Городская Жаутыковская олимпиада по математике, 7 класс, 2023 год

Натурал болатын $2a$ санында 8 бөлгіш бар (1-ді және санның өзін есептегенде), ал натурал $3a$ санында бөлгіш саны 6-дан аз. $2023a$ санымен қандай цифр аяқталуы мүмкін?

Комментарий/решение

Разложим эти числа на простые множители:

$2\alpha = 2^1p_1^1p_2^1$ Ведь кол-во делителей равна 8. $(1+1)(1+1)(1+1)=2^3=8$

P.S. $p_1 \not= p_2$

Но так как кол-во делителей у $3\alpha$ менее 6, легко заметить что какое-то из $p_1$ или $p_2$ равна 3: $3\alpha = 3^2p_1^1 \Rightarrow (2+1)(1+1) = 6$

Заметим что $p_1 \in \{..1, ..3, 5 , ..7, ..9\}$ может оканчиваться на эти числа. Соответственно при умножении 2023 на $\alpha$ мы получаем $\Rightarrow 2023\alpha = 6069p_1 \in \{..9, ..7, 5, ..3, ..1\}$

Ответ: $\{9, 7, 5, 3, 1\}$

$2a=p⁷;p³q;pqr$

$1)\frac{3p⁷}{2} \in Z$

$p=2$

$a=64$

$3a=192$

$d(192)=1,2,3,4,6,8,16...$

$\phi$

$2)p³q:2 \in Z$

$1)p=2$

$d(12q)=1,2,3,4,6,12,12q..$

$\phi$

$2)q=2$

$1)p≠3$

$d(3p³)=1,3,p,p²,p³,3p³$

$\phi$

$p=3$

$2a=54$

$3a=81$

$2023a=10k+1$

$3)a=pqr$

$pqr:2 \in Z$

$p=2$

$3a=3qr$

$d(3qr)=1,3,q,r,qr,3qr,3q,3r$

$q=r=3$

$2a=18$

$\phi$

Спасибо за дополнение моего ответа :D

Допустим $\alpha$ имеет хотя бы 2 делителя отличных от 3, тогда пусть кол-во делителей $3\alpha=d_{3}; 6>d3\geq (1+1)*(1+1)*(1+1)=8$, противоречие $\Rightarrow \alpha$ имеет не более 1 делителя отличного от 3

Допустим $\alpha$ делиться хотя бы на $p^2; p \ne 3 \Rightarrow 6>d3\geq(1+1)*(2+1)=6$, противоречие

$\alpha=p$ или $\alpha=3^x$, если бы в первом случае $\alpha$ делилось хотя бы на 3, то $6>d\geq(2+1)(1+1)=6$, противоречие.

Рассмотрим первый случай $8=d_{2}=(1+1)*(1+1)=4$ или $8=d_{2}=2+1=3$ при $p=2$, противоречие $\Rightarrow \alpha=3^x$

$8=d_{2}=(1+1)*(x+1) \Rightarrow x=3 \Rightarrow \alpha=27 \Rightarrow 2023\alpha$ кончается на 1 (т.к. 3*7 кончается на 1)