Республиканская олимпиада по математике, 2012 год, 11 класс
Комментарий/решение:
p=133…3⏟k=10k+33…3⏟k=10k+k⏞99…93=10k+10k−13=4⋅10k−13.
Пусть k=2n, тогда p=4⋅102n−13=(2⋅10n−1)(2⋅10n+1)3, но p - простое, значит k не может быть четным.
Пусть k=6n+1, тогда p=4⋅106n+1−13=40⋅106n−13=(39+1)⋅106n−13=39⋅106n+106n−13.
Докажем, что 10^{6n}\equiv 1\pmod{39}. Так как (10,39)=1, то по h_теореме Эйлера@https://ru.wikipedia.org/wiki/Теорема_Эйлера_(теория_чисел)_h получим:
10^{\phi(39)}\equiv 1\pmod{39}
10^{24}\equiv 1\pmod{39}
10^{6}\equiv 1\pmod{39}
10^{6n}\equiv 1\pmod{39}.
Значит, p \, \vdots \, 13 , но p - простое, значит k не может быть 6n+1.
Пусть k=6n+3, тогда получим:
k^2-2k+3=(6n+3)^2-2(6n+3)+3=36 n^2+24 n+6 \, \vdots \, 6.
Пусть k=6n+5, тогда получим:
k^2-2k+3=(6n+5)^2-2(6n+5)+3=36 n^2+48 n+18 \, \vdots \, 6.
Если k=6a+1
k^2-2k+3=0(mod 6)
Если k=6a+3
k^2-2k+3=9-6+3=0(mod 6)
Если k=6a+5
k^2-2k+3=25-10+3=0(mod 6)
Значит рассмотрим что произойдёт если k - чётное.
Тогда докажем что:
133...3 делится на 66..67, где троек 2s, а шестёрок s-1.
666...7×200..0=133...340..0, где нулей s штук.
133..3400...0-66..67=1333...3, 4 превратится в 3, один из нулей заснёт 7 станет 3, а все другие 0 станут 6. Доказано
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.