Zahlentheorie USE 19 Aufgabe. Thema: Zahlentheorie in den Aufgaben C6 des Einheitlichen Staatsexamens XII Interdistriktwissenschaftliche und praktische Konferenz „Schritt in die Zukunft“ Abschnitt: Mathematik Abgeschlossen von: Ildar Garifullin, - Präsentation

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Ist es in einer unendlich abnehmenden Reihenfolge möglich? 1; \frac12 ;\frac13 ;\frac14 ;\frac15 ;... wählen:

A) fünf Zahlen;

B) fünfzig Zahlen;

V) eine unendliche Menge von Zahlen, die eine arithmetische Folge bilden.

Lösung

A) Dürfen. Diese Reihenfolge ist abnehmend, daher werden wir nach einer abnehmenden Progression suchen. Beachten Sie die Reihenfolge \frac5n ; \frac4n ; \frac3n ; \frac2n ; \frac1n ist eine abnehmende arithmetische Folge, ihre Differenz ist die Zahl -\frac1n. Es bleibt noch, den Nenner n so zu wählen, dass sich die Zähler aufheben. Es ist klar, dass man als Nenner n ein Vielfaches aller Zähler nehmen kann, zum Beispiel die Zahl 60. Dann erhalten wir die arithmetische Folge \frac1(12) ;\frac1(15) ;\frac1(20) ;\frac1(30) ;\frac1(60) , die Bedingungen des Problems erfüllen.

B) Dürfen. Folge \frac(50)n ;\frac(49)n ;...;\frac3n ;\frac2n ;\frac1n ist eine abnehmende arithmetische Folge mit der Differenz -\frac1n. Nehmen wir die Zahl n als Nenner 50!=50\cdot 49\cdot ...\cdot 2\cdot 1, dann erhalten wir nach der Reduktion der Brüche 50 verschiedene Brüche, deren Zähler alle gleich 1 sind, d. h. wir erhalten die gewünschte arithmetische Folge.

V) Es ist verboten. Tatsächlich ist jede arithmetische Folge eine lineare Funktion auf der Menge der natürlichen Zahlen. In diesem Fall nimmt sie ab, was bedeutet, dass die Gerade, auf der die Punkte liegen, die den Mitgliedern dieser Folge entsprechen, die Ox-Achse schneidet. Daher werden ab einer bestimmten Zahl alle Terme der arithmetischen Folge negativ, und in dieser Reihenfolge gibt es keine negativen Terme. Dies bedeutet, dass es in einer gegebenen unendlich abnehmenden Folge unmöglich ist, eine unendliche Menge von Zahlen auszuwählen, die eine arithmetische Folge bilden.

Antwort

A) Ja; B) Ja; V) Nein.

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Gibt es achthundert verschiedene natürliche Zahlen, deren arithmetisches Mittel größer ist als ihr größter gemeinsamer Teiler?

A) genau 500 Mal;

B) genau 400 Mal;

V) Finden Sie die kleinstmögliche natürliche Zahl, die dem Verhältnis des arithmetischen Mittels dieser Zahlen zu ihrem größten gemeinsamen Teiler entspricht.

Lösung

A) Lassen Sie uns ein Beispiel für 800 erstellen – eine Elementarfolge, deren arithmetisches Mittel genau 500-mal größer als GCD ist. Sei x die letzte Zahl in der Folge 1, 2, 3,..., 799, x. Da der ggT dieser Zahlen gleich 1 ist, muss die Bedingung erfüllt sein \frac(1+2+3+...+799+x)(800)= 500. Daher ist \frac((799+1)\cdot 799)(2)+x= 800\cdot 500; x=800\cdot 500-400\cdot 799= 400(2\cdot 500-799)=400\cdot 201=80\,400. Somit hat die erforderliche Sequenz die Form 1, 2, 3,..., 798, 799, 80\,400.

B) Sei der gcd von achthundert Zahlen a_1< a_2< a_3< ... < a_{800} gleich d. Dann a_1\geqslant d, a_2\geqslant 2d,..., a_(800)\geqslant 800d. Somit, a_1+a_2+...+a_(800) \geqslant d(1+2+3+...+800)= 400\cdot 801d, und das arithmetische Mittel \frac(a_1+a_2+...+a_(800))(800)\geqslant \frac(801)2 d=400,5d. Das bedeutet, dass das arithmetische Mittel nicht genau 400-mal größer als GCD sein kann.

V) Im vorherigen Absatz für das arithmetische Mittel der Folge a_1, a_2, a_3,..., a_(800) Die Bewertung ist eingegangen \frac(a_1+a_2+...+a_(800))(800) \geqslant 400,5d. Das bedeutet, dass die kleinste natürliche Zahl dem Verhältnis des arithmetischen Mittels dieser Zahlen zu ihrem gcd entspricht, also nicht weniger als 401. Zeigen wir, dass es gleich 401 sein kann. Lassen d=1. Ein Beispiel für eine solche Folge ist 800 – die Elementfolge 1, 2, 3,..., 799, 1200. Ihr größter gemeinsamer Teiler ist 1 und ihr arithmetisches Mittel ist \frac(1+2+3+...+799+1200)(800)= \frac(400\cdot 799+1200)(800)= \frac(400(799+3))(800)= \frac(802)2= 401.

Antwort

A) Ja; B) Nein; V) 401 .

Quelle: „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2017. Profilebene.“ Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Christina hat eine dreistellige natürliche Zahl erfunden.

A) Kann der Quotient aus dieser Zahl und der Summe ihrer Ziffern gleich 3 sein?

B) Kann der Quotient aus dieser Zahl und der Summe ihrer Ziffern gleich 28 sein?

V) Was ist der kleinste natürliche Wert, den der Quotient aus einer gegebenen Zahl und der Summe ihrer Ziffern haben kann?

Lösung

Eine dreistellige Zahl soll die Form \overline(abc) haben, wobei a, b und c Ziffern sind, und a\neq 0. Dann die vorgesehene Nummer \overline(abc)=100a+10b+c \geqslant 100, und die Summe seiner Ziffern ist a+b+c \leqslant 9+9+9=27.

A) Nein, da der betrachtete Quotient gleich ist \frac(100a+10b+c)(a+b+c)\geqslant \frac(100)(27) > 3. Dies bedeutet, dass es nicht gleich drei sein kann.

B) Ja vielleicht. Wenn \frac(100a+10b+c)(a+b+c)=28, Das 100a+10b+c=28a+28b+28c; 72a=18b+27c; 8a=2b+3c. Die letzte Gleichheit gilt zum Beispiel, wenn a=1, b=4, c=0. Das bedeutet, dass der Quotient aus 140 und der Summe seiner Ziffern ist \frac(140)(1+4+0=28).

V) Sei n der Wert einer bestimmten Zahl und die Summe ihrer Ziffern, wobei n eine natürliche Zahl ist. Dann \frac(100a+10b+c)(a+b+c)=n. 100a+10b+c=na+nb+nc, (100-n)a+(10-n)b=(n-1)c.

Wenn n\leqslant 10, Das (100-n)a+(10-n)b \geqslant (100-n)a\geqslant (100-n)\cdot 1\geqslant 90, A (n-1)c \leqslant 9c. Von hier, 9c\geqslant 90, c\geqslant 10, was unmöglich ist, da c eine Zahl ist.

Bedeutet, n > 10, aber dann n\geqslant 11(da n natürlich ist). Für n=11 Nehmen wir ein Beispiel. Aus Gleichheit 100a+10b+c=na+nb+nc in diesem Fall bekommen wir 89a=b+10c. Bei a=1, b=9 Und c=8 wir bekommen, was wir brauchen. Somit beträgt der Quotient aus 198 und der Summe seiner Ziffern 11. Dies ist der kleinste natürliche Wert von n.

Antwort

A) Nein; B) Ja; V) 11 .

Quelle: „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2017. Profilebene.“ Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Auf der Tafel stehen mehr als 20, aber weniger als 30 ganze Zahlen. Das arithmetische Mittel dieser Zahlen ist -3, das arithmetische Mittel aller positiven ist 5 und das arithmetische Mittel aller negativen ist -10.

A) Wie viele Zahlen stehen auf der Tafel?

B) Welche Zahlen sind größer: positiv oder negativ?

V) Was ist am meisten große Menge Könnten darunter positive Zahlen sein?

Lösung

Es seien insgesamt n Zahlen an der Tafel geschrieben, 20 < n < 30. Unter diesen Zahlen seien k positive Zahlen, bezeichnen wir sie a_1, a_2,..., a_(k);\, m negativ, bezeichnen wir sie b_1, b_2,..., b_m und p Nullen. Dann k+m+p=n und entsprechend den Bedingungen des Problems \frac(a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0)(n)= -3,

\frac(a_1+a_2+...+a_k )(k)=5, \frac(b_1+b_2+...+b_m )(m)=-10.

Aus diesen Gleichheiten folgt das a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0 = -3n,

a_1+a_2+...+a_k=5k,

b_1+b_2+...+b_m=-10m.

Woher bekommen wir es? 5k-10m=-3n.

A) Beachten Sie das in der Gleichheit 5k-10m=-3n Die linke Seite ist durch 5 teilbar, was bedeutet, dass die rechte Seite auch durch 5 teilbar ist. Daraus folgt, dass n durch 5 teilbar ist. Als 20 < n < 30, Das n=25.

B) Lasst uns in Gleichheit ersetzen, 5k-10m=-3n Ausdruck für n=k+m+p. Wir bekommen: 5k-10m=-3(k+m+p), 8k+3p=7m. Weil das p\geqslant 0, es bedeutet das k Daher gibt es mehr negative als positive Zahlen.

V) Ersetzen wir es in die Formel 5k-10m=-3n Bedeutung n=25. Wir bekommen: 5k-10m=-75, Wo k=2m-15. Als k+m=25-p \leqslant 25, wir haben 2m-15+m=3m-15 \leqslant 25, 3m\leqslant 40, m\leqslant 13. Dann k=2m-15 \leqslant 11, das heißt, es gibt nicht mehr als 11 positive Zahlen.

Lassen Sie uns ein Beispiel geben, das zeigt, dass es genau 11 positive Zahlen geben kann.

Die Zahl 5 soll 11 Mal und die Zahl 13 Mal an die Tafel geschrieben werden -10 und 0 wird einmal geschrieben. Dann \frac(11\cdot 5+13\cdot (-10) )(25)=-\frac(75)(25)=-3.

Somit erfüllt die angegebene Menge alle Bedingungen des Problems.

Antwort

A) 25 ; B) Negativ; V) 11 .

Quelle: „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2017. Profilebene.“ Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Wir nennen eine Zahlenmenge schön, wenn sie in zwei Teilmengen mit der gleichen Zahlensumme unterteilt werden kann.

A) Ist die Menge \(500; 501; 502;..., 599\) schön?

B) Ist die Menge \(5; 25; 125;..., 5^(100)\) schön?

V) Wie viele schöne vierelementige Teilmengen hat die Menge \(1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\)?

Lösung

A) Teilen wir das Set auf \{500; 501; 502;...; 599\} in 50 Paare aufteilen, wobei die Summe der Zahlen in jedem gleich ist 1099: \{500; 599\}, \{501; 598\},...\,.

Ein Haufen \{500; 501; 502;...; 599\} kann in zwei Teilmengen mit jeweils 25 solchen Paaren unterteilt werden. Dies bedeutet, dass die Summe in diesen beiden Teilmengen gleich ist und die Menge ergibt \{500; 501; 502;...; 599\} ist schön.

B) beachte das 5^(100) > \frac(5^(100)-1)4= 5^{99} +5^{98} +...+25+5+1. Daher die Summe der Zahlen in einer Teilmenge der Menge \{5; 25; 125;...; 5^{100} \}, enthaltend 5^{100} , ist immer größer als die Summe der anderen Zahlen, also die Menge \{5; 25; 125;...; 5^{100} \} ist nicht schön.

V) Beachten Sie, dass eine Menge mit vier Elementen in zwei Fällen schön ist: Entweder ist eine Zahl die Summe von drei anderen, oder die Menge enthält zwei Zahlenpaare mit gleichen Summen.

Teilmengen einer Menge \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\}, den ersten Fall zu erfüllen ist \{1; 3; 5; 9\}, \{3; 5; 6; 14\}, \{1; 6; 7; 14\}.

Betrachten wir den zweiten Fall. Beachten Sie, dass die Summe aller Zahlen in einer schönen Teilmenge gerade ist. Im Originalsatz gibt es nur zwei gerade Zahlen, daher sind die Zahlen 6 und 14 entweder beide in dem schönen Teilsatz mit vier Elementen enthalten oder nicht gleichzeitig darin enthalten. Wenn 6 und 14 in der Teilmenge sind, dann ist entweder die Summe der anderen beiden Zahlen 20, was unmöglich ist, da die Summe der größten verbleibenden Zahlen ist 7+9 < 20, oder die Differenz der beiden anderen Zahlen beträgt 8.

Wir erhalten eine schöne Teilmenge: \{1; 6; 9; 14\}.

Wenn 6 und 14 nicht in der Teilmenge sind, dann liegt eine schöne Teilmenge in der Menge \{1; 3; 5; 7; 9\}. Wir erhalten schöne Teilmengen (zwei Zahlenpaare mit gleichen Summen): \{1; 3; 5; 7\}, \{1; 3; 7; 9\}, \{3; 5; 7; 9\}. Insgesamt haben wir 7 wunderschöne Teilmengen erhalten.

Antwort

A) Ja; B) Nein; V) 7 .

Quelle: „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2017. Profilebene.“ Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.

Jobtyp: 19
Thema: Zahlen und ihre Eigenschaften

Zustand

Der Lehrer dachte an mehrere verschiedene ganze Zahlen und schrieb eine Reihe dieser Zahlen und alle ihre möglichen Summen (2, 3 usw. Terme) in nicht abnehmender Reihenfolge an die Tafel. Wenn er zum Beispiel an die Zahlen 1,-5,6 dachte, dann würde die Menge -5,-4,1,1,2,6,7 an die Tafel geschrieben.

A) Der Satz -5,-2,3,4,7,9,12 wurde an die Tafel geschrieben. Welche Zahlen hatte der Lehrer im Sinn?

B) Für etwa drei erdachte Zahlen wurde ein Satz an die Tafel geschrieben. Ist es immer möglich, aus dieser Menge die beabsichtigten Zahlen zu ermitteln?

V) Darüber hinaus ist bekannt, dass der Lehrer 4 Nummern geplant hat. Alle sind ungleich 0. Wie viele Nullen können maximal an die Tafel geschrieben werden?

Lösung

A) Wenn der Lehrer 4 oder mehr Zahlen im Kopf hat, müssen mindestens 15 Zahlen an die Tafel geschrieben werden. Wenn der Lehrer 2 oder weniger Zahlen im Kopf hat, sollten nicht mehr als 3 Zahlen an die Tafel geschrieben werden. Daraus folgt, dass der 3. Termin geplant war. Wenn der Lehrer an zwei negative Zahlen gedacht hätte, wären mindestens drei negative Zahlen an die Tafel geschrieben worden. Das bedeutet, dass es in der Menge nur eine negative Zahl gibt und diese die kleinste ist, also -5. Die größte Zahl aus der Menge ist das Ergebnis der Summe zweier positiv gedachter Zahlen. Von den ausgeschriebenen positiven Zahlen ergeben nur 3 und 9 12. So entstanden die Zahlen -5,3,9.

B) Nein nicht immer. Beispielsweise wird für die vorgesehenen Zahlen -5,2,3 und -3,-2,5 derselbe Satz -5,-3,-2,0,2,3,5 an die Tafel geschrieben.

V) Wenn der Lehrer 4 Zahlen hat (a, b, c, d), dann werden 15 Zahlen an die Tafel geschrieben: die Zahlen selbst (4 Stück), Summen von 2 Begriffen – 6 Stück, Summen von 3 Begriffen – 4 Stück, as sowie die Summe aller Zahlen. Teilen wir die geschriebenen Zahlen in 3 Gruppen ein.

Gruppe A sind die beabsichtigten Zahlen selbst, Gruppe B sind Summen von 2 Termen, C ist Summen von 3 und 4 Termen.

In Gruppe A gibt es laut Bedingung keine Nullen.

Betrachten Sie Gruppe B. Die Summe zweier Zahlen sei gleich 0, also a+b=0. Wenn wir annehmen, dass a+c=0, dann a+b=a+c, b=c, und dies widerspricht der Tatsache, dass alle gedachten Zahlen unterschiedlich sind. Das bedeutet a+c \neq 0. Ebenso a+d \neq 0, b+c \neq 0, b+d \neq 0. Es ist möglich, dass c+d=0. Es gibt keine anderen Summen von 2 Termen. Das bedeutet, dass Gruppe B höchstens zwei Nullen hat.

Betrachten Sie Gruppe C. Zeigen wir, dass darin höchstens eine Null steht. Nehmen wir das Gegenteil an. Dann gibt es mindestens zwei Nullen. In diesem Fall ist mindestens eine Null die Summe von drei gedachten Zahlen, das heißt, wir können annehmen, dass a+b+c=0. Wenn a+b+c+d=0, dann ist d=0, was der Bedingung widerspricht. Dann ist mindestens eine der Gleichungen erfüllt: a+b+d=0, a+c+d=0, b+c+d=0. Im ersten Fall ist a+b+c=a+b+d=0, dann c=d. Im zweiten Fall ist b=d, im dritten a=d. Dies bedeutet, dass alle drei Fälle der Bedingung widersprechen und unsere Annahme falsch ist. Daher gibt es in Gruppe C höchstens eine Null.

Somit überschreitet die Gesamtzahl der Nullen nicht 0+2+1=3. Geben wir ein Beispiel für geplante Zahlen, für die genau 3 Nullen an die Tafel geschrieben werden. Lassen Sie den Lehrer an die Zahlen 2, -2,3, -3 denken. Dann ist 2+(-2)=0; 3+(-3)=0; 2+(-2)+3+(-3)=0. An der Tafel stehen genau 3 Nullen.48, das arithmetische Mittel ist 6, der größte gemeinsame Teiler ist 1.

B) Ja. Zum Beispiel 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 11. Die Summe dieser Zahlen ist 40, das arithmetische Mittel ist 5, der größte gemeinsame Teiler ist 1.

V) Der größte gemeinsame Teiler von acht Zahlen sei a_(1)< a_{2} <...< a_{8} равен d . Тогда a_{1} \geq d, a_{2} \geq 2d,..., a_{8} \geq 8d. Следовательно, a_(1)+a_(2)+...+a_(8) \geq 36d, und das arithmetische Mittel \frac(a_(1)+a_(2)+...+a_(8))(8) \geq \frac(36)(8)d=4,5d. Das bedeutet, dass das arithmetische Mittel nicht genau viermal größer als der größte gemeinsame Teiler sein darf.

Antwort

A) Ja; B) Ja; V) Nein.

Quelle: „Mathematik. Vorbereitung auf das Einheitliche Staatsexamen 2017. Profilebene.“ Ed. F. F. Lysenko, S. Yu.

Das heißt, 1 \leq S(x) \leq 28, was 1987 \leq x \leq 2014 bedeutet. Gemäß dem Test der Teilbarkeit durch 3 haben die Zahlen x und S(x) bei Division durch 3 die gleichen Reste. Wenn die Zahl x ein Vielfaches von 3 ist, dann ist x=3k, k\in\mathbb N und S(x)=3m, m\in\mathbb N und die Summe x+S(x) ist ein Vielfaches von 3. Aber die Zahl 2015 ist kein Vielfaches von 3. In diesem Fall hat die Gleichung keine Lösungen.

Sei x=3k+1 und S(x)=3m+1, dann hat die Summe x+S(x) wie die Zahl 2015, wenn sie durch 3 geteilt wird, einen Rest von 2. Unter den Zahlen von 1987 bis 2014 ergibt der Rest 1 bei Division durch 3 die Zahlen 1987, 1990, 1993, 1996, 1999, 2002, 2005, 2008, 2011, 2014. Nach Überprüfung dieser Zahlen sind wir überzeugt, dass nur die Jahre 1993 und 2011 geeignet sind. Sei x=3k+2 und S(x)=3m+2, dann hat die Summe x+S(x), wenn sie durch 3 geteilt wird, einen Rest von 1, und die Zahl 2015, wenn sie durch 3 geteilt wird, hat einen Rest von 2. In diesem Fall hat die Gleichung keine Lösungen.

B) Gemäß dem Teilbarkeitstest für Zahlen x haben S(x) und S(S(x)) bei Division durch 3 die gleichen Reste. Das bedeutet, dass die Summe x+S(x)+S(S(x)) durch 3 teilbar ist. Die Zahl 2015 ist nicht durch 3 teilbar, daher gibt es keine Lösungen.

V) Zahl x< 2015. 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.

Gemäß dem Test der Teilbarkeit durch 9 haben die Zahlen x, S(x) und S(S(x)) und S(S(S(x))) bei Division durch 9 die gleichen Reste. Wenn die Zahl 2015 durch 9 geteilt wird, bleibt ein Rest von 8 übrig, daher muss die Zahl x einen Rest von 2 übrig lassen. Unter den Zahlen von 1968 bis 2015 ergibt der Rest 2 bei Division durch 9 1973, 1982, 1991, 2000, 2009. Nach Überprüfung dieser Zahlen sind wir überzeugt, dass nur das Jahr 1991 geeignet ist.

Antwort

A) 1993 ; 2011 ;

B) keine Lösungen;

V) 1991.

Die 19. Aufgabe in der Profilstufe des Einheitlichen Staatsexamens in Mathematik zielt darauf ab, die Fähigkeit der Studierenden zum Umgang mit Zahlen, insbesondere deren Eigenschaften, zu ermitteln. Diese Aufgabe ist die schwierigste und erfordert einen nicht standardmäßigen Ansatz und gute Kenntnisse der Eigenschaften von Zahlen. Betrachten wir nun eine typische Aufgabe.

Analyse typischer Optionen für Aufgaben Nr. 19 des Einheitlichen Staatsexamens in Mathematik auf Profilebene

Erste Version der Aufgabe (Demoversion 2018)

Auf der Tafel stehen mehr als 40, aber weniger als 48 ganze Zahlen. Das arithmetische Mittel dieser Zahlen beträgt –3, das arithmetische Mittel aller positiven Zahlen beträgt 4 und das arithmetische Mittel aller negativen Zahlen beträgt –8.

a) Wie viele Zahlen stehen auf der Tafel?

b) Welche Zahlen werden häufiger geschrieben: positiv oder negativ?

c) Wie viele positive Zahlen kann es maximal darunter geben?

Lösungsalgorithmus:

1. Wir führen die Variablen k ein, l, M.
2. Finden Sie die Summe einer Reihe von Zahlen.
3. Wir beantworten Punkt a).
4. Wir bestimmen, welche Zahlen größer sind (Punkt b)).
5. Bestimmen Sie, wie viele positive Zahlen es gibt.

Lösung:

1. Seien k positive Zahlen unter den an der Tafel geschriebenen Zahlen. Negative Zahlen l und null m.

2. Die Summe der geschriebenen Zahlen entspricht ihrer Anzahl in einem bestimmten Eintrag an der Tafel, multipliziert mit dem arithmetischen Mittel. Bestimmen Sie den Betrag:

4k−8 l+ 0⋅m = − 3(k + l+m)

3. Beachten Sie, dass in der gerade angegebenen Gleichung links jeder der Terme durch 4 teilbar ist, daher ist die Summe der Anzahl jeder Art von Zahlen k + l+ m ist auch durch 4 teilbar. Gemäß der Bedingung erfüllt die Gesamtzahl der geschriebenen Zahlen die Ungleichung:

40 < k + l+m< 48

Dann k + l+ m = 44, weil 44 die einzige natürliche Zahl zwischen 40 und 48 ist, die durch 4 teilbar ist.

Das bedeutet, dass nur 44 Zahlen auf der Tafel stehen.

4. Bestimmen Sie, welche Art von Zahlen es mehr gibt: positiv oder negativ. Dazu stellen wir die Gleichung 4k −8l = − 3(k + l+m) in eine vereinfachte Form: 5 l= 7k + 3m.

5. m≥ 0. Dies impliziert: 5 l≥ 7k, l> k. Es stellt sich heraus, dass mehr negative als positive Zahlen geschrieben werden. Wir ersetzen k + l+ m Nummer 44 in Gleichheit

4k −8l = − 3(k + l+ m).

4k − 8 l= −132, k = 2 l − 33

k + l≤ 44, dann ergibt sich: 3 l− 33 ≤ 44; 3l ≤ 77;l≤ 25; k = 2 l− 33 ≤17. Von hier aus kommen wir zu dem Schluss, dass es nicht mehr als 17 positive Zahlen gibt.

Wenn es nur 17 positive Zahlen gibt, wird die Zahl 4 17 Mal an die Tafel geschrieben, die Zahl −8 wird 25 Mal geschrieben und die Zahl 0 wird 2 Mal geschrieben. Eine solche Menge erfüllt alle Anforderungen des Problems.

Antwort: a) 44; b) negativ; c) 17.

Zweite Option 1 (von Yashchenko, Nr. 1)

Auf der Tafel sind 35 verschiedene natürliche Zahlen geschrieben, von denen jede entweder gerade ist oder in ihrer Dezimalschreibweise auf die Zahl 3 endet. Die Summe der geschriebenen Zahlen beträgt 1062.

a) Können genau 27 gerade Zahlen auf der Tafel stehen?

b) Können genau zwei Zahlen auf der Tafel auf 3 enden?

c) Wie viele Zahlen mit der Endung 3 dürfen am wenigsten auf der Tafel stehen?

Lösungsalgorithmus:

1. Geben wir ein Beispiel für eine Zahlenmenge, die die Bedingung erfüllt (Dies bestätigt die Möglichkeit einer Zahlenmenge).
2. Wir prüfen die Wahrscheinlichkeit der zweiten Bedingung.
3. Die Antwort auf die dritte Frage suchen wir, indem wir die Variable n einführen.
4. Wir schreiben die Antworten auf.

Lösung:

1. Diese ungefähre Zahlenliste an der Tafel erfüllt die gegebenen Bedingungen:

3,13,23,33,43,53,63,73,2,4,6,…,50,52,56

Damit ist Frage a bejaht.

2. An der Tafel stehen genau zwei Zahlen, deren letzte Ziffer 3 ist. Dann stehen dort 33 gerade Zahlen. Ihre Summe:

Dies widerspricht der Tatsache, dass die Summe der geschriebenen Zahlen 1062 beträgt, d. h. es gibt keine positive Antwort auf Frage b.

3. Wir gehen davon aus, dass an der Tafel n Zahlen stehen, die auf 3 enden, und dass (35 – n) der ausgeschriebenen Zahlen gerade sind. Dann ist die Summe der Zahlen, die auf 3 enden, gleich

und die Summe der geraden Einsen:

2+4+…+2(35 – n)=(35 – n)(36 – n)= n 2 -71 n+1260.

Dann aus der Bedingung:

Wir lösen die resultierende Ungleichung:

Es stellt sich heraus, dass . Da wir nun wissen, dass n eine natürliche Zahl ist, erhalten wir .

3. Die kleinste Anzahl von Zahlen, die auf 3 enden, kann nur 5 sein. Und werden 30 gerade Zahlen addiert, dann ist die Summe aller Zahlen ungerade. Das bedeutet, dass es mehr Zahlen gibt, die auf 3 enden. als fünf, da die Summe nach Bedingung einer geraden Zahl entspricht. Versuchen wir, 6 Zahlen zu nehmen, wobei die letzte Ziffer 3 ist.

Geben wir ein Beispiel, bei dem 6 Zahlen auf drei enden und 29 gerade Zahlen. Ihre Summe beträgt 1062. Das Ergebnis ist die folgende Liste:

3, 13, 23, 33, 43, 53, 2, 4, ..., 54, 56, 82.

Antwort: a) ja; b) nein; um 6.

Dritte Option (von Yashchenko, Nr. 4)

Masha und Natasha haben mehrere Tage hintereinander fotografiert. Am ersten Tag machte Masha m Fotos und Natasha - n Fotos. An jedem weiteren Tag machte jedes der Mädchen ein Foto mehr als am Vortag. Es ist bekannt, dass Natascha insgesamt 1173 Fotos mehr gemacht hat als Mascha, und dass sie mehr als einen Tag lang fotografiert haben.

a) Konnten sie 17 Tage lang fotografieren?

b) Konnten sie 18 Tage lang fotografieren?

c) Was ist die größte Gesamtzahl an Fotos, die Natascha in allen Fototagen machen konnte, wenn bekannt ist, dass Mascha am letzten Tag weniger als 45 Fotos gemacht hat?

Lösungsalgorithmus:

1. Beantworten wir Frage a).
2. Finden wir die Antwort auf Frage b).
3. Lassen Sie uns die Gesamtzahl der von Natasha aufgenommenen Fotos ermitteln.
4. Schreiben wir die Antwort auf.

Lösung:

1. Wenn Mascha am ersten Tag m Fotos gemacht hat, dann hat sie in 17 Tagen Fotos gemacht Bilder.

Ich bin allein, aber ich bin es immer noch. Ich kann nicht alles tun, aber ich kann trotzdem etwas tun. Und ich werde mich nicht weigern, das Wenige zu tun, was ich kann (c)

Ich erfülle mein Versprechen, eine Auswahl von Büchern zu veröffentlichen, die auf die Aufgabe C6 des Einheitlichen Staatsexamens 2010 in Mathematik vorbereiten könnten (nämlich Bücher mit Informationen und Problemen aus der Zahlentheorie, die für Schulkinder zugänglich sind, dank derer Sie eine erhalten können Gespür für die Besonderheiten des Materials).
Ich möchte Ihnen von ganzem Herzen danken Gast, der Empfehlungen zur Literaturauswahl gab (oder einfacher gesagt, einfach fast alle dieser Bücher benannte – siehe).
Ich stelle fest, dass es sich bei diesen Büchern nicht um Sammlungen von FIPI, MIOO usw. handelt. Ähnliche Bücher werden in der Rubrik veröffentlicht

VORBEREITUNG auf das Einheitliche Staatsexamen C6 2010 und 2011 in Mathematik (Zahlentheorie)

	Alfutova N.B. Ustinov A.V. Algebra und Zahlentheorie. Aufgabensammlung für Mathematikschulen. -M.: MTsNMO, 2002.- 264 S. Dieses Handbuch ist eine Sammlung von Problemen in der Mathematik und richtet sich in erster Linie an Oberstufenschüler, die sich für exakte Naturwissenschaften interessieren. Es wird auch für Mathematiklehrer und Mathematikstudenten an Hochschulen nützlich sein. Ein erheblicher Teil des Materials kann zur Vorbereitung auf schriftliche und mündliche Aufnahmeprüfungen an Universitäten verwendet werden. Die Sammlung basiert auf Problemen für einen Algebra-Kurs, der 1995–2000 von O.A. Chalykh, N.B. Mathematikkurse im gleichnamigen Internat. A. N. Kolmogorov, enthalten traditionell Abschnitte, die als angrenzend bezeichnet werden können. Sie befinden sich an der Schnittstelle von Algebra mit Kombinatorik, Geometrie, Zahlentheorie und mathematischer Analyse. Daher haben einige Probleme aus dem Buch nur indirekten Bezug zur Algebra. Diese Aufgaben sollen den Zusammenhang zwischen verschiedenen Zweigen der Mathematik hervorheben und die Vielfalt der Methoden veranschaulichen. Laden Sie ifolder oder mediafire herunter (pdf/rar, 1,49 MB). (3. Auflage 2009) Rusfolder
	Bazylev D. F. Ein Referenzhandbuch zur Lösung von Problemen: Diophantische Gleichungen. - Mn.: STC "API", 1999.- 160 S. ISBN 985-6344-27-1 Das Buch soll Fähigkeiten zur Lösung ganzzahliger Gleichungen entwickeln und Studierende auf Mathematikolympiaden vorbereiten. Es enthält mehr als 200 Probleme, die auf die eine oder andere Weise mit der Lösung diophantischer Gleichungen zusammenhängen, nämlich Gleichungen in ganzen Zahlen und rationalen Zahlen. Das erste Thema befasst sich ausführlich mit linearen Gleichungen in ganzen Zahlen. Das zweite Thema zielt auf die Untersuchung von Problemen im Zusammenhang mit der ganzzahligen Gleichung „x^2 + y^2 = z^2“ ab. Der dritte Teil ist der Untersuchung einzelner Fragen im Zusammenhang mit perfekten Zahlen gewidmet. Das vierte Thema stellt einige Fakten der Zahlentheorie vor, die am häufigsten zur Lösung von Problemen in diesem Handbuch verwendet werden. Ein wesentlicher Teil des Buches besteht aus Problemen, hauptsächlich mit olympischem Charakter. Zu jedem Problem gibt es eine detaillierte Lösung. Scan einer unbekannten Person, bereinigt Bolega Herunterladen (djvu, 1,6 MB) rghost || Onlinedisk
	Bardushkin V.V., Kozhukhov I.B., Prokofjew A.A., Fadeicheva T.P. Grundlagen der Theorie der Teilbarkeit von Zahlen. Gleichungen in ganzen Zahlen lösen. Optionaler Kurs. – M.: MGIET(TU), 2003. – 224 S. Berücksichtigt werden Fragen der Teilbarkeit auf der Menge der ganzen Zahlen und Methoden zur Lösung bestimmter Arten von Gleichungen in ganzen Zahlen. Alle Aufgaben sind thematisch gegliedert, viele davon sind mit Anleitungen und Lösungen versehen. Für Mathematiklehrer und Gymnasiasten von Lyzeen, Gymnasien und weiterführenden Schulen sowie für Personen, die selbstständig Mathematik studieren. Laden Sie ifolder oder narod.ru herunter (pdf/rar, 2,2 MB). Vielen Dank für das Buch! Neuere Ausgabe V.N. Barduschkin, I.V. Kozhukhov, A.A. Prokofjew, T.P. Fadeicheva Grundlagen der Teilbarkeitstheorie und Lösen von Gleichungen in ganzen Zahlen (Wahlkurs). - M.: MIET, 2004. -220 S. Herunterladen (djvu 2,27 MB)ifolder.ru || rghost
	Sikorsky K. P. Zusätzliche Kapitel zum Mathematikkurs. Ein Lehrbuch zu einem Wahlfach für Schüler der Klassen 7-8. Komp. K. P. Sikorsky. Ed. 2., hinzufügen. M., „Aufklärung“, 1974. 367 S. Das Buch besteht aus Artikeln mit theoretischem Lehrmaterial und einer Reihe von Übungen zu Themen der Wahlfächer Mathematik für die Klassen 7-8. Insbesondere: Boltyansky V.G., Levitas G.G. Teilbarkeit von Zahlen und Primzahlen/Zusatzkapitel zum Mathematikkurs. Uch. Handbuch für einen Wahlfachkurs für Schüler der 7. bis 8. Klasse. Komp. K. P. Sikorsky. - M. Bildung, 1974. - S. 5-69 Enthält die folgenden Abschnitte: ganze Zahlen und Operationen mit ihnen, Teilbarkeitssätze, Division mit einem Rest, Vergleiche und das Lösen von Problemen mit ihnen, Periodizität von Resten bei Potenzierung, relativ Primzahlen, Teilbarkeitstests, GCD und LCM, Primzahlen, Primzahlen Faktorisierung. Der Stoff ist leicht verständlich, da er für Schüler der Klassen 7-8 geschrieben ist. Herunterladen (djvu, 4,94 MB) ifolder.ru || mediafire.com
	Galkin E.V. Nichtstandardisierte Probleme in der Mathematik. Probleme mit ganzen Zahlen: Lehrbuch. Handbuch für Schüler der Klassen 7-11. - Tscheljabinsk: Vzglyad, 2005. - 271 S. - (Nichtstandardisierte Probleme in der Mathematik). ISBN 5-93946-071-2 Das Lehrbuch soll Schüler auf Schul- und Regionalolympiaden in Mathematik vorbereiten. Ein wesentlicher Teil des Buches kann in Fachklassen und Klassen mit vertieftem Mathematikstudium verwendet werden. Das System der materiellen Anordnung, die Verfügbarkeit theoretischer Informationen und unterstützender Probleme ermöglichen es, selbstständig zu lernen, Probleme mit erhöhtem Schwierigkeitsgrad in der Mathematik zu lösen. Das Handbuch richtet sich an Studierende, Mathematiklehrer, Studierende und Lehrende pädagogischer Hochschulen. Laden Sie djvu (rar+3%, 2,33 MB 600 dpi+OCR) auf ifolder.ru oder mediafire.com herunter
	Genkin S.A., Itenberg I.V., Fomin D.V. Leningrader mathematische Kreise. - Kirov, "Asa", 1994. - 272 S. -ISBN 5-87400-072-0 Das Buch fasst die Erfahrungen zusammen, die viele Generationen von Lehrern schulischer Mathematikclubs an der Fakultät für Mathematik und Mechanik der Staatlichen Universität Leningrad gesammelt haben und die dem allgemeinen Leser bisher nicht zugänglich waren. Das Buch ist in Form eines Problembuchs aufgebaut und spiegelt die Themen der ersten beiden Arbeitsjahre eines typischen Zirkels wider. Es bietet vollständig Material für die zwei- bis dreijährige Arbeit in einem schulischen Mathematikclub oder Wahlfach für Schüler der Klassen 6 bis 9 und teilweise auch für die Klassen 10 bis 11. Alle thematischen Kapitel sind mit methodischen Anmerkungen für den Lehrer versehen. Das Handbuch richtet sich an Mathematiklehrer und mathematikinteressierte Studierende. Download (djvu/rar, 4,55 MB) ifolder.ru oder mediafire
	Gorbatschow N.V. Sammlung von Olympia-Aufgaben in Mathematik. - M.: MTsNMO, 2004. - 560 S. ISBN 5-94057-156-5 Das Buch enthält Olympia-Aufgaben unterschiedlicher Komplexität – sowohl einfache Aufgaben, die oft mündlich in einer Zeile gelöst werden, als auch Forschungsaufgaben. Das Buch richtet sich an Lehrer, Leiter mathematischer Zirkel, Studierende pädagogischer Fachrichtungen und alle, die sich für Mathematik interessieren. Herunterladen (4,05 MB) ifolder.ru || Medienfeuer
	Kanel-Belov A. Ya., Kovaldzhi A. K. Wie nicht standardmäßige Probleme gelöst werden / Herausgegeben von V. O. Bugaenko. - 4. Aufl., Stereotyp. - M.: MTsNMO, 2008.- 96 S. - ISBN 978-5-94057-331-9 Das Buch beschreibt eine Reihe klassischer Ideen zur Lösung von Olympia-Aufgaben, die für die meisten Schulkinder nicht Standard sind. Jede Idee ist mit einem Kommentar, Beispielen zur Problemlösung und Aufgaben zur eigenständigen Lösung versehen. Präsentiert wird eine Auswahl von Aufgaben der Olympiade- und Forschungstypen (insgesamt 200 Aufgaben), die nach Klassen gruppiert sind. Die Sammlung richtet sich an Oberstufenschüler, Lehrer, Vereinsleiter und alle Mathematikliebhaber. Die vorherige Ausgabe des Buches erschien im Jahr 2004.
	O. Ore Einladung zur Zahlentheorie: Aus dem Englischen übersetzt. Ed. 2. stereotyp. - M.: Editorial URSS, 2003. - 128 S. Das Buch des berühmten norwegischen Mathematikers O. Ore enthüllt die Schönheit der Mathematik am Beispiel eines ihrer ältesten Zweige – der Zahlentheorie. Die Darstellung der Grundlagen der Zahlentheorie im Buch ist weitgehend unkonventionell. Neben der Vergleichstheorie und Informationen über Zahlensysteme enthält es Geschichten über magische Quadrate, das Lösen von Rechenrätseln usw. Der große Vorteil des Buches besteht darin, dass der Autor bei jeder Gelegenheit auf die Möglichkeiten der praktischen Anwendung der vorgestellten Ergebnisse hinweist und den Leser auch in den aktuellen Stand der Zahlentheorie und in Probleme einführt, die noch keine endgültige Lösung gefunden haben. Herunterladen (djvu, 2,82 MB) ifolder.ru || Medienfeuer
	Prasolov V.V. Probleme in Algebra, Arithmetik und Analysis: Lehrbuch.-M.: MTsNMO, 2007.-608 S.: Abb. - ISBN 978-5-94057-263-3 Das Buch enthält Probleme in Algebra, Arithmetik und Analysis, die mit dem Schullehrplan in Zusammenhang stehen, jedoch hauptsächlich auf einem etwas höheren Niveau im Vergleich zu gewöhnlichen Schulproblemen. Es gibt auch eine Reihe sehr schwieriger Aufgaben für Schüler im Mathematikunterricht. Die Sammlung enthält mehr als 1000 Probleme mit vollständigen Lösungen. Für Schüler, Mathematiklehrer, Leiter mathematischer Vereine, Studierende pädagogischer Institute Herunterladen (pdf/rar; 2,98 MB) mediafire.com || ifolder.ru
	Shklyarsky D.O., Chentsov N.N., Yaglom I.M. Ausgewählte Probleme und Theoreme der Elementarmathematik. Arithmetik und Algebra. - 6. Aufl. - M.: FIZMATLIT, 2001. - 480 S. - ISBN 5-9221-0106-4. Das Buch enthält 320 Probleme im Zusammenhang mit Algebra, Arithmetik und Zahlentheorie. Diese Aufgaben unterscheiden sich in ihrer Art deutlich von Standard-Schulaufgaben. Die meisten davon wurden in Schulmathematikclubs der Moskauer Staatsuniversität und bei Mathematikolympiaden in Moskau angeboten. Das Buch richtet sich an Oberstufenschüler. Auf die Probleme von Schülern der siebten und achten Klasse wird ausdrücklich hingewiesen. Für alle Probleme werden detaillierte Lösungen gegeben; schwierigere Aufgaben werden mit Anleitungen versehen. Diese Ausgabe ist eine Reproduktion des Textes der vierten Ausgabe. Herunterladen (2,68 MB) ifolder.ru || mediafire.com
	Gashkov S.B. Moderne Elementarmalgebra in Problemen und Lösungen. - M.: MTsNMO, 2006. - 328 S. Das Buch, auf das der Leser aufmerksam gemacht wird, ist ein Lehrbuch über Algebra für Schüler der 10. und 11. Klasse von Physik- und Mathematikschulen. Es basierte auf Aufzeichnungen von Vorlesungen des Autors am spezialisierten Bildungs- und Wissenschaftszentrum der Moskauer Staatsuniversität. M. V. Lomonosov – die nach dem Akademiker A. N. Kolmogorov benannte Schule, besser bekannt unter den Namen Physik- und Mathematikschule der Moskauer Staatsuniversität und Internat der Moskauer Staatsuniversität. Das Buch deckt den Algebrakurs für Schüler der 10. Klasse des SUNC (und ähnlicher Bildungseinrichtungen) ab und enthält den Hauptteil des erforderlichen Algebrakurses für die 11. Klasse. Nach der von A.N. Kolmogorov etablierten Tradition besteht der Algebra-Kurs für „FMShat“ aus zwei Teilen: einem bestimmten obligatorischen Satz von Konzepten, Konstruktionen und Theoremen (dieser Teil ist allen Algebra-Vorlesungen an dieser Schule gemeinsam) und der Lösung von einige interessante inhaltliche Probleme (z. B. die Konstruktion regelmäßiger n-Ecke mit Zirkel und Lineal, das Abel-Ruffini-Theorem über die Unlösbarkeit einer allgemeinen Gleichung fünften Grades in Radikalen, das quadratische Reziprozitätsgesetz usw.). Dieses Buch beschreibt den ersten Teil des Kurses sowie einige Variationen zusätzlicher Kapitel. Es gibt viele Aufgaben, von denen die meisten ziemlich schwierig sind. Es kann als Algebra-Lehrbuch für Universitätsstudenten dienen. Herunterladen (pdf, 1,14 MB) ifolder.ru || Medienfeuer

Gast, der den Großteil dieser Literatur empfahl, gab dem Buch auch seinen Namen
Gashkov S.B., Chubarikov V.N., Sadovnichy V.A. (Hrsg.) Arithmetik. Algorithmen. Rechenkomplexität. 3. Auflage, überarbeitet. - Bustard, 2005. - 320 S. - ISBN: 5-7107-8904-6.
Das Lehrbuch (2. Auflage – 2002) ist das erste in der russischen Literatur, das den Zusammenhang zwischen arithmetischen Fragen und modernen Problemen der Kybernetik untersucht. Das Buch ist eine Sammlung von Problemen der Arithmetik und der Komplexitätstheorie arithmetischer Algorithmen und ermöglicht den systematischen Erwerb von Kenntnissen in diesen Bereichen der Mathematik. Für Studierende von Universitäten, Pädagogischen Hochschulen und Hochschulen mit vertieftem Mathematikstudium
Der Gast hat das zur Kenntnis genommen Das letzte Buch enthält sehr kurze Anleitungen zu den Problemen, aber es scheint sich zu lohnen, es zumindest teilweise durchzuarbeiten.
Meiner Meinung nach ist es für Schulkinder etwas kompliziert, daher habe ich es in den Universitätsbereich eingeordnet. Dort finden Sie auch weitere seriösere Literatur zu dieser Disziplin.

Wenn Sie sich selbst auf das Einheitliche Staatsexamen vorbereiten, beginnen Sie mit Büchern, die die Elemente der Zahlentheorie umreißen (Boltyansky, Ore, Galkin, Genkin), und gehen Sie erst dann zu den Olympiaden-Problemen über.
Ich füge noch zwei Bücher über die Olympiaden hinzu

Ich möchte Sie auch auf die Website www.problems.ru/ aufmerksam machen (der Link befindet sich schon lange in unserem Epigraph, aber ich weiß aus Erfahrung, dass niemand den Epigraph liest). Es enthält eine riesige Datenbank mit Problemen zu einer Vielzahl von Themen und Quellen, einschließlich Problemen, die uns interessieren. Außerdem werden Aufgaben aus verschiedenen Olympiaden, Aufgaben aus dem Buch „Leningrad Mathematical Circles“ und der Sammlung von Alfutova und Ustinov veröffentlicht.

UPD.
Die Auswahl wurde entsprechend getroffen Aufgaben der Olympiade

• N - natürliche Zahlen (1, 2, 3, ...);
• Z – ganze Zahlen (0, ±1, ±2, ±3, …);
• Q - Rationale Zahlen können als Bruch \frac(m)(n) dargestellt werden, wobei m – eine ganze Zahl und P - natürlich (3,\frac(2)(3) , -\frac(4)(3) );
• R - reelle Zahlen (3, \sqrt(7) , 0, -\frac(2)(3) );
• Irrationale Zahlen - das sind reelle Zahlen, die nicht rational sind (\sqrt(7) ).
• C- komplexe Zahlen ( a+i⋅b, Wo ich- imaginäre Einheit und ich 2=−1). Jede reelle Zahl ist komplex.
• Positive Zahlen sind größer als Null. Zum Beispiel 4, \sqrt(5), 213. Aber nicht 0 und nicht −5.
• Nicht negative Zahlen sind nicht kleiner als Null. Zum Beispiel 6, 0, 32. Aber nicht −3.
• Negative Zahlen. Zahlen, die kleiner als Null sind. Zum Beispiel −4, -\sqrt(5) . Aber nicht 0 und nicht 5.
• Nicht positive Zahlen. Zahlen, die nicht größer als Null sind. Zum Beispiel 0, −\sqrt(3) . Aber nicht 6, nicht \sqrt(7) .

Eigenschaften der Addition und Multiplikation natürlicher Zahlen:

• a + b = b + a – Kommutative Eigenschaft der Addition
• (a + b) + c = a + (b + c) –
• a∙b = b∙a – kommutative Eigenschaft der Multiplikation
• (a∙b)∙c = a∙(b∙c) – assoziative Eigenschaft der Addition
• a(b ± c) = ab ± ac– Verteilungseigenschaft der Multiplikation relativ zur Addition/Subtraktion

Wenn m, n, k natürliche Zahlen, dann wann m – n = k Sie sagen, dass M– reduziert, N– Subtrahend, k- Unterschied; m: n = k Sie sagen, dass M– teilbar, N- Teiler, k- Privat.

Kleinstes gemeinsames Vielfaches (LCM) von zwei oder mehr natürlichen Zahlen ist die kleinste natürliche Zahl, die selbst durch jede dieser Zahlen teilbar ist.

Größter gemeinsamer Teiler (GCD) zweier gegebener Zahlen A Und B ist die größte Zahl, um die beide Zahlen A Und B ohne Rest geteilt.

Arithmetische Mittel Zahlenmenge – die Summe aller Zahlen dividiert durch ihre Zahl

Arithmetische Folge – ist eine Zahlenfolge, deren jedes Mitglied, beginnend mit dem zweiten, gleich dem vorherigen ist, addiert zu einer konstanten Zahl für diese Folge D.

Formel zur Berechnung der arithmetischen Folge: a n = a 1 + d(n – 1).

Geometrischer Verlauf – Dies ist eine numerische Folge, die durch zwei Parameter angegeben wird b, q (q ≠ 0) und das Gesetz b 1 = b, b n = b n-1 ∙q, n = 2, 3, … .

Formel zur Berechnung der geometrischen Progression: b n = b 1 ∙q n-1.

Formel für den Nenner einer geometrischen Folge: q = b n+1 / b n

Summenformel n-die ersten Terme der geometrischen Folge:

S n = b 1 (1 - q n)/(1 - q)

S n = (b 1 – b n q)/(1 – q), wobei q ≠ 1

Thema: Zahlentheorie in den Aufgaben C6 des Einheitlichen Staatsexamens Mathematiklehrer, Städtische Bildungseinrichtung Lyzeum 6, Sewerobaikalsk, 2012

Relevanz Das Bestehen des Einheitlichen Staatsexamens ist die Hauptaufgabe aller Absolventen und es ist wünschenswert, mehr Punkte zu erreichen. Die Anzahl und das Ansehen der Universitäten, an denen sich ein Absolvent einschreiben kann, hängen von den Ergebnissen des Einheitlichen Staatsexamens ab. Natürlich müssen Sie beim Einheitlichen Staatsexamen so viele Aufgaben wie möglich lösen. Aufgabe C6 im Einheitlichen Staatsexamen in Mathematik wird mit der höchsten Punktzahl bewertet, aber leider beginnt nur ein sehr kleiner Prozentsatz der Absolventen mit der Lösung dieser Aufgabe, da ihre Komplexität als unerschwinglich angesehen wird. Wir wollen mit diesem Mythos aufräumen und zeigen, wie einige dieser Aufgaben gelöst werden. Nachfolgend finden Sie Statistiken zur Leistung der Aufgabe C6 durch Schulabsolventen des Einheitlichen Staatsexamens in Mathematik.

Prozentsatz Anzahl Habe noch nicht mit dem Abschluss von Aufgabe C6 begonnen 90,3 % C6 für 1 Punkt gelöst %1236 C6 für 2 Punkte gelöst %269 C6 für 3 Punkte gelöst 0,097 %727 C6 für 4 Punkte gelöst %123 Ergebnis in Testpunkten (2011) 4 Punkte im Primärform 24 Punkte in der Testform

Test auf Teilbarkeit durch 11 (Theorie) Damit eine natürliche Zahl durch 11 teilbar ist, ist es notwendig und ausreichend, dass die algebraische Summe ihrer Ziffern mit dem „+“-Zeichen gebildet wird, wenn die Ziffern an ungeraden Stellen stehen (beginnend). mit der Einerstelle) und mit dem „-“ genommen, wenn die Zahlen an geraden Stellen stehen, wurde durch 11 geteilt.

Anwendung des Teilbarkeitstests durch 11 Eine Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn die Differenz zwischen den Summen ihrer Ziffern an ungeraden und geraden Stellen durch 11 teilbar ist. Schreiben wir alle Zahlen hintereinander auf: In der geschriebenen Zahl , die angegebene Differenz in den Summen beträgt 5. Ziffern 0, 2, 4, 6, 8 – stehen an ungeraden Stellen Zahlen 1, 3, 5, 7, 9 – stehen an geraden Stellen ()+()=5

Durch Vertauschen der Zahlen, sagen wir 1 und 4, erhöhen wir beide Klammern um 3. Und da wir 2 Klammern haben, erhöht sich der Gesamtbetrag um 6. Das Ergebnis ist eine Zahl von bis Wir hatten ()+()=5 Nach dem Ersetzen ()+() =11 Anwendung des Teilbarkeitstests durch 11

Um entsprechend der Aufgabenstellung andere Zahlen zu erhalten, genügt es, eines der Zahlenpaare zu vertauschen. Beim Neuanordnen von Paaren ändert sich die Summe in Klammern nicht, da gerade Zahlen an geraden Stellen und ungerade Zahlen an ungeraden Stellen bleiben. Wir werden nicht aufgefordert, alle Zahlen zu finden, daher reicht 3 aus: (; ;)

Aufgabe 2 (Anwendung des Wissens über rationale Zahlen) Ein unendlicher Dezimalbruch ist wie folgt aufgebaut. Dem Dezimalpunkt ist eine Null vorangestellt. Nach dem Komma werden die Terme der arithmetischen Folge hintereinander geschrieben (d – ganze Zahl). Eventuelle Minuspunkte wurden aus dem resultierenden Eintrag entfernt. Das Ergebnis ist eine rationale Zahl. Finden Sie diese Nummer.

Rationale Zahlen (Theorie) Eine rationale Zahl ist eine Zahl, die als Bruch dargestellt werden kann, wobei und ganze Zahlen (m 0) sind. Rationale Zahlen können nur durch endliche Dezimalbrüche oder unendliche periodische Brüche dargestellt werden. Ein periodischer Bruch ist ein endloser Dezimalbruch, bei dem es ab einer bestimmten Stelle nur eine periodisch wiederholte bestimmte Zifferngruppe gibt.

Aufgabe 4 Folge Alle Mitglieder der endlichen Folge sind natürliche Zahlen. Jedes Mitglied dieser Sequenz ist, beginnend mit dem zweiten, entweder 14-mal größer oder 14-mal kleiner als das vorherige. Die Summe aller Glieder der Folge ist gleich A) Kann eine Folge aus zwei Gliedern bestehen? B) Kann eine Folge aus drei Termen bestehen? F) Wie viele Terme kann eine Folge maximal haben?

F) Wie viele Terme kann eine Folge maximal haben? Um die größtmögliche Anzahl von Begriffen zu finden, müssen die Elemente möglichst klein sein, beispielsweise die Zahlen 1 und 14. Es gibt vier mögliche Optionen. 1)(14+1)+(14+1)…+(14+1)=7424 – die Anzahl der Elemente ist gerade, das erste Element ist 14 2)14+(1+14)+(1+14) …+(1+ 14)=7424 – die Anzahl der Elemente ist ungerade, das erste Element ist 14 3) (1+14)+(1+14)...+(1+14)=7424 – die Anzahl der Elemente ist gerade, das erste Element ist 1 4)1+(14+1 )+(14+1)...+(14+1)=7424 -die Anzahl der Elemente ist ungerade, das erste Element ist 1 1, 3)(14+1)n=7424 2) 14+(1+14)n= (14+ 1)n=7424 Offensichtlich sind die Optionen 1,3,4 15n= n= n=7423 nicht geeignet. n=494,9(3) n=494 n=494,8(6) 2) Im zweiten Fall haben wir 494 Paare (1+14) und das erste Element ist 14. Antwort:989

Aufgabe 5 Minima und Maxima Vor jeder der Zahlen 3, 4, 5 und 14, 15 wird willkürlich ein Plus- oder Minuszeichen platziert, wonach jede der resultierenden Zahlen der ersten Menge zu jeder der resultierenden Zahlen von addiert wird Der zweite Satz und dann alle 45 erhaltenen Ergebnisse werden addiert. Was ist die kleinste Modulosumme und was ist die größte Summe, die am Ende erhalten werden kann?

0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x=4. Aber wenn x = -7, gilt die erste Ungleichung nicht. Für y=0, x=2 oder" title="(!SPRACHE:Lösung: Betrachten Sie den I-Nerv. Er ist quadratisch bezüglich x und hat eine Lösung für D>0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1 ;0. Bei y=-2 hat die zweite Gleichung keine Lösung. Bei y=-1, x=-7 oder x=4 gilt die erste Ungleichung jedoch nicht" class="link_thumb"> 23 !} Lösung: Betrachten Sie den ersten Nerv. Es ist quadratisch bezüglich x und hat eine Lösung für D>0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x=4. Aber wenn x = -7, gilt die erste Ungleichung nicht. Wenn y=0, x=2 oder x=-2. Aber für diese Werte gilt die erste Ungleichung nicht. Antwort: (4;-1). 0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x=4. Aber wenn x = -7, gilt die erste Ungleichung nicht. Wenn y=0, x=2 oder "> 0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x = 4. Aber für x = -7 gilt die erste Ungleichung nicht. Für y = 0, x = 2 oder x = -2. Aber für diese Werte gilt die erste Ungleichung nicht )." > 0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x=4. Aber wenn x = -7, gilt die erste Ungleichung nicht. Für y=0, x=2 oder" title="(!SPRACHE:Lösung: Betrachten Sie den I-Nerv. Er ist quadratisch bezüglich x und hat eine Lösung für D>0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1 ;0. Bei y=-2 hat die zweite Gleichung keine Lösung. Bei y=-1, x=-7 oder x=4 gilt die erste Ungleichung jedoch nicht"> title="Lösung: Betrachten Sie den ersten Nerv. Es ist quadratisch bezüglich x und hat eine Lösung für D>0, d. h. Ganzzahl y: -2;-1;0. Wenn y=-2, hat die zweite Gleichung keine Lösung. Wenn y=-1, x=-7 oder x=4. Aber wenn x = -7, gilt die erste Ungleichung nicht. Wenn y=0, x=2 oder"> !}