Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 878
2014-03-02 
Докажите, что числа вида #k^{2} + k + 1# не могут делиться: 1) на 5, на 11 и на 17; 2) на числа вида #6m-1.#
Решение:
3.23.1) Ð ешение. Ð ассмотрим таблицы сравнений по модулю 5. 11 и 17:
Из таблицы видно, что #k^{2} + k + 1 \not \equiv 0 (\mod 5)#
Из таблицы видно, что #k^{2} + k + 1 \not \equiv 0 (\mod 11).#
Из таблицы видно, что #k^{2} + k + 1 \not \equiv 0 (\mod 17).#
2) Ð ешение. Без ограничения общности считаем, что #k > 0.# Число #k^{2} + k # четно, следовательно, число #b = k^{2} + k + 1# нечетно. При #k = 3i# число #b = 9i^{2} + 3i + 1,# при #k = 3i - 1# число #b = 9i^{2} - 6i + 1 + 3i - 1 + 1 = 9i^{2} + 3i - 6i + 1.# В обоих случаях #b# дает при делении на 6 остаток 1, т.к. число #9i^{2} + 3i# четно и делится на 3. Итак, #b = 6j + 1.# При #k = 3i + 1# число #b = 9i^{2} + 6i + 1 + 3i + 1 + 1 = 9i^{2} + 9i + 3 = 3 \cdot (3 \cdot (i^{2} + i) + 1).# Но #i^{2} + i# - четно, поэтому#b = 3 \cdot (6j + 1).# Итак, для любого положительного #k# число #b# можно представить в виде #b = e \cdot (6j +1),# где #e =1# или #e = 3.# Теперь предположим, что утверждение неверно и #b = k^{2} + k + 1# наименьшее число, имеющее делители вида #6m - 1,# и #q = 6i - 1# наименьший из таких делителей. Тогда #b = eqr,# где #r = 6j -1,# а #e = 1# или #e = 3,# причем #q \leq r# При этом #q \leq k,# т.к. при #q \geq k + 1# имеем #qr \geq (k+1)^{2} > k^{2} + k + 1 \geq qr,# что невозможно. Ð ассмотрим число #b_{1} = (k - q)^{2} + (k+q) + 1 = b - q \cdot (2k - q + 1).# Это число делится #q# и, очевидно, меньше #b.# Противоречие.
Докажите, что числа вида #k^{2} + k + 1# не могут делиться: 1) на 5, на 11 и на 17; 2) на числа вида #6m-1.#
Решение:
3.23.1) Ð ешение. Ð ассмотрим таблицы сравнений по модулю 5. 11 и 17:
| #k# | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| #k^{2}# | 0 | 1 | 4 | 4 | 1 |
| #k^{2}+k+2# | 1 | 3 | 2 | 3 | 1 |
| #k# | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| #k^{2}# | 0 | 1 | 4 | 9 | 5 | 3 | 3 | 5 | 9 | 4 | 1 |
| #k^{2}+k+2# | 1 | 3 | 7 | 2 | 10 | 9 | 10 | 2 | 7 | 3 | 1 |
| #k# | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| #k^{2}# | 0 | 1 | 4 | 9 | 16 | 8 | 2 | 15 |
| #k^{2}+k+2# | 1 | 3 | 7 | 13 | 4 | 14 | 9 | 6 |
| #k# | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 |
| #k^{2}# | 13 | 13 | 15 | 2 | 8 | 16 | 9 | 4 | 1 |
| #k^{2}+k+2# | 5 | 6 | 9 | 14 | 4 | 13 | 7 | 3 | 1 |
2) Ð ешение. Без ограничения общности считаем, что #k > 0.# Число #k^{2} + k # четно, следовательно, число #b = k^{2} + k + 1# нечетно. При #k = 3i# число #b = 9i^{2} + 3i + 1,# при #k = 3i - 1# число #b = 9i^{2} - 6i + 1 + 3i - 1 + 1 = 9i^{2} + 3i - 6i + 1.# В обоих случаях #b# дает при делении на 6 остаток 1, т.к. число #9i^{2} + 3i# четно и делится на 3. Итак, #b = 6j + 1.# При #k = 3i + 1# число #b = 9i^{2} + 6i + 1 + 3i + 1 + 1 = 9i^{2} + 9i + 3 = 3 \cdot (3 \cdot (i^{2} + i) + 1).# Но #i^{2} + i# - четно, поэтому#b = 3 \cdot (6j + 1).# Итак, для любого положительного #k# число #b# можно представить в виде #b = e \cdot (6j +1),# где #e =1# или #e = 3.# Теперь предположим, что утверждение неверно и #b = k^{2} + k + 1# наименьшее число, имеющее делители вида #6m - 1,# и #q = 6i - 1# наименьший из таких делителей. Тогда #b = eqr,# где #r = 6j -1,# а #e = 1# или #e = 3,# причем #q \leq r# При этом #q \leq k,# т.к. при #q \geq k + 1# имеем #qr \geq (k+1)^{2} > k^{2} + k + 1 \geq qr,# что невозможно. Ð ассмотрим число #b_{1} = (k - q)^{2} + (k+q) + 1 = b - q \cdot (2k - q + 1).# Это число делится #q# и, очевидно, меньше #b.# Противоречие.
