Обо­зна­чим Легко по­ка­зать, что если I(n) крат­но 3^k, то I(3n) крат­но 3^k+3. Тогда Число из усло­вия за­да­чи равно 9I(999), по­это­му оно крат­но 3⁵.

Ответ: 3⁶.

Обо­зна­чим

Тогда все 2015 чисел: ..., яв­ля­ют­ся со­став­ны­ми. Пусть p  — самое боль­шое про­стое число, не пре­вос­хо­дя­щее а q  — самое ма­лень­кое про­стое число, боль­шее Тогда

Пе­ре­пи­шем си­сте­му

Так как x, y, z  — на­ту­раль­ные числа, то По­это­му во вто­ром урав­не­нии можно по­де­лить обе части урав­не­ния на оди­на­ко­вое не­ну­ле­вое число, от­сю­да со­ста­вим си­сте­му:

За­ме­ня­ем в пер­вом урав­не­нии x на по­лу­ча­ем

Так как y и z  — вза­им­но про­сты, то и Сле­до­ва­тель­но,

А так как вза­им­но про­стые на­ту­раль­ные числа, то x, y, z по­пар­но вза­им­но про­стые числа. Оста­лось вы­чис­лить

Ответ:

Пусть в мо­мент вре­ме­ни k ля­гуш­ка на­хо­дит­ся в точке a_k, Про­дол­жим по­сле­до­ва­тель­ность (a_i) пе­ри­о­ди­че­ски по пра­ви­лу Обо­зна­чим За­ме­тим, что по­это­му для лю­бо­го n.

Так как p и q вза­им­но про­стые, то p и A вза­им­но про­стые. До­ка­жем, что най­дет­ся такое целое s, что В самом деле, числа 0, p, 2p, ..., дают раз­лич­ные остат­ки при де­ле­нии на A (иначе для не­ко­то­рых по­лу­ча­ем, что чего не может быть, так как не де­лит­ся на A, а p вза­им­но про­сто с A). А зна­чит, среди этих остат­ков есть и d.

Обо­зна­чим Легко ви­деть, что все дают оста­ток d от де­ле­ния на A.

Если a_k  — самая левая из точек, по­се­щен­ных ля­гуш­кой, то Если a_k  — самая пра­вая точка, то Зна­чит, при не­ко­то­ром i в по­сле­до­ва­тель­но­сти r_i про­ис­хо­дит пе­ре­ме­на знака, и Тогда по­то­му что

А так как то что и тре­бо­ва­лось.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Пред­по­ло­жим, что для ка­ко­го-то такие точки не най­дут­ся.

Лемма. Най­дут­ся такие целые a и b, что

До­ка­за­тель­ство леммы. Рас­смот­рим числа ар–d при Если хотя бы одно из них де­лит­ся на q, то есть имеет вид bq, то мы по­лу­ча­ем что и тре­бу­ет­ся. В ином слу­чае какие-то два их этих чисел дают оди­на­ко­вый оста­ток от де­ле­ния на q (так как их всего ровно q и остат­ка 0 там нет). Тогда

от­ку­да Тогда, так как p и q вза­им­но про­сты, a₁–a₂ крат­но q; но в диа­па­зо­не от 2 до все числа от­ли­ча­ют­ся менее чем на q, то есть этот слу­чай не­воз­мо­жен. Лемма до­ка­за­на.

Мы можем уве­ли­чить a на q, а b на p  — со­от­но­ше­ние при этом не на­ру­шит­ся. Будем де­лать так до тех пор, пока не до­бьем­ся

Пусть ля­гуш­ка вер­ну­лась в 0, сде­лав n шагов впра­во и m шагов влево. Тогда а зна­чит, Будем счи­тать, что ля­гуш­ка про­пры­ги­ва­ет эту по­сле­до­ва­тель­ность ходов бес­ко­неч­ное число раз по циклу; ясно, что точки она при этом будет по­се­щать те же.

Возь­мем Рас­ста­вим по кругу буквы, опи­сы­ва­ю­щие под­ряд иду­щих ходов ля­гуш­ки. Будем вы­пи­сы­вать их по ча­со­вой стрел­ке, по одной букве на ход; если это ход впра­во, на­пи­шем букву «П», а если ход влево  — «Л». Всего мы рас­ста­ви­ли по кругу nk букв «П» и mk букв «Л».

Пусть мы най­дем от­ре­зок из под­ряд иду­щих букв, среди ко­то­рых ровно a раз встре­ча­ет­ся «П» (и ровно b раз «Л»). Тогда эти буквы со­от­вет­ству­ют по­сле­до­ва­тель­ным ходам, за ко­то­рые ля­гуш­ка сдви­ну­лась ровно на ap Про­ти­во­ре­чие. Зна­чит, ни на каком таком от­рез­ке буква «П» не может встре­чать­ся a раз.

Рас­смот­рим какой-то от­ре­зок из под­ряд иду­щих букв. Пусть буква «П» встре­ча­ет­ся на нем не более чем раз. По­смот­рим на от­ре­зок из букв, от­ли­ча­ю­щий­ся от преды­ду­ще­го сдви­гом на 1 по ча­со­вой стрел­ке, то есть по­лу­чив­ший­ся вы­ки­ды­ва­ни­ем одной буквы и до­бав­ле­ни­ем дру­гой. За­ме­тим, что на новом от­рез­ке буква «П» встре­ча­ет­ся не более чем раз, а так как ровно a быть не может, то тоже не более чем раз. По­вто­рив эти рас­суж­де­ния, по­лу­чим, что на любом от­рез­ке такой длины буква «П». встре­ча­ет­ся не более чем раз. Мы можем рас­смот­реть сред­нее ко­ли­че­ство букв «П». во всех на­бо­рах под­ряд иду­щих букв и сде­лать вывод, что доля букв «П» во всем круге не более Зна­чит, от­но­ше­ние ко­ли­че­ства букв «П» к ко­ли­че­ству букв «Л» во всем круге не пре­вос­хо­дит

Ана­ло­гич­но, если на каком-то от­рез­ке из под­ряд иду­щих букв буква «П» встре­ча­ет­ся не менее чем раз, то от­но­ше­ние ко­ли­че­ства букв «П» во всем круге к ко­ли­че­ству букв «Л» не менее Сле­до­ва­тель­но, либо либо При этом Чтобы прий­ти к про­ти­во­ре­чию, нам до­ста­точ­но по­ка­зать, что

Левое не­ра­вен­ство эк­ви­ва­лент­но что сле­ду­ет из Пра­вое не­ра­вен­ство ана­ло­гич­но эк­ви­ва­лент­но что сле­ду­ет из

Мы при­шли к про­ти­во­ре­чию, зна­чит, точки на рас­сто­я­нии d най­дут­ся.

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние.

Как и в преды­ду­щем ре­ше­нии, будем счи­тать, что ля­гуш­ка пры­га­ет в бес­ко­неч­ном цикле. Также вос­поль­зу­ем­ся пред­став­ле­ни­ем для по­ло­жи­тель­ных a и b, сумму обо­зна­чив за r.

За δ_i обо­зна­чим раз­ность между по­ло­же­ни­я­ми ля­гуш­ки в мо­мент (то есть через шагов после на­ча­ла) и в мо­мент i. Так как их раз­де­ля­ет r шагов, то

Если δ_i равно d, то мы нашли ис­ко­мые по­зи­ции. Пред­по­ло­жим про­тив­ное: пусть для всех i. Тогда все числа δ_i имеют вид для целых

За­ме­тим, что раз­ность между δ_i и опре­де­ля­ет­ся тем, ка­ки­ми были -й и -й шаги; разо­брав слу­чаи, не­труд­но убе­дить­ся, что она равна 0 или Это озна­ча­ет, что числа δ_i либо все мень­ше 0 (имеют вид для на­ту­раль­но­го k), либо все боль­ше 0 (имеют вид для на­ту­раль­но­го k).

Тогда рас­смот­рим по­зи­цию ля­гуш­ки через rT шагов, где T  — ко­ли­че­ство шагов в ее цикле. С одной сто­ро­ны, она равна сумме

ко­то­рая по до­ка­зан­но­му выше долж­на быть либо от­ри­ца­тель­ной, либо по­ло­жи­тель­ной. С дру­гой сто­ро­ны, через rT шагов ля­гуш­ка вер­нет­ся на по­зи­цию 0. Про­ти­во­ре­чие.

За­пи­шем ..., из усло­вия сле­ду­ет, что пра­вая часть де­лит­ся на По усло­вию число яв­ля­ет­ся квад­ра­том про­сто­го числа, зна­чит, его де­ли­те­ля­ми, от­лич­ны­ми от 1 могут быть толь­ко ра­вен­ство воз­мож­но толь­ко и само В пер­вом слу­чае ... и ра­вен­ство воз­мож­но толь­ко при Во вто­ром слу­чае ..., от­ку­да ..., что

не­воз­мож­но при на­ту­раль­ных a, b, c.

Если то и число

Ответ:

Раз­ло­жим мно­го­член в усло­вии на мно­жи­те­ли:

Если его зна­че­ние яв­ля­ет­ся про­стым чис­лом, то одна из двух ско­бок по мо­ду­лю равна 1, а дру­гая  — мо­ду­лю этого про­сто­го числа. Пер­вая скоб­ка равна −1 и 1 при и при этом вто­рая скоб­ка равна 1 и 2 со­от­вет­ствен­но, вто­рой слу­чай яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем. Вто­рая скоб­ка равна −1 и 1 при и при этом пер­вая скоб­ка равна −5 и 1 со­от­вет­ствен­но, пер­вый слу­чай яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем. Итого, про­сты­ми зна­че­ни­я­ми мно­го­чле­на могут быть толь­ко числа 2 при и 5 при

Ответ: 2 и 5.

Можно счи­тать, что Если то все числа p, q, r  — нечётные, а их раз­но­сти   — чётны. Тогда не может быть про­стым чис­лом, что про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи. Сле­до­ва­тель­но,

Тогда q и r нечётные про­стые числа, их раз­ность   — чётное про­стое число, зна­чит, то есть В таком слу­чае q,   — три по­сле­до­ва­тель­ных нечётных числа, сле­до­ва­тель­но, одно из них долж­но де­лить­ся на 3 (рас­смот­ре­ние остат­ков от де­ле­ния q на 3). По­след­нее воз­мож­но толь­ко при то есть q  =  5, r  =  7.

Ответ: p  =  2, q  =  5, r  =  7.

Пусть b₁  — пер­вый член гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии, а q  — мно­жи­тель этой про­грес­сии.

По усло­вию за­да­чи любой эле­мент про­грес­сии В таком слу­чае обя­за­тель­но яв­ля­ет­ся дроб­ным чис­лом, то есть Пусть пред­став­ле­ние мно­жи­те­ля про­грес­сии в виде не­со­кра­ти­мой дроби и

Пред­по­ло­жим, что тогда и либо либо Далее будем по­ла­гать, что Под­ста­вим в урав­не­ние

По­лу­ча­ем

от­ку­да

По­сколь­ку то сле­до­ва­тель­но, по­след­нее урав­не­ние можно пе­ре­пи­сать в виде

За­ме­тим, что в силу по­след­не­го ра­вен­ства, по­сколь­ку иначе сумма не могла бы быть равна на­ту­раль­но­му числу. Так как все эле­мен­ты суммы на­ту­раль­ны и в сумме долж­ны да­вать 2017, то и Те­перь

и n и m вза­им­но про­стые, от­ку­да сле­ду­ет, что а зна­чит Пред­по­ло­жим, что тогда а зна­чит сумма

не может да­вать на­ту­раль­но­го числа. Сле­до­ва­тель­но,

Оста­лось найти все ком­би­на­ции, когда

При под­хо­дят все суммы типа

При по­лу­ча­ем урав­не­ние До­ста­точ­но рас­смот­реть слу­чай Тогда

Из усло­вия

по­лу­ча­ем, что a сле­до­ва­тель­но, нужно пе­ре­брать все воз­мож­ные m от 1 до 25 в по­ис­ках та­ко­го, что будет на­ту­раль­ным чис­лом.

Под­бо­ром по­лу­ча­ем, что таким чис­лом из ука­зан­но­го диа­па­зо­на яв­ля­ет­ся толь­ко число 7, при ко­то­ром Про­ве­рим

Для не­чет­ных верно, что

По­сколь­ку 2017  — про­стое число, то оно не может быть про­из­ве­де­ни­ем двух целых чисел. При по­лу­ча­ем урав­не­ние

при­чем а сле­до­ва­тель­но, По­сколь­ку n, m вза­им­но про­стые стоит про­ве­рить лишь пары чисел

Для про­вер­ки ре­ко­мен­ду­ем пе­рей­ти к урав­не­нию Ни одна из пар не под­хо­дит, При по­лу­ча­ем урав­не­ние

при­чем а сле­до­ва­тель­но, Нужно про­ве­рить пары чисел (1, 2), (1, 3), (2, 3). Для про­вер­ки ре­ко­мен­ду­ем пе­рей­ти к урав­не­нию Ни одна из пар не под­хо­дит.

При по­лу­ча­ем, что а сле­до­ва­тель­но, По­сколь­ку n, m вза­им­но про­стые, то не­об­хо­ди­мо рас­смот­реть лишь пару (1, 2). Тогда

од­на­ко число 2018 не яв­ля­ет­ся на­ту­раль­ной сте­пе­нью числа 2, по­это­му та­ко­го быть не может.

С точ­но­стью до пе­ре­ста­но­вок сла­га­е­мых су­ще­ству­ет 1008 спо­со­бов пред­ста­вить число 2017 в виде двух сла­га­е­мых, 1 спо­соб пред­ста­вить в виде суммы трех сла­га­е­мых, и 1 спо­соб пред­ста­вить в виде 2017 сла­га­е­мых. Итого 1010 спо­со­бов.

Ответ: 1010 спо­со­бов.

Цен­траль­ный ка­мень при этом можно вста­вить любой, так что для подсчёта ко­ли­че­ства раз­лич­ных ме­да­льо­нов по­счи­та­ем ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов рас­ста­нов­ки дра­го­цен­ных кам­ней по пе­ри­мет­ру, а затем умно­жим его на 3. Всего ва­ри­ан­тов за­пол­не­ния пе­ри­мет­ра 3¹⁴ по пра­ви­лу про­из­ве­де­ния. Од­на­ко не­ко­то­рые из них могут по­вто­рять­ся в том смыс­ле, что одна и та же по­сле­до­ва­тель­ность кам­ней может быть вы­стро­е­на с раз­ных по­зи­ций по пе­ри­мет­ру. Иными сло­ва­ми, при сдви­ге каж­до­го камня на одно и то же число по­зи­ций по пе­ри­мет­ру, ме­да­льон не из­ме­нит сво­е­го вида. До­ка­жем вспо­мо­га­тель­ное утвер­жде­ние.

Лемма. Пусть a, m  — на­ту­раль­ные вза­им­но про­стые числа. Тогда среди чисел a, 2a, 3a, ..., (m – 1) a встре­ча­ют­ся все не­ну­ле­вые остат­ки при де­ле­нии на m. До­ка­за­тель­ство. При де­ле­нии на m су­ще­ству­ют всего (m – 1) не­ну­ле­вых остат­ков. Чисел в на­бо­ре a, 2a, 3a, ..., (m – 1)a тоже (m – 1). По­это­му утвер­жде­ние леммы эк­ви­ва­лент­но тому, что все числа на­бо­ра дают раз­ные остат­ки при де­ле­нии на m.

До­ка­жем это от про­тив­но­го. Пред­по­ло­жим, что на­шлись раз­лич­ные числа k, n из на­бо­ра 1, 2, ..., такие, что ka и na имеют оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на m. Это озна­ча­ет, что что в силу вза­им­ной про­сто­ты a и m влечёт По­сколь­ку их раз­ность де­лит­ся на m толь­ко тогда, когда они сов­па­да­ют, что про­ти­во­ре­чит на­ше­му пред­по­ло­же­нию. Зна­чит, все числа на­бо­ра имеют раз­лич­ные остат­ки при де­ле­нии на m, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Из до­ка­зан­ной леммы сле­ду­ет, что если при по­во­ро­те кам­ней на число a, вза­им­но про­стое с 14, ме­да­льон не из­ме­нит­ся, то все камни в ме­да­льо­не оди­на­ко­вые, так как ка­мень на по­зи­ции a сов­падёт с кам­ня­ми на по­зи­ци­ях 2a, 3a, ..., (m – 1)a, то есть со всеми остав­ши­ми­ся. По­это­му при подсчёте всех воз­мож­ных ме­да­льо­нов по­вто­рить­ся могли толь­ко те, ко­то­рые не из­ме­ня­ют­ся при по­во­ро­те на 2 или 7 по­зи­ций. Ме­да­льо­ны не могут быть сразу двух ука­зан­ных типов, так как иначе они бы не ме­ня­лись при по­во­ро­те на 9 по­зи­ций, что влечёт оди­на­ко­вость всех кам­ней. По­счи­та­ем от­дель­но ко­ли­че­ство раз­лич­ных ме­да­льо­нов дан­ных типов.

1)  При по­во­ро­те на 2 по­зи­ции ме­да­льон не из­ме­нил­ся, сле­до­ва­тель­но, все камни на чётных по­зи­ци­ях сов­па­да­ют, и все камни на нечётных по­зи­ци­ях тоже. Это зна­чит, что ме­да­льон од­но­знач­но задаётся двумя не­сов­па­да­ю­щи­ми кам­ня­ми. Всего ва­ри­ан­тов за­дать его При подсчёте об­ще­го ко­ли­че­ства каж­дый такой ме­да­льон учи­ты­вал­ся два­жды (так как можно за­пол­нять камни с одной из двух за­да­ю­щих ме­да­льон по­зи­ций).

2)  При по­во­ро­те на 7 по­зи­ции ме­да­льон не из­ме­нил­ся. Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му пунк­ту, любой такой ме­да­льон задаётся 7 кам­ня­ми, среди ко­то­рых не все оди­на­ко­вые. Всего ва­ри­ан­тов за­дать его При подсчёте об­ще­го ко­ли­че­ства каж­дый такой ме­да­льон учи­ты­вал­ся семь раз (ана­ло­гич­но рас­суж­де­ни­ям при по­во­ро­те на 2).

Ис­клю­чим по­вто­ря­ю­щи­е­ся ком­би­на­ции из об­ще­го ко­ли­че­ства и по­лу­чим, что всего воз­мож­ных ме­да­льо­нов могло быть

Ответ:

Для ре­ше­ния дан­ной за­да­чи нам по­тре­бу­ет­ся сле­ду­ю­щий из­вест­ный факт: малая тео­ре­ма Ферма. Для про­сто­го р и на­ту­раль­но­го а, не крат­но­го p, вы­пол­не­но

Пред­по­ло­жим, что и без огра­ни­че­ния общ­но­сти будем счи­тать, что До­ба­вим к обеим ча­стям ра­вен­ства 1, после чего умно­жим обе части на Тогда по фор­му­ле раз­но­сти сте­пе­ней по­лу­чим

Рас­крыв скоб­ки, по­лу­ча­ем

что, в свою оче­редь, рав­но­силь­но ра­вен­ству

По­сколь­ку левая часть ра­вен­ства де­лит­ся на p, то и вы­ра­же­ние

де­лит­ся на p. По­сколь­ку p и q яв­ля­ют­ся про­сты­ми чис­ла­ми и то а зна­чит Но из малой тео­ре­мы Ферма сле­ду­ет, что

по­это­му что не­воз­мож­но. Сле­до­ва­тель­но, наше пред­по­ло­же­ние оши­боч­но и

При­ве­дем при­мер трёх по­сле­до­ва­тель­ных по­лу­про­стых чисел:

Если бы су­ще­ство­ва­ли че­ты­ре по­сле­до­ва­тель­ных по­лу­про­стых числа, то одно из них де­ли­лось бы на 4, и, зна­чит, со­дер­жа­ло бы два про­стых мно­жи­те­ля: 2 и 2. Так как по­лу­про­стое яв­ля­ет­ся про­из­ве­де­ни­ем двух про­стых чисел, то оно может рав­нять­ся толь­ко 4. В таком слу­чае одно из чисел будет равно 5 или 3, ко­то­рые не по­лу­про­стые.

Ответ: три.

Пусть где p  — про­стое число. Это озна­ча­ет, что одно из чисел x и y де­лит­ся на p. Раз­бе­рем оба слу­чая. Пред­по­ло­жим для на­ча­ла, что Тогда Но, по­сколь­ку мы можем на­пи­сать це­поч­ку не­ра­венств

Пе­рей­дем к слу­чаю После пре­об­ра­зо­ва­ний по­лу­ча­ем ра­вен­ство Если для ка­ко­го-то на­ту­раль­но­го числа d, то и, сле­до­ва­тель­но, то есть или В ка­че­стве d можно взять само число По­лу­ча­ем, что либо что, оче­вид­но, не­воз­мож­но, так как в все про­стые со­мно­жи­те­ли вхо­дят хотя бы в тре­тьей сте­пе­ни; либо В по­след­нем слу­чае по­лу­ча­ем, что

и в силу про­сто­ты p не­об­хо­ди­мо Тогда и

Ответ:

Из усло­вия сле­ду­ет, что все числа раз­лич­ны. До­пу­стим об­рат­ное. Тогда все числа имеют хотя бы два про­стых де­ли­те­ля (воз­мож­но, оди­на­ко­вых). Пе­ре­ну­ме­ру­ем про­стые числа по воз­рас­та­нию; тогда Обо­зна­чим через p(n) наи­мень­ший про­стой де­ли­тель n. По усло­вию, для всех за­дан­ных чисел де­ли­те­ли p(n) раз­лич­ны. Пусть N есть число с наи­боль­шим зна­че­ни­ем p(N); тогда По­сколь­ку число N не про­стое, то

Про­ти­во­ре­чие.

Это число долж­но быть равно про­сто­му, умно­жен­но­му на 2. Таких чисел 12: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37.

Ответ:12.

Такие числа обя­за­тель­но имеют вид где p₁, p₂  — про­стые числа. За­ме­тим, что мень­шее из этих про­стых чисел не может быть боль­ше 7, так как тогда про­из­ве­де­ние будет не менее 121. До­ста­точ­но пе­ре­брать Для 2 по­лу­ча­ем вто­рой мно­жи­тель: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, или 47  — че­тыр­на­дцать ва­ри­ан­тов, для 3 по­лу­ча­ем: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31  — де­сять ва­ри­ан­тов, для 5: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,  — семь ва­ри­ан­тов и для 7: 3, 5, 7, 11, 13,  — пять ва­ри­ан­тов.

Всего ва­ри­ан­тов.

Ответ: 36.

Такие числа имеют вид где p  — не­чет­ное про­стое число. Оче­вид­но, р не пре­вос­хо­дит семи, так как ре­зуль­тат дол­жен быть дву­знач­ным. Если то если то если то Bceго семь ва­ри­ан­тов.

Ответ: 7.

За­ме­ча­ем, что где a, b, c  — про­стые числа. Про­стые числа от 2 до 43 пред­став­ле­ны в таб­ли­це ниже.

Тогда

не про­стое число. Для вы­пи­шем a, и про­стые числа b, c, для ко­то­рых

a	3	3	3	5	5	7	7	7	7	11	11	13	13	13
	40	40	40	38	38	36	36	36	36	32	32	30	30	30
b	3	11	17	7	19	5	7	13	17	3	13	17	11	17
c	37	29	23	31	19	31	29	23	19	29	19	23	19	13

a	17	17	17	19	19	19	23	23	29	29	31	37
	26	26	26	24	24	24	20	20	14	14	12	6
b	3	7	13	5	7	11	3	7	3	7	5	3
c	23	19	13	19	17	13	7	13	11	7	7	3

Раз­лич­ные трой­ки про­стых чисел, сумма ко­то­рых равна 43:

Ответ: де­сять спо­со­бов.

Если и де­лят­ся на d, то число

также де­лит­ся на d. Если n де­лит­ся на d, де­лит­ся на d, то m де­лит­ся на d и числа m и n вза­им­но про­сты­ми не яв­ля­ют­ся. Сле­до­ва­тель­но, на d де­лит­ся число

Таким об­ра­зом, наи­мень­шим до­пу­сти­мым про­стым чис­лом яв­ля­ет­ся

Оста­лось найти вза­им­но про­стые m и n, на ко­то­рых оно ре­а­ли­зу­ет­ся. На­при­мер, и Тогда

и

Ответ:

За­дан­ные числа яв­ля­ют­ся пятью по­сле­до­ва­тель­ны­ми на­ту­раль­ны­ми чис­ла­ми. Чет­ные числа 20 172 018 и 20 172 020 не под­хо­дят. Со­сед­ние числа все­гда вза­им­но про­стые:

Со­сед­ние не­чет­ные числа тоже все­гда вза­им­но про­стые:

Зна­чит, число 20 172 019 га­ран­ти­ро­ван­но яв­ля­ет­ся вза­им­но про­стым с осталь­ны­ми.

Оста­лось про­ве­рить числа 20 172 017 и 20 172 021. Число 20 172 021, как и число 20 172 018, де­лит­ся на 3, сле­до­ва­тель­но, оно не под­хо­дит. А вот

тоже вза­им­но про­стое с осталь­ны­ми.

Ответ: 20 172 017, 20 172 019.