Задача №1. Решить в целых числах уравнение x3 - 2y3 - 4z3 = 0. Решение Пусть x3 - 2y3 - 4z3 = 0, где x, y, z — целые числа. Тогда число x чётно. После замены x = 2x1 получаем уравнение 8x13 - 2y3 - 4z3 = 0. Сократим на 2: 4x13 - y3 - 2z3 = 0. Значит, число y чётно. После замены y = 2y1 получаем уравнение 4x13 - 8y13 - 2z3 = 0. Снова сократим на 2: 2x13 - 4y13 - z3 = 0. Значит, число z чётно. После замены z = 2z1 получаем уравнение x13 - 2y13 - 4z13 = 0, которое имеет такой же вид, как и исходное уравнение. Поэтому снова можно доказать, что числа x1, y1, z1 чётны и т.д. Но это возможно лишь в том случае, когда x = y = z = 0. Ответ: x = y = z = 0. Задача №2. Решите в натуральных числах уравнение (1+nk)l=1+nm, где l>1. Решение Единственное решение уравнения: n=2, k=1, l=2, m=3. Докажем это. Пусть p – простой множитель l. Поскольку nm=(1+nk)l–1, то nm делится на (1+nk)p–1. Но это выражение равно nk·p+n2k·p(p–1)/2+n3k·r, где r – неотрицательное целое число. Разделив на nk, получим p+nk·p(p–1)/2+n2k·r. Если n не делится на p, то это выражение взаимно просто с n, и nm не может на него делиться. Значит, p – делитель n. Тогда 1+nk·(p–1)/2+(n2k/p)·r – натуральное число, большее единицы. Если k>1 или p нечетно, то второе слагаемое делится на n (третье делится всегда), сумма взаимно проста с n, и nm не может на нее делиться. Следовательно, k=1 и l имеет вид 2s. Вспомним теперь, что nm=(1+nk)l–1=(1+n)l–1= ln + ... В правой части все члены, начиная со второго, делятся на n2 . Из этого, поскольку m > 1, следует, что l делится на n. Значит, n, как и l, является степенью двойки. Но (1+n)l–1=[(1+n)l/2+1][(1+n)l/2–1]=[(1+n)l/2+1] ... (n+2)n,} откуда n+2 также является степенью двойки. Следовательно, n=2. Множитель разложения, предшествующий n+2=4, равнялся бы 32 +1=10 и не был бы степенью двойки. Значит, l=2, откуда m=3. Задача №3. Докажите, что не существует многочлена степени не ниже двух с целыми неотрицательными коэффициентами, значение которого при любом простом p является простым числом. Решение Предположим, что такой многочлен Q(x) существует. Пусть Q(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, где a0, a1, ..., an - целые неотрицательные числа, an не равно 0, n>2. Если a0=0, то Q(x)=x(anxn-1+an-1xn-2+...+a1), следовательно, при простом p число Q(p) делится на p и больше p (здесь используется то, что степень Q не меньше 2), поэтому Q(p) - число составное. Допустим, a0>2. Обозначим через p некоторый простой делитель a0. Тогда Q(p)=(anpn-1+an-1pn-2+...+a1)p+a0 делится на p и больше p, значит, Q(p) - число составное. Таким образом, имеется единственная возможность: a0=1. Если для любого простого p число Q(p) простое, то и число Q(Q(p)) является простым при любом простом p). Значит, свободный член многочлена Q(Q(x)) должен равняться 1+...+a1+1>1. 1. Однако, поскольку Q(0)=a0=1, Q(Q(0))=an+an- Мы получили противоречие, завершающее доказательство. Задача №4. Число 1/42 разложили в бесконечную десятичную дробь. Затем вычеркнули 1997-ю цифру после запятой, а все цифры, стоящие справа от вычеркнутой цифры, сдвинули на 1 влево. Какое число больше: новое или первоначальное? Решение Число 1/42 можно представить в виде периодической десятичной дроби. Период начинается со второй цифры после запятой (двойки) и состоит из 6 цифр: 238095 (1/42 = 0,0238095238...). Установить это можно, например, с помощью деления 1 на 42 "столбиком". Поскольку 1997 при делении на 6 даёт остаток 5, 1997-я цифра записанного числа та же, что и пятая - нуль, а следующая - девятка. Значит, новое число больше. Бесконечные периодические десятичные дроби обозначаются так: 1/42 = 0,0(238095). Задача №5. Известно, что корни уравнения x2 + px + q = 0 — целые числа, а p и q простые числа. Найдите p и q. Решение Пусть x1 и x2 — корни нашего квадратного трёхчлена. Тогда (по теореме Виета) x1·x2 = q. Так как корни целые, a q - простое, то один из корней равен 1 или –1. Рассмотрим сначала случай x1 = 1. Тогда x1 = q. По теореме Виета 1 + q = –p по условию p и q — простые, в частности, целые положительные числа. Значит, в первом случае решений нет. Пусть теперь x1 = –1. Получаем x1 = –q, –1 – q = –p. То есть p = q + 1. Значит, p и q — два простых числа, отличающиеся на 1. Такая пара чисел всего одна: p = 3 и q = 2 (так как единственное чётное простое число — это 2). Ответ: р = 3, q = 2.