Известно, что $%a^2+b^2+c^2=k!$% при некоторых целых $%a, b, c$% и при некотором натуральном $%k$%.

Доказать, что ни одно из чисел $%a, b, c$% не может записываться одними шестёрками (в десятичной системе счисления).

задан 2 Ноя '14 15:26

изменен 2 Ноя '14 20:30

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

10|600 символов нужно символов осталось
3

Допустим, что $%c$% записывается одними шестёрками. Тогда его квадрат делится на 4.

Ввиду того, что $%k! > 6^2$%, имеем $%k\ge5$%, откуда $%k!$% кратно $%5!$%, то есть кратно 8. Сумма $%a^2+b^2$% делится на 4, откуда следует, что оба числа $%a$%, $%b$% чётны, так как квадрат чётного числа при делении на 4 даёт в остатке 1.

Разделим обе части уравнения на 4, получая $%(a/2)^2+(b/2)^2+3\ldots3^2=k!/4$%. Остаток от деления на 4 суммы двух квадратов целых чисел принимает значения 0, 1 или 2. Число в правой части уравнения чётно, а $%3\ldots3^2$% даёт в остатке 1. Значит, сумма квадратов тоже даёт в остатке 1, и тогда правая часть не делится на 4. Так бывает только при $%k=5$%, а $%c$% в этом случае равно $%6$%. Получается равенство $%(a/2)^2+(b/2)^2=30-3^2=21$%, которое очевидным образом не имеет места.

ссылка

отвечен 2 Ноя '14 16:25

Большое спасибо!

(2 Ноя '14 17:46) حنين

Можно чуть-чуть проще (хотя по сути - то же самое):

Квадрат целого числа может давать только остатки 0, 1, 4 или 9 при делении на 16. А это означает, что сумма двух квадратов никогда не даст остаток 12 при делении на 16. Поскольку квадрат любого числа из одних шестёрок даёт остаток 4 при делении на 16, сумма двух из трёх слагаемых в левой части должна давать остаток 12 при делении на 16, если $%k>5$%. Противоречие.

Если же $%k<5$%, то сумма двух из трёх слагаемых в левой части должна быть отрицательной, что невозможно. Снова противоречие.

(продолжение следует!)

(2 Ноя '14 17:57) حنين
1

(продолжение последовало!)

И наконец, если $%k=5$%, то числом из одних шестёрок может быть только само число 6, что приводит нас к отысканию представления числа 84 в виде суммы двух квадратов. Несложный перебор (наибольший из двух квадратов должен быть не меньше 42 и не больше 84, а таких - всего три) даёт отрицательный результат.

(2 Ноя '14 17:57) حنين
1

@Katy Laurin: это то же самое решение. У меня сначала производится деление на 4, а потом идёт анализ остатков от деления на 4, что равноценно изначальному рассмотрению остатков от деления на 16. Априори ведь не было ясно, что всё надо рассматривать именно по модулю 16, хотя к этой идее можно естественно прийти в процессе решения.

(2 Ноя '14 18:05) falcao

@falcao: Вы правы.

(2 Ноя '14 18:42) حنين
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×873
×578
×262
×211
×150

задан
2 Ноя '14 15:26

показан
512 раз

обновлен
2 Ноя '14 18:42

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru