А.В. Шевкин, Ю.О. Пукас
СЗ
ЗАДАНИЕ
с решениями
и ответами
МАТЕМАТИКА
Методы решения экзаменационных задач С6
Задания С6 к вариантам ЕГЭ с решениями
Обучающие комментарии к решениям
Разбор требований к оформлению решений
Критерии оценки выполнения
заданий
ЭКЗАМЕН'

Задание С6
А.В. Шевкин
Ю.О. Пукас
J
МАТЕМАТИКА
ЗАДАНИЕ
С6
Методы решения
экзаменационных задач С6
Задания С6
к вариантам ЕГЭ с решениями
Обучающие комментарии к решениям
Разбор требований к оформлению решений
Критерии оценки выполнения заданий
Издательство
«ЭКЗАМЕН»
МОСКВА, 2011

ББК 74.262.21
Ш37
Шевкин, А.В.
Ш37 ЕГЭ. Математика. Задание С6 / А.В. Шевкин, Ю.О. Пу-
кас. — М.: Издательство «Экзамен», 2011. — 62, [2] с.
(Серия «ЕГЭ. Задание С6»)
ISBN 978-5-377-04381-2
Книга посвящена наиболее проблемной составляющей
Единого государственного экзамена по математике —
заданиям типа С6. Освещены абсолютно все вопросы,
связанные с подготовкой к таким заданиям. Решения задач и
комментарии к ним носят обучающий характер.
Приведены общие критерии оценки решений и реальные
примеры конкретных критериев.
Книга адресована учителям и репетиторам для
проведения занятий с учениками, а также выпускникам и
абитуриентам для самостоятельной подготовки к ЕГЭ по
математике.
Приказом № 729 Министерства образования и науки
Российской Федерации учебные пособия издательства
«Экзамен» допущены к использованию в
общеобразовательных учреждениях.
УДК 372.8:51
ББК 74.262.21
Подписано в печать 29.04.2011. Формат 84x108/32.
Гарнитура «Школьная». Бумага газетная. Уч.-изд. л. 1,90. Усл. печ. л. 3,36.
Тираж 3000 экз. Заказ № 11573.
ISBN 978-5-377-04381-2 © Шевкин А.В., Пукас Ю.О., 2011
© Издательство «ЭКЗАМЕН», 2011

Содержание
Предисловие 4
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ.
Решаем задания С6 из типовых вариантов 7
ЧАСТЬ ВТОРАЯ.
Секреты подготовки 35
ЧАСТЬ ТРЕТЬЯ.
Решаем задачи, предложенные на экзамене.... 54
Литература 61

Предисловие
Присутствие олимпиадных задач в вариантах
Единого государственного экзамена (ЕГЭ) по математике
— свершившийся факт. За время, прошедшее с
момента первой публикации проекта демонстрационного
варианта ЕГЭ по математике в новом формате (версия
Московского института открытого образования —
МИОО) накоплен немалый опыт: проводились
диагностические работы, репетиционные экзамены, на
прилавках книжных магазинов появились
многочисленные пособия по подготовке к ЕГЭ.
Из качественных пособий отметим в первую
очередь книгу «Подготовка к ЕГЭ по математике в
2010 году. Методические указания» [1]. Многие
выпускники 2010 года готовились по двум популярным
сборникам тренировочных вариантов [2], [3]. Немалая
часть заданий С6 из этих вариантов в разные годы
встречалась на математических олимпиадах высокого
уровня. Мало кто из школьников и их учителей мог
самостоятельно в них разобраться. Все это не могло
не вызвать у них беспокойства. Усилиями ряда
учителей математики все задачи С6 из [2], [3] были
решены. По мере поступления решений они
размещались на сайте «Математика. Школа. Будущее»
(www.shevkin.ru) с подзаголовком «Решайте с нами,
решайте, как мы, решайте лучше нас\», который, на
наш взгляд, отражал стремление не столько научить
других, сколько научиться самим более простым
способам решения задач рассматриваемой тематики.
Пользуясь случаем, благодарим всех авторов
решений, вошедших в брошюру [4] и в нашу книгу.
4

Демонстрационный вариант ЕГЭ-2011 по
математике почти не отличается от аналогичного варианта
2010 года (изменены только задания С1 и С5), в
новых изданиях сборников [2], [3] все задания С6
оставлены без изменения, поэтому их решения не
устарели и пригодятся выпускникам этого года. И не
только им. Рекомендуем использовать их на
внеклассных занятиях, начиная с 7-8 классов, когда
рассматриваются задачи на делимость целых чисел.
Замечательный математик и педагог А.Л. Тоом,
делясь своими впечатлениями о работе в
университетах США, писал: «Я столкнулся с сильным
сопротивлением некоторых из моих американских студентов
именно тогда, когда старался задать им что-либо
неожиданное. Как только я начинал объяснять им что-
нибудь, хоть немножко выходящее за пределы
стандартного курса, они спрашивали с подозрением: «Это
будет на тесте?». Если я отвечал «нет», они тут же
переставали слушать и всячески показывали, что я
делаю что-то неподобающее».
Нашим читателям на подобный вопрос, если он у
них возникнет, мы ответим: «Да, это будет на тесте!
Все это может встретиться в вариантах ЕГЭ-2011!»
Ведь разобранные здесь задачи, это, по сути, часть
чуть приоткрытого на данный момент сегмента банка
задач Сб. Мы надеемся,*что наша книжка будет
заинтересованно встречена читателями. Также обращаем
их внимание и на статьи [5], [6], в дополненном виде
эти работы можно прочитать в электронном научно-
методическом журнале «Полином» [7], [8].
В переработанном виде материалы из [4]
составляют первую часть данной книги. Во второй её части
разобраны задачи С6 из [1] и [9]. Так как ряд задач
из [9] встречается в сборниках [2] и [3] и они
разобраны в первой части книги, то вместо них разоб-
5

раны другие интересные олимпиадные задачи на ту
же тему.
Тут самое время сказать, что мы понимаем под
«интересными олимпиадными задачами». Дело в том,
что возникнув, как творческие соревнования,
математические олимпиады школьников стали все больше
и больше превращаться в чисто спортивные
мероприятия профессионалов, все меньше в их вариантах
становилось таких нестандартных задач,
размышления над которыми доставляют подлинную радость, а
для их решения не требуется специальная
профессиональная подготовка. Именно такие задачи,
объединяющие школьное (учебное) и традиционное олимпи-
адное (классическое) направления, мы и имеем ввиду.
Немало подобных задач можно найти, например, в
вариантах Соросовских олимпиад. Интересно, что
один математик, ознакомившись с задачами первой
Соросовской олимпиады, заметил, что к такой
олимпиаде легко готовить школьников. Надо их только
лучше учить!
Прошедший этим летом экзамен бурно обсуждался
на форумах в Интернете, благодаря этому некоторые
задачи из реальных вариантов ЕГЭ-2010 стали
известны. Их мы разбираем в третьей части. Как и
ожидалось, по сложности эти задачи уступают
многим задачам из двух первых частей нашей книги. Так
и должно быть: «Тяжело в учении — легко в бою!»
Наша работа будет продолжена, ведь будут
появляться новые задачи, новые книги. Кроме того, уже
накопленный и разобранный материал позволяет
делать некоторые обобщения, вырабатывать конкретные
рекомендации по решению подобных задач.
В книге используются сокращения ММО —
Московская математическая олимпиада, МОМО —
Математическая олимпиада Московской области.
6

ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
Решаем задания С6 из типовых вариантов
1. Решите в натуральных числах уравнение
п\ + 5л + 13 = А2, (1)
где п\ = 1 • 2 •...• п — произведение всех натуральных
чисел от 1 до л.
Решение. Перебирая п от 1 до 4, находим решение
п = 2, k = 5 . Предположим, что л > 5 . Тогда л!
делится на 2 и 5, т. е. п\ + 5л делится на 10, а значит,
десятичная запись числа в левой части равенства (1)
оканчивается на 3 или на 8. Но несложный перебор
по последней цифре показывает, что квадрат целого
числа не может оканчиваться ни на 3, ни на 8.
Таким образом, исходному уравнению
удовлетворяет только пара п = 2, k = 5 .
Ответ, п = 2, k = 5 .
Комментарии. Мы привели авторское решение из
сборника [2]. Будем только рады, если решения в
таком «телеграфном стиле» будут засчитываться и на
экзамене. Но в условии задачи было бы неплохо
доопределить п\ на случай п = 1, т. е. написать: 1! = 1.
Иначе перебирать п от 1 не получится.
2. Найдите все натуральные числа, являющиеся
степенью двойки, такие, что после зачеркивания
первой цифры их десятичной записи снова получается
десятичная запись числа, являющегося степенью
двойки.
7

Решение.
J способ. Из первых степеней двойки: 2, 4, 8, 16,
32, 64, 128, ... числа 32 и 64 удовлетворяют условию
задачи. Зачеркнуть цифру 3 числа 32, значит, из
числа 32 вычесть 3 • 10 , т. е. 32 - 3 • 10 = 2 , откуда
получим 2(24 - 1) = 3 • 10 .
Зачеркнуть цифру 6 числа 64, значит, из числа 64
вычесть 6 • 10 , т. е. 64 - 6 • 10 = 4 , откуда получим
22(24-1) = 6 10.
Таким образом, для искомой степени двойки
должно выполняться равенство
2Щ(2" -1) = />10\ (1)
где k — количество цифр в десятичной записи
искомой степени двойки после зачеркнутой цифры р.
В правой части равенства (1) содержатся
множители 5, в левой части того же равенства они могут
содержаться только в числе 2" -1 (при условии п = 4г,
г— натуральное число). Утверждение «число 24г -1,
г — натуральное число, делится на 5» следует из
того, что 24г - 1 = 16Г - 1 = (16 - 1)(16Г" 1 + ... + 1) =
= 15(16г1 + ... + 1).
Из этого утверждения следует, что числа
24r+1 - 1 = 2(24г -1) + 1, 24г+2 -1 = 4(24г - 1) + 3 , 24г+3 - 1 =
= 8(24г -1) + 7 — не делятся на 5. Следовательно,
число 2п -1 делится на 5 лишь при п = 4г, где г —
натуральное число.
При г = 1 имеем 24/ - 1 = 24 - 1 = (22 - 1)(22 + 1) =
= 3 • 5. Именно для этого случая мы получили два
числа 32 и 64.
При г > 1 имеем 24' - 1 = (22г - 1)(22' + 1).
Ни одно из чисел 22/ -1 или 22' +1 не делится на
2. Если одно из них делится на 5, то второе не делит-
8

ся на 5, так как их разность 2 не делится на 5. Тогда
это второе число не делится ни на 2, ни на 5 и оно
больше 15, т. е. больше числа р. Поэтому равенство
2т(22' -1)(22' + 1) = рЮ*
невозможно ни при каких натуральных тик.
Это означает, что условию задачи удовлетворяют
лишь два числа 32 и 64.
II способ. Заметим, что последние цифры
натуральных степеней двойки образуют цикл с шагом 4:
2->4->8->6->2->... .
Следовательно, если в десятичной записи степеней
двоек совпадают последние цифры, то частное от
деления этих степеней равно 24г = 16Г, где г —
натуральное число. Так как эти степени двойки (и только
они) оканчиваются на 6, то 24г - 1 = 16Г - 1 делится
на 5.
Пусть после зачёркивания первой цифры
получилось число 2т, тогда искомое число равно 2т + 4г. По
условию задачи 2т + 4г - 2т = 2т(24г - 1) = р-10\
Покажем, что в нашем случае г = 1.
Как уже было сказано, левая часть равенства
24г - 1 = (22г - 1)(22г + 1)
делится на 5. Множители из правой части отличаются
на 2, поэтому лишь один из них делится на 5. Тогда
второй множитель — нечётное число, не делящееся
на 5. Этот множитель должен быть делителем
однозначного числа р. Но при г > 1 этот делитель будет не
меньше 15.
При г = 1 получаем
2т(24 - 1) = 15-2т = 3-5-2т =р-10*.
Нуль на конце возникает только при
перемножении 2 и 5, поэтому он единственный. При этом
9

р = 2т 1-3 < 10, следовательно, т = 1 или т = 2.
Получается, что условию задачи удовлетворяют
лишь два числа: 32 и 64.
Ответ. 32, 64.
Комментарии. В апреле 2007 г. эта задача была
предложена на Математической регате (10 класс). В
её решении, опубликованном в книжке, которую все
участники по традиции получили сразу после
завершения соревнования, была ошибка. Предполагалось,
что при зачёркивании первой цифры исходное число
уменьшается меньше, чем в 100 раз. Это не всегда
так. Ведь сразу после первой цифры в десятичной
записи числа могут стоять нули. Сейчас в Интернете
(http://olympiads.mccme.ru/regata/20062007/reglO.htm)
размещено другое решение, найденное одним из
участников той регаты. Но в нём бездоказательно
используется утверждение, что число (16* - 1) не может
делиться на 5т при т > 1.
3. Решите в натуральных числах уравнение
т п 25
где т > п .
Решение. I способ. Так как тип натуральные
числа, то для решения задачи требуется решить в
натуральных числах уравнение
25л + 25т = тл, (2)
где т > п .
При п = 25 равенство (2) неверно, поэтому из
равенства (2) можно выразить неизвестную т:
2Ьп ок 625
т = = 25 +
25
25 +
п -25 п -25
10

Теперь очевидно, что т является натуральным
числом при п > 25 лишь в случаях:
1) л-25 = 1,
2) л-25 = 5,
3) п-25 = 5\
4) л-25 = 53,
5) п - 25 = 54.
Но при этом условие т > п будет выполнено лишь
в случаях:
1) т = 650 , п = 26 и
2) m = 150 , п = 30 .
17 способ*. Воспользуемся правилом разложения
обыкновенной дроби на сумму двух аликвотных
дробей (дробей с числителем 1).
Умножим числитель и знаменатель аликвотной
дроби на сумму двух взаимно простых делителей её
знаменателя. Полученную дробь заменим суммой
двух дробей, знаменатели которых равны
знаменателю полученной дроби, а числители — слагаемым
вышеупомянутой суммы. После сокращения дробей
(или одной дроби) получится сумма аликвотных
дробей.
Если знаменатель исходной дроби составное
число, то количество возможных вариантов замены
исходной аликвотной дроби суммой двух аликвотных
дробей равно числу пар взаимно простых делителей
знаменателя исходной дроби.
Правомерность этого метода подтверждается
следующими преобразованиями.
1 а+1 1 1
а а(а + 1) а + 1 а(а +1)
♦ В.И. Романовский.
11

1
ab
Например:
a + b a
ab(a + b) ab(a + b)
1 1
— |
b
ab(a + b)
b(a + b) a(a + b)
1 2+1 2+1 1
2 2(2 + 1) 2-3
1 2+3 2+3
6 6(2 + 3) 6-5
3
1
15
1
6'
1
10
У знаменателя дроби — имеются две пары вза-
ЛЪ
имно простых делителей: 1 и 5; 1 и 25.
Следовательно, данная дробь может быть представлена суммой
двух аликвотных дробей двумя способами.
1 5 + 1 5 + 1
25 " 25(5 + 1) " 25 • 6 "
1 25 + 1 25 + 1
и
1
1
30
1
26
1
150
1
1
650
25 25(25 + 1) 25-26
Ответ, т = 650 , п = 26 или т = 150 , п = 30 .
4. Найдите все пары пятизначных чисел х, у
такие, что число ху, полученное приписыванием
десятичной записи числа у после десятичной записи числа
х, делится на ху.
Решение. По условию задачи число ху = 105jc + у
делится на ху, т. е. верно равенство
105х+ у = рху, (1)
где р — натуральное число.
Перепишем равенство (1) в виде
10ъх = (рх-1)у. (2)
12

Так как рх -1 не делится на х, то у делится на х,
то есть у = qx, где g — натуральное число, меньшее
10 (в противном случае у не пятизначное число).
Заменив в равенстве (1) у на qx, разделив
полученное равенство на х, имеем:
105 + q = pqx . (3)
Так как 105 = (рх - l)q , то 105 делится на q.
Число 105 имеет делители, меньшие 10: 1, 2, 4, 5, 8.
Рассмотрим случаи q = 1, q = 2 , g = 4, g = 5 , q - 8 .
1) Если g = 1, то равенство (З) имеет вид:
рх = 100001. Первыми делителями числа 100001
являются 1 и 11, но при р = 1 и при р > 11 число х не
пятизначное.
2) Если q = 2, то равенство (3) имеет вид:
рх = 50001. Первыми делителями числа 50001
являются числа 1, 3 и 7.
При р = 1 имеем: х = 50001, у = 100002 , число у
не пятизначное.
При р = 3 имеем: х = 16667 ,
у = 2 • 16667 = 33334.
При р > 7 число х не пятизначное.
Итак, числа х = 16667 , у = 33334 удовлетворяют
условиям задачи.
3) Если q = 4, то равенство (3) имеет вид:
рх = 25001. Первыми делителями числа 25001
являются числа 1 и 23.
При р = 1 имеем: х - 25001, у = 100004 , число у
не пятизначное.
При р > 23 число х не пятизначное.
4) Если q = 5, то равенство (3) имеет вид:
р* =20001.
13

При р = 1 имеем: х = 20001, у = 100005 , число у
не пятизначное.
При р > 1 число х не пятизначное.
5) Если q = 8, то равенство (3) имеет вид:
рх =12501.
При р = 1 имеем: х = 12501, у = 100008 , число i/
не пятизначное.
При р > 1 число .х не пятизначное.
Итак, в случаях 1), 3) - 5) не существует чисел х
и у, удовлетворяющих условию задачи. Задача имеет
единственное решение: х = 16667 , у = 33334 .
Ответ, х = 16667 , у = 33334 .
Комментарии. Приведённое решение задачи
можно записать в «телеграфном» стиле, оставив случай
2) полностью, а про случаи 1), 3) - 5) написать, как в
последних строках решения. Однако не известно,
посчитают ли эксперты такое решение полным.
5. Среди обыкновенных дробей с положительными
96
знаменателями, расположенными между числами —
35
97
и —, найдите такую, знаменатель которой минима-
36
лен.
Решение.
J способ*. Найдем искомую дробь так:
^1 = 2—<2— = 2- = — • ^ = 2 —
36 36 35 7 7' 35 35 '
О25 О26 97 19 96
Так как 2 — <2 — , то — < — < — .
35 35 36 7 35
* Г.К. Муравин.
14

25 26
Так как 2<2 — <2 — <3, то дроби со знаменате-
36 35
лем 1 (то есть натурального числа) в указанном
промежутке нет. Так как
21<225<226 22<2^<2^
2 36 35 3 36 35
2<2<2<2t
4 36 35 4
О3 О25 О26 О4 О4 О25 О26 О5
2-<2—<2—<2 —, 2—<2—<2—<2 —,
5 36 35 5 6 36 35 6
то дроби со знаменателями, меньшими 7, в указанном
промежутке нет.
Ответ. —.
7
Комментарии. Почти все задачи С6, появившиеся
в тренировочных вариантах ЕГЭ-2010, встречались
ранее на различных олимпиадах. Например, эта
задача была предложена в 1997 году девятиклассникам на
заключительном этапе 3-й Соросовской олимпиады
школьников. В списках призеров тех далеких
олимпиад часто встречаются имена авторов задач
олимпиад нынешних (Ф. Бахарев, С. Злобин, В. Клепцын,
О. Косухин, Т. Кутузова М. Скопенков, ...). В
сборниках МИОО многие задачи С6 — это задачи Соросов-
ских и Московских математических олимпиад.
А вот авторское решение задачи 5.
Q6 Q7
II способ. Имеем — = 2,7428..., — = 2,6944... .
35 36
96 97
Нетрудно проверить, что 7 > 7-2,74 > 19, а 7 <
35 36
19
< 7-2,7 < 19. Таким образом, дробь — расположена
7
15

между данными дробями. Требуемой дроби с
меньшим знаменателем не существует, поскольку
нетрудно проверить, что при умножении каждой из
данных дробей на любое натуральное число, меньшее
7, получаются два числа, между которыми нет
целых чисел.
6. Решите в целых числах уравнение
т4 -2п2 = 1.* (1)
Решение. Заметим, что т — нечётное число, и что
знаки тип можно выбирать произвольно, так как
если (т; п) решение уравнения (1), то (~т; п), (т; -
п), (-т; -п) — тоже решения уравнения (1).
Договоримся искать неотрицательные решения. Пусть
т = 2t + 1, тогда:
(т4 -1) = (т - 1)(т + 1)(т2 + 1) =
= 2t(2t + 2)(4*2 + 4* + 2) = 2п2
Тогда 4£(£ -н l)(2t2 + 2t + 1) = п2, получается, что п —
чётное число. Пусть п = 2г, тогда t(t +1) х
х(2*2 + 2t + 1) = z2. Числа t, t + 1 и 2t2 + 2t + 1 =
= 2£(£ +1) -н 1 попарно взаимно просты, а их
произведение — полный квадрат. Отсюда следует, что каждое
из них также является полным квадратом. Это
возможно только при t = 0 , иначе t + 1 не будет
квадратом! Тогда и 2 = 0, получаем, что m = ±1, л = 0 .
Ответ, т = ±1, л = 0 .
7. Произведение нескольких различных простых
чисел делится на каждое из этих чисел, уменьшенное
на 1. Чему может быть равно это произведение?
* В. Сендеров, 65-ая ММО.
16

Решение. Искомое произведение нескольких
простых чисел должно быть чётным, поскольку оно
делится на каждый простой множитель, уменьшенный на 1.
Следовательно, первый простой множитель pi = 2.
Вторым по величине простым множителем может быть
только р2 = 3, иначе произведение р^р2 не разделится на
(р2 - 1). Итак, первое произведение найдено: р^р2 = 6.
Пусть имеется ещё некоторый простой множитель р3.
Так как Рз и (р3 - 1) — взаимно простые числа, то на
(р3 - 1) должно разделиться p^p2f равное 6. Получаем,
чторз = 7. Тогда второе произведение естьр^ргРз = 42.
При подборе р4 возможностей больше: ведь на
число (р4 - 1) должно разделиться произведение трёх
чисел Р1Р2Р3 = 42. Но (ргРз + 1) — чётное число,
р^Рз + 1 = 15 — составное, варианты без р3 уже
использованы при подборе того же р3. Удаётся
подобрать р4 = РлРгРз + 1 = 43. Получаем третье возможное
произведение Р1РгРзР4 = 1806.
Подобрать ещё хотя бы один множитель рб уже не
удаётся. Пробуя все возможные комбинации из уже
отобранных простых чисел так, чтобы их
произведение делилось на р5 - 1, получаем составные числа.
Так, ргРгРзР* + 1 = 1806 + 1 = 1807 = 13913 —
составное число.
8. Натуральные числа тип таковы, что и т3 + л,
и т + т3 делится на т2 + п2. Найдите тип.*
о
Решение. Так как каждое из чисел т + п и
т + т3 делится на т2 + п29 то их разность т - п тоже
делится на т2 + п2, т. е. справедливо равенство
т - п = х(т2 + л2), (1)
где х — целое число.
* С.А. Злобин.
2-11573 17
IQ/гщные полщ сообщества

Если т > п, то х — натуральное число и
справедливы неравенства т2 > т, л2 > п, т2 + л2 > т + п >
> т - п и равенство (1) невозможно.
Если т < п, то верно равенство
п - т = -х(т2 + л2), (2)
где -х — натуральное число.
Так как для натуральных чисел тип справедливы
неравенства т2 > т, п2 > п, т2 + п2 > т + п > п - т,
то равенство (2) невозможно.
Следовательно, т = п. Перепишем условие задачи
«т + т3 делится на т2 + п2» (т. е. на 2т2) в виде
т + т3 = 2ут2, (3)
где у — натуральное число.
Разделив равенство (3) на натуральное число /п,
получим равенство
1 + т2 = 2ут,
которое перепишем в виде
(2у - т)т = 1. (4)
Для натуральных чисел т и 2у - т равенство (4)
верно лишь при условии т = 1 и у — 1. Мы получили
единственное решение задачи: т = п = 1.
Ответ, т = п = 1.
Комментарии. В 1999 году на Московской
математической олимпиаде десятиклассникам была
предложена похожая задача.
Найдите все такие пары натуральных чисел х, у,
что х3 + у и уг + х делятся на х2 + у2.
Задача эта оказалась трудной, в книгах её стали
отмечать «звездочкой». Вот одно из возможных
решений.
Сначала докажем, что х и у взаимно просты.
Предположим, что это не так. Тогда х делится на рт,
18

а у делится на рк, где р — некоторое простое число.
Не ограничивая общности, будем считать, что т > k.
п 9 9
Так как х + у по условию делится на х + у , то оно
должно делиться на р , так как на это число делится
х2 + у2, но максимальная степень р, на которую
делится число х3 + у, равна А. Полученное
противоречие показывает, что х и у взаимно просты.
Теперь рассмотрим тождество х(х2 + t/2) - (xs + у) =
£q - 1). По условию его левая часть делится на
х2 + у2, следовательно, на х2 + у2 должна делиться и
правая часть. Так как х и у взаимно просты, то у и
х2 + у2 не могут иметь общий делитель, больший 1.
Получается, что на х2 + у2 делится число ху - 1. Это
возможно только если ху - 1 =0, так как х2 + у2 >
> 2ху > ху - 1. Итак, ху = 1, а значит, х = у = 1.
9. При каком наименьшем натуральном п число
2009! не делится на пп?*
Решение**. Количество натуральных чисел, не
превосходящих 2009 и делящихся на л, равно
Г20091
, где [х] — целая часть числа х.
L n J
Г2009] АК
Так как = 45, то при всех натуральных п
L 44 J
таких, что п < 44, среди чисел 1, 2, ..., 2009 чисел,
делящихся на п, будет больше, чем п. Поэтому число
2009! = 1-2-3- ... -2009 делится на каждое из чисел пп
при п = 1, 2, ..., 44.
Г20091
Теперь рассмотрим п = 45. =44. Поэтому
L 45 J
среди чисел 1, 2, ..., 2009 есть 44 числа вида 45А, уч-
* В.Г. Ушаков, ММО, 2008, 11 класс.
** Кузнецова В.Ю. [5].
2* 19

тя ещё, например, произведение чисел 5 и 9,
убеждаемся, что 2009! делится на 4545.
Рассуждая так же для п = 46, получаем, что есть 43
числа вида 46ft. Учтя ещё произведение 8-23-69115 =
= 23 3 5-233 = 463 15, получим, что 2009! делится на
4646.
Далее следует п = 47 — простое число, поэтому
среди чисел 1, 2, ..., 2009 будет только 42 числа,
делящихся на 47. Это числа вида 47ft. Самое большое из
них — 47-42 = 1974. Поэтому 2009! делится на 4742 и
не делится на 4743, тем более не делится на 4747.
Итак, 47 — наименьшее натуральное п такое, что
число 2009! не делится на пп.
Ответ. 47.
10. У натурального числа п ровно 6 натуральных
делителей. Сумма этих делителей равна 3500.
Найдите п.
Решение. Сначала напомним, как подсчитать
количество натуральных делителей натурального числа
п. Разложим это число на простые множители:
п = pa-qb-rc- ... . Тогда любой делитель числа п
содержит те же простые множители, но, возможно, в
меньших степенях — число р может быть в степени
от 0 до а, число q — в степени от 0 до 6, и т. д.
Таким образом, а + 1 вариантов для степени числа
р комбинируются с b 4- 1 вариантами для степени
числа q и т. д. Всего получается (а + 1)(6 + 1)(с + 1)...
делителей.
Так как у числа п ровно 6 натуральных делите-
лей, то оно имеет вид п = р или п = р -q . Простых
делителей больше двух быть не может, так как уже
для трёх делителей в наименьших степенях число п
20

имеет больше шести делителей: 1, р, q, г, pq, prf qr,
pqr.
Покажем, что первый случай невозможен. Так как
1 + Р + Р2 + Р3 + Р4 + Р5 = 3500, то р + р2 + р3 + р4 +
+ р5 = р(1 + р2 + р3 + р4) = 3499. Но 3499 — простое
число, поэтому сумма всех делителей числа п
(включая единицу и само число п) не может равняться
3500.
Рассмотрим второй случай. Пусть п = pl-q2. Тогда
сумма всех его делителей числа п равна
1 + р + ч + pq +q2 + pq2 = Ц + ч + ?2)(i + р) =
= 3500 = 22-53-7.
Заметим, что число l-hg + g2 = l + q(q + 1) —
нечётное. Нечётных делителей (отличных от единицы) у
числа 3500 всего семь — 5, 7, 25, 125, 35, 175, 875.
Только в случае 1 + q + q2 = 7, мы найдём
натуральное значение q = 2, а затем вычислим р = 499 (это
число простое), откуда п = 1996.
Процесс перебора можно сократить, если заметить,
что для делителей, кратных пяти, дискриминант
оканчивается на 7 и не может быть квадратом
натурального числа.
Ответ. 1996.
11. Найдутся ли хотя бы три десятизначных
числа, делящиеся на 11, в записи каждого из которых
использованы все цифры от 0 до 9?
Решение. Число делится на 11 тогда и только
тогда, когда разность между суммами его цифр,
стоящих на нечётных и на чётных местах, делится на 11.
Запишем все цифры подряд: 9876543210. В
написанном числе указанная разность сумм равна 5.
Меняя местами, например, 5 и 8, мы одну сумму увели-
21

чиваем на 3, а другую уменьшаем на 3. Значит,
разность между суммами его цифр, стоящих на нечётных
и на чётных местах, становится равной 11. Меняя
местами, например, 4 и 7, или 3 и 6, получаем
требуемые примеры.
Примечание. В задаче не требуется нахождение
всех чисел, обладающих указанным свойством.
Ответ. Да.
Комментарии. Мы привели авторское решение из
сборника [3]. Ещё раз выразим удовольствие, если
решения в таком «телеграфном стиле» будут засчи-
тываться и на экзамене. Но задачи такого типа на
экзамене могут создать конфликт, так как если
выпускник случайно наткнётся на число (возможно,
неведомым ему самому способом), например, на
число 1968573420 и двумя перестановками пар цифр
получит ещё два числа: 6918573420, 6958173420, то
задача будет решена. Ведь задача с вопросом
«существует ли?» считается решенной, если предъявлен
объект, существование которого доказывается. Как
в этом случае эксперты будут оценивать решение
задачи?
12. Найдите все натуральные числа, которые
делятся на 42 и имеют ровно 42 различных
натуральных делителя (включая единицу и само число).
Решение. J способ. Так как искомые числа п
делятся на 42, то в их разложении на простые
множители обязательно присутствуют простые делители 2, 3
и 7 в отличных он нуля степенях. Используя опыт
решения задачи 10, делаем вывод, что других
простых делителей у искомых чисел нет. Действительно,
число 42 (в роли количества делителей) можно пред-
22

ставить в виде произведения не менее трех отличных
от единицы чисел лишь единственным образом:
42 = 2-3-7 = (1 + 1)(2 + 1)(6 + 1).
Тогда числа п имеют вид: п = p-q2-r6, где числа р, q
иг — это числа 2, 3 и 7 в различных комбинациях.
Всего таких комбинаций 6.
77 способ. Искомые числа делятся на 42 и имеют,
по меньшей мере, простые делители 2, 3 и 7.
Обозначив кратности этих делителей (без привязки к ним)
/и, п и ft, найдем эти кратности из уравнения для
количества делителей числа:
N = (т + 1)(п + 1)(А + 1) = 42 = 2-3-7.
Принимаем т = 1, п = 29 k = 6 (вариант
единственный с точностью до привязки к буквам). Искомые
числа (их количество равно числу перестановок из
трех элементов Р3 = 3! = 6) равны:
2-32-76; 2-36-72; 22-3-76; 22-36-7; 26-3-72; 26-32-7.
Ответ. 2-32-76; 2-36-72; 22-3-76; 22-36-7; 26-3-72; 26-32-7.
13. Решите уравнение Зт + 4П = 5* в натуральных
числах.*
Решение. Левая часть уравнения при любых
натуральных числах тип при делении на 3 даёт остаток
1, следовательно, такой же остаток при делении на 3
должен быть и у 5Л, откуда следует, что k - чётное.
Пусть k = 2г, г е N.
Правая часть уравнения при любом натуральном
k при делении на 4 даёт остаток 1, следовательно,
такой же остаток при делении на 4 должен быть и у
* А.Ю. Эвнин, В.А. Сендеров, ММО, 1998, 11 класс.
23

3m, откуда следует, что т — чётное. Пусть т = 2s,
seN.
Перепишем исходное уравнение в виде 32s + 4Л = 52г,
или в виде 22п = (5Г - 3*)(5Г + 3s). Тогда 5Г - 3s = 2q и
5Г + 3s = 21, где q и I — целые неотрицательные числа
и q + I = 2n. Таким образом,
Число 3s — нечётное, значит, 2l~ l - 2q~ l нечётно,
поэтому q = 1 и 3s = 2l ~ l - 1. Следовательно, число
I - 1 четно, I - 1 = 2р (иначе левая часть не делится
на 3). Тогда 3s = (2Р - 1)(2Р + 1) — произведение двух
множителей, отличающихся на 2 и являющихся
степенями тройки. Ясно, что эти множители 1 и 3, тогда
p = l,s = l,m = 2s = 2. Далее последовательно
получаем: I = 2р + 1 = 3, 5Г = 2* +2 = 5, г = 1, k = 2г =2,
g + I = 2п = 4.
Итак, т = п = k = 2.
Ответ, m = 2, л = 2, ft = 2.
Примечание. В журнале «Квант» (4/1998) эта
задача сформулирована для уравнения 3х + 4У = 5Z.
Приведём решение из журнала.
Правая часть уравнения при делении на 3 должна
давать тот же остаток, что и левая, т. е. 1. Поэтому z
— чётное. Аналогично, левая часть уравнения
делится на 4 с остатком 1, поэтому число х тоже чётное.
Обозначив z = 2t, имеем 5' - 2У = 3", 51 + 2У = Зи.
Поэтому и = 0, v = х = 2k. Значит, 1 + 2У + ! = 32k,
откуда (3* - 1)(3*+ 1) = 2У + 1.
Получили 3* + 1 = 2т, З2* - 1 = 2Л, 2т - 2п = 2.
Откуда п = 1, ft = 1, у = 2, х = 2k = 2, 2 = 2.
24

14. Все обыкновенные правильные несократимые
дроби, числители и знаменатели которых двузначные
числа, упорядочили по возрастанию. Между какими
двумя последовательно расположенными дробями
находится число — ?
о
Решение. Рассмотрим на клетчатой бумаге
графики функций у = kx. Чтобы выбрать дроби (числители
и знаменатели которых двузначные числа), самые
близкие к — = —, надо найти самые близкие к пря-
8 96
мой у = — х «узлы» клетчатой бумаги, соответствую-
8
щие обыкновенным дробям с возможно большими
двузначными знаменателями (см. рис.).
(
у
■"ft
jt)
>5
8
[)
A
8
8
в
9
в
9
9
X
Рассмотрим точки А и В, соответствующие дробям
54 59 .
— и —. Они находятся на одинаковом расстоянии
86 94
от прямой у = — х, изображённой на рисунке, так как
о
эти точки одинаково расположены по отношению к
25

«узлам» клетчатой бумаги, соответствующим дробям
55 60 „
— и —, через которые проходит эта прямая. Но
88 96
59 « «5
прямая у = — х ближе к прямой у = — х, чем прямая
94 8
54 59 54
у = —#, т. к. — < —.
86 94 86
Так как расположение «узлов» относительно
прямой у = — х повторяется через каждые 8 единиц по
8
оси Ох, то достаточно сравнить между собою дроби,
соответствующие «узлам» клетчатой бумаги из про-
cq />i ftO
межутка (91; 99] оси Ох. Из дробей —, —, —,
94 97 99
* 60 ^ 62 т_ . _.
больших —, выберем наименьшую — — .Из дробей
96 99
58 61 60 л 58
—, —, меньших —, выберем наибольшую — —.
93 98 96 Р У 93
тт * 5 й 58 62
Дробь — расположена между дробями — и —.
о 9о У9
гх_ 58 62
Ответ. — и —.
93 99
15. Решите в целых числах уравнение
т-п2 = 105л + т.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде
т(п2 - 1) = 105л. (1)
Если /I = 0, то и m = 0. Получено первое решение
уравнения (1).
Если п Ф 0, то и т Ф 0. Заметим, что если пара
чисел (т0; п0) решение уравнения (1), то и пара (-т0; -п0)
— тоже решение уравнения (1).
26

Пусть п > О, т > О, тогда п ^ 1. Перепишем
уравнение (1) в виде
т(п - 1)(п + 1) = 105л. (2)
Так как ни п - 1, ни п + 1 не делятся на л, то т
делится на п. Обозначим т = рп, где р — натуральное
число. Разделив равенство (2) на п> имеем:
р(п - 1)(п + 1) = 105. (3)
Число п не может быть чётным, так как в
противном случае хотя бы одно из соседних нечётных чисел
п - 1 и п + 1 будет иметь простой нечётный делитель,
отличный от 5. Следовательно, число п нечётное, а
л - 1 и л + 1 — два соседних чётных числа, не
имеющие простых делителей, кроме 2 и 5.
Выпишем чётные числа п - 1, не имеющие
простых делителей, кроме 2 и 5 такие, что (л - 1)(п + 1)
не превосходит 105. Учтём, что число п - 1 имеет
делитель 2 в степени, не большей 4, так как число п + 1
тоже чётное, а степень числа в 2 в правой части
равенства (3) равна 5.
21 =2, 21 • 51 = 10, 21 • 52 = 50, 21 • 53 = 250,
22 =4,
23 =8,
24 = 16,
Из всех перечисленных случаев только при п - 1 = 2
и п - 1 = 8 произведение (л - 1)( п + 1) не содержит
простых делителей, кроме 2 и 5. Это означает, что
условию задачи удовлетворяют лишь п = 3 и л = 9.
При л = 3 из равенства (3) получим:
р = 12500, т = рп = 37500.
При л = 9 из равенства (3) получим:
р = 1250, т = рп = 11250.
Итак, условиям задачи удовлетворяют
27
22
23
24
•51
•51
•51
= 20,
= 40,
= 80.
23
23
52 = 100,
52 = 200,

п = 3 и т = 37500; п = 9 и т = 11250.
В силу сделанного выше замечания условиям
задачи удовлетворяют также п = -3 и т = -37500;
п = -9 и т = -11250.
Замечание. После уравнения (3) поиск решения
задачи можно вести иначе. Присмотримся к
уравнению р(п2 - 1) = 105. Число 105 = 25-55 имеет 36
натуральных делителей, включая 1 и 105, что позволяет
провести полный перебор случаев. Можно сказать,
что случаев 18, так как, рассматривая делитель d, мы
105
одновременно рассматриваем делитель .
d
Но хочется найти более интересный путь, как-
нибудь ограничить перебор, или вообще его избежать.
Что ещё можно заметить в уравнении (3)?
Из двух соседних чётных чисел одно обязательно
делится на 4, а другое - не делится. Поэтому (п2 - 1)
обязательно делится на 23, и это сокращает перебор с
18-ти до 9-ти случаев.
Правая часть не делится на 3, поэтому на 3
должно делиться число л, в противном случае на 3 будет
делиться (п2 - 1). Получается, что (п2 - 1) при
делении на 9 даёт остаток 8.
Мы уже отметили, что (п2 - 1) может делиться на
23, 24 и 25. Остатки от деления на 9 этих чисел равны
соответственно 1, 7 и 5. Ещё (п - 1)( п + 1) может
делиться на 5°, 51, 52, 53, 54 и 55, чьи остатки от
деления на 9 соответственно равны 1,5,7,8,4и2.
Рассмотрев соответствующие остатки 18-ти попарных
произведений этих степеней, находим, что нам
подходят для дальнейшего рассмотрения только
23-5° = 8, 2Ч1 = 80 и 25-52 = 800.
28

В первом случае получаем п = 3, р = 12500, т =
= рп = 37500.
Во втором: п = 9, р = 1250, т = рп = 11250.
В последнем случае п2 = 801 не является
квадратом натурального числа.
В силу сделанного выше замечания, условиям
задачи удовлетворяют также
п = -3 и т = -37500; п = -9 и т = -11250.
Ответ, п = т = 0, или п = 3 и т = 37500, или п = 9
и /и = 11250, или п = -3 и m = -37500, или л = -9 и
т = -11250.
16. Решите в целых числах уравнение
II c%h i c%2k ■+• 1 2
Решение*. При ft = 1 получаем л2 = 11 и решений
нет, при k = 0 получаем л = ± 2, при ft = -1
получаем п2 = 2 и решений нет, при ft < -1 решений нет,
так как правая часть лежит в интервале (1; 2).
Рассмотрим случай ft ^ 2. Как известно, чётные
степени двойки дают при делении на 3 остаток 1, а
нечётные дают остаток 2. Отсюда следует, что
1 +22*+1 делится на 3, и остаток от деления на 3
левой части такой же, как у 2*, т. е. 1 при чётных ft и
2 при нечётных ft. Но известно также, что квадраты
целых чисел не могут давать при делении на 3
остаток 2. Таким образом, ft — чётное.
Положим ft = 2d, d e N и перепишем уравнение в
виде 1 + 4rf + 2 • 42d = n2. Достаточно найти натуральные
п. Ясно, что п — нечётное, пусть п = 2х + 1, х е N,
тогда уравнение примет вид 1 + 4d + 2 • 42d = 4jc2 + 4х + 1,
А.Г. Рубин.
29

или 4d • (1 + 2 • 4d) = 4 • ( x2 + jc) , или, сокращая на 4 и
заменяя у = d -1, у е Z, у>0,
4У-(l + 8-4y) =*-(x + l).
Только одно из чисел jc или jc 4- 1 чётное, и оно
делится на 4У.
Если х = т-4у (причём т — нечётное, т е N), то
4У -(l + 8-4y) =/n-4y -(m-4y +l),
или 1 + 8-4у = m2-4y +m,
или (8-т2) 4У = т-1.
Скобка слева неотрицательна лишь при нечётном
натуральном т = 1, но оно не даёт решения.
Если jc + 1 = т • 4У (причём /тг — нечётное, т е N),
то
4y.(l + 8-4y)=(m4y-l).m4y,
или 1 + 8-4у = m2-4y-m,
или (т2 -8) -4У = т+1.
Скобка слева неотрицательна при натуральных
т > 3, и это даёт решение т = 3, у = 1 (что приводит
к решению исходного уравнения ft = 4, л = ±23). При
натуральных т ^ 5 имеем m2-8> m + 1, и решений
нет.
Ответ. fc = O л=±2; ft = 4, л = ±23.
17. Найдите наибольший общий делитель всех
чисел вида р2 - 1, где р — простое число, большее 3, но
меньшее 2010.
Решение. Обозначим буквой N искомый наибольший
30
общий делитель. Так как наименьшее число р2 - 1, о

котором идет речь в условии задачи, равно 24, то N
не может быть больше 24.
Покажем, что все числа вида р2 - 1, о которых
идёт речь в задаче, делятся на 24. Из трёх
последовательных чисел р - 1, р и р + 1 одно обязательно
делится на 3. Так как р — простое число, большее 3, то
на 3 оно не делится. Следовательно, на 3 делится одно
из двух других (чётных!) чисел: или р - 1, или р + 1.
А так как произведение двух последовательных
чётных чисел делится на 8, то число р2-1=(р-1)(р+1)
делится на 24.
Отметим, что ограничение сверху «меньше 2010» в
условии задачи лишнее.
Ответ. 24.
18. На числовой оси отмечены все точки с целыми
координатами. Разрешается прыгать на 1 и на 4
вправо или влево. Можно ли за 2010 таких прыжков
попасть из точки 1 в точку 2, ни разу не попадая в
точки с координатами, кратными 4?
Решение. Точки, соответствующие числам вида
4д, в которые не разрешается попадать, совершая
прыжки, разбивают координатную ось на интервалы
длины 4.
Поэтому каждый прыжок на 4 единицы
происходит всегда через точку вида 4л. Так как точки 1 и 2
находятся на одном интервале между соседними
точками вида 4д, то, начав движение из точки 1 и
завершив его в точке 2 из одного интервала, мы
выполним одинаковое число прыжков на 4 единицы вправо
и влево, следовательно, общее число прыжков на 4
единицы чётное. Тогда на прыжки на 1 единицу
остается чётное число прыжков, так как общее число
прыжков 2010 чётное.
31

Выполняя один прыжок на 1 единицу от числа k
вправо (влево), мы увеличиваем (уменьшаем) число k
на 1. Выполняя один прыжок на 4 единицы от числа
k вправо (влево), мы увеличиваем (уменьшаем) число
k на 4.
Если всего выполнено а прыжков на 4 единицы
вправо, а прыжков на 4 единицы влево, Ъ прыжков
на 1 единицу вправо и с прыжков на 1 единицу
влево, то выполняется равенство
l + 4a-4a + fc-c = 2
(последовательность выполнения прыжков, очевидно,
не влияет на результат), т. е. верно равенство b = с + 1.
Но тогда общее количество прыжков на 1 единицу
равно b -Ь с = 2с 4- 1 — число нечётное, а выше
установлено, что это число чётное.
Это означает, что выполнить требуемое
невозможно.
Ответ. Нет.
19. Найдите все натуральные числа, последняя
десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15
различных натуральных делителей (включая единицу
и само число).
Решение. Задачи, похожие на задачи 12 и 19,
предлагались учащимся 6-х и 8-х классов в заочном
туре 4-й Соросовской олимпиады. Полезно заметить,
что если у числа п нечётное количество делителей, то
оно - квадрат натурального числа.
Мы уже знаем, что число, имеющее ровно 15
различных натуральных делителей (включая единицу и
само число), представимо в виде п = ры или в виде
п = p2q4. Так как число оканчивается на 0, оно делит-
32

ся и на 2, и на 5, поэтому первый случай невозможен.
Во втором случае находим два числа,
удовлетворяющие условиям задачи:
пг = 2254= 2500 и
п2 = 24-52 = 400.
Ответ. 400 и 2500.
20. При каком наибольшем п найдется п
семизначных чисел, являющихся последовательными
членами одной геометрической прогрессии? (3-я Соросов-
ская олимпиада, 1997, 9 класс. Заключительный
этап.)
Решение. Рассмотрим прогрессию, у которой Ь\ =
= 220, a q = —. Первые 11 членов этой прогрессии —
4
целые семизначные числа, поскольку Ъ\ > 106, так
как (210)2 = 10242, а Ъп = 510 = 125-57 < 128-57 =
= 27-57= 107.
Покажем, что прогрессии, содержащей 12 и более
требуемых членов не существует.
Предположим, что это не так. Пусть знаменатель
прогрессии о = — (— — несократимая дробь), Ъ\ —
k k
её первый член. Будем считать, что q > 1. В
противном случае рассмотрим 12 этих членов прогрессии в
обратном порядке и получим требуемую прогрессию
1 т
со знаменателем —. Поскольку — — несократимая
q k
дробь, а &12 = Ъх • —^- — целое число, то Ъ\ делится на
h
kn и bi2 > m11. Если теперь предположить, что т > 5,
то получим bi2> 511 > 107, что противоречит условию.
33

Следовательно, т < 4. Но тогда наименьшее возмож-
4 „ (4Y1
ное значение q равно —, поэтому q > — > 10. Те-
3 \3)
перь получаем Ъ\2 = b\-q11 > Ъ\Л0 > 107, что опять
противоречит условию.
Следовательно, геометрической прогрессии^
содержащей хотя бы 12 требуемых членов (12 или более
семизначных чисел), не существует.
Ответ. 11.
34

ЧАСТЬ ВТОРАЯ
Секреты подготовки
Переходим к разбору задач С6 из книг [1] и [9], в
которых были даны достаточно подробные описания
(подкрепленные примерами) типов и конкретных
особенностей заданий предстоящего экзамена. Стало
ясно, к чему готовить учеников. Например, уточнялось,
применительно к ЕГЭ, и такое широкое понятие, как
«олимпиадная задача» (задание С6): «Тип задания:
Задание на свойства целых чисел. Характеристика
задания: Задача, связанная со свойствами делимости
целых чисел, логическим перебором».
В качестве примера задания С6 в [1] приведена
задача 22. Разобраться с ней нам поможет другая очень
полезная задача.
21. Квадратный трёхчлен х2 + ах + Ь имеет целые
корни, по модулю большие 2. Докажите, что
число а + b + 1 — составное. (МОМО, районный этап,
2000).
Решение. Пусть х\ ъ х2 — корни нашего
трёхчлена. Тогда по теореме Виета а + b + 1 = ~(х\ + X2) +
+ х\Х2 + 1 = (*i - 1)(*2 " !)• Из условия следует, что
каждая скобка не равна 1, -1 или 0. То есть число
а + b + 1 — составное.
Замечание. Так как для квадратного трёхчлена
/ (х) = х2 + ах + 6 величина а + b + 1 = / (1), то
разложение / (1) = (xi - 1)(х2 - 1) можно было получить
сразу, вспомнив о разложении приведённого
квадратного трёхчлена на множители / (х) = (х\ - х)(х2 - х).
35

22. Каждый из двух различных корней
квадратного трёхчлена / (х) = х2 + (За + 1O)jc + 5b - 14 и его
значения при х = 1 являются простыми числами.
Найдите a, b и корни трёхчлена / (х).
Решение. Воспользуемся только что
приобретённым опытом (задача 21). Нам дано, что / (1), хг и
Х2 являются простыми числами. Значит, (jci - 1) и
(jc2 — 1) — натуральные числа и меньшее из них
должно быть равно 1 (иначе / (1) = (хх - 1)(х2 ~ 1) не
будет простым). Следовательно, Xi - 1 = 1, откуда
х\ = 2. Тогда / (1) = х2 - 1 и ^ — два
последовательных простых числа, что возможно только, если это
числа 2 и 3. Теперь, зная корни х\ = 2, хг = 3,
применяем теорему Виета: За + 10 = -5, ЪЪ - 14 = 6,
откуда а = -5, Ъ = 4.
Вы согласитесь, наверное, что основные трудности
в решении задачи 22 начинаются уже после того, как
найдено разложение / (1) = (jci — 1)(х2 - 1). Знание
приёмов помогает в решении, но одной техникой не
обойтись. Следующие пять задач — из той же (очень
полезной) книги [1], что и задача 22.
23. Квадратный трёхчлен / (х) = х2 + рх + q имеет
два различных целых корня. Один из корней
трёхчлена и его значение в точке х = 11 являются
простыми числами. Найдите корни трёхчлена. (Из
тренировочных вариантов ЕГЭ-2010).
Решение. Известно, что /(11) = (11 - #i)(ll ~ *г)
— простое число. Если простой (по условию) корень
х\ = 2, то / (11) = 9-(11 - х2) — не простое число.
Если х\ - нечётное простое число, то простое число
/ (11) — чётное, то есть равно 2. Это возможно только
если х\ = 13, х2 = 12.
36

24. Найдите все такие целые а и Ь, что корни
уравнения х2 + (2а + 9)х + ЗЬ + 5 = 0 являются
различными целыми числами, а коэффициенты (2а + 9)
и (ЗЬ + 5) — простыми числами.
Решение. Сумма корней -(2а + 9) — число
нечётное при любом целом а. Но тогда один из целых
корней чётный, другой — нечётный, а их произведение
чётное простое число: xix2 = ЗЬ + 5 = 2; откуда Ъ = -1.
Если jci = -1, х2 = -2, то 2а + 9 = 3, а = -3.
Если х\ = 1, х2 = 2, то 2а + 9 = -3, а это не
простое число.
Ответ, а = -3, b = -1.
Замечание. Так как корни jci и х2 — целые числа
разной чётности, то они разные числа. Слово
«различными» в условии задачи является лишним.
25. Найдите все такие натуральные п, что при
вычёркивании первой цифры у числа 4Л снова
получается число, являющееся натуральной степенью числа 4.
Решение. Заметим, что последние цифры
натуральных степеней четверки образуют цикл с шагом 2:
Следовательно, если в десятичной записи степеней
четвёрок совпадают последние цифры, то частное от
деления этих степеней равно 42г = 16Г, где г —
натуральное число. Так как эти степени четвёрки (и
только они) оканчиваются на 6, то 42г - 1 — 16Г - 1
делится на 5.
Тогда после зачеркивания первой цифры
десятичной записи числа 4п получилось число 4Л ~ 2г. По
условию задачи
4" - 4Л " 2г = 4" " 2г(42г - 1) = р-Ю\
37

Покажем, что в нашем случае г = 1. Как уже было
сказано, число 42г - 1 = (4Г - 1)(4Г - 1) делится на 5.
Множители из правой части последнего равенства
отличаются на 2, поэтому лишь один из них делится на
5. Тогда второй множитель — нечётное число, не
делящееся на 5. Этот множитель должен быть
делителем однозначного числа р. Но при г > 1 этот делитель
будет не меньше 15-ти.
При г = 1 получаем
4Л ' 2 (42 - 1) = 4П " 215 = 4" ~ 2 -3-5 = р-10\
Нуль на конце возникает только при умножении 2
и 5, поэтому он единственный. Кроме того, р = 4Л " 3-3 <
< 10, следовательно, п = 3. Получается, что условию
ачи удовлетвс
Ответ, п = 3.
задачи удовлетворяет лишь число 64 = 43.
26. Какое наибольшее количество чисел можно
выбрать из отрезка натурального ряда от 1 до 2009 так,
чтобы разность любых двух из них не была простой?
Решение. Предположим, что мы нашли как
выбрать наибольшее количество чисел из отрезка
натурального ряда от 1 до 2009 так, чтобы разность
любых двух из них не была простой. Если окажется, что
наименьшее выбранное число не единица, то
«сдвинем» все выбранные числа влево, сохраняя разность
между любыми соседними. Получится новая
последовательность той же длины, что и первоначально
выбранная, но начинаться она будет с единицы. Так как
в этой задаче важны не сами числа, а их взаимное
расположение, то все числа этой новой
последовательности будут удовлетворять условиям задачи.
С первым числом мы определились. Какое число
выбрать вторым? Если пропустить 2, то ближайшее
38

число, которое мы сможем выбрать, это 5, ближайшее
следующее — 9... Получаем последовательность bk =
= 4ft - 3, причём &5оз = 2009. Разности между
любыми двумя такими числами — чётные, причём не
равные двум, то есть, не простые.
Мы показали, как можно выбрать 503 числа.
Докажем, что большее количество чисел выбрать
нельзя.
Убедимся, что из любых восьми подряд идущих
чисел больше двух выбрать не удаётся.
Действительно, вот возможные пары для первой восьмёрки чисел:
1и2,1и5,1и7. Трёх и более чисел выбрать не
удалось. Числа от 1 до 2008 разобьём на 251
восьмёрку. В любой из них разности между числами такие
же, как и у первой восьмёрки. Следовательно,
больше, чем 502 числа выбрать из них мы не сможем.
503-им можно выбрать число 2009, что мы и сделали
выше.
Ответ. 503.
27. Решите в целых числах уравнение Зл + 8 = х2.
Решение. Если п = 0, то х2 = 9, получаем х\ = 3,
х2 = -3.
Теперь рассмотрим уравнение Зл + 8 = х2 при п > 1.
Так как х2 = 3(3" " х + 2) + 2, то 2 — остаток при
делении х2 на 3, следовательно, правая часть не
может равняться квадрату целого числа. Поэтому при
п > 1 решений нет.
При п < 0 уравнение Зл + 8 = х2 не имеет
решений, так как х2 — целое число, аЗл + 8 — дробное.
Переходим к обсуждению задач С6 из книги
«Отличник ЕГЭ» [9]. В ней разбираются все типы
заданий группы С, даётся список рекомендуемой
литературы. Воспользуйтесь этими советами, т. к. авторы
книги [9] имеют самое прямое отношение к созданию
39

шедевров вступительных экзаменов и олимпиад
МГУ.
Задач С6 в ней разобрано пять, и ещё 10 предложено
для самостоятельного решения. Часть задач С6, из
приведённых в [9], присутствует также и в пособиях [2]
и [3]. Возможные варианты их решений рассмотрены
нами в первой части книги под номерами 2, 4, 9, 10, 11.
Вместо них здесь приведены интересные, на наш
взгляд, задачи на ту же тему из других источников.
В конце книги [9] есть и раздел подготовительных
задач, среди которых 30 предназначены для
подготовки к заданиям Сб. Нельзя не согласиться с
авторами, что из таких задач, как из «кирпичиков»,
строятся решения более сложных задач.
28. Найдите все пары натуральных чисел разной
111
четности, удовлетворяющие уравнению — + — = — .
т п 12
Похожая задача 3 разобрана нами в первой части
книги. Здесь действуем немного иначе. Будем считать
для определенности, что т < п. Приведём данное
уравнение сначала к виду
12т + 12л = тп,
затем к виду
(т - 12)(л - 12) = 24-32.
Отметим, что числа (т - 12) и (п - 12) разной
чётности, причём (т - 12) <{п - 12). Возможны лишь
три случая:
1) т - 12 = 1, п - 12 = 144;
2) т - 12 = 3, п - 12 = 48;
3) т - 12 = 9, п - 12 = 16.
Для них получаем три пары натуральных решений
(т; п): (13; 156), (15; 60), (21; 28).
40

Покажем, что 4-й случай, когда т - 12 и п - 12
оба отрицательны, невозможен. Действительно,
(т - 12)(п - 12) = (12 - т)(12 - п) < 122,
так как каждый множитель в этом случае меньше 12.
Отметим, что мы нашли все пары чисел (т; п) при
условии т < п, надо добавить ещё три пары: (156; 13),
(60; 15) и (28; 21).
Ответ. (13; 156), (15; 60), (21; 28), (156; 13),
(60; 15), (28; 21).
29. Решите в натуральных числах уравнение
а\ + Ы + с! = d!.*
Решение**. Пусть для определенности а < b < с.
Из уравнения следует, что с < d. Тогда d > с + 1, или
d\ > (с + 1)!. Но (с + 1)! = (с + 1)-с!, и мы получаем
цепочку неравенств: 3d > а\ + Ы + cl = dl > (с + 1)с!
При с > 2 это невозможно. Перебирая оставшиеся
возможности при с < 2, находим, что
а = Ь = с = 2, d = 3.
То, что а = b = с, можно доказать иначе. Если
а < Ъ < су то в исходном уравнении все факториалы,
кроме первого (а!), делятся на Ы. Получаем
противоречие. Если же а = Ь < с, то 2а! + с\ = d\. Разделим
. „ 2а! л d\ __ 2а!
это равенство на с!. Получим + 1 = —. Число
с! с! с!
может быть целым только в двух случаях: когда а = с
(здесь мы находим ответ), или когда а = 1, с = 2. Во
втором случае решений нет.
Ответ. a = b = c = 29d = 3.
* МОМО, 1996. Районный этап.
** Кузнецова В.Ю. [5].
41

30- Найдите все такие пары взаимно простых
натуральных чисел (то есть чисел, наибольший общий
делитель которых равен 1) а и Ь, что если к
десятичной записи числа а приписать справа через запятую
десятичную запись числа Ь9 то получится десятичная
Ъ
запись числа, равного — .
а
Это задание С6 из демонстрационных вариантов
ЕГЭ 2009-2011 гг. (автор И.Н. Сергеев). Оно
предлагалось выпускникам 2006 г. на 69-й Московской
математической олимпиаде. В варианте из шести задач
она шла под вторым номером (№ 11.2), то есть, по
замыслу организаторов, была несложной. Так и
оказалось. Если оценивать её как на ЕГЭ в 4 балла, то из
984-х участников такую оценку получили бы тогда 48
человек, 49 человек — 3 балла, 390 — 2 балла.
Решение приводить не будем, оно размещено на многих
сайтах.
31. При каких натуральных п существует
рациональное число х, удовлетворяющее равенству
п2 + 2 = (2п - 1)х? (Диагностическая работа МИОО,
02.12.2008).
Решение. 1. Так как при всех натуральных п
верно неравенство (п2 + 2) > (2л - 1), то искомое число
h л
х = — больше единицы, откуда k > т.
т
2. Для чисел, удовлетворяющих условию задачи,
равенство (п2 + 2)т = (2п - 1)к определяет
натуральное число, единственным образом разлагаемое на
простые множители. Это значит, что в разложении на
простые множители числа (2п - 1) присутствуют все
простые множители числа (п2 + 2), но в меньших
степенях. Это значит, что (л2 + 2) делится на (2п - 1).
42

3. Следовательно, п2 + 2 = d(2n - 1), где d —
натуральное число. Рассмотрим квадратное уравнение
относительно п:
п2 - 2dn + (d + 2) = 0.
Его дискриминант, делённый на 4, должен быть
квадратом натурального числа, которое обозначим у
(убеждаемся, конечно, что при равном нулю
дискриминанте чисел, удовлетворяющих исходному
равенству, нет): d2 - d - 2 = у2.
Тогда (d - j)(d + у) = d + 2. Но у = 1 не дает нам
натурального d и, следовательно, натурального п.
При у = 2 имеем d = 3, откуда находим, что п = 5,
л: = 1,5 (при /1 = 1, втором корне квадратного
уравнения, исходное уравнение не имеет решений).
Если у > 2, то левая часть равенства (d - j)(d + у) =
= d + 2 больше правой, так как d + у > d + 2, да ещё
умножается на натуральное число (d - у). То есть для
у > 2 равенство (d - j)(d + у) = d + 2 невозможно.
Итак, лишь при л = 5 исходное уравнение имеет
рациональный корень.
Ответ. При п = 5.
Замечания. 1. Вернёмся в начало пункта 3.
Найдем, при каких натуральных значениях п выражение
п2 +2
является натуральным числом, мы его уже
2л-1
обозначили буквой d. Задачи с подобными
формулировками можно встретить, например, в «Сборнике
задач по алгебре. 8-9» M.JI. Галицкого и др. [10], там,
где объясняется деление уголком. Здесь есть
определенные технические трудности с выделением целой
части, но их можно преодолеть. Умножим числитель
на 4. Если d — натуральное число, то Ы — также
натуральное. Могут появиться лишние решения, но
мы сделаем проверку! Зато теперь удобнее делить
уголком, выделяя целую часть!
43

4л2+8 о л 9
■ = 2л + 1 +
2л -1 2л - 1
Получаем остаток 9, который должен делиться на
(2л - 1), откуда следует, что (2л - 1) это либо 1, либо
3, либо 9. Находим три значения л (это 1, 2 и 5), нам
подходит только л = 5.
2. Добавим только, что немного в другой
формулировке эта задача предлагалась во 2-м туре 4-й Соро-
совской олимпиады. В книге B.C. Панферова и
И.Н. Сергеева [9] приводится решение, близкое к
решению 1999 года.
Вот его основные идеи. Вернёмся в начало
пункта 3.
Уже установлено, что в разложении на простые
множители числа (2л - 1) присутствуют все простые
множители числа (л2 + 2), но в меньших степенях.
Пусть d — любой общий простой делитель чисел
л2 + 2 и 2 л - 1, но тогда d также является простым
делителем числа 9, так как 4(л2 + 2) - (2л - 1)(2л + 1) = 9.
Следовательно, d = 3 и других простых делителей
числа л2 + 2 и 2л - 1 не имеют. Получаем, что л2 + 2 = Зр
и 2л - 1 = 3*7, числа р и q — натуральные, причем
р> q.
Тогда 9 = 4-Зр - З^З* + 2) = 39-(43Р " q - 3я - 2).
Выражение в скобках не делится на 3, поэтому 3q =
9, а выражение в скобках равно 1. Отсюда находим
q = 2, р = 3, л = 5.
32. Найдите все натуральные л, при каждом из
которых число л2 -I- 5л -I- 16 делится нацело на 169.
Решение. Если данное число делится на 169 = 132,
то оно делится и на 13. Так как л2 -I- 5л + 16 =
= (л 4 9)(л - 4) + 52, а 52 делится на 13, то и
произведение (п Ь 9)(п - 4) также делится на 13 (простое
44

число!). Поэтому хотя бы один из его сомножителей
(п + 9 или п - 4) должен делиться на 13. Так как
(п + 9) - (п - 4) = 13, то сразу оба числа (п + 9) и
(л - 4) делятся на 13. Следовательно, их
произведение делится на 169, а так как 52 не делится на 169,
то и сумма (п + 9)(п - 4) + 52 не делится на 169.
Ответ. Таких чисел нет.
Следующие 10 задач С6 авторы [9] предлагают
своим читателям для самостоятельного решения,
используя навыки решения задач, описанные в
предыдущих главах и необходимые для успешного
выступления на ЕГЭ, а также опыт, приобретённый при
решении пяти предыдущих задач.
33. Докажите, что при любом натуральном п
число п2 + Зп + 5 не делится нацело на 121.
Решите самостоятельно, аналогичная задача
только что была разобрана.
34. Найдите все натуральные числа, меньшие, чем
105, которые делятся на 1999 и у которых сумма
цифр (в десятичной записи) равна 25. (2-й тур 5-й Со-
росовской олимпиады, 1999, 11 класс).
Решение. Искомые числа находятся среди чисел
вида 1999ft, k = 1, 2, ... , 50. Известно, что
натуральное число и сумма цифр в его десятичной записи
имеют одинаковые остатки при делении на 9.
Остатки от деления чисел 25 и 1999 на 9 равны
соответственно 7 и 1, поэтому число k имеет остаток 7 при
делении на 9. Значит, k может быть одним из чисел
7, 16, 25, 34 и 43. Теперь остается из этих значений
k выбрать те, для которых у чисел вида 1999А сумма
цифр равна 25. Это можно сделать без труда, так как
45

1999ft = 2000ft - ft. Находим, что ft = 7 и ft = 16.
Значит, искомые числа — 13993 и 31984.
Ответ. 13993 и 31984.
35. Найдите все целочисленные решения
уравнения
2х - 1 = у2.
Решение. Если х = 0, то у = 0. При
отрицательных значениях х решений нет, так как левая часть и
отрицательная, и дробная, а правая - целая
положительная.
Будем искать натуральные значения х9
удовлетворяющие уравнению 2х = у2 + 1. Так как квадрат
целого числа при делении на 4 дает остатки или 0, или
1, то правая часть этого уравнения не делится на 4.
Следовательно, х = 1, тогда у2 = 1, у = ±1.
Ответ. (0; 0), (1; -1), (1; 1).
36. Найдите все решения в натуральных числах
уравнения
х(у + I)2 = 243у.
Решение. Отметим, что 243 = 3 , а числа у и (у + 1)
взаимно простые. Правая часть уравнения должна
делиться на (у + I)2, следовательно, на это число
делится число 243 = З5. Учитывая, что у — натуральное
число, находим два решения: у\ = 2 и у2 = 8.
Вычисляем соответствующие значения х: Х\ = 54, х% = 24.
Ответ. (54; 2), (24; 8).
37. Подряд написаны числа 1, 2, 3, ... , 2010.
Каких цифр при записи этих чисел использовано боль-
46

ше — единиц или двоек? На сколько одних цифр
больше, чем других?
Решение. Посмотрим сначала на числа от 1 до
999. Добавим число 0, а затем каждое из чисел
дополним нулями слева до трёхзначного: 000, 001, 002,
... , 998, 999. Новых единиц и двоек при этом не
появится. Теперь видно, что выписаны все возможные
комбинации из трёх цифр, поэтому все цифры (в
частности, единица и двойка) встречаются одинаковое
число раз.
Теперь рассмотрим четырехзначные числа от 1000
до 1999. Если у каждого из них зачеркнуть первую
цифру 1, то получим рассмотренные выше числа: 000,
001, 002, ... , 998, 999. Значит, при записи чисел от 1
до 1999 единицу использовали на 1000 раз больше,
чем любую другую цифру. Но в нашей задаче есть
ещё числа 2000, 2001, ..., 2010. В их записи единица
встречается 2 раза, а двойка - 12 раз. Следовательно,
единиц больше, чем двоек, на 990.
Ответ. Единиц больше на 990.
38. Совокупность А состоит из различных
натуральных чисел. Количество чисел в А больше семи.
Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно
210. Для любых двух чисел из А их наибольший
общий делитель больше единицы. Произведение всех
чисел из А делится на 1920 и не является квадратом
никакого целого числа. Найти числа, из которых
состоит А.*
Решение. Так как каждое из чисел,
принадлежащих А, должно делить 210 = 2-3-5-7, то все числа из А
ВМК МГУ, 1978.
47

состоят только из простых сомножителей 2, 3, 5, 7,
входящих в эти числа в степени, не выше первой. По
условию произведение всех чисел делится на 1920 =
= 27-3-5. Ввиду сказанного это означает, что среди
чисел, составляющих А, должно быть по крайней мере 7
чётных чисел. Но существует только 8 чётных чисел,
удовлетворяющих указанным выше условиям на
простые делители, а именно: 2, 2-3 = 6, 2-5 = 10, 2-7 = 14,
2-3-5 = 30, 2-3-7 = 42, 2-5-7 = 70, 2-3-5-7 = 210.
Если число 2 входит в А, то любой другой элемент
А должен делиться на 2, ведь по условию любые два
числа из А имеют общий делитель, отличный от 1.
Так как число элементов в А не меньше 8, то в этом
случае А состоит из всех 8-и перечисленных чётных
чисел. Но легко убедиться, что в этом случае
произведение всех чисел, входящих в А, есть полный
квадрат 28-34*54*74, а это запрещено условием.
Следовательно, число 2 не принадлежит А, тогда
остальные 7 чётных чисел (6, 10, 14, 30, 42, 70, 210)
должны содержаться в А. Однако чисел в А должно
быть больше, следовательно, есть в А и нечётные
числа. Существует только семь нечётных чисел,
удовлетворяющих указанным выше условиям на
простые делители (состоящие из простых
сомножителей 3, 5 и 7 в степени не выше первой), из них
только 105 = 3-5-7 имеет отличные от единицы
делители с каждым из семи чётных чисел, входящих в А.
Ответ. А состоит из чисел: 6, 10, 14, 30, 42, 70,
105, 210.
39. Найдите все пары натуральных чисел т и ft,
удовлетворяющих равенству ml = ft2 - 24ft + 97.*
Олимпиада МИРЭА, 2007.
48

Решение*. Выделяя в правой части полный
квадрат, получаем ml = (k - 12)2 - 47, или ml + 47 =
= (k - 12)2. Если т > 3, то ml делится на 3, а 47 дает
остаток 2. При делении же на 3 правой части
(квадрата целого числа) можно получить в остатке либо О,
либо 1, поэтому в этом случае решений нет. Осталось
рассмотреть т = 1 (убеждаемся, что здесь нет
решения) и т = 2, в этом случае (k - 12)2 = 49, и мы
получаем: т = 2, k = 5; т = 2, k = 19.
Ответ, т = 2, А = 5; т = 2, А; = 19.
40. Найдите все натуральные числа, десятичная
запись которых состоит из различных (не менее двух)
цифр одной чётности и которые являются точными
квадратами. (Заочный тур 5-й Соросовской
олимпиады, 9 класс).
Решение. Пусть искомое число N = а2, где а —
натуральное число. При а < 9 имеем для N значения 1,4,
16, 25, 36, 49, 64, 81. Условию удовлетворяет только
64. Если а > 10, то представим а в виде а = 10п + k, где
0 < k < 9. Тогда
N = (Юп + kf = (5л2 + nk)-20 + ft2.
У числа (5л2 + лй)-20 последняя цифра 0, а
предпоследняя чётная. Поэтому, чтобы у N две последние
цифры были одинаковой чётности, надо, чтобы у числа
k2 обе цифры были одинаковой чётности. Проверяя,
видим, что подходят только О2 = 00, 22 = 04, 82 = 64. Если
k = 0, то N делится на 100 и у N совпадают две
последние цифры. Поэтому k = 2 или k = 8, значит, N
оканчивается на 4 и, следовательно, все цифры в N чётные.
Допустим, что в записи числа N встречаются (по
одному разу) все чётные цифры 0, 2, 4, 6, 8. Тогда
сумма цифр числа N равна 20, а числа N - 1 равна
Кузнецова В.Ю. [5].
49

19, то есть в обоих случаях не делится на 3. Тогда (по
известному признаку) сами числа N и N - 1 не
делятся на 3. Но из трёх последовательных чисел а - 1, а, а
+ 1 хотя бы одно делится на 3. Поэтому, либо N = а2,
либо N - 1 = (а - 1)(а + 1) должно делиться на 3.
Следовательно, в N не более 4 цифр и N < 104.
Отсюда а < 102.
Далее проще всего перебором вычислить а2 при
12, 22, ... , 92, 18, 28, ... , 98. При этом подходит
только 782 = 6084.
Ответ. 64, 6084.
41. Найдите все пары натуральных чисел,
являющихся решениями уравнения 2т - Зп = 1.*
Решение. При т = 1 равенство 2т = Зп + 1 неверно
при любых натуральных значениях п. При m = 2
равенство 2т =5 Зл + 1 верно лишь при я = 1.
Предположим, что найдётся пара натуральных
чисел т > 2 и п, для которой равенство 2т = Зл + 1
верно. Тогда левая часть равенства — число 2т —
делится на 8, а число Зл при делении на 8 дает
повторяющиеся остатки 3 и 1, поэтому число Зл + 1
при делении на 8 дает повторяющиеся остатки 4 и 2.
Это означает, что не существует таких натуральных
чисел т > 2 и п, при которых равенство 2т - Зл = 1
верно.
Ответ, т = 2 и п = 1.
42. Найдите все пары натуральных чисел,
являющихся решениями уравнения Зл - 2т = 1.**
* Диагностическая работа МИОО, 11 класс, 1.10.2009.
** Диагностическая работа МИОО, 11 класс, 1.10.2009.
50

Решение. / способ. При п = 1 и т = 1, при п = 2 и
т = 3 это равенство верно, других решений при п = 1
и л = 2 нет.
Предположим, что найдётся такое натуральное
число п > 3, что справедливо равенство Зл - 1 = 2т.
Тогда 2т делится на 8.
Так как при делении на 8 числа Зп остатки равны
3, 1, 3, 1, ..., а числа Зл - 1 — равны 2, 0, 2, 0, ..., то
Зп - 1 делится на 8 только при чётных п. Обозначим
п = 2k, где k — натуральное число. Тогда равенство
Зп - 1 = 2т можно записать так: (3* - 1)(3* + 1) = 2т,
откуда следует, что каждый из множителей (3Л - 1) и
(3Л + 1) является степенью числа 2, т. е. 3А + 1 = 2Р и
3* - 1 = 2д, где р и q натуральные числа, р > q. Вычитая
из первого равенства второе, получим, что 2 = 2q x
х (2Р~Я - 1), а это равенство справедливо лишь при
р = 2 и g = 1 (с увеличением q число 2я будет больше
2, а наименьшее значение второго множителя 1).
Тогда k = 1, п = 2. Мы получили противоречие с
условием п > 3, следовательно, других значений л не
существует.
17 способ. Предположим, что найдётся такое
чётное натуральное число п = 2k, что справедливо
равенство З2* - 2т = 1. Тогда справедливо равенство
(3* - 1)(3* + 1) = 2т.
Множители в левой части этого равенства
отличаются на 2 и являются степенями двойки: 3* - 1 = 2Р,
3* + 1 = 2Р + 2. Равенство
2Р + 1(2Р'1 + 1) = 2т
справедливо лишь при р = 1, тогда т = 3 и п = 2
отвечают условиям задачи, а при р > 1 второй
множитель — нечётное число, поэтому равенство неверно.
51

Так как т = п = 1 отвечают условиям задачи, то
предположим, что найдётся другое нечётное
натуральное число л = 2А+1,л>1, для которого
справедливо равенство
32Л + 1 - 2Щ= 1.
Тогда справедливо равенство
32Л + 1 _ 3 = 2т _ 2
или равенство
3(3* - 1)(3* + 1) = 2(2m " l - 1).
В левой части этого равенства есть два чётных
множителя, т. е. левая часть равенства делится на 4,
а правая часть равенства делится на 2, но не делится
на 4, так как второй множитель — нечётное число
при любом т > 1 (при т = 1 равенство неверно).
Следовательно, для нечётных п > 1 исходное
равенство неверно.
Ответ. п = 1, т = 1ип = 2ит = 3.
43. Найдите несократимую дробь — такую, что
2000
р _ 1234567888...87654321 *
q 12345678 999...9 87654321
1090
Решение. Заметим, что числитель и знаменатель
дроби получаются при умножении натуральных
чисел, записанных одними единицами. Рассмотрим
пример, из которого видно, что
2000 2007
1234567888...87654321 =
1909
12345678999.987654321-111...1-111...1.
* Диагностическая работа МИОО 17.02.2010, 11 класс.
52

х 1111111 — т единиц
1111 — п единиц
1111111
+ 1111111
1111111
1111111
р
Тогда — =
q 111111111
Докажем теперь, что эта дробь несократимая.
Предположим, что НОД (р, q) = d Ф 1. Тогда число
111111111 - 11111111 = 108
делится на d. To есть d не имеет простых делителей,
кроме 2 и 5. Но числа ридне имеют таких делите-
, 1 * ШИШ
леи, следовательно, d = 1, т. е. дробь
несократимая.
р 11111111
Ответ. — =
111111111
53

ЧАСТЬ ТРЕТЬЯ
Решаем задачи,
предложенные на экзамене
В конце учебного года в Интернете на различных
форумах появлялось множество вариантов, в
происхождении которых было не очень просто разобраться.
Экзамены пробные, репетиционные, досрочные... Вот
несколько задач из тех вариантов.
44. Найти все целые неотрицательные значения п
и А, которые удовлетворяют уравнению А5 + 5д4 =
= 81ft.
Решение. Из уравнения следует, что 81& - k5 =
= ft(81 - k4) = 5д4 > 0. Следовательно, 0 < k < 3.
Рассматриваем 4 случая. Если k = 0, то п = 0. Если
k = 1, то п = ±2, берём положительное значение
п = 2. Если k = 2, то целых решений нет, так как
5л4 = 130. Если k = 3, то п = 0.
Ответ, k = 0, п = 0; k = 1, п = 2; k = 3, п = 0.
45. Натуральные числа а, 6 и с таковы, что
НОК (а, Ь) = 60 и НОК (а, с) = 270 (НОК (х, у) —
наименьшее общее кратное чисел х и у). Найти
НОК (&, с). (МГУ, «Ломоносов-2007»).
Решение. Из того, что НОК (а, Ь) = 60 = 22-3-5 и
НОК (а, с) = 270 = 2-33-5, делаем вывод о том, что
число b кратно 22, и число с кратно З3 (так как а не
кратно ни 22, ни З3). Тогда искомое число НОК (&, с)
54

п п
делится на 2 *3 и, в то же время, само является
делителем числа НОК (60, 270) = 22-33-5. Поэтому оно
равно либо 22-33-5 = 540, либо 22-33 = 108. Первое из
этих значений получается при а = 1, b = 22-3-5,
с = 2-33-5, а второе — при а = 5, Ъ = 22-3, с = 2-33,
причём все это удовлетворяет условиям задачи.
Ответ. 540, 108.
46. Натуральные числа a, b и с таковы, что
НОК (а, Ь) = 90 и НОК (а, с) = 120 (НОК (х, у) —
наименьшее общее кратное чисел х и у). Найти
НОК (Ь, с). (МГУ, «Ломоносов-2007»).
Ответ. 360, 72.
47. Найдите все пары натуральных чисел кип
(lY (г
таких, что к < п и — = —
1лу {к
Решение. Последовательно получаем
гп, Ып п =
Inn In A
nk = кп, Ып п = n-ln k,
Рассмотрим функцию / (х) = . Она принимает
х
два одинаковых значения в двух различных точках
(х\ = k, X2 = п). Определяем с помощью производной,
что единственный экстремум функции / (х) — это
точка максимума хтах = е. Выходит, что точка хтах= е
находится между точками Xi = k и Хг = п.
Следовательно, натуральное число к удовлетворяет двойному
неравенству k < е < 3. Таких натуральных чисел
всего два. Для k = 1 нет подходящих п. Для k = 2 число
п (п > ё) найдём из равенства п2 = 2п> которое спра-
55

ведливо лишь для двух натуральных чисел: 2 и 4.
Итак, п = 4.
Ответ, k = 2, п = 4.
48. Найдите наибольшее и наименьшее
натуральные значения к, при которых уравнение (х2 + у2)2010 =
= хк'ук имеет натуральные решения.
Решение. Так как х2 + у2 > 2ху, для решений
нашего уравнения получаем: хк-ук = (х2 + у2)2010 >
> (2ху)2010 > (ху)2010, поэтому k > 2010.
Если х = у, то (х2 + *2)2010 =х2к, откуда 2201(V020 =
= *2\ получаем, что хк ~ 201° = 21005. Тогда х = 2\ где
q — целое неотрицательное число, причём q(k - 2010) =
= 1005.
Получается, что (k - 2010) — это натуральный
делитель числа 1005. Наибольший такой делитель (k -
- 2010),^ = 1005, а наименьший — это (ft - 2010)т/л = 1.
Теперь находим интересующие нас значения kmax= 3015,
при этом х = у = 21005, и кПип= 2011, тогда х = у = 2.
Разберём теперь случай х Ф у. Так как х и у не
могут одновременно равняться единице, найдётся простое
число р, такое, что х = рпа, у = pmb, пусть п > т > 0, а
и & не делятся на р. Другими словами, в разложении
неравных чисел х и у на простые множители простое
число р входит с неравными степенями пит
соответственно. Так как сами числа не равны друг другу,
такой множитель найдется.
Тогда
(р2па2 + р2тЬ2)2010 = (рп + таЬ)к,
или
f 2п - 2т 2 , , 2v2010 _ kik . k(n + т) - 2m-2010
Вспомним, что k > 2010 и п > т> но тогда
получается, что степень числа р в правой части больше ну-
56

ля, а левая часть на р не делится! Получается, что
если х Ф у, то данное уравнение решений не имеет.
Ответ. 2011 и 3015.
Другие решения этой задачи можно посмотреть
здесь: http://www.shevkin.ru/?action=Page&ID=770
49. Найдите наибольшее и наименьшее
натуральные значения ft, при которых уравнение (х2 + у2)2012 =
= xk-yh имеет натуральные решения. (Пробный ЕГЭ,
Москва, 24.04.2010.)
Решение задачи аналогично предыдущему.
Ответ. 2013 и 3018.
50. Каждое из чисел 2, 3, ..., 7 умножают на
каждое из чисел 9, 10, ..., 17 и перед каждым из
полученных произведений произвольным образом ставят
знак плюс или минус, после чего все 54 полученных
результата складывают. Какую наименьшую по
модулю и какую наибольшую сумму можно получить в
итоге? (ЕГЭ-2010, 07.06.2010, Дальний Восток.)
Решение. Так как модуль суммы не превосходит
суммы модулей, максимальную сумму получим,
расставив плюсы перед всеми произведениями.
Smax = (2 + 3 + ... + 7)(9 + 10 + ... + 17) = 3159.
Заметим, что это число — нечётное, поэтому, как
бы мы не расставляли знаки, сумма 54-х
произведений будет нечётной (нуль получить нельзя).
Действительно, поменяв знак перед любым слагаемым,
равным ky мы изменим сумму на величину 2k, чётность
результата не изменится. Поэтому
Smin = (2 + 3 + 4 + 5-6- 7)(9 + 10 + 11 - 12 -
- 13 + 14 + 15 - 16 - 17) = 1.
57

Нужную расстановку знаков перед
произведениями мы получим, раскрыв скобки.
Ответ. 1 и 3159.
51. Перед каждым из чисел 11, 12, ..., 19 и 1, 2,
..., 7 произвольным образом ставят знак плюс или
минус, после чего от каждого из образовавшихся
чисел первого набора отнимают каждое из
образовавшихся чисел второго набора, а затем все 63
полученных результата складывают. Какую
наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно
получить в итоге? (ЕГЭ-2010, 07.06.2010,
Московский регион.)
Решение. Максимальную сумму получим,
расставив плюсы перед всеми числами первого набора
и минусы перед всеми числами второго набора. Но
эта задача хитрее! Во-первых, при подсчёте надо
быть аккуратными: каждое число первой группы
учитывается 7 раз, а каждое число второй группы
— 9 раз.
Smax = 7(11 + 12 + ... + 19) - 9-(-1 - 2 - ...- 7) =
= 7135 + 9-28 = 1197.
Во-вторых, установив, что результат не может
быть нулём, труднее получить единицу:
Smin = 7(-11 - 12 + 13 - 14 + 15 - 16 - 17 + 18 + 19) -
- 9(-1 + 2 + 3-4-5-6 + 7) = 7(-5) - 9(-4) = 1.
Ответ. 1 и 1197.
52. Найдите все тройки натуральных чисел m, n и
k, удовлетворяющие уравнению 5-ft! = т\ - п\ (1! = 1;
2! = 1-2 = 2; п\ = l-2-...-n). (ЕГЭ-2010, резервный день
21.06.10.)
58

Решение. Из условия задачи видно, что т > п и т > ft.
Рассмотрим три случая: 1) ft > п; 2) k < п; 3) ft = п.
1) Пусть к > п. Но тогда левая часть уравнения
делится на ft!, а правая часть не делится.
2) Пусть k < п. Учитывая то, что 5 — простое
число, понимаем, что левая часть уравнения (то есть 5ft!)
разделится на п\ только при ft = 4 и п = 5. Получаем
тогда т\ = 2-5!. Решений нет.
3) Пусть k = п. Получаем: 6ft! = ml. Или иначе:
ft!-6 = ft!-(ft + IK* + 2);...-m.
Так как множитель 6 мы можем получить
(представить) в подобном выражении лишь двумя
способами (6 = 6 и 6 = 2-3), то имеется два решения: т = 6,
к = п = 5ит = 3, k = n = l.
Ответ, т = 6, ft = п = 5; т = 3, ft = п = 1.
53. Найдите все тройки натуральных чисел ft, m и
п, удовлетворяющих уравнению ft! = 3-тп! + 6-л! (1! = 1;
2! = 1-2 = 2; п\ = l-2-...-д). (ЕГЭ-2010, резервный день,
21.06.2010.)
Ответ. m = 3, ft = 4, л = 1итп = 8, ft = 9, n = 8.
54. Найдите все пары натуральных чисел а и ft,
удовлетворяющих равенству аь + 27 = ab (в правой
части стоит число, получаемое приписыванием
десятичной записи числа а перед десятичной записью
числа Ь). («Вторая волна» сдачи ЕГЭ. 12.07.2010)
Решение. Если а = 1, то решений нет. Пусть
теперь а > 1.
Разберём сначала случай, когда Ъ — однозначное
число. Тогда аь + 27 = 10а + Ь; а(10 - аь~1) = 27 - Ъ > 0.
При Ь > 4 получается, что (10 - аь~ 1) < 0, а правая
часть при однозначных Ь положительна. Перебираем
59

четыре оставшихся случая. Подходит только b = 2,
тогда а = 5. Возможно, что за рассмотрение случая
однозначного Ь, ученик мог получить 2 балла из 4-х.
Но ведь мы хотим больше? Тогда идём дальше. Надо
показать, что других решений нет. Пусть b > 10.
Пусть а — /1-значное число, и b — ft-значное.
Последовательно получаем: аъ + 27 = аЪ, аъ < ab,
b-lg a < lg(ab).
Учитывая, что
10я"1 <а < 10", 10k'l<b < 10*, 10я+ *"1 < ab < 10л+\
получаем (последовательно усиливая неравенства):
Ь(п - 1) < п + k.
Теперь группируем:
Ь(п - 1) < п + h + 1 - 1, (b - 1)(п - 1) < h + 1.
Если число не однозначное, оно заметно
превосходит количество знаков своей десятичной записи,
другими словами, b > > k. Нам хватит оценки b > k + 8.
Получаем (ft + 7)(n - 1) < k + 1. Это возможно,
только если а — однозначное число. Случай
однозначного а надо разобрать отдельно. Для п = 1 наши
«усиления» неравенств оказались слишком грубыми.
Итак, а — однозначное число, п = 1.
Так как
b-lg a <lg(ab) < п + k = k + Inlg a>lg2> 0,3,
b < 10* ~ \ то получаем: 0,3-10* ~ x < ft + 1,
или 3-10* < 100(ft + 1).
При ft = 2 получаем 300 < 300, неравенство уже не
выполняется, не выполнится оно и при ft > 2, так как
с ростом ft левая часть растет намного быстрее, чем
правая. Мы показали, что других решений, кроме
а = 5, b = 2, нет.
Ответ, а = 5, b = 2.
60

Литература
1. Подготовка к ЕГЭ по математике в 2010 году.
Методические указания / И.В. Ященко, С.А. Шеста-
ков, П.И. Захаров - М.: МЦНМО, 2009.
2. Самое полное издание типовых вариантов
реальных заданий ЕГЭ: 2010: ЕГЭ: Математика / авт.-
сост. И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и
др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. - М.: ACT:
Астрель, 2010. - 93, [3] с. - (Федеральный институт
педагогических измерений).
3. ЕГЭ 2010. Математика. Типовые тестовые
задания / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и
др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.:
Издательство «Экзамен», 2010. — 55, [1] с. (Серия
«ЕГЭ 2010. Типовые тестовые задания»).
4. Задания С6 из ЕГЭ-2010 по математике / сост.
Шевкин А.В. // Архимед. Лекции и задачи. М.: АНО
Институт логики, 2010 (Выпуск 7).
5. Кузнецова В.Ю. Олимпиадные задачи с
факториалами в тренировочных вариантах ЕГЭ // Архимед.
Научно-методический сборник. М.: АНО Институт
логики, 2010 (Выпуск 6).
6. Пукас Ю.О. Похожие задачи и задачи с целыми
числами // Архимед. Научно-методический сборник.
М.: АНО Институт логики, 2010 (Выпуск 6).
7. Кузнецова В.Ю. Квадраты целых чисел и
факториалы [Электронный ресурс] // Полином.2010.
№ 1. С. 94-99, URL: http://www.mathedu.ru/polinom/
polinom2010-l.pdf (дата обращения: 12.10.2010).
61

8. Пукас Ю.О. Ещё раз о памятных задачах
[Электронный ресурс] // Полином.2010. № 1. С. 74-84, URL:
http://www.mathedu.ru/polinom/^linom2010-l.pdf
(дата обращения: 12.10.2010).
9. Панферов B.C., Сергеев И.Н. Отличник ЕГЭ.
Математика. Решение сложных задач; ФИПИ - М.:
Интеллект-Центр, 2010.
10. Галицкий М.Л., Гольдман A.M., Звавич Л.И.
Сборник задач по алгебре. Москва, «Просвещение»,
2004.
62

УВАЖАЕМЫЕ ПОКУПАТЕЛИ!
Книги издательства «ЭКЗАМЕН» можно приобрести
оптом и в розницу в следующих книготорговых организациях.
Москва
ИП Степанов — Тел 8-926-132-22-35
ООО «Луна» - Тел. 8-916-145-70-06, (495) 688-59-16
ТД Библио-Глобус - Тел. (495) 781-19-00
ДК Медведково - Тел (495) 476-16-90
Дом книги на Ладожской - Тел (499) 267-03-02
Молодая гвардия - Тел (499) 238-00-32
Шаг к пятерке - Тел (495) 728-33-09. 346-00-10
Сеть магазинов Мир школьника
Санкт-Петербург
Коллибри - Тел (812) 703-59-94
Санкт-Петербургский дом книги - Тел (812) 448-23-57
Буквоед- Тел. (812) 346-53-27
Век Развития - Тел (812) 924-04-58
Архангельск
АВФ-книга - Тел. (8182) 65-41 -34
Барнаул
Летопись - Тел (3852) 33-29-91
Благовещенск
ЧП Калугин - Тел (4162) 35-25-43
Брянск
Буква - Тел (4832) 67-68-92
- Волгоград
Кассандра - Тел (8442) 97-55-55
Владивосток
Приморский торговый дом книги - Тел (4232) 63-73-18
Воронеж
Амиталь-Тел (4732)26-77-77
Риокса-Тел (4732)21-08-66
Екатеринбург
ТЦ Люмна - Тел. (343) 228-10-70
Дом книги -Тел (343) 253-50-10
Алис-Тел. (343) 255-10-06
Ессентуки
ЧП Зинчеико - Тел (87961) 5-11 -28
Иркутск
ПродалитЪ - Тел (3952) 24-17-77
Магазин Светлана - Тел (3952) 24-20-95
Казань
Аист-Пресс - Тел. (8435) 25-55-40
Таис - Тел (8432) 72-34-55
Калининград
Книги & Книжечки - Тел. (4012) 65-65-68
Киров
Книги детям - Тел (8332) 51-30-90
Краснодар
Когорта - Тел. (8612) 62-54-97
БукПресс - Тел. (8612) 62-55-48
ОИПЦ Перспективы образования - Тел. (8612) 54-25-67
Красноярск
Градъ - Тел. (3912) 26-91 -45
Кострома
Леонардо - Тел (4942) 31-53-76
Курск
Оптимист-Тел (4712)35-16-51
Ленннск-Кузнецкий
Кругозор - Тел (38456) 3-40-10
Магадан
Энола-Тел (4132)65-27-85
Мурманск
Тезей-Тел (8152)43-63-75
Нижний Новгород
Учебная книга - Тел (8312)40-32-13
Дом книги - Тел. (8312) 77-52-07
Школяр - Тел (8312) 41 -92-27
Новосибирск
Топ-книга - Тел (3832) 36-10-28
Сибверк-Тел (3832) 12-50-90
Топ-Модус - Тел. (3832) 44-34-44
Оренбург
Фолиант - Тел. (3532) 77-46-92
Пенза
Апогей - Тел (8412) 68-14-21
Пермь
Тигр - Тел. (3422) 45-24-37
Петропавловск-Камчатский
Новая книга - Тел. (4152) 11-12-60
Прокопьевск
Книжный дом - Тел. (38466) 2-02-95
Псков
Гелиос - Тел. (8112) 44-09-89
Пятигорск
ЧП Лобанова - Тел. (8793) 37-50-88
Твоя книга - Тел (8793) 39-02-53
Ростов-на-Дону
Фаэтон-пресс - Тел. (8632) 40-74-88
Магистр - Тел. (8632) 99-98-96
Рязань
ТД Просвещение - Тел. (4912) 44-67-75
ТД Барс - Тел. (4912) 93-29-54
Самара
Чакона - Тел. (846) 231-22-33,
Метида - Тел. (846) 269-17-17
Саратов
Гемера - Тел. (8452) 64-37-37
Полиграфист - Тел. (8452) 29-67-20
Стрелец и К - Тел. (8452) 52-25-24
Смоленск
Кругозор - Тел. (4812) 65-86-65
Родник - Тел. (4812) 55-71-05
Учебная книга - Тел. (4812) 38-93-52
Тверь
Книжная лавка - Тел (4822) 33-93-03
Тула
Система Плюс - Тел (4872) 70-00-66
Тюмень
Знание - Тел. (3452) 25-23-72
Улан-Удэ
ПолиНом - Тел. (3012) 44-44-74
Уфа
Эдвис - Тел. (3472) 82-89-65,
Хабаровск
Мире - Тел. (4212) 26-87-30
Челябинск
Интерсервис ЛТД - Тел (3512) 47-74-13
Череповец
Питер Пэн - Тел (8202) 28-20-08
Чита
ЧП Гулин - Тел. (3022) 35-31-20
Южно-Сахалинск
Весть-Тел (4242)43-62-67
Якутск
Книжный маркет - Тел (4112) 49-12-69
Якутский книжный дом -Тел. (4112) 34-10-12
Ярославль
Дом книги - Тел (4852) 72-52-87
Пароль - Тел. (8312) 43-02-12
По вопросам прямых оптовых закупок обращайтесь
по тел. (495) 641-00-30 (многоканальный), sale@examen.biz
www.examen.biz

Справочное издание
Шевкин Александр Владимирович
Пукас Юрий Остапович
ЕГЭ
МАТЕМАТИКА
ЗАДАНИЕ С6
Издательство «ЭКЗАМЕН»
Гигиенический сертификат
№ 77.99.60.953.Д.007297.05.10 от 07.05.2010 г.
Главный редактор Л.Д. Лаппо
Технический редактор Т.В. Фатюхина
Корректор И. В. Русанова
Дизайн обложки М.Н. Ершова
Компьютерная верстка И. Ю. Иванова
105066, Москва, ул. Нижняя Красносельская, д. 35, стр. 1.
www.examcn.biz
E-mail: по общим вопросам: info@examen.biz;
по вопросам реализации: sale@examen.biz
тел./факс 641-00-30 (многоканальный)
Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, том 2; 953005 — книги, брошюры, литература учебная
Текст отпечатан с диапозитивов
в ОАО «Владимирская книжная типография»
600000, г. Владимир, Октябрьский проспект, д. 7
Качество печати соответствует
качеству предоставленных диапозитивов
По вопросам реализации обращаться по тел.:
641-00-30 (многоканальный).

ВСЕ НЕОБХОДИМОЕ И ДОСТАТОЧНОЕ ДЛЯ
МАТЕМАТИКА
J __
♦ повторение и усвоение школьного курса с учетом требований ЕГЭ
♦ выработку устойчивых навыков выполнения всех возможных видов
заданий ЕГЭ по разным темам школьного курса
♦ уверенность учащегося при встрече с любым видом задания
на реальном экзамене
I Авторы пособия - ведущие специалисты, принимающие непосредственное
участие в разработке методических материалов для подготовки к
выполнению контрольных измерительных материалов ЕГЭ
Это единственное пособие, которое включает:
• Методы решения экзаменационных задач С6
• Задания С6 к вариантам ЕГЭ с решениями
* Обучающие комментарии к решениям
• Разбор требований к оформлению решений
• Критерии оценки выполнения заданий
ЧЕсли учащийся решил все задания данного пособия,
он может с уверенностью сказать:
Я готов к ЕГЭ по математике!
Рекомендованный комплект пособий для подготовки
к ЕГЭ по математике избавит Вас от необходимости покупать множество
книг и искать дополнительную информацию в Интернете
1 пд Лпм.МД nowr^H
ГПРАКТИКУМ j
£ ЕГЗ 3000
ЗАДАЧ
В6 С OIVC1 'МИ
В7
В8 МАТЕМАТИКА
В9
вю ae=s.fc—.
В11 ■
В12 '«^~"ИОО
Рекомендованные комплекты пособий аналогичной
структуры выпускаются по всем школьным предметам,
которые выносятся на ЕГЭ