#19 Смешанные задачи I

Числа \(n\) и \(n+1\) имеют разную чётность, значит одно из них делится на \(2\). Поэтому их произведение делится на \(2\).

Если \(d\mid n\) и \(d\mid n+1\), то \(d\mid (n+1)-n=1\). Значит \(d=1\), и НОД равен \(1\).

Если \(n\) чётно, то \(n^2\equiv0\pmod4\). Если \(n\) нечётно, то \(n\equiv1\) или \(3\pmod4\), и в обоих случаях \(n^2\equiv1\pmod4\). Возможны только \(0\) и \(1\).

Имеем \(x^2-y^2=(x-y)(x+y)\). Это полезно, когда уравнение задаёт разность квадратов числом: тогда задача сводится к парам делителей.

Последние цифры: \(7,9,3,1\). Так как \(2025\equiv1\pmod4\), последняя цифра равна \(7\).

Имеем \(n^3-n=n(n-1)(n+1)\). Среди трёх последовательных целых чисел одно делится на \(3\), значит всё произведение делится на \(3\).

Так как \(n^2-1=(n-1)(n+1)\), число \(n+1\) делит \(n^2-1\). Поэтому \(\gcd(n^2-1,n+1)=n+1\).

Получаем \((x+1)(y+1)=24\). Пары делителей \(24\), больших \(1\): \((2,12),(3,8),(4,6),(6,4),(8,3),(12,2)\). Поэтому \((x,y)=(1,11),(2,7),(3,5),(5,3),(7,2),(11,1)\).

Левая часть по модулю \(4\) может давать только \(0,1,2\). Правая часть сравнима с \(3\pmod4\). Противоречие.

Пусть \(n=3k+1\). Тогда \(3k+1\equiv2\pmod5\), откуда \(3k\equiv1\pmod5\), \(k\equiv2\pmod5\). Значит \(n=3(5t+2)+1=15t+7\). Ответ: \(n\equiv7\pmod{15}\).

Так как \(10 ot\equiv1\pmod{11}\), но \(10^2\equiv1\pmod{11}\), порядок \(10\) по модулю \(11\) равен \(2\). Значит период равен \(2\).

Если \(d\mid n\), то с ним в паре идёт \(\frac{n}{d}\). Пара состоит из двух разных делителей, кроме случая \(d=\frac{n}{d}\), то есть \(d^2=n\). Поэтому непарный делитель появляется ровно у квадратов, и только тогда число делителей нечётно.

Для \(n=0,1,2,3,4,5,6\) выражение \(n^2+n+1\) даёт остатки \(1,3,0,6,0,3,1\). Значит подходят только \(n\equiv2\) и \(n\equiv4\pmod7\).

По модулю \(n+2\) имеем \(n\equiv-2\), поэтому \(n^2+1\equiv4+1=5\). Значит НОД равен \(\gcd(n+2,5)\). Он равен \(5\), если \(n\equiv3\pmod5\), и \(1\) иначе.

Получаем \(xy-3x-2y=0\). Добавим \(6\): \((x-2)(y-3)=6\). Положительные пары делителей \(6\): \((1,6),(2,3),(3,2),(6,1)\). Получаем \((x,y)=(3,9),(4,6),(5,5),(8,4)\).

Имеем \(n^2+5\equiv4+5=9\pmod{n+2}\). Поэтому \(n+2\mid9\). Так как \(n\ge1\), \(n+2\ge3\), получаем \(n+2=3\) или \(9\). Значит \(n=1\) или \(n=7\). Оба подходят.

Квадрат по модулю \(4\) равен \(0\) или \(1\). Сумма двух квадратов по модулю \(4\) может быть только \(0,1,2\). Остаток \(3\) невозможен. Значит \(4k+3\) не является суммой двух квадратов.

Так как \(9\) обратимо по модулю \(7\), \(7\mid R_n\) тогда и только тогда, когда \(10^n\equiv1\pmod7\). Порядок \(10\equiv3\) по модулю \(7\) равен \(6\). Поэтому подходят ровно \(n\), кратные \(6\).

Нужно \(n\equiv1\pmod2\), \(n\equiv1\pmod3\), \(n\equiv2\pmod5\). Из первых двух условий \(n\equiv1\pmod6\). Числа \(1,7,13,19,\ldots\); остаток \(2\) по модулю \(5\) даёт \(7\). Подходит \(n=7\).

Если \(m\ge n\), то \(2^m-1=(2^{m-n})(2^n-1)+(2^{m-n}-1)\). Поэтому НОД не меняется при замене пары \((m,n)\) на \((m-n,n)\). Повторяя алгоритм Евклида для показателей, приходим к \((d,d)\), где \(d=\gcd(m,n)\). Тогда НОД равен \(2^d-1\).

Пусть \(a=x-y\), \(b=x+y\). Тогда \(ab=2025\), \(a

Предположим, что решение есть, и выберем с минимальным \(x+y\). Пусть \(x\ge y\). Рассмотрим уравнение как квадратное по \(x\): \(x^2-3yx+y^2=0\). Второй корень \(x'=3y-x\) целый. Из \(x<3y\) он положителен. Кроме того, \(x(3y-x)=y^2\); при \(y\le x\le2y\) левая часть не меньше \(2y^2\), что невозможно, значит \(x>2y\). Тогда \(0

Если \(2n+1\mid n^2+n+3\), то \(2n+1\mid4(n^2+n+3)\). Но \(4(n^2+n+3)=(2n+1)^2+11\). Значит \(2n+1\mid11\). При \(n\ge1\) имеем \(2n+1\ge3\), поэтому \(2n+1=11\), \(n=5\). Проверка даёт \(11\mid33\).

Возьмём \(N=(k+1)!\). Тогда числа \(N+2,N+3,\ldots,N+k+1\) являются \(k\) последовательными числами. Для каждого \(i=2,3,\ldots,k+1\) число \(N+i\) делится на \(i\), потому что \(N\) делится на \(i\). Кроме того, \(N+i>i\), значит \(i\) — нетривиальный делитель. Поэтому все эти числа составные.