---
title: "Натуральные и целые числа, признаки делимости: правило и примеры"
description: "Натуральные и целые числа на профиле — это прежде всего делимость. Определение, конспект с формулами, разобранные примеры и мини-тест для ЕГЭ, задание 20."
url: https://neuromisha.ru/teoriya/matematika/naturalnye-i-celye-chisla-priznaki/
subject: "Математика профиль"
exam: "ЕГЭ 2027"
kim: "Задание 20 КИМ (высокий уровень, 4 балла)"
dateModified: 2026-10-03
author: "Редакция НейроМиши"
---

# Натуральные и целые числа, признаки делимости

Натуральные и целые числа на профиле — это прежде всего делимость: делители и кратные, остатки при делении, разложение на множители и признаки делимости, по которым ответ виден из записи числа без деления. На ЕГЭ тема нужна в задании 20 (высокий уровень, 4 балла): там свойства целых чисел доказывают, а не угадывают.

Название обманывает: по нему — школьная арифметика, а на экзамене это задание 20 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.

**Задание КИМ:** Задание 20 КИМ (высокий уровень, 4 балла)  
**Баллы:** Макс. 4 балла  
**Обновлено:** 2026-10-03

## Что такое делимость и зачем она в задании 20?

Задание 20 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 20 про делимость, по сути, вращается вокруг него: научишься считать остатки — делимость станет их частным случаем, ведь «делится нацело» значит «остаток ноль».

## Как решать задачи на делимость через остатки?

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 20: **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.

*Рисунок: 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](https://neuromisha.ru/content/theory/matematika/img/naturalnye-i-celye-chisla-priznaki-1.png)

*Квадрат целого числа не может давать остаток 2 при делении на 3.*

## На что делится 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 $n^3 + 5n$.

*Рисунок: 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.

*Рисунок: 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 20, и запускается он вопросом «а что здесь сохраняется?».

## Приёмы делимости в одной таблице

*Правила и приёмы темы: запись и когда их применять*

| Правило | Запись | Когда применять |
| --- | --- | --- |
| Делимость суммы | $a \mid b,\ a \mid c \Rightarrow a \mid (b \pm c)$ | Длинное выражение раскладывают на слагаемые, каждое из которых заведомо делится на нужное число |
| Взаимно простые делители | делится на a и на b ⇒ делится на ab | Только если a и b взаимно просты: «на 4 и на 6» делимость на 24 не даёт |
| Признаки на 2, 5, 10, 4, 25, 8 | последняя цифра; две последние; три последние | На 2, 5, 10 — по последней цифре, на 4 и 25 — по двум последним, на 8 — по трём |
| Признаки на 3, 9, 11 | сумма цифр; знакочередующаяся сумма цифр | На 3 и 9 — по сумме цифр, на 11 — по знакочередующейся сумме |
| Деление с остатком | $n = kq + r,\ 0 \leqslant r < k$ | Остаток всегда неотрицателен и меньше делителя; «делится нацело» значит r = 0 |
| Перебор остатков | $a \equiv a',\ b \equiv b' \Rightarrow ab \equiv a'b' \pmod{m}$ | «Докажи при любом n»: перебирают m остатков по модулю m, а не сами числа |
| Подряд идущие числа | $n^3 - n = (n-1)\,n\,(n+1)$ | Произведение k подряд идущих чисел делится на k!, три подряд — на 6 |
| Разрядная запись | $\overline{abc} - \overline{cba} = 99(a - c)$ | Задачи про цифры и перевёртыши; двузначное число — 10a + b, а не ab |
| Инвариант | чётность суммы не меняется | Над числами повторяют одну операцию: разная чётность в начале и в конце доказывает невозможность |

## Как разбирать задание 20 про числа?

1. **Раздели 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.
2. **Для «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.
3. **Увидел 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 $n^3 - n = (n-1)n(n+1)$.
4. **Уравнение 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.
5. **Работаешь с цифрами — распиши по разрядам.** Двузначное — это $10a + b$, а не $ab$. Перевёртыши, кратность 11 и 9, суммы цифр — всё считается из этой развёртки.
6. **Не 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

**Условие.** 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.

**Решение.**

- **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

**Условие.** Найди все пары натуральных чисел $a$ и $b$, для которых $ab = 3a + 3b$.

**Решение.**

- 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 $a - 3$ и $b - 3$ — 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 20. Отвечай, не подглядывая в текст выше.

1. Какой остаток НЕ может давать квадрат натурального числа при делении на 3?
   - 0
   - 1
   - 2 — **верный ответ**
   - любой из 0, 1, 2 возможен

   *Пояснение:* 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?
   - 2
   - 3
   - 6 — **верный ответ**
   - 12

   *Пояснение:* 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?
   - Да, всегда
   - Нет, не всегда — **верный ответ**
   - Только если оно чётное
   - Только если оно делится на 3

   *Пояснение:* 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?
   - На 9
   - На 11
   - На 90
   - На 99 — **верный ответ**

   *Пояснение:* 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?
   - При любом n
   - Только при n = 2 и n = 6 — **верный ответ**
   - При любом чётном n
   - Ни при каком n

   *Пояснение:* 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?
   - Только нечётным
   - Только чётным — **верный ответ**
   - Любым от 0 до 1000
   - Обязательно нулём

   *Пояснение:* 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.

## Какие ошибки делают в задачах на делимость?

- **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 20 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

- $a \mid b,\ a \mid c \Rightarrow a \mid (b \pm c)$
- $n = kq + r,\quad 0 \leqslant r < k$
- $n^3 - n = (n-1)\,n\,(n+1)$
- $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$
- $\overline{ab} = 10a + b,\quad \overline{abc} - \overline{cba} = 99(a - c)$
- $n^2 \bmod 3 \in \{0, 1\}, \quad n^2 \bmod 4 \in \{0, 1\}$
- «Докажи при любом n» — перебор остатков. «Уравнение в целых» — разложение на множители. «Повторяют операцию» — ищи инвариант.

## На экзамене

- Баллы за задание 20 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 20 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

- **Делимость** — Целое 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 кратное** — Делитель 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 остатком** — Представление 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 модулю** — Числа 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 числа** — Числа, у которых нет общих делителей, кроме единицы. Если число делится на два взаимно простых числа, оно делится и на их произведение.
- **Признак делимости** — Правило, 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.
- **Инвариант** — Величина, 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.
- **Чётность** — Остаток числа по модулю 2: чётное даёт 0, нечётное 1. Чётное и нечётное нельзя приравнять — это простейший, но самый частый источник противоречия в доказательстве.

## Частые вопросы

### Что такое признак делимости?

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

### Как разбирать задание 20 про числа?

Шаги такие:

1. раздели работу на пункты а), б), в)
2. для «докажи при любом n» — перебор остатков
3. увидел произведение соседних чисел — вспомни про k!
4. уравнение в целых — собери в произведение
5. работаешь с цифрами — распиши по разрядам.

Остальные шаги — в разделе темы выше.

### Какие ошибки чаще всего допускают в теме «Натуральные и целые числа, признаки делимости»?

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.

### Что нужно запомнить по теме «Натуральные и целые числа, признаки делимости»?

Главное:

1. a | b, a | c ⇒ a | (b ± c)
2. n = kq + r, 0 ≤ r < k
3. n³ - n = (n-1) n (n+1)
4. a² - b² = (a - b)(a + b)
5. ab = 10a + b, abc - cba = 99(a - c).

Остальное — в разделе темы выше.

## Источники

- [Демоверсия, спецификация и кодификатор ЕГЭ 2027 по профильной математике (архив ФИПИ)](https://doc.fipi.ru/ege/demoversii-specifikacii-kodifikatory/2027/ma_11_2027.zip). ФИПИ, проект 2027 года.
- [ФИПИ: демоверсии, спецификации и кодификаторы ЕГЭ 2027](https://fipi.ru/ege/demoversii-specifikacii-kodifikatory). ФИПИ, проект 2027 года.
- Федеральный государственный образовательный стандарт среднего общего образования (приказ Минобрнауки России от 17.05.2012 № 413, в редакции приказа Минпросвещения России от 12.08.2022 № 732)
- Федеральная образовательная программа среднего общего образования (приказ Минпросвещения России от 18.05.2023 № 371)

**Соответствие кодификатору ЕГЭ 2027** (проект ФИПИ): 1.1 «Натуральные и целые числа. Признаки делимости целых чисел».

**Что сверено по документам:**

- Тема соответствует коду 1.1 кодификатора ФИПИ по математике профильного уровня и называется «Натуральные и целые числа, признаки делимости».
- Ядро темы — задание 20: высокий уровень, 4 балла, развёрнутый ответ.
- Задание 20 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 20 — 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).
- 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 20 — про доказательство, а не про подбор ответа; баллы ставят за обоснование.

## Связанные материалы

- [Разбор задания на ЕГЭ](https://neuromisha.ru/ege/matematika/zadanie-20/)
- [Таблица простых чисел до 1000](https://neuromisha.ru/spravochnik/prostye-chisla/)
- [Признаки делимости: таблица с примерами](https://neuromisha.ru/spravochnik/priznaki-delimosti/)

---

Источник: https://neuromisha.ru/teoriya/matematika/naturalnye-i-celye-chisla-priznaki/ — НейроМиша, Редакция НейроМиши.