций y = |x| и y = 0.5x+3 пересекаются приx = x0. Они пересекаются в точках M и N с координатами (−2; 2) и(6; 6) (см. рисунок 2). Следовательно, решением уравнения |x| = 0.5x+3являются числа −2 и 6.

Ответ: −2, 6.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

рис.3

Задача 3. Решить уравнение 3x = −x2 + 3x+ 1.

Решение. Построим графики функций y = 3x и y = −x2 + 3x + 1.

Для того, чтобы построить график гиперболы y = 3x , найдем значения

в нескольких точках:

x −3 −2 −1 1 2 3y −1 −1.5 −3 3 1.5 1

Найдем вершину параболы y = −x2+3x+1: x = − b2a = − −3

2·(−1) = 1.5;y = 3.25. Затем найдем значения в соседних точках:

x -1 0 1 1.5 2 3 4y -3 1 3 3.25 3 1 -3

Заметим, что значения в точках, симметричных относительно от вер-шины, одинаковы. Строим график (см. рисунок 3).

51

Число x = x0 является решением уравнения 3x = −x2 + 3x+ 1 тогда

и только тогда, когда графики функций y = 3x и y = −x2 + 3x + 1

пересекаются при x = x0. Они пересекаются в точках M и N с коор-динатами (−1;−3), (1; 3) и (3; 1). Следовательно, решением уравнения|x| = 0.5x+ 3 являются числа −1, 1 и 3.

Ответ: −1, 1, 3.Задача 4. При каких значениях a графики функций y = |x|−|x+1|

и y = ax пересекаются в трех различных точках?Решение. Построим график функции y = |x| − |x+1|. Заметим, что

при x ≥ 0 y = |x| − |x+ 1| = x− (x+ 1) = −1,при x ∈ [−1; 0] y = |x| − |x+ 1| = −x− (x+ 1) = −2x− 1,при x ≤ −1 y = |x| − |x+ 1| = −x+ (x+ 1) = 1.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-2

2

y=|x|-|x+1|A

B

y=ax

рис.4

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-2

2

y=|x|-|x+1|A

B

y=-x

рис.5

y =

−1, при x ≥ 0−2x− 1, при x ∈ [−1; 0]1, при x ≤ −1.

То есть, график функции y = |x| − |x+ 1| состоит из трех кусочковразличных прямых (см. рисунок 4). Так как прямые пересекаются неболее чем в одной точке, то нам необходимо, чтобы прямая y = axпересекала все эти три кусочка.

При a ≥ 0 прямая y = ax пересекает y = |x| − |x+ 1| в одной точке(пересекает отрезок AB).

При a ∈ (−∞;−1) прямая y = ax пересекает y = |x|−|x+1| в однойточке (правый луч).

52

При a = −1 прямая y = ax пересекает y = |x|− |x+1| в двух точках(правый луч и точка A) (см. рисунок 5).

При a ∈ (−1; 0) прямая y = ax пересекает y = |x| − |x + 1| в трехточках. Имеем, при a ∈ (−1; 0) будет ровно три пересечения.

Ответ: (−1; 0).

Задачи.

1. Решить систему уравнений{

y = x− 2y = x2

.


y = |x− 3|y = −2x2 .

3. Решить уравнение x2 + 2x− 9 = 18x .

4. При каких значениях a система уравнений{

y = |x+ 1|+ |x− 1|y = ax

имеет более трех корней?

5. При каких значениях a графики функций |x − y| + |x + y| = 4 иy = x2 + a пересекаются в трех различных точках?

6. При каких значениях a система уравнений{|x− y|+ |x+ y| = 4y = x2 + a

имеет ровно два корня?

Ответы к задачам. (1) (−2;−4), (1;−1); (2) нет корней; (3) −3, −2,3; (4) 2; (5) −2 (см. рис. 1-4); (6) {−6} ∪ (−2; 2) (см. рис. 1-4).

53

-3 -2 -10 1 2 3

-6

-4

-2

2

рис.1

-2 -1 0 1 2

-2

2

рис.2

-2 -1 0 1 2

-2

2

рис.3

-2 -1 0 1 2

-2

2

4

рис.4



y = x+ 2y = x2

.


y = |x+ 2|3x+ 5y = 2

.

3. Решить уравнение 6x = 7− x2.

4. При каких значениях a система уравнений{

y = |x+ 2|+ |x− 2|y = ax+ 2

имеет ровно один корень?

(Подсказка: график функции y = |x+2|+ |x−2| состоит из трехкусочков различных прямых. Нужно рассмотреть промежуткиx ≤ −2, −2 ≤ x ≤ 2 и x ≥ 2.)

5. При каких значениях a графики функций |x|+ |y| = 2 и y = a− xпересекаются в двух различных точках?

6. При каких значениях a система уравнений{|x|+ |y| = 3y = x2 − a

имеет

ровно пять корней?

54

(Подсказка: подстановкой можно убедиться, что, если пара{

x = x1y = y1

удовлетворяет системе{|x|+ |y| = 3y = x2 − a

, то пара{

x = −x1y = y1

так-

же удовлетворяет системе. Отсюда можно делать выводы о ко-личестве корней.)

55

Содержание

1 Элементарная теория чисел 3

2 Элементарная теория чисел 9

3 Разложение на множители.Треугольник Паскаля 143.1 Преобразование выражений. . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 Треугольник Паскаля. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.3 Обыкновенные дроби. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4 Математическая индукция. бином Ньютона 214.1 Метод математической индукции. . . . . . . . . . . . . . 214.2 Бином Ньютона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3 Треугольник Паскаля. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

5 Сравнение по модулю целого числа 31

6 Графики функций 38

7 Графический способ решения уравнений и систем 50

56

Documents

Заочная школа СУНЦ МГУ 8 класс, алгебра8 класс, алгебра Н. Е. Шавгулидзе СУНЦМГУ 2015 Шавгулидзе Н.Е. Заочная