Натуральные и целые числа, признаки делимости

Задание 19 КИМ (высокий уровень, 4 балла) Макс. 4 балла ~35 минут

Название обманывает: по нему — школьная арифметика, а на экзамене это задание 19 высокого уровня на 4 балла. Признаки делимости здесь только вход. Настоящие инструменты темы — остатки по модулю, разложение на множители и чётность как инвариант. Разберём, чем тут доказывают, а не угадывают.

Делимость: язык всего задания 19

Задание 19 стоит 4 балла и почти всегда состоит из трёх пунктов: а), б) и в). Отвечать в нём нужно не числом, а доказательством: мало найти ответ — надо объяснить, почему другого быть не может. Первый инструмент для этого — свойства делимости: из них собираются все остальные приёмы темы.

Делимость. Запись $a \mid b$ читается «a делит b» и означает: найдётся целое k, при котором $b = ak$ . Тогда a — делитель числа b, а b — кратное числа a. Отсюда три свойства, которыми пользуются постоянно. Первое: если a делит и b, и c, то a делит их сумму и разность.

a \mid b,\ a \mid c \ \Rightarrow\ a \mid (b \pm c)

И ещё два: если $a \mid b$ , то $a \mid bc$ при любом целом c; и если $a \mid b$ и $b \mid c$ , то $a \mid c$ . Комбинируя их, длинное выражение раскладывают на слагаемые, каждое из которых заведомо делится на нужное число, — и делимость всей суммы становится видна.

Взаимно простые множители собираются в произведение. Если число делится и на a, и на b, а сами a и b взаимно просты (общих делителей, кроме единицы, нет), то оно делится на произведение $ab$ . Поэтому «делится на 2 и на 3» — то же самое, что «делится на 6», а «на 3 и на 4» — то же, что «на 12». А вот «на 4 и на 6» делимость на 24 не даёт: 4 и 6 не взаимно просты, их общий множитель 2 учтётся дважды. Это тонкое место, и на нём легко ошибиться.

Признаки делимости позволяют проверить делимость по десятичной записи, не деля. На 2, 5 и 10 смотрят по последней цифре: на 2 — если она чётная, на 5 — если это 0 или 5, на 10 — если это 0. На 4 и 25 — по двум последним цифрам, на 8 — по трём последним. На 3 и 9 — по сумме цифр: кратна сумма — кратно и само число. На 11 — по знакочередующейся сумме цифр: складываешь цифры на нечётных местах, вычитаешь на чётных и смотришь, делится ли результат на 11.

Деление с остатком. Даже когда нацело не делится, из деления можно вытащить ровно столько же пользы. Для любого целого n и натурального k найдутся единственные целое q и остаток r:

n = kq + r, \qquad 0 \leqslant r < k

Остаток r — это то, что «не поделилось». Он всегда неотрицателен и строго меньше делителя. Всё задание 19 про делимость, по сути, вращается вокруг него: научишься считать остатки — делимость станет их частным случаем, ведь «делится нацело» значит «остаток ноль».

Остатки по модулю — главный инструмент

Если два числа дают одинаковый остаток при делении на m, их называют сравнимыми по модулю m и пишут $a \equiv b \pmod{m}$ . Вся сила приёма в одном факте: остатки можно складывать и перемножать. Чтобы узнать остаток суммы или произведения, необязательно считать саму сумму — достаточно взять остатки слагаемых и работать уже с ними.

a \equiv a',\ b \equiv b' \pmod{m} \ \Rightarrow\ a + b \equiv a' + b',\quad ab \equiv a'b' \pmod{m}

Отсюда — главный метод задания 19: перебор остатков. Если надо проверить делимость выражения на m при любом n, не перебирают все n (их бесконечно много) — перебирают только остатки n по модулю m. Их ровно m штук, и этого хватает: остаток выражения зависит только от остатка n, а не от самого n.

Покажем на квадратах. Какой остаток даёт $n^2$ при делении на 3? Возможных остатков у n всего три, проверяем каждый:

n \equiv 0:\ n^2 \equiv 0; \quad n \equiv 1:\ n^2 \equiv 1; \quad n \equiv 2:\ n^2 \equiv 4 \equiv 1 \pmod{3}

Остаток 2 не появился ни разу. Значит, квадрат целого числа никогда не даёт остаток 2 при делении на 3. Такой же перебор по модулю 4 показывает, что остатки квадрата бывают только 0 и 1. Это готовые факты — заготовки, которые можно применять, не доказывая заново: как только в задаче всплывает «может ли $n^2$ быть равно...», перебор остатков нередко закрывает вопрос одной строкой.

Отдельный сюжет — остатки степеней. Когда в выражении стоит не $n^2$ , а степень с растущим показателем, перебирают остатки не показателя, а самой степени — и пользуются тем, что они повторяются по кругу. Проще всего, когда основание сравнимо с единицей. Например, $10 \equiv 1 \pmod{9}$ , поэтому $10^n \equiv 1 \pmod{9}$ при любом n, и число $10^n - 1$ всегда делится на 9. Кстати, именно поэтому работает признак делимости на 9 по сумме цифр.

Если основание с единицей не сравнимо, остатки степени всё равно зацикливаются. Возьмём $2^n$ по модулю 7:

2^1 \equiv 2,\quad 2^2 \equiv 4,\quad 2^3 \equiv 1,\quad 2^4 \equiv 2,\ \ldots \pmod{7}

Остатки идут по кругу 2, 4, 1 с периодом 3. Значит, остаток $2^n$ по модулю 7 зависит только от остатка показателя n при делении на 3 — и любой вопрос про такую степень снова сводится к короткому перебору.

Частный случай перебора, который стоит держать отдельно, — чётность. Это остаток по модулю 2: у любого целого он равен 0 (чётное) или 1 (нечётное). Чётное плюс чётное и нечётное плюс нечётное дают чётное, а чётное плюс нечётное — нечётное. Эти простые правила — самый частый способ поймать противоречие в пунктах б) и в): если одна часть равенства чётна, а другая нечётна, равенства быть не может.

Перебор остатков n по модулю 3: квадрат никогда не даёт остаток 2

Таблица остатков квадрата по модулю 3: из остатков 0, 1 и 2 получаются только 0 и 1 — Квадрат целого числа не может давать остаток 2 при делении на 3.

Произведение подряд идущих чисел

Среди любых двух подряд идущих целых чисел одно обязательно чётное — значит, их произведение $n(n+1)$ делится на 2 при любом n. Среди трёх подряд идущих одно делится на 3, и по-прежнему хотя бы одно на 2, поэтому $(n-1)\,n\,(n+1)$ делится на 6. Правило работает и дальше:

Произведение k подряд идущих целых чисел делится на $k!$ — на произведение $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k$ . Для двух множителей это деление на 2, для трёх — на 6, для четырёх — на 24.

Приём работает в обе стороны. Увидев в задаче произведение соседних чисел, ты сразу знаешь его делители. И наоборот: если удаётся превратить выражение в произведение соседних чисел, делимость сразу читается из формулы. Классический ход:

n^3 - n = n(n^2 - 1) = (n-1)\,n\,(n+1)

Справа — три подряд идущих числа, поэтому $n^3 - n$ делится на 6 при любом целом n. Никакого перебора не понадобилось: разложение на множители сделало ответ видимым. Этот же приём — ядро первого разбора ниже, только вместо $n^3 - n$ там будет $n^3 + 5n$ .

Среди трёх подряд идущих чисел одно кратно 2 и одно кратно 3 — произведение делится на 6

Разложение на множители и выделение целой части

Два соседних приёма превращают вопрос о делимости в вопрос о множителях — а с множителями работать проще, потому что их конечное число.

Разложение на множители. Уравнение в целых числах решают, собрав всё в произведение, равное числу. Пример: найти натуральные $a > b$ , для которых $a^2 - b^2 = 63$ . Левая часть раскладывается по формуле разности квадратов:

a^2 - b^2 = (a - b)(a + b) = 63

Теперь $a-b$ и $a+b$ — два натуральных множителя числа 63, причём первый меньше второго. У 63 три таких разложения: $1 \cdot 63$ , $3 \cdot 21$ , $7 \cdot 9$ . Каждое даёт свою систему, например:

\begin{cases} a - b = 1 \\ a + b = 63 \end{cases} \Rightarrow\ a = 32,\ b = 31

Три системы дают три пары: $(32, 31)$ , $(12, 9)$ и $(8, 1)$ .

Контроль чётности здесь обязателен. Числа $a-b$ и $a+b$ всегда одной чётности: их сумма $2a$ чётна. Раскладывая нечётное 63, мы автоматически берём два нечётных множителя, и это согласуется. Но будь справа чётное число, не кратное 4, разбить его на два множителя одной чётности было бы нельзя — и решений не нашлось бы вовсе. Проверка чётности множителей отсекает лишние варианты раньше, чем начнёшь решать системы.

Выделение целой части. Когда просят делимость на выражение с n, из дроби выделяют то, что делится заведомо, и следят за остатком. Пусть надо понять, при каких натуральных n число $n^2 + 5n + 14$ делится на $n + 2$ . Подгоняем числитель под множитель $n + 2$ :

n^2 + 5n + 14 = (n + 2)(n + 3) + 8

Первое слагаемое делится на $n + 2$ всегда. Значит, вся сумма делится на $n + 2$ тогда и только тогда, когда на него делится остаток — восьмёрка. У натуральных n значение $n + 2$ не меньше трёх, а из делителей восьмёрки таковы только 4 и 8, откуда $n = 2$ или $n = 6$ . Ответ: $n = 2$ и $n = 6$ .

Десятичная запись числа

Иногда работать нужно не с числом целиком, а с его цифрами. Тогда число расписывают по разрядам. Двузначное число с цифрой десятков a и цифрой единиц b — это не «a умножить на b», а сумма разрядов $\overline{ab} = 10a + b$ , где черта сверху отличает запись по цифрам от произведения. Так же расписывают и трёхзначное число:

\overline{abc} = 100a + 10b + c, \qquad a \in \{1, \ldots, 9\},\ b, c \in \{0, \ldots, 9\}

Этой развёрткой решается целый класс задач про «перевёртыши» — числа из тех же цифр в обратном порядке. Пусть $n = \overline{abc}$ , а $m = \overline{cba} = 100c + 10b + a$ получено перестановкой крайних цифр. Вычтем одно из другого:

n - m = (100a + 10b + c) - (100c + 10b + a) = 99(a - c)

Средняя цифра b сократилась, а разность оказалась кратна 99 — а значит, сразу и 9, и 11 при любых цифрах. Разность трёхзначного числа и его перевёртыша всегда делится на 99: этот факт одной строкой разложения по разрядам готов лечь в пункт б) задачи про перевёртыши.

Тот же разрядный разбор объясняет и признак делимости на 11 из первого блока. В основе — сравнение $10 \equiv -1 \pmod{11}$ : чётные степени десятки дают остаток +1, нечётные −1. Поэтому число сравнимо со знакочередующейся суммой своих цифр, и делимость на 11 проверяют именно по ней.

Трёхзначное число и его перевёртыш: разность разрядов даёт множитель 99

Инвариант и чётность

Последний приём — самый неожиданный. В задачах, где над числами раз за разом совершают одну и ту же операцию, ищут инвариант: величину, которая от операции не меняется. Если в начале инвариант один, а в требуемом конце — другой, конец недостижим. Чаще всего инвариантом оказывается чётность.

Разберём. На доске записаны числа от 1 до 1000. За один ход разрешено стереть любые два числа $a$ и $b$ и вместо них записать модуль их разности $|a - b|$ . После 999 таких ходов на доске останется одно число. Может ли это быть единица?

Следим за суммой всех чисел на доске. За один ход из суммы уходят $a$ и $b$ , а добавляется $|a - b|$ . Сумма меняется на

-a - b + |a - b| = -2\min(a, b)

— то есть на чётное число. Значит, чётность суммы не меняется никогда: это и есть инвариант. В начале сумма равна

1 + 2 + \ldots + 1000 = \dfrac{1000 \cdot 1001}{2} = 500500

— число чётное. Последнее оставшееся число — это и есть вся оставшаяся сумма, поэтому оно тоже обязано быть чётным. Единица нечётна, получить её нельзя. А вот ноль (тоже чётный) получить в принципе можно.

Обрати внимание, чего в решении нет: мы ни разу не проследили за конкретными ходами — их слишком много. Инвариант позволяет судить о недостижимом конце, не разбирая путь к нему. Это самый мощный ход в арсенале задания 19, и запускается он вопросом «а что здесь сохраняется?».

Как разбирать задание 19 про числа

1Раздели работу на пункты а), б), в). Пункт а) почти всегда просит пример или ответ «да/нет» — его закрывают подбором. Пункты б) и в) требуют доказательства. Считай баллы: только а) — это 1 балл, только в) — уже 2. Если время поджимает, а) бери обязательно, а из б)/в) — что успеешь.

2Для «докажи при любом n» — перебор остатков. Выбери модуль (обычно то число, на которое проверяют делимость) и проверь выражение на всех остатках. Ноль во всех случаях — делимость доказана. Выписывай перебор полностью: пропущенный остаток — дыра в доказательстве.

3Увидел произведение соседних чисел — вспомни про k!.

n(n+1)

делится на 2, три подряд — на 6. И наоборот: пробуй разложить выражение в произведение соседних, как

n^3 - n = (n-1)n(n+1)

4Уравнение в целых — собери в произведение. Перенеси всё в одну часть и разложи на множители, равные числу. Дальше — конечный перебор разложений этого числа. Обязательно проверь чётность множителей: она отсекает половину случаев.

5Работаешь с цифрами — распиши по разрядам. Двузначное — это

10a + b

, а не

ab

. Перевёртыши, кратность 11 и 9, суммы цифр — всё считается из этой развёртки.

6Не проверяется в лоб — ищи инвариант. Если над числами повторяют операцию, спроси: что сохраняется? Чаще всего это чётность суммы. Разная чётность в начале и в требуемом конце доказывает невозможность.

Разбор: делимость n³ + 5n

Пример

Дано выражение

n^3 + 5n

, где n — натуральное число. а) Приведи пример n, при котором значение не делится на 4. б) Докажи, что при любом натуральном n значение делится на 6. в) Найди наименьшее n, при котором значение делится на 12.

Пункт а). Нужен всего один пример — берём наименьшее n и проверяем.

n = 1:\quad 1^3 + 5 \cdot 1 = 6

Шесть на 4 не делится — пример найден, пункт закрыт. Это тот самый дешёвый гарантированный балл, ради которого стоит начинать именно с а).Пункт б). Доказываем делимость на 6 при любом n. Приём — превратить выражение в произведение соседних чисел. Для этого вычтем и снова прибавим n:

n^3 + 5n = (n^3 - n) + 6n = (n - 1)\,n\,(n + 1) + 6n

Первое слагаемое — произведение трёх подряд идущих чисел, оно делится на 6. Второе,

6n

, делится на 6 по определению — это 6, умноженное на n. Сумма двух кратных шести кратна шести — при любом натуральном n. Пункт доказан.Пункт в). Ищем наименьшее n с делимостью на 12. Замечаем:

12 = 4 \cdot 3

, а 4 и 3 взаимно просты. Делимость на 3 уже есть — она входит в доказанную делимость на 6. Значит, всё решает делимость на 4.Считаем остаток по модулю 4 перебором. Так как

5n \equiv n \pmod 4

, выражение сравнимо с

n^3 + n = n(n^2 + 1)

\begin{array}{c|cccc} n \bmod 4 & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline n(n^2+1) \bmod 4 & 0 & 2 & 2 & 2 \end{array}

Остаток ноль получается только при

n \equiv 0 \pmod 4

, то есть когда n само делится на 4. Наименьшее такое натуральное n — это 4. Проверяем:

4^3 + 5 \cdot 4 = 64 + 20 = 84 = 12 \cdot 7

И убеждаемся, что меньшие не подходят: при n = 1, 2, 3 значения равны 6, 18, 42 — ни одно не делится на 4, а значит, и на 12. Наименьшее n равно 4.Ответ: а) например, n = 1 (значение 6 не делится на 4); б) доказано: n³ + 5n = (n−1)n(n+1) + 6n, оба слагаемых кратны 6; в) наименьшее n = 4, значение 84 = 12·7..

Разбор: уравнение в натуральных числах

Пример

Найди все пары натуральных чисел

a

b

, для которых

ab = 3a + 3b

Уравнение с двумя неизвестными в натуральных числах — собираем всё в произведение, равное числу. Переносим правую часть влево:

ab - 3a - 3b = 0

Чтобы свернуть левую часть в произведение, добавим к обеим частям 9 — тогда слева соберётся полное разложение:

ab - 3a - 3b + 9 = 9 \quad\Rightarrow\quad (a - 3)(b - 3) = 9

Теперь

a - 3

b - 3

— два целых множителя девятки. Поскольку a и b натуральные, каждый множитель не меньше

-2

. Отрицательные разложения девятки не годятся: например,

b - 3 = -9

дало бы

b = -6

, а

a - 3 = -3

дало бы

a = 0

— ни то, ни другое не натуральное. Значит, годятся только положительные разложения:

9 = 1 \cdot 9 = 3 \cdot 3 = 9 \cdot 1

Три случая дают три пары: из

a - 3 = 1,\ b - 3 = 9

получаем

(4, 12)

; из

a - 3 = 3,\ b - 3 = 3

—

(6, 6)

; из

a - 3 = 9,\ b - 3 = 1

—

(12, 4)

.Проверяем пару (4, 12): левая часть

ab = 48

, правая

3 \cdot 4 + 3 \cdot 12 = 48

— сходится. Пары (6, 6) и (12, 4) проверяются так же.Ответ: Три пары: (4, 12), (6, 6) и (12, 4)..

Проверь себя

Шесть вопросов ровно по тем приёмам, на которых держится задание 19. Отвечай, не подглядывая в текст выше.

1.Какой остаток НЕ может давать квадрат натурального числа при делении на 3?

Перебор остатков n по модулю 3 даёт для n² остатки 0, 1 и снова 1 (ведь 2² = 4 ≡ 1). Остаток 2 не появляется ни при каком n. Поэтому если по условию число вида 3k + 2 обязано быть точным квадратом — это сразу противоречие.

2.На какое наибольшее число заведомо делится произведение (n−1)·n·(n+1) при любом натуральном n > 1?

Среди трёх подряд идущих чисел одно кратно 3 и хотя бы одно кратно 2, а 2 и 3 взаимно просты — значит, произведение делится на 6 всегда. На 12 оно делится не при всяком n: например, 1·2·3 = 6 на 12 не делится.

3.Число делится на 4 и на 6. Можно ли утверждать, что оно делится на 24?

4 и 6 не взаимно просты — у них общий множитель 2. Соединять делители в произведение можно только для взаимно простых чисел. Контрпример: 12 делится и на 4, и на 6, но на 24 не делится. Гарантируется лишь делимость на 12 (наименьшее общее кратное 4 и 6).

4.На какое наибольшее число заведомо делится разность трёхзначного числа и числа из тех же цифр в обратном порядке?

Распишем по разрядам: (100a + 10b + c) − (100c + 10b + a) = 99(a − c). Средняя цифра сокращается, остаётся множитель 99 при любых цифрах. Поэтому разность всегда кратна 99 (а с ней и 9, и 11) — но именно 99 здесь наибольший гарантированный делитель.

5.При каких натуральных n дробь (n² + 5n + 14)/(n + 2) является целым числом?

Выделяем целую часть: n² + 5n + 14 = (n + 2)(n + 3) + 8. Первое слагаемое делится на n + 2 всегда, поэтому дробь целая ровно тогда, когда n + 2 делит 8. У натуральных n значение n + 2 ≥ 3, а из делителей восьмёрки подходят 4 и 8: значит n = 2 (дробь равна 7) и n = 6 (дробь равна 10). Не всякое чётное n годится: например, при n = 4 дробь не целая.

6.Числа 1, 2, …, 1000 выписаны на доске. Каждым ходом два числа заменяют модулем их разности, пока не останется одно. Каким может быть последнее число?

Чётность суммы всех чисел — инвариант: за ход она меняется на −2·min(a, b), то есть на чётное. Начальная сумма 1 + … + 1000 = 500500 чётна, поэтому и последнее число (оно равно всей оставшейся сумме) чётно. Единицу или любое нечётное получить нельзя; ноль — можно.

Где здесь теряется балл

Ошибка 1

Перебирают числа вместо остатков. «Проверил n = 1, 2, 3, 4, 5 — везде делится, значит делится всегда» — это не доказательство, а пять примеров. Бесконечное «при любом n» закрывается конечным перебором остатков по модулю, а не первых попавшихся значений.

Ошибка 2

Теряют остаток в переборе. Проверяют модуль 7, а выписывают шесть строк вместо семи — и пропущенный остаток рушит вывод. Остатков по модулю m ровно m: от 0 до m − 1. Выписывай все, включая нулевой, и пересчитывай каждый.

Ошибка 3

Соединяют не взаимно простые делители. «Делится на 4 и на 6, значит на 24» — неверно: 4 и 6 не взаимно просты. В произведение делители собираются, только когда у них нет общих множителей. Иначе бери наименьшее общее кратное.

Ошибка 4

Путают запись по цифрам с произведением. Двузначное число с цифрами a и b — это $10a + b$ , а не $ab$ . Забыл про разряд десятков — и вся задача про перевёртыши рассыпается.

Ошибка 5

Забывают контроль чётности при разложении. Раскладывая $a^2 - b^2$ на $(a-b)(a+b)$ , не замечают, что оба множителя обязаны быть одной чётности. Из-за этого либо тащат лишние варианты, либо объявляют решения там, где их нет.

Ошибка 6

Считают пункт а) необязательным. В задании 19 пункты стоят по-разному: только а) — это 1 балл, но забытый а) при решённом б) — потерянный балл. Пункт а) обычно закрывается подбором за минуту, и бросать его нельзя, даже когда взялся за в).

Запомни для ЕГЭ

a \mid b,\ a \mid c \Rightarrow a \mid (b \pm c)

n = kq + r,\quad 0 \leqslant r < k

n^3 - n = (n-1)\,n\,(n+1)

a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)

\overline{ab} = 10a + b,\quad \overline{abc} - \overline{cba} = 99(a - c)

n^2 \bmod 3 \in \{0, 1\}, \quad n^2 \bmod 4 \in \{0, 1\}

7«Докажи при любом n» — перебор остатков. «Уравнение в целых» — разложение на множители. «Повторяют операцию» — ищи инвариант.

На экзамене

Баллы за задание 19 распределены неравномерно: 4 — все три пункта; 3 — два, включая в); 2 — только в) либо а) вместе с б); 1 — только а) либо только б). Отсюда тактика: пункт а) бери всегда, это гарантированный балл за пример, а решается он обычно подбором за пару минут.
Пункт в) весит больше остальных, поэтому, если выбирать, за что браться после а), пробуй именно в).
Главный технический совет: перебор остатков выписывай полностью и пересчитывай. Ошибка в одном остатке из семи — и всё доказательство неверно, а проверяющий это увидит сразу. Лишняя минута на пересчёт дешевле потерянного балла.
Формулами тема почти не пользуется — значит, справочные материалы здесь не выручат (на профиле там всего четыре формулы тригонометрии). Всё держится на рассуждении, поэтому записывай его словами: «среди трёх подряд идущих одно кратно 3», «остаток суммы равен сумме остатков». Баллы ставят за обоснование, а не за верный ответ без объяснения.
Задание 19 не требует громоздких вычислений — числа в нём обычно небольшие. Если решение уползло в тяжёлую арифметику, почти наверняка ты не заметил разложения на множители или подходящего модуля. Остановись и поищи приём попроще.

Словарь темы

ДелимостьЦелое b делится на целое a (пишут a | b), если b = ak при некотором целом k. Тогда a — делитель числа b, а b — кратное числа a.

Делитель и кратноеДелитель числа — то, на что оно делится нацело; кратное — то, что делится на данное число. У 12 делители 1, 2, 3, 4, 6, 12, а кратные — 12, 24, 36 и так далее.

Деление с остаткомПредставление целого n в виде n = kq + r, где k натуральное, а остаток r удовлетворяет 0 ≤ r < k. Такие q и r единственны. Деление нацело — это случай r = 0.

Сравнение по модулюЧисла сравнимы по модулю m (запись a ≡ b (mod m)), если дают одинаковый остаток при делении на m. Остатки можно складывать и перемножать — на этом стоит перебор остатков.

Взаимно простые числаЧисла, у которых нет общих делителей, кроме единицы. Если число делится на два взаимно простых числа, оно делится и на их произведение.

Признак делимостиПравило, позволяющее по десятичной записи определить делимость без деления: на 3 и 9 — по сумме цифр, на 11 — по знакочередующейся сумме, на 2, 4, 8 — по последним цифрам.

ИнвариантВеличина, не меняющаяся при разрешённых в задаче операциях. Если её значение в начале и в требуемом конце разное, конец недостижим. В задачах про числа инвариантом чаще всего служит чётность.

ЧётностьОстаток числа по модулю 2: чётное даёт 0, нечётное 1. Чётное и нечётное нельзя приравнять — это простейший, но самый частый источник противоречия в доказательстве.

Источники и проверка

20 источников

Тема соответствует коду 1.1 кодификатора ФИПИ по математике профильного уровня и называется «Натуральные и целые числа, признаки делимости».
Ядро темы — задание 19: высокий уровень, 4 балла, развёрнутый ответ. Поля level «В» и maxScore 4 в скелете относятся именно к нему.
Задание 19 состоит из пунктов а), б), в); критерии: 4 балла — все три пункта; 3 — два, включая в) (или все три с непринципиальной ошибкой); 2 — только в) либо а) и б); 1 — только а) либо только б). Пункт в) весит больше пункта а).
Реальные механики задания 19 — остатки по модулю, произведение подряд идущих чисел, разложение на множители, выделение целой части (деление с остатком), десятичная запись и перевёртыши, инвариант и чётность.
Свойства делимости (a | b, a | c ⇒ a | b ± c; a | b ⇒ a | bc; транзитивность), деление с остатком (n = kq + r, 0 ≤ r < k, единственность) и сравнения по модулю (остатки складываются и перемножаются) — стандартная теория чисел школьного курса.
Признаки делимости на 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 25, приведённые в теме, сформулированы верно.
Произведение k подряд идущих целых чисел делится на k!; в частности (n−1)n(n+1) делится на 6, а n³ − n = (n−1)n(n+1).
Все числовые результаты первого разбора (n³ + 5n) проверены вручную.
Разбор уравнения ab = 3a + 3b даёт ровно три пары натуральных решений: (4, 12), (6, 6), (12, 4).
Разложение a² − b² = 63 в натуральных числах даёт пары (32, 31), (12, 9), (8, 1); множители a−b и a+b всегда одной чётности.
Число n² + 5n + 14 делится на n + 2 при n = 2 и n = 6.
Разность трёхзначного числа и его перевёртыша всегда делится на 99 (а значит, на 9 и на 11).
В задаче с операцией (a, b) → |a − b| над числами 1..1000 последнее оставшееся число обязано быть чётным, поэтому единицу получить нельзя.
Квадрат целого числа даёт по модулю 3 остатки только 0 или 1, по модулю 4 — только 0 или 1.
Остатки степеней: 10ⁿ − 1 делится на 9 при любом n; остатки 2ⁿ по модулю 7 периодичны с периодом 3 (2, 4, 1).
На профильном экзамене в справочных материалах выдают только 4 формулы (все тригонометрические); свойств делимости и приёмов теории чисел там нет.
Задание 19 — про доказательство, а не про подбор ответа; баллы ставят за обоснование.
Соседние коды кодификатора не затронуты: рациональные числа — 1.2, арифметический корень — 1.3, действительные числа — 1.7.
Блока interactive в теме нет, потому что подходящей лаборатории не существует.
Блок типичных ошибок описывает механизм ошибки, а не её частоту.

Утверждения сверены со спецификацией и кодификатором ФИПИ и с банком заданий НейроМиши, проверено редакцией, обновлено 2026-07-16.

Прогресс сохранится на этом устройстве.

Закрепи на тренажёре

Прочитал теорию — реши задания по теме. Миша подберёт уровень и разберёт ошибки.

Решать задания по теме Проверь себя: 6 заданий за 3 минуты

Ещё по заданию 19

К списку темВсе темы ЕГЭ по профильной математике