Учебника «Математика»

Указания и решение

некоторых нестандартных задач

из главы 5 «Делимость»

(из учебника «Математика» 5 класс, 2 часть, авт. М.И. Башмаков)

При изучении этой главы как и предыдущих, можно ограничиться решением стандартных задач. В этой главе - это задачи на нахождение делителей и кратных, на деление с остатком, на признаки и свойства делимости, на разложение числа на простые множители, на нахождение НОД и НОК. Образцы решения стандартных задач приведены в учебнике под заголовком «Чему следует научиться»

Задачи, указания и решение которых размещены ниже, не являются обязательными. Они включены в учебник, чтобы помочь учителю в обучении способных учащихся и учащихся, которые испытывают интерес или у которых можно побудить интерес к решению математических задач. В этих задачах содержится богатство математических идей, пройти мимо которых и не познакомиться с ними – конечно, не преступление, но обидно и неоправданно.
Тема 18

3. Найдите последнюю цифру степеней

1) 6¹⁰⁰⁰; 2) 19⁶; 3) 37¹⁰; 4) 2009²⁰⁰⁹; 5) 3¹⁰¹; 6) 12¹².

Учащиеся могут предложить различные решения этих заданий. Удобно воспользоваться следующими соображениями:

если в произведении множители оканчиваются на 0, 1, 5 или 6, то и произведение оканчивается на туже цифру: соответственно: на 0. 1, 5 или 6. Поэтому выгодно в произведениях получать множители, у которых последняя цифра одинаковая и является одной из перечисленных.

1) 6^{любой показатель} – число оканчивается на 6

2) 19⁶ – произведение шести чисел разбиваем на пары (19 × 19), получится три пары, произведение в каждой из пар оканчивается на 1, поэтому число 19⁶ имеет на конце цифру 1.

3) 37¹⁰ – заменяем степенью 7¹⁰. Произведение четырех семерок оканчивается на 1, последняя цифра этой степени определяется произведением оставшихся двух семерок. Последняя цифра 9.

4) 2009²⁰⁰⁹ - - заменяем на 9²⁰⁰⁹ – произведение разбиваем на пары (9 × 9), в каждой паре произведение оканчивается на 1, без пары остается одна девятка, поэтому ответ 9.

5) 3¹⁰¹ – разбиваем на группы по четыре множителя. Произведение в каждой четверке оканчивается на 1. Ответ 3.

6) 12¹² - заменяем на 2¹² – произведение разбиваем на четверки, в каждой четверке произведение будет оканчиваться на 6. Все 12 множителей укладываются ровно в три четверки. Ответ 6.
4. Проверьте, делится ли число на 10.

1) 24³ – 2⁶ ; 2) 43⁴³ – 17 ¹⁷; 3) 7 ⁶ – 1; 4) 9 ⁹⁹⁹ + 1.

Как известно, число будет кратно 10, если оно оканчивается 0. Как и в предыдущем задании, находим последнюю цифру числового выражения.

1) Известно, 4³ = 64, и 2⁶ = 64. На конце – 0. Ответ: делится.

2) Заменяем на 3⁴³ – 7¹⁷. Произведение 3⁴³ разбиваем на четверки, в каждой из которых на конце цифра 1, остается произведение трех троек, которое оканчивается на 7. Число 7¹⁷ разбиваем на четверки, произведение в каждой оканчивается на 1 и остается множитель 7. Разность оканчивается на 0, Ответ: делится.

3) Решаем аналогично. Последняя цифра разности – 8. Ответ: не делится.

4) Решаем аналогично. Последняя цифра 0, ответ: делится.
6. 1) Лист бумаги разрезали на 3 части, потом один из кусков снова разрезали на

3 части и так далее. Можно ли через несколько разрезаний получить 100 кусков?

Ответ объясните.

2) Числа от 1 до 2010 записали подряд друг за другом. Можно ли, ставя между

ними + или –, получить в результате 0?

6.1) Получится последовательность, в которой первое число равно 2 (третью бумажку разрываем), а каждое следующее число будет на 2 больше предыдущего, кроме последнего. При последнем разрезании бумаги получится 3 кусочка. Получится нечетное количество кусочков, не будет делиться на 2, а число 100 кратно 2. Ответ: нет.

6.2) Решение этой задачи можно начать, рассматривая меньшее количество чисел, например, от 1 до 10. В ней 5 четных чисел и 5 нечетных, тогда сумма или разность будет нечетным числом, а 0 – четное. Аналогично, от 1 до 2010, 505 четных чисел и столько же нечетных. Ответ: нет
7.2) Проверьте, что если в числе произвольно переставить цифры, а затем из большего числа вычесть меньшее, то разность будет делиться на 9.

Конечно, не нужно сразу требовать от учащихся строго доказательства, полезно проверить конкретное число, а вывод придет. Число лучше брать 4-х или 5-тизначное и проверять делимость на 9 по свойству, указанному в учебнике перед номером 7. Вывод: разность таких чисел будет делиться на 9, потому что от перестановки цифр в числе их сумма не изменится, данное число и число с переставленными цифрами будет иметь при делении на 9 одинаковый остаток, тогда их разность при делении на 9 будет иметь остаток 0.
8. Проверьте остатки от деления на 3.

1) Числа p, p + 10 и p + 14 — простые. Тогда p обязательно равно 3. Почему?

2) Числа (p – 1)/2, p и 2p – 1 являются простыми. Найдите p.

3) Числа p, 4p² + 1 и 2p² + 1 — простые. Найдите p.

4) Числа p и p² + 2 — простые. Проверьте, что p³ + 2 тоже простое число. Объясните, почему найденное вами простое число p³ + 2 единственное.

Эти задания на доказательство. Непростые. Решаем, рассматривая остатки при делении на 3 простого числа p. Возможные варианты: p – кратно 3; p - при делении на 3 дает остаток 1; p - при делении на 3 дает остаток 2. Заметим также, что простое число, кратное 3, только одно. Оно равно3.

1) Первый вариант – простое p и кратное 3, годится. p = 3.

Если p – при делении на 3 имеет остаток 1, тогда другое число - p + 14, по условию простое, будет кратно 3, что невозможно, оно больше3.

Последний вариант также невозможен, так как, если p при делении на 3 дает остаток 2, то число p + 10 будет кратно 3.

2) p = 3 не годится, так как первое число будет равно 1, а это число не относится к простым.

Рассматриваем простые числа p , которые при делении на 3 дают остаток 1: первое число при делении на 3 будет иметь остаток 0, то есть равняться 3, тогда p =7, и при этом значении p третье число тоже будет простым.

Остается рассмотреть еще вариант значения p: p при делении на 3 дает остаток 2. Тогда третье число кратно 3, то есть равно3 (оно простое по условию), тогда p = 2, но первое число при p  = 2 - не будет целым.

Ответ: 7

3) Проверяем p = 3. Подходит. Ищем другие значения p. Простые числа, которые при делении на 3 дадут остаток 1, не подходят, так как в этом случае третье число 2p² +1 – будет кратно 3. Это возможно только при p = 1, тогда p – не простое. Также не подходят простые числа, которые при делении на 3 дают остаток 2. В этом случае опять третье число должно быть кратно3, Этот вариант мы уже рассматривали.

Ответ: p = 3

4) p = 3 – подходит. Других вариантов нет, так как, если p при делении на 3 будет иметь остаток 1 или 2, второе число будет кратно 3, что возможно только при p =1.

Ответ: 29

Тема 19

2. Делимость выражений

Не проводя полностью вычислений, определите, выполняется ли для значения выражения указанное условие.

1) 2368 – 1103 делится на 5; 5) 118 • 45 + 37 • 55 делится на 10;

2) 3861 + 1964 делится на 3; 6) 9 876 • 543 210 делится на 9;

3) 5764 + 3831 – 1997 делится на 2; 7) 22 • 77 + 2644 делится на 4;

4) 15 • 363 + 8335 делится на 10; 8) 6893 – 3318 делится на 25.

Вариантов решения несколько:

- определяем последние цифры – одну или две;

- находим остатки и выполняем действия с остатками (при делении на 3 и на 9 по сумме цифр);

- применяем свойство делимости суммы (разности) на число.
6. 1) Сколько есть чисел от 200 до 300, которые не делятся ни на 2, ни на 3, ни на 5?

2) Изменится ли ответ, если взять другую сотню чисел, например, от 1400 до

1500?

6. 1) Может, с учащимися полезно выписать эту сотню чисел, которая начинается с числа 200 и заканчивается числом 299, и рассмотреть вопрос конкретно, вычеркивая числа сначала, кратные 2 – одним цветом, потом – другим цветом – кратные 3 и третьим цветом вычеркнуть числа, кратные 5. Тогда учащимся делать выводы в общем виде будет проще.

Выводы: всего чисел 100. Из них – кратных двум – 50, кратных трем – 33, кратных 5 – 20.

Вычисляем количество чисел: кратных шести (их 16 – они попали дважды, в числа, кратные двум и в числа, кратные 3); кратных 10 (их 10 – тоже, попали дважды); кратных15 (их 6- попали дважды) и кратных 30 (их 3 – они учтены в группе, кратных 6, и в группе, кратных5).

100 – (50 + 33 + 20 – 16 – 10 – 6  + 3) = 26.

2) Ясно, что ответ не зависит от того, какую сотню чисел рассматриваем.
10. Имеются купюры по 1, 10, 100 и 1000 рублей. Можно ли уплатить ровно миллион

рублей, взяв ровно полмиллиона разных купюр?

Решение этой задачи проще записать с применением букв. Например, пусть купюр, достоинством в 10 рублей было x штук, в 100 рублей – y штук, в 1000 рублей - z штук, а тогда – в 1 рубль – (500000 - (x + y + z)). 1000000 рублей получается: 1000000 =1 × (500000 - (x + y + z)) + 10x + 100y + 1000z. То есть 500000 = 9x + 99y + 999z. Одна часть равенства кратна 9, а другая – нет. Ответ: нет
Тема 20

3. 1) На какое наименьшее число надо умножить данное число, чтобы произведение

стало квадратом целого числа?

а) 108; б) 60; в) 305; г) 84.

2) Найдите наименьшее целое число, половина которого является точным квадратом, а одна треть — полным кубом.

3.1) Раскладываем числа на простые множители. Домножаем на простые множители, чтобы одинаковых множителей было четное количество.

Ответы: а) 3; б)15; в) 305; г) 21.

3.2) По условию – число кратно 2 и трем, а значит – кратно 6. Наименьшее кратное шести - число 6 - содержит два множителя, половина его содержит один множитель 3, который нужно дополнить до полного квадрата. Для этого нужно иметь еще один множитель, равный 3. Треть его – это теперь уже два множителя: один множитель, равный двум, и один – равный 3, дополняем до полного куба. Для этого добавляем два множителя, равные 2, и два множителя, равные 3. То есть, число должно содержать, как минимум, три множителя, равные двум, и четыре множителя, равные трем. 2 × 2 × 2 × 3 × 3 × 3 × 3 = 8 × 81 = 648.
10. Разгадайте ребус БАО × БА × Б = 2002.

Данное число раскладываем на множители и подбираем ответ: 2002 = 1 ×2 × 7 × 11 × 13. Ответ: 143 × 14 × 1.
Тема 21

8. У покупателя и у кассира остались только трёшки и пятёрки (старые купюры по

3 р. и 5 р.). Будем записывать с плюсом сумму, которую покупатель даёт в кассу,

с минусом — сдачу, которую он получает. Например, запись 6 × 5 р. – 2 × 3 р. = 24 р.

означает, что покупатель дал шесть пятёрок и получил сдачи две трёшки.

1) Как заплатить следующие суммы (можно считать, что у вас и в кассе сколько угодно нужных купюр):1 р., 17 р., 27 р., 29 р., 101 р., 998 р.?

2) Можно ли уплатить любую сумму?

3) Как уплатить без сдачи: 8 р., 9 р., 10 р., 11 р., 13 р., 14 р.?

4) Какие суммы можно уплатить без сдачи

Выполнение заданий под цифрами 1) и 3) – это подбор.

2) Суммы, которые соответствуют числам, кратным 3 или 5, понятно. Для других сумм можно рассуждать, например, так:

1 рубль можно заплатить, если покупатель дает кассиру две трешки, а кассир, в свою очередь, дает покупателю 5 рублей сдачи.

Любая другая сумма в n раз больше 1 рубля, значит, покупатель расплачивается 2n трешками, а кассир дает ему сдачу n пятерками.

Ответ: да, любую сумму.

4) Проверкой устанавливаем, что из первого десятка чисел нельзя заплатить без сдачи суммы - 1рубль, 4 рубля и 7 рублей.

Также проверка показывает, что можно заплатить без сдачи любую сумму, которая соответствует числам из второго десятка (11 = 5 + 6, 13 = 10+ 3, 14 = 5 + 9, 16 = 10 + 6, 17 = 12 + 5, 19 = 10 + 9).

Поскольку, любое число всегда можно разбить на два слагаемых так, что одно из них – число, оканчивающееся на 0 (т.е. кратное 5), другое слагаемое - двузначное число от 11 до 19, значит, все остальные суммы можно оплатить без сдачи.

(Например, 2013руб = 2000руб + 13руб = 5руб × 400 + 5руб × 2 + 3руб)

Ответ: все, кроме 1, 4 и 7 рублей.
9. Подставьте целые числа так, чтобы получились верные равенства.

1) НОД (54; 12) = × 54 – × 12;

2) НОД (64; 21) = × 64 – × 21;

3) НОД (21; 72) = × 21 – × 72;

4) НОД (33; 35) = × 33 – × 35.

Происхождение заданий этого номера – алгоритм Евклида нахождения НОД для двух чисел. Решаем, применяя алгоритм Евклида, или подбором. Вокруг подбора можно организовать разные обсуждения. Например, подбор будет проще, если заметить, что все участники равенства содержат общий делитель – это НОД, тогда уменьшая все числа в число, равное НОД, получим равенства, в которых разность двух чисел равна 1. Отсюда вывод – подбираем множители так, чтобы произведения являлись последовательными числами.

Ответы: 1)1 и 4; 2) 1 и 3; 3) 7 и 2; 4) 17 и 16.