Страница № 231. Учебник

Учебник: Сборник задач по алгебре: учебное пособие для 8-9 кл. с углубленным изучением математики - М.Л. Галицкий, А.М. Гольдман, Л.И. Звавич; 7-е изд. — М.: Просвещение, 2001. — 271 с.

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 78, 79, 80, 81, 82, 83, 84, 85, 86, 87, 88, 89, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99, 100, 101, 102, 103, 104, 105, 106, 107, 108, 109, 110, 111, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 127, 128, 129, 130, 131, 132, 133, 134, 135, 136, 137, 138, 139, 140, 141, 142, 143, 144, 145, 146, 147, 148, 149, 150, 151, 152, 153, 154, 155, 156, 157, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 169, 170, 171, 172, 173, 174, 175, 176, 177, 178, 179, 180, 181, 182, 183, 184, 185, 186, 187, 188, 189, 190, 191, 192, 193, 194, 195, 196, 197, 198, 199, 200, 201, 202, 203, 204, 205, 206, 207, 208, 209, 210, 211, 212, 213, 214, 215, 216, 217, 218, 219, 220, 221, 222, 223, 224, 225, 226, 227, 228, 229, 230, «231», 232, 233, 234, 235, 236, 237, 238, 239, 240, 241, 242, 243, 244, 245, 246, 247, 248, 249, 250, 251, 252, 253, 254, 255, 256, 257, 258, 259, 260, 261, 262, 263, 264, 265, 266, 267, 268, 269, 270, 271

OCR-версия страницы из учебника (текст страницы, которая находится выше):

б) У к а з а н и е. Из уравнения следует, что х — нечетное число. 3.121. а) (7 — 2п; Зп —7), где n£Z. Решение. Записав уравнение в виде 2(х-\-у) — 7 — х, заключаем, что 7 — х кратно 2, т. е. 7 — х = 2п, где n£Z и х = 7 — 2п. Далее из уравнения находим i/ = 3/t —7; б) (Зп —4; 2п), где n£Z. 3.122. (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1 2), (3; 2; 1). Указание. Пусть для определенности x^.y^.z, тогда x + i/ + z^3z, откуда хуг^Зг, т. е. ху^З. Но поскольку х²^ху, то х²<3, т. е. х—1. 3.123. а) (1; 1), (3; 3). Решение. При х=1 имеем t/² = 1, откуда y=l (y£N)', при х = 2 решений нет, при х = 3 получаем у — 3. Пусть х~^4, тогда левая часть уравнения имеет внд ЗЗ + fe, где k оканчивается нулем, так как 5!, 6!, ... оканчиваются нулем. Итак, при х~^4 левая часть уравнения — число, оканчивающееся на 3. Но квадраты целых чисел не могут оканчиваться на 3, поэтому уравнение решений не имеет; б) (1; 3; 1), (3; 1; 1). Р е ш е н и е. Поскольку 4z + 3 — нечетно, то левая часть уравнения — нечетное число. Значит, или х, или у меньше 2. Пусть для определенности х=1, тогда i/!=4z + 2. Правая часть последнего равенства не кратна 4, значит, у <4. Проверкой убеждаемся, что решение (1; 3; 1). Второе решение получается перестановкой х и у. 3.124. (10; 1), (10; —1), (—10; 1), (—10; —1). Решение. Запишем уравнение в виде 19 (jc²— I00) = 91 (1 —t/²) (1). Поскольку числа 19 и 91 взаимно просты, получаем лс² — 100 кратно 91, 1 —у² кратно 19, т. е. х² — 100 = 91п, 1— y²=l9k, где п, k£Z. Подстановкой в равенство (1) убеждаемся, что k = n. Имеем И²-100 = 91*,

\1— у²=\9к, где k£Z. x² = 9lk-\- 100^0, откуда k^——; у²= 1 —19*^0,

откуда Таким образом, k = 0 илн k= — \. При k = 0 получим х² = 100,

у² = 1, т. е. четыре ответа; прн k = — 1 решений в Z нет. 3.125. (5; 2). Р е ш е н и е. (х — 3) (x + 3) = 4i/²; х — простое, и очевидно, что хф2, значит, х — нечетное. Итак, х — 3 и х + 3 — четные числа, причем одно из них кратно 2, а другое кратно 4, следовательно, 4у² делится на 8, т. е. у² делится на 2, значит, у кратно 2, причем у — простое, значит, у = 2, откуда х = 5. 3.126. —1; 0; 2. 3.127. —6; —2;

500²+1000. 3.132. 2³-3⁵² . 3.133. 9. 3.134. 12. 3.135. а) 99; б) четная. 3.137. Решение, а) При делении на 99 целое число может давать любой из 99 различных остатков (0; 1; ...; 98). Поскольку имеем 100 целых чисел, то найдутся по крайней мере два из них, которые дают одинаковые остатки при делении на 99 (принцип Дирихле). Разность этих двух чисел делится на 99. б) Пусть щ, ai, ..., aioo — произвольные целые числа. Рассмотрим 100 других целых чисел: а\, ai+дг, а|+аг + аз, ..., ai +a2 + ... + amo- Применив к ним результат пункта а, получим утверждение задачи. 3.139. Решение. Пусть даны п целых

чисел в|, а₂.....а_п. Рассмотрим п других целых чисел ai, ai +аг, ..., ai +аг + ... + а„.

Возможны два случая: 1) хотя бы одно из иих делится на п; 2) ни одно из них ие делится на п. В первом случае утверждение доказано. Рассмотрим второй случай. Всего чисел п, при делении на п ненулевых остатков п — 1. Отсюда по принципу Дирихле существует по крайней мере два числа с одинаковыми остатками при делении на п. Разность этих двух чисел делится иа п и является требуемой в условии суммой нескольких исходных чисел. 3.140. Решение. Рассмотрим 1992 числа: 1991, 19911991, 199119911991,

Сборник задач по алгебре, 8-9 класс (М.Л. Галицкий, А.М. Гольдман, Л.И. Звавич) 2001

Страница № 231.

OCR-версия страницы из учебника (текст страницы, которая находится выше):

Учебники по алгебре за 7 класс

Учебники по алгебре за 8 класс

Учебники по алгебре за 9 класс

Учебники по алгебре за 10 класс

Учебники по алгебре за 11 класс