19 задание в профильном уровне ЕГЭ по математике направлено на выявление у учеников способности оперировать числами, а именно их свойствами. Это задание наиболее сложное и требует нестандартного подхода и хорошего знания свойств чисел. Перейдем к рассмотрению типового задания.

Разбор типовых вариантов заданий №19 ЕГЭ по математике профильного уровня

Первый вариант задания (демонстрационный вариант 2018)

На доске написано более 40, но менее 48 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно –3, среднее арифметическое всех положительных из них равно 4, а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно –8.

а) Сколько чисел написано на доске?

б) Каких чисел написано больше: положительных или отрицательных?

в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?

Алгоритм решения:

1. Вводим переменные k, l , m.
2. Находим сумму набора чисел.
3. Отвечаем на пункт а).
4. Определяем, каких чисел больше (пункт б)).
5. Определяем, сколько положительных чисел.

Решение:

1. Пусть среди записанных на доске чисел положительных k. Отрицательных чисел l и нулевых m.

2. Сумма выписанных чисел равна их количеству в данной записи на доске, умноженному на среднее арифметическое. Определяем сумму:

4k −8l + 0⋅m = − 3(k + l +m)

3. Заметим, что слева в приведенном только что равенстве каждое из слагаемых делится на 4, потому сумма количества каждого типа чисел k + l + m тоже делится на 4. По условию общее число записанных чисел удовлетворяет неравенству:

40 < k + l + m < 48

Тогда k + l + m = 44, потому что 44 единственное между 40 и 48 натуральное число, которое делится на 4.

Значит, написано на доске всего 44 числа.

4. Определяем, чисел какого вида больше: положительных или отрицательных. Для этого приведем равенство 4k −8l = − 3(k + l +m) к более упрощенному виду: 5l = 7k + 3m.

5. m≥ 0. Отсюда вытекает: 5l ≥ 7k, l > k. Получается, что отрицательных чисел записано больше положительных. Подставляем вместо k + l + m число 44 в равенство

4k −8l = − 3(k + l + m).

4k − 8l = −132, k = 2l − 33

k + l ≤ 44, тогда получается: 3l − 33 ≤ 44; 3l ≤ 77; l ≤ 25; k = 2l − 33 ≤17. Отсюда приходим к выводу, что положительных чисел не более 17.

Если же положительных чисел всего 17, то на доске 17 раз записано число 4, 25 раз – число −8 и 2 раза записано число 0. Такой набор отвечает всем требованиям задачи.

Ответ: а) 44; б) отрицательных; в) 17.

Второй вариант 1 (из Ященко, №1)

На доске написано 35 различных натуральных чисел, каждое из которых либо чётное, либо его десятичная запись оканчивается на цифру 3. Сумма написанных чисел равна 1062.

а) Может ли на доске быть ровно 27 чётных чисел?

б) Могут ли ровно два числа на доске оканчиваться на 3?

в) Какое наименьшее количество чисел, оканчивающихся на 3, может быть на доске?

Алгоритм решения:

1. Приведем пример набора чисел, который удовлетворяет условию (Это подтверждает возможность набора чисел).
2. Проверяем вероятность второго условия.
3. Ищем ответ на третий вопрос, введя переменную n.
4. Записываем ответы.

Решение:

1. Такой примерный перечень чисел на доске соответствует заданным условиям:

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

Это дает положительный ответ на вопрос а.

2. Пусть на доске написано ровно два числа, у которых последняя цифра 3. Тогда там записано 33 чётных числа. Их сумма:

Это противоречит тому, что сумма написанных чисел равна 1062, то есть, утвердительного ответа на вопрос б нет.

3. Полагаем, что на доске записано n чисел, которые оканчиваются на 3, и (35 – n)из выписанных чётные. Тогда сумма чисел, которые оканчиваются на 3, равна

а сумма чётных:

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

Тогда из условия:

Решаем получившееся неравенство:

Получается, что . Отсюда, зная, что n - натуральное, получаем .

3. Наименьшее число чисел, оканчивающихся на 3, может быть только 5. И добавлено 30 чётных чисел, тогда сумма всех чисел нечётна. Значит, чисел, которые оканчиваются на 3, больше. чем пять, поскольку сумма по условию равна четному числу. Попробуем взять 6 чисел, с последней цифрой 3.

Приведём пример, когда 6 чисел, оканчиваются на три, и 29 чётных чисел. Сумма их равна 1062. Получается такой список:

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

Ответ: а) да; б) нет; в) 6.

Третий вариант (из Ященко, №4)

Маша и Наташа делали фотографии несколько дней подряд. В первый день Маша сделала m фотографий, а Наташа - n фотографий. В каждый следующий день каждая из девочек делала на одну фотографию больше, чем в предыдущий день. Известно, что Наташа за всё время сделала суммарно на 1173 фотографии больше, чем Маша, и что фотографировали они больше одного дня.

а) Могли ли они фотографировать в течение 17 дней?

б) Могли ли они фотографировать в течение 18 дней?

в) Какое наибольшее суммарное число фотографий могла сделать Наташа за все дни фотографирования, если известно, что в последний день Маша сделала меньше 45 фотографий?

Алгоритм решения:

1. Ответим на вопрос а).
2. Найдем ответ на вопрос б).
3. Найдем суммарное количество фотографий, сделанных Наташей.
4. Запишем ответ.

Решение:

1. Если Маша сделала m фотографий в 1-й день, то за 17 дней она сфотографировала снимков.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Можно ли в бесконечно убывающей последовательности 1; \frac12 ;\frac13 ;\frac14 ;\frac15 ;... выбрать:

а) пять чисел;

б) пятьдесят чисел;

в) бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.

Показать решение

Решение

а) Можно. Данная последовательность убывающая, поэтому будем искать убывающую прогрессию. Заметим, что последовательность \frac5n ; \frac4n ; \frac3n ; \frac2n ; \frac1n является убывающей арифметической прогрессией, её разностью является число -\frac1n. Остаётся подобрать знаменатель n таким, чтобы сократились числители. Понятно, что в качестве знаменателя n можно взять кратное всех числителей, например, число 60 . Тогда получим арифметическую прогрессию \frac1{12} ;\frac1{15} ;\frac1{20} ;\frac1{30} ;\frac1{60} , удовлетворяющую условию задачи.

б) Можно. Последовательность \frac{50}n ;\frac{49}n ;...;\frac3n ;\frac2n ;\frac1n является убывающей арифметической прогрессией c разностью -\frac1n. Если в качестве знаменателя n взять число 50!=50\cdot 49\cdot ...\cdot 2\cdot 1, то после сокращения дробей получим 50 различных дробей, все числители которых равны 1 , то есть получим искомую арифметическую прогрессию.

в) Нельзя. В самом деле, любая арифметическая прогрессия является линейной функцией на множестве натуральных чисел. В данном случае убывающей, значит, прямая на которой лежат точки, соответствующие членам этой прогрессии будет пересекать ось Ox . Поэтому начиная с некоторого номера все члены арифметической прогрессии станут отрицательными, а в данной последовательности нет отрицательных членов. Значит, в данной бесконечно убывающей последовательности нельзя выбрать бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.

Ответ

а) да; б) да; в) нет.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Существуют ли такие восемьсот различных натуральных чисел, что их среднее арифметическое больше их наибольшего общего делителя

а) ровно в 500 раз;

б) ровно в 400 раз;

в) Найдите наименьшее возможное натуральное число, равное отношению среднего арифметического этих чисел к их наибольшему общему делителю.

Показать решение

Решение

а) Построим пример 800 — элементной последовательности, для которой среднее арифметическое больше НОД ровно в 500 раз. Пусть x — последнее число в последовательности 1, 2, 3,..., 799, x. Тогда, так как НОД этих чисел равен 1 , то должно выполняться условие \frac{1+2+3+...+799+x}{800}= 500. Отсюда, \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. Таким образом, искомая последовательность имеет вид 1, 2, 3,..., 798, 799, 80\,400.

б) Пусть НОД восьмисот чисел a_1 < a_2 < a_3 < ... < a_{800} равен d . Тогда a_1 \geqslant d, a_2 \geqslant 2d,..., a_{800} \geqslant 800d. Следовательно, a_1+a_2+...+a_{800} \geqslant d(1+2+3+...+800)= 400\cdot 801d, а среднее арифметическое \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800}\geqslant \frac{801}2 d=400,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше НОД ровно в 400 раз.

в) В предыдущем пункте для среднего арифметического последовательности a_1, a_2, a_3,..., a_{800} была получена оценка \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800} \geqslant 400,5d. Значит, наименьшее натуральное число равное отношению среднего арифметического этих чисел к их НОД, не меньше чем 401 . Покажем, что оно может равняться 401 . Пусть d=1. Примером такой последовательности является 800 — элементная последовательность 1, 2, 3,..., 799, 1200. Её наибольший общий делитель равен 1 , а среднее арифметическое \frac{1+2+3+...+799+1200}{800}= \frac{400\cdot 799+1200}{800}= \frac{400(799+3)}{800}= \frac{802}2= 401.

Ответ

а) да; б) нет; в) 401 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Кристина задумала трёхзначное натуральное число.

а) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 3 ?

б) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 28 ?

в) Какое наименьшее натуральное значение может иметь частное данного числа и суммы его цифр?

Показать решение

Решение

Пусть трёхзначное число имеет вид \overline{abc}, где a , b и c — цифры, причём a \neq 0. Тогда задуманное число \overline{abc}=100a+10b+c \geqslant 100, а сумма его цифр равна a+b+c \leqslant 9+9+9=27.

а) Нет, так как рассматриваемое частное равно \frac{100a+10b+c}{a+b+c}\geqslant \frac{100}{27} > 3. Значит, трём оно равняться не может.

б) Да, может. Если \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=28, то 100a+10b+c=28a+28b+28c; 72a=18b+27c; 8a=2b+3c. Последнее равенство верно, например, при a=1, b=4, c=0. Значит, частное числа 140 и суммы его цифр равно \frac{140}{1+4+0=28}.

в) Пусть n — значение частного числа и суммы его цифр, причём n — натурально. Тогда \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=n. 100a+10b+c=na+nb+nc, (100-n)a+(10-n)b=(n-1)c.

Если n \leqslant 10, то (100-n)a+(10-n)b \geqslant (100-n)a \geqslant (100-n)\cdot 1 \geqslant 90, а (n-1)c \leqslant 9c. Отсюда, 9c \geqslant 90, c \geqslant 10, что невозможно, так как c — цифра.

Значит, n > 10, но тогда n \geqslant 11 (так как n натурально). Для n=11 подберём пример. Из равенства 100a+10b+c=na+nb+nc в этом случае получим 89a=b+10c. При a=1, b=9 и c=8 получаем требуемое. Таким образом, частное числа 198 и суммы его цифр равно 11 . Это и есть наименьшее натуральное значение n .

Ответ

а) нет; б) да; в) 11 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

На доске написано более 20 , но менее 30 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно -3, среднее арифметическое всех положительных из них равно 5 , а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно -10.

а) Сколько чисел написано на доске?

б) Каких чисел больше: положительных или отрицательных?

в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?

Показать решение

Решение

Пусть всего на доске было записано n чисел, 20 < n < 30. Пусть среди этих чисел было k положительных, обозначим их a_1, a_2,..., a_{k};\, m отрицательных, обозначим их b_1, b_2,..., b_m и p нулей. Тогда k+m+p=n и по условию задачи \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.

Из этих равенств следует, что 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.

Откуда имеем 5k-10m=-3n.

а) Заметим, что в равенстве 5k-10m=-3n левая часть делится нацело на 5 , значит, и правая тоже делится на 5 . Из этого следует, что n делится нацело на 5 . Так как 20 < n < 30, то n=25.

б) Подставим в равенство, 5k-10m=-3n выражение для n=k+m+p. Получим: 5k-10m=-3(k+m+p), 8k+3p=7m. Поскольку p\geqslant 0, это означает, что k Следовательно, отрицательных чисел больше, чем положительных.

в) Подставим в формулу 5k-10m=-3n значение n=25. Получим: 5k-10m=-75, откуда k=2m-15. Так как k+m=25-p \leqslant 25, имеем 2m-15+m=3m-15 \leqslant 25, 3m \leqslant 40, m \leqslant 13. Тогда k=2m-15 \leqslant 11, то есть положительных чисел не более 11 .

Приведём пример, показывающий, что положительных чисел может быть ровно 11 .

Пусть на доске 11 раз было написано число 5 , 13 раз написано число -10 и один раз написан 0 . Тогда \frac{11\cdot 5+13\cdot (-10) }{25}=-\frac{75}{25}=-3.

Таким образом, указанный набор удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ

а) 25 ; б) отрицательных; в) 11 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Множество чисел назовём красивым, если его можно разбить на два подмножества с одинаковой суммой чисел.

а) Является ли множество \{500; 501; 502;..., 599\} красивым?

б) Является ли множество \{5; 25; 125;..., 5^{100}\} красивым?

в) Сколько красивых четырёхэлементных подмножеств у множества \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\} ?

Показать решение

Решение

а) Разобьём множество \{500; 501; 502;...; 599\} на 50 пар, сумма чисел в каждой из которых равна 1099: \{500; 599\}, \{501; 598\},...\,.

Множество \{500; 501; 502;...; 599\} можно разбить на два подмножества, в каждом из которых по 25 таких пар. Значит, сумма в этих двух подмножествах одинакова и множество \{500; 501; 502;...; 599\} является красивым.

б) Заметим, что 5^{100} > \frac{5^{100}-1}4= 5^{99} +5^{98} +...+25+5+1. Поэтому сумма чисел в подмножестве множества \{5; 25; 125;...; 5^{100} \}, содержащем 5^{100} , всегда больше суммы остальных чисел, следовательно, множество \{5; 25; 125;...; 5^{100} \} не является красивым.

в) Заметим, что четырёхэлементное множество является красивым в двух случаях: либо одно число является суммой трёх других, либо множество содержит две пары чисел с равными суммами.

Подмножества множества \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\}, удовлетворяющие первому случаю, — это \{1; 3; 5; 9\}, \{3; 5; 6; 14\}, \{1; 6; 7; 14\}.

Рассмотрим второй случай. Заметим, что сумма всех чисел красивого подмножества чётна. В исходном множестве всего два чётных числа, поэтому числа 6 и 14 либо одновременно входят в красивое четырёхэлементное подмножество, либо одновременно не входят в него. Если 6 и 14 входят в подмножество, то либо сумма двух других чисел равна 20 , что невозможно, так как сумма самых больших оставшихся чисел 7+9 < 20, либо разность двух других чисел равна 8 .

Получаем красивое подмножество: \{1; 6; 9; 14\}.

Если 6 и 14 не входят в подмножество, то красивое подмножество лежит во множестве \{1; 3; 5; 7; 9\}. Получаем красивые подмножества (две пары чисел с равными суммами): \{1; 3; 5; 7\}, \{1; 3; 7; 9\}, \{3; 5; 7; 9\}. Всего получилось 7 красивых подмножеств.

Ответ

а) да; б) нет; в) 7 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Учитель задумал несколько различных целых чисел и выписал набор этих чисел и все их возможные суммы (по 2 , по 3 и т.д. слагаемых) на доске в порядке неубывания. Например, если бы он задумал числа 1,-5,6, то на доске был бы выписан набор -5,-4,1,1,2,6,7.

а) На доске был выписан набор -5,-2,3,4,7,9,12. Какие числа задумал учитель?

б) Для некоторых трех задуманных чисел на доске был выписан набор. Всегда ли по этому набору можно определить задуманные числа?

в) Дополнительно известно, что учитель задумал 4 числа. Все они не равны 0 . Какое наибольшее число нулей может быть выписано на доске?

Показать решение

Решение

а) Если учитель задумал 4 числа или больше, тогда на доске должно быть выписано не менее 15 чисел. Если учитель задумал 2 числа или меньше, тогда на доске должно быть выписано не более 3 чисел. Отсюда следует, что было задумано 3 числа. Если бы учитель задумал 2 отрицательных числа, тогда на доске было бы записано не менее трёх отрицательных чисел. Значит в наборе отрицательное число одно и оно является наименьшим, то есть -5 . Наибольшим числом из набора будет результат суммы двух положительных задуманных чисел. Из положительных выписанных чисел только 3 и 9 дают в сумме 12 . Таким образом, были задуманы числа -5,3,9.

б) Нет, не всегда. Например, для задуманных чисел -5,2,3 и -3,-2,5 на доске будет выписан один и тот же набор -5,-3,-2,0,2,3,5.

в) Если учитель задумал 4 числа (a, b, c, d), то на доске выписано 15 чисел: сами задуманные числа (4 штуки), суммы по 2 слагаемых — 6 штук, суммы по 3 слагаемых — 4 штуки, а также сумма всех чисел. Разобьём выписанные числа на 3 группы.

Группа A — это сами задуманные числа, группа B — это суммы по 2 слагаемых, C — суммы по 3 и 4 слагаемых.

В группе A нет нулей по условию.

Рассмотрим группу B . Пусть сумма каких-то двух чисел равна 0 , то есть a+b=0. Если предположить, что a+c=0, то a+b=a+c, b=c, а это противоречит тому, что все задуманные числа различны. Значит, a+c \neq 0. Аналогично a+d \neq 0, b+c \neq 0, b+d \neq 0. Возможно, что c+d=0. Других сумм по 2 слагаемых нет. Значит, в группе B не более двух нулей.

Рассмотрим группу C . Покажем, что в ней не более одного нуля. Предположим противное. Тогда найдется хотя бы два нуля. В этом случае хотя бы один нуль является суммой некоторых трех задуманных чисел, то есть можно считать, что a+b+c=0. Если a+b+c+d=0, то d=0, что противоречит условию. Тогда выполняется хотя бы одно из равенств: a+b+d=0, a+c+d=0, b+c+d=0. В первом случае a+b+c=a+b+d=0, тогда c=d. Во втором случае b=d, в третьем a=d. Значит, все три случая противоречат условию, и наше предположение неверно. Следовательно, в группе C не более одного нуля.

Таким образом, общее число нулей не превышает 0+2+1=3. Приведём пример задуманных чисел, для которых на доске будет выписано ровно 3 нуля. Пусть учитель задумал числа 2,-2,3,-3. Тогда 2+(-2)=0; 3+(-3)=0; 2+(-2)+3+(-3)=0. На доске выписано ровно 3 нуля.48 , среднее арифметическое равно 6 , наибольший общий делитель равен 1 .

б) Да. Например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 11. Сумма этих чисел равна 40 , среднее арифметическое равно 5 , наибольший общий делитель равен 1 .

в) Пусть наибольший общий делитель восьми чисел 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, а среднее арифметическое \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{8}}{8} \geq \frac{36}{8}d=4,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше наибольшего общего делителя ровно в 4 раза.

Ответ

а) да; б) да; в) нет.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

То есть 1 \leq S(x) \leq 28, значит, 1987 \leq x \leq 2014. Согласно признаку делимости на 3 , числа x и S(x) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Если число x кратно 3 , то x=3k, k \in \mathbb N и S(x)=3m, m \in \mathbb N и сумма x+S(x) кратна 3 . Но число 2015 не кратно 3 . В данном случае уравнение не имеет решений.

Пусть x=3k+1 и S(x)=3m+1, тогда сумма x+S(x), как и число 2015 , при делении на 3 имеет остаток 2 . Среди чисел от 1987 до 2014 остаток 1 при делении на 3 дают числа 1987 , 1990 , 1993 , 1996 , 1999 , 2002 , 2005 , 2008 , 2011 , 2014 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходят только 1993 и 2011 . Пусть x=3k+2 и S(x)=3m+2, тогда сумма x+S(x) при делении на 3 имеет остаток 1 , а число 2015 при делении на 3 имеет остаток 2 . В этом случае уравнение не имеет решений.

б) Согласно признаку делимости на 3 числа x , S(x) и S(S(x)) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Значит, сумма x+S(x)+S(S(x)) делится на 3 . Число 2015 на 3 не делится, поэтому решений нет.

в) Число 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.

Согласно признаку делимости на 9 числа x , S(x) и S(S(x)) и S(S(S(x))) имеют одинаковые остатки от деления на 9 . Число 2015 при делении на 9 дает остаток 8 , поэтому число x должно давать остаток 2 . Среди чисел от 1968 до 2015 остаток 2 при делении на 9 дают 1973 , 1982 , 1991 , 2000 , 2009 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходит только 1991 .

Ответ

а) 1993 ; 2011 ;

б) нет решений;

в) 1991.

Я одна, но всё же я есть. Я не могу сделать всё, но всё же могу сделать что-то. И я не откажусь сделать то немногое, что могу (c)

Выполняю свое обещание выложить подборку книг, которые могли бы подготовиться к заданию С6 ЕГЭ-2010 по математике (а именно книг, содержащих доступные школьникам сведения и задачи из теории чисел, благодаря которым можно прочувствовать специфику материала).
Хочу от всего сердца поблагодарить Гостя , давшего рекомендации по подбору литературы (или проще говоря, просто назвавшему почти все эти книги - см ).
Замечу, что эти книги не являются сборниками от ФИПИ, МИОО и т.д. Подобные книги выложены в разделе

ПОДГОТОВКА к С6 ЕГЭ-2010, 2011 ПО МАТЕМАТИКЕ (ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ)

	Алфутова Н.Б. Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. -М.: МЦНМО, 2002.- 264 с. Настоящее пособие представляет собой сборник задач по математике, предназначенный прежде всего для учеников старших классов, интересующихся точными науками. Он также будет полезен преподавателям математики и студентам, изучающим математику в высших учебных заведениях. Значительная часть материала может быть использована для подготовки к письменным и устным вступительным экзаменам в ВУЗы. Основу сборника составляют задачи к курсу алгебры, который в 1995– 2000 годах читался О.А.Чалых, Н.Б.Алфутовой и А.В.Устиновым. Математические курсы, читаемые в школе-интернате им. А.Н.Колмогорова, традиционно содержат разделы, которые можно назвать смежными. Они находятся на стыке алгебры с комбинаторикой, геометрией, теорией чисел и математическим анализом. Поэтому некоторые задачи из книги имеют к алгебре лишь косвенное отношение. Эти задачи призваны подчеркнуть связь различных разделов математики и проиллюстрировать многообразие методов. Скачать (pdf/rar, 1,49 mb) ifolder или mediafire (3-е издание 2009) rusfolder
	Базылев Д. Ф. Справочное пособие к решению задач: диофантовы уравнения. - Мн.: НТЦ "АПИ", 1999.- 160 с. ISBN 985-6344-27-1 Книга предназначена для развития навыков в решении целочисленных уравнений и для подготовки учащихся к математическим олимпиадам. Она содержит более 200 задач, которые так или иначе связаны с решением диофантовых уравнений, а именно уравнений в целых и рациональных числах. В первой теме подробно рассмотрены линейные уравнения в целых числах. Вторая тема направлена на изучение задач, связанных с целочисленным уравнением `x^2 +y^2 = z^2` . Третья посвящена изучению отдельных вопросов, имеющих отношение к совершенным числам. В четвертой теме представлены некоторые факты теории чисел, которые наиболее часто используются при решении задач настоящего пособия. Значительная часть книги состоит из задач, в основном олимпиадного характера. Каждая задача снабжена подробным решением. Скан неизвестной чей, почищено bolega Скачать (djvu, 1,6 Мб) rghost || onlinedisk
	Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М.: МГИЭТ(ТУ), 2003. – 224 с Рассмотрены вопросы делимости на множестве целых чисел и методы решения в целых числах некоторых типов уравнений. Все задачи разбиты по темам, многие из них снабжены указаниями и решениями. Для преподавателей математики и учащихся старших классов лицеев, гимназий и общеобразовательных школ, а также для лиц, занимающихся математикой самостоятельно. Скачать (pdf/rar,2,2 mb) ifolder или narod.ru За книгу большое спасибо ! Более новое издание В.Н. Бардушкин, И.В. Кожухов, А.А. Прокофьев, Т.П. Фадеичева Основы теории делимости и решение уравнений в целых числах (факультативный курс). - М.: МИЭТ, 2004. -220 с. Скачать (djvu 2.27 Мб)ifolder.ru || rghost
	Сикорский К. П. Дополнительные главы по курсу математики. Учебное пособие по факультативному курсу для учащихся 7-8 классов. Сост. К. П. Сикорский. Изд. 2-е, доп. М., «Просвещение», 1974. 367 с. Книга состоит из статей, содержащих теоретический учебный материал и набор упражнений по темам факультативных курсов по математике для 7-8 классов. В частности: Болтянский В.Г., Левитас Г.Г. Делимость чисел и простые числа/Дополнительные главы по курсу математики. Уч. пособие по факультативному курсу для учащихся 7-8 кл. Сост. К.П.Сикорский. - М. Просвещение, 1974. - с. 5-69 Включает в себя следующие параграфы: целые числа и действия над ними, теоремы о делимости, деление с остатком, сравнения и решение задач с помощью них, периодичность остатков при возведении в степень, взаимно простые числа, признаки делимости, НОД и НОК, простые числа, разложение на простые множители. Материал доступен для понимания, поскольку написан для школьников 7-8 классов. Скачать (djvu, 4,94 мб) ifolder.ru || mediafire.com
	Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами: Учеб. пособие для учащихся 7-11 кл. - Челябинск: Взгляд, 2005. - 271 с. - (Нестандартные задачи по математике). ISBN 5-93946-071-2 Учебное пособие предназначено для подготовки учащихся к школьным и районным олимпиадам по математике. Значительная часть книги может быть использована в профильных классах и классах с углубленным изучением математики. Система расположения материала, наличие теоретических сведений и опорных задач дают возможность самостоятельно обучаться решению задач повышенной трудности по математике. Пособие написано для учащихся, учителей математики, студентов и преподавателей педагогических вузов. Скачать djvu (rar+3%, 2,33 мб 600 dpi+OCR) ifolder.ru или mediafire.com
	Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Ленинградские математические кружки. - Киров, "Аса", 1994. - 272 с. -ISBN 5-87400-072-0 Книга обобщает опыт, накопленный многими поколениями преподавателей школьных математических кружков при математико-механическом факультете ЛГУ и ранее недоступный массовому читателю. Книга построена в форме задачника, отражающего тематику первых двух лет работы типичного кружка. Она вполне обеспечивает материалом 2–3 года работы школьного математического кружка или факультатива для учащихся 6–9, а отчасти и 10–11 классов. Все тематические главы снабжены методическими комментариями для учителя. Пособие адресовано учителям математики и интересующимся математикой учащимся. Скачать (djvu/rar, 4,55 mb) ifolder.ru или mediafire
	Горбачёв Н. В. Сборник олимпиадных задач по математике. - М.: МЦНМО, 2004. - 560 с. ISBN 5-94057-156-5 В книге собраны олимпиадные задачи разной сложности - как нетрудные задачи, которые часто решаются устно в одну строчку, так и задачи исследовательского типа. Книга предназначена для преподавателей, руководителей математических кружков, студентов педагогических специальностей, и всех интересующихся математикой. Скачать (4,05 mb) ifolder.ru || mediafire
	Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К. Как решают нестандартные задачи / Под ред.В. О.Бугаенко. - 4-е изд., стереотип. - М.: МЦНМО,2008.- 96 c. - ISBN 978-5-94057-331-9 В книге описан ряд классических идей решения олимпиадных задач, которые для большинства школьников являются нестандартными. Каждая идея снабжена комментарием, примерами решения задач и задачами для самостоятельного решения. Приведены подборки задач олимпиадного и исследовательского типов (всего 200 задач), которые сгруппированы по классам. Сборник адресован старшеклассникам, учителям, руководителям кружков и всем любителям математики. Предыдущее издание книги вышло в 2004 г.
	О. Оре Приглашение в теорию чисел: Пер с англ. Изд. 2-е, стереотипное. - М.: Едиториал УРСС, 2003. - 128 с. Книга известного норвежского математика О.Оре раскрывает красоту математики на примере одного из ее старейших разделов - теории чисел. Изложение основ теории чисел в книге во многом нетрадиционно. Наряду с теорией сравнений, сведениями о системах счисления, в ней содержатся рассказы о магических квадратах, о решении арифметических ребусов и т.д. Большим достоинством книги является то, что автор при каждом удобном случае указывает на возможности практического применения изложенных результатов, а также знакомит читателя с современным состоянием теории чисел и задачами, еще не получившими окончательного решения. Скачать (djvu, 2,82 Мб) ifolder.ru || mediafire
	Прасолов В.В. Задачи по алгебре, арифметике и анализу: Учебное пособие.-М.: МЦНМО, 2007.-608 с.: ил. - ISBN 978-5-94057-263-3 В книгу включены задачи по алгебре, арифметике и анализу, относящиеся к школьной программе, но, в основном, несколько повышенного уровня по сравнению с обычными школьными задачами. Есть также некоторое количество весьма трудных задач,предназначенных для учащихся математических классов. Сборник содержит более 1000 задач с полными решениями. Для школьников, преподавателей математики, руководителей математических кружков, студентов пединститутов Скачать (pdf/rar; 2,98 мб) mediafire.com || ifolder.ru
	Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифметика и алгебра. - 6-е изд. - М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. - 480 с. - ISBN 5-9221-0106-4. Книга содержит 320 задач, относящихся к алгебре, арифметике и теории чисел. По своему характеру эти задачи значительно отличаются от стандартных школьных задач. Большинство из них предлагалось в школьных математических кружках при МГУ и на математических олимпиадах в Москве. Книга рассчитана на учащихся старших классов средней школы. Задачи, доступные учащимся седьмых-восьмых классов, отмечены особо. Даны подробные решения всех задач; более трудные задачи снабжены указаниями. Настоящее издание воспроизведено по тексту четвертого издания. Скачать (2,68 mb) ifolder.ru || mediafire.com
	Гашков С.Б. Современная элементарная алгебра в задачах и решениях.- М.: МЦНМО, 2006. - 328 с. Предлагаемая вниманию читателя книга представляет собой учебное пособие по алгебре для учащихся 10-х и 11-х классов физико-математических школ. Его основу составили записи лекций, читавшихся автором в специализированном учебно-научном центре МГУ им. М.В.Ломоносова - школе имени академика А. Н. Колмогорова, более известной под названиями ФМШ МГУ и интернат МГУ. Книга покрывает курс алгебры для учащихся 10-х классов СУНЦ (и аналогичных ему учебных заведений) и содержит основную часть обязательного курса алгебры для 11-х классов. По традиции, установленной А.Н.Колмогоровым, курс алгебры для «ФМШат» состоит из двух частей: некоторого обязательного набора понятий, конструкций и теорем (эта часть является общей для всех лекционных курсов алгебры, читавшихся в этой школе) и решения некоторой интересной содержательной проблемы (например, построение циркулем и линейкой правильных n-угольников, теорема Абеля-Руффини о неразрешимости в радикалах общего уравнения пятой степени, квадратичный закон взаимности и т. п.). В этой книге излагается первая часть курса, а также некоторый вариант дополнительных глав. В ней много задач, в основном довольно трудных. Она может служить учебным пособием по алгебре и для студентов вузов. Скачать (pdf, 1.14 Мб) ifolder.ru || mediafire

Гость , рекомендовавший большинство этой литературы, назвал еще книгу
Гашков С.Б., Чубариков В.Н., Садовничий В.А. (ред.) Арифметика. Алгоритмы. Сложность вычислений. 3-е издание, исправленное. - Дрофа, 2005. - 320 с. - ISBN: 5-7107-8904-6 .
В учебном пособии (2-е изд. - 2002 г.) впервые в отечественной литературе рассматривается связь вопросов арифметики с современными проблемами кибернетики. Книга представляет собой сборник задач по арифметике и теории сложности арифметических алгоритмов и позволяет получить систематические знания в этих областях математики. Для студентов университетов, педагогических вузов и вузов с углубленным изучением математики
Гость отметил, что в последней книге очень краткие указания к задачам, но похоже, что ее стоит прорешать, хотя бы частично.
На мой взгляд, она для школьников сложновата, поэтому помещена мной в вузовский раздел . Там же можно найти и другую более серьезную литертуру по этой дисциплине.

Если вы готовитесь к ЕГЭ самостоятельно, то начните с книг, в которых излагаются элементы теории чисел (Болтянский, Оре, Галкин, Генкин), а лишь потом переходите к олимпиадным задачам.
Две книги по олимпиадам все же добавляю

Хочу обратить ваше внимание также на сайт www.problems.ru/ (ссылка давно есть в нашем эпиграфе, но по опыту знаю, что никто эпиграф не читает). Там собрана огромная задачная база по самым разнообразным темам и источникам., в том числе и интересующие нас задачи. Выложены также задачи разных олимпиад, задачи из книги "Ленинградские математические кружки" и сборника Алфутовой, Устинова.

UPD.
Сделаны подборки по олимпиадным задачам

Тема: Теория чисел в заданиях С6 из ЕГЭ XII Межрайонная научно-практическая конференция «Шаг в будущее» Секция: математика Выполнили: Ильдар Гарифуллин, Роман Синицкий 11 а класс, МОУ Лицей 6 Руководитель: Мунтян Е.М. учитель математики МОУ Лицей 6 г. Северобайкальск 2012 г.

Актуальность Сдать ЕГЭ – вот главная задача всех выпускников, причём желательно набрать больше баллов. От результатов ЕГЭ зависит кол-во и престиж ВУЗов, куда выпускник сможет поступить. Безусловно, на ЕГЭ нужно решать столько, сколько можешь. Задание С6 в ЕГЭ по математике оценивается самым высоким балом, но к сожалению очень маленький процент выпускников приступают к решению этого задания, считая его сложность запредельной. Мы хотим развеять этот миф и показать как решаются некоторые из этих заданий. Дальше приведена статистика выполнения задания С6 выпускниками школ, сдающих ЕГЭ по математике.

ПроцентКол-во Не приступили к выполнению задания С6 90.3% Решили С6 на 1 балл %1236 Решили С6 на 2 балла %269 Решили С6 на 3 балла 0.097%727 Решили С6 на 4 балла %123 Оценка в тестовых баллах (2011 г.) 4 балла в первичном виде 24 баллов в тестовом виде

Признак делимости на 11 (теория) Для того чтобы натуральное число делилось на 11, необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма его цифр, взятых со знаком «+», если цифры находятся на нечётных местах (начиная с цифры единиц), и взятых со знаком «-», если цифры находятся на чётных местах, делилась на 11.

Применение признака делимости на 11 Число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммами его цифр, стоящих на нечётных и на чётных местах, делится на 11. Запишем все цифры подряд: В написанном числе указанная разность сумм равна 5. Цифры 0, 2, 4, 6, 8 – стоят на нечётных местах Цифры 1, 3, 5, 7, 9 – стоят на чётных местах ()+()=5

Меняя местами цифры, допусти 1 и 4, мы увеличиваем обе скобки на 3. А так как у нас 2 скобки то общая сумма увеличивается на 6 Получается число с на У нас было ()+()=5 После замены ()+()=11 Применение признака делимости на 11

Чтобы получить другие числа по заданию, достаточно поменять местами одну из пар чисел. При перестановки пар сумма в скобках не меняется, так как чётные числа остаются на чётных местах, а нечётные на нечётных Нас не просят найти все числа, поэтому достаточно 3: (; ;)

Задача 2 (применение знаний о рациональных числах) Бесконечная десятичная дробь устроена следующим образом. Перед десятичной запятой стоит нуль. После запятой подряд выписаны члены арифметической прогрессии (d – целое). Из полученной записи удалены минусы, если они есть. В результате получается рациональное число. Найдите это число.

Рациональные числа (теория) Рациональное число – число, которое может быть представлено в виде дроби, где и – целые числа (m 0) Рациональные числа могут быть представлены лишь конечными десятичными или бесконечными периодическими дробями. Периодическая дробь – бесконечная десятичная дробь, в которой, начиная с некоторого места, стоит только периодически повторяющаяся определённая группа цифр.

Задача 4 последовательность Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, либо в 14 раз больше, либо в 14 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна А) Может ли последовательность состоять из двух членов? Б) Может ли последовательность состоять из трёх членов? В) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности?

В) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности? чтобы найти наибольшее количество членов, нужно чтобы элементы были наименьшие из возможных, тесть числа 1 и 14. Возможны четыре варианта. 1)(14+1)+(14+1)…+(14+1)=7424 –количество элементов четно, первый элемент 14 2)14+(1+14)+(1+14)…+(1+14)=7424 –количество элементов нечетно, первый элемент 14 3) (1+14)+(1+14)…+(1+14)=7424 -количество элементов четно, первый элемент 1 4)1+(14+1)+(14+1)…+(14+1)=7424 -количество элементов нечетно, первый элемент 1 1,3)(14+1)n=7424 2) 14+(1+14)n= (14+1)n=7424 Очевидно, что 1,3,4- варианты 15n= n= n=7423 не подходят. n=494.9(3) n=494 n=494.8(6) 2)Во-втором случае у нас 494 пары (1+14) и первый элемент 14. Ответ.989

Задача 5 минимумы и максимумы Перед каждым из чисел 3, 4, 5, и 14, 15, произвольным образом ставят знак плюс или минус, после чего к каждому из образовавшихся чисел первого набора прибавляют каждое из образовавшихся чисел второго набора, а затем все 45 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю сумму и какую наибольшую сумму можно получить в итоге?

0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или" title="Решение: Рассмотрим I нер-во. Оно является квадратным относительно x, и имеет решение при D>0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или" class="link_thumb"> 23 Решение: Рассмотрим I нер-во. Оно является квадратным относительно x, и имеет решение при D>0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или х=-2. Но при этих значениях первое не неравенство не выполняется. Ответ: (4;-1). 0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или"> 0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или х=-2. Но при этих значениях первое не неравенство не выполняется. Ответ: (4;-1)."> 0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или" title="Решение: Рассмотрим I нер-во. Оно является квадратным относительно x, и имеет решение при D>0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или"> title="Решение: Рассмотрим I нер-во. Оно является квадратным относительно x, и имеет решение при D>0, т.е Целые y: -2;-1;0. При y=-2, второе уравнение не имеет решения. При y=-1, x=-7 или х=4. Но при х=-7, первое неравенство не выполняется. При y=0, x=2 или">

• N – натуральные числа (1, 2, 3, …);
• Z – целые числа (0, ±1, ±2, ±3, …);
• Q – рациональные числа, их можно представить в виде дроби \frac{m}{n} , где m– целое число, а п – натуральное (3,\frac{2}{3} , -\frac{4}{3} );
• R – действительные числа (3, \sqrt{7} , 0, -\frac{2}{3} );
• Иррациональные числа – это действительные числа, которые не являются рациональными (\sqrt{7} ).
• C - комплексные числа (a+i⋅b , где i - мнимая единица и i 2 =−1). Любое действительное число является комплексным.
• Положительные числа - больше нуля. Например, 4, \sqrt{5} , 213. Но не 0 и не −5.
• Неотрицательные числа - не меньше нуля. Например, 6, 0, 32. Но не −3.
• Отрицательные числа. Числа, которые меньше нуля. Например, −4, -\sqrt{5} . Но не 0 и не 5.
• Неположительные числа. Числа, которые не больше нуля. Например, 0, −\sqrt{3} . Но не 6, не \sqrt{7} .

Свойства сложение и умножения натуральных чисел:

• a + b = b + a – переместительное свойство сложения
• (a + b) + с = a + (b + c) –
• a∙b = b∙a – переместительное свойство умножения
• (a∙b)∙c = a∙(b∙c) – сочетательное свойство сложения
• a(b ± с) = ab ± ac – распределительное свойство умножения относительно сложения/вычитания

Если m, n, k натуральные числа, то при m – n = k говорят, что m – уменьшаемое, n – вычитаемое, k – разность; m: n = k говорят, что m – делимое, n – делитель, k – частное.

Наименьшим общим кратным (НОК) двух и более натуральных чисел называется наименьшее натуральное число, которое само делится нацело на каждое из этих чисел.

Наибольший общий делитель (НОД) двух данных чисел a и b – это наибольшее число, на которое оба числа a и b делятся без остатка.

Среднее арифметическое множества чисел – сумма всех чисел, делённое на их количество

Арифметическая прогрессия – это числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему, сложенному с постоянным для этой последовательности числом d .

Формула вычисления арифметической прогрессии : а п = а 1 + d(n – 1).

Геометрическая прогрессия – это числовая последовательность задаваемая двумя параметрами b, q (q ≠ 0) и законом b 1 = b, b n = b n-1 ∙q, n = 2, 3, … .

Формула вычисления геометрической прогрессии: b n = b 1 ∙q n-1 .

Формула знаменателя геометрической прогрессии: q = b n+1 / b n

Формула суммы n -первых членов геометрической прогрессии:

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

S n = (b 1 - b n q)/(1 - q), где q ≠ 1