Задание 19 ЕГЭ: теория чисел — разбор типов

Задание 19 профильного ЕГЭ — это теория чисел с доказательством, и оно заметно отличается от остальной части экзамена. В большинстве заданий достаточно получить число и записать его в бланк ответов. Здесь же требуется не просто найти ответ, а аргументированно объяснить, почему утверждение верно для всех подходящих чисел. Формулы, которые «подставил и готово», тут не работают — нужно понимать, как устроены целые числа: как они делятся, какие дают остатки, как ведут себя их степени. Зато вся теория чисел школьного уровня умещается в несколько простых идей, и если их освоить, задание 19 перестаёт быть пугающим. Разберём четыре основных типа задач с полным решением каждого.

Четыре основных типа задач

Задачи задания 19 по теории чисел удобно разделить на четыре группы. Первая — делимость произведений и сумм, где нужно доказать, что некоторое выражение делится на заданное число. Вторая — остатки при делении степеней, где ищут остаток большой степени через периодичность. Третья — последние цифры степеней, тесно связанная со второй. Четвёртая — оценочные доказательства про чётность и нечётность. Эти четыре типа покрывают почти все варианты теории чисел, которые встречаются на экзамене. Разберём по одной задаче каждого типа и выпишем приёмы, которые в них работают.

Тип 1: делимость

Для задач на делимость полезно держать в голове несколько фактов. Среди любых $n$ подряд идущих целых чисел ровно одно делится на $n$. Если число делит каждое из двух слагаемых, то оно делит и их сумму, а также их разность. Если хотя бы один множитель делится на число, то и всё произведение делится на него. И наконец, чётное число записывается как удвоенное целое, нечётное — как удвоенное плюс один, а кратное трём — как утроенное целое. Эти простые факты — рабочий инструмент, которым решается большинство задач первого типа, и почти любое доказательство делимости сводится к их аккуратному применению. Чем увереннее ты ими владеешь, тем быстрее видишь нужный путь в новой задаче.

Задача. Докажи, что выражение $n^3 - n$ делится на $6$ при любом целом $n$.

Начинаем с разложения на множители. Выносим общий множитель и применяем формулу разности квадратов:

$n^3 - n = n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1) = (n - 1) \cdot n \cdot (n + 1)$

Получилось произведение трёх последовательных целых чисел. Дальше доказываем делимость на два и на три по отдельности. Среди трёх подряд идущих чисел обязательно есть хотя бы одно чётное, поэтому произведение делится на два. Среди трёх подряд идущих чисел ровно одно кратно трём, потому что они дают при делении на три остатки ноль, один и два в каком-то порядке, поэтому произведение делится и на три. Числа два и три взаимно просты, значит из делимости на два и на три следует делимость на их произведение, то есть на шесть. Вывод: выражение $n^3 - n$ делится на шесть при любом целом $n$, что и требовалось доказать.

Обрати внимание на структуру доказательства: мы свели делимость на составное число к делимости на его взаимно простые множители. Это типовой и очень полезный приём всей теории чисел. Шесть раскладывается на два и три, которые взаимно просты, поэтому делимость на шесть равносильна одновременной делимости на два и на три. Тот же приём работает и для других составных чисел: делимость на двенадцать сводят к делимости на четыре и на три, делимость на пятнадцать — к делимости на три и на пять. Важно лишь, чтобы множители были взаимно просты, иначе вывод неверен. Например, делимость на восемь нельзя свести к делимости на два и на четыре, потому что они не взаимно просты. Этот нюанс часто становится источником ошибок, поэтому всегда проверяй взаимную простоту множителей, прежде чем перемножать.

Тип 2: остатки при делении степеней

Главная идея здесь — периодичность. Если возводить число в последовательные степени и каждый раз брать остаток от деления на фиксированное число, остатки начинают повторяться с некоторым периодом. Найдя период, можно определить остаток любой, даже очень большой степени: достаточно понять, на какое место в цикле она попадает.

Задача. Найди остаток от деления $7^{2026}$ на $5$.

Сначала выписываем остатки первых степеней семёрки при делении на пять. Степень $7^1$ даёт остаток два, $7^2 = 49$ даёт остаток четыре, $7^3 = 343$ даёт остаток три, $7^4 = 2401$ даёт остаток один, а $7^5$ снова даёт остаток два — цикл замкнулся. Значит остатки повторяются последовательностью два, четыре, три, один с периодом четыре. Теперь определяем, куда попадает показатель две тысячи двадцать шесть. Делим его на длину периода: $2026 = 4 \cdot 506 + 2$, то есть остаток равен двум. Значит $7^{2026}$ даёт тот же остаток, что и $7^2$, а это четыре. Ответ — остаток равен четырём.

Почему такой подход вообще работает? Когда мы умножаем число на семёрку, его остаток при делении на пять меняется по строго определённому правилу, зависящему только от текущего остатка. Поэтому, как только остаток повторился, дальше вся последовательность остатков будет повторяться точно так же. Это и есть периодичность: остатки степеней зацикливаются. Зная цикл, не нужно вычислять огромное число $7^{2026}$ целиком — достаточно понять, на какое место в цикле приходится показатель. Ключевой технический момент здесь — правильно посчитать остаток показателя от деления на длину периода. Именно на этом шаге чаще всего ошибаются, поэтому деление стоит выполнять аккуратно и при необходимости проверять.

Тип 3: последние цифры степеней

Последняя цифра числа — это остаток от деления на десять, поэтому третий тип задач — частный случай второго. Последние цифры степеней тоже образуют цикл, и зависит он только от последней цифры основания: совершенно не важно, какие цифры стоят в основании перед последней, на хвост влияет лишь она сама. Для большинства чисел период равен четырём, а для оканчивающихся на ноль, один, пять или шесть последняя цифра вообще не меняется — у них период равен единице. Эти «застывшие» хвосты полезно запомнить отдельно, потому что в задаче с таким основанием ответ виден сразу, без поиска цикла.

Задача. Найди последнюю цифру числа $3^{100}$.

Последняя цифра степеней тройки зависит от остатка показателя при делении на четыре. Выписываем цикл: $3^1 = 3$, $3^2 = 9$, $3^3 = 27$ оканчивается на семь, $3^4 = 81$ оканчивается на один, а $3^5 = 243$ снова оканчивается на три — цикл повторился. Итак, цикл последних цифр — три, девять, семь, один с периодом четыре. Находим остаток показателя: $100 = 4 \cdot 25 + 0$, то есть сто делится на четыре нацело. Когда показатель кратен четырём, последняя цифра соответствует концу цикла — это единица. Ответ — последняя цифра числа $3^{100}$ равна единице. Удобный ориентир: если показатель делится на длину цикла нацело, последняя цифра всегда совпадает с последней цифрой основания, возведённого в саму длину цикла.

Тип 4: чётность и нечётность

В четвёртом типе доказывают свойства чётности. Полезные факты: квадрат числа и само число имеют одинаковую чётность; сумма двух чётных или двух нечётных чисел чётна, а сумма чётного и нечётного нечётна; произведение чётно тогда и только тогда, когда хотя бы один множитель чётный. Нечётное число записывается как удвоенное целое плюс один, чётное — как удвоенное целое.

Задача. Докажи, что $n^2 + n + 1$ нечётно при любом целом $n$.

Разберём два случая по чётности числа $n$. Если $n$ чётное, то есть $n = 2k$, то выражение равно $(2k)^2 + 2k + 1 = 4k^2 + 2k + 1 = 2(2k^2 + k) + 1$ — это нечётное число вида «удвоенное целое плюс один». Если $n$ нечётное, то есть $n = 2k + 1$, то квадрат равен $4k^2 + 4k + 1$, и всё выражение становится $4k^2 + 4k + 1 + 2k + 1 + 1 = 4k^2 + 6k + 3 = 2(2k^2 + 3k + 1) + 1$ — снова нечётное число. В обоих случаях выражение имеет вид удвоенного целого плюс один, значит оно нечётно при любом целом $n$, что и требовалось доказать.

Существует и более короткое рассуждение. Заметим, что $n^2 + n = n(n + 1)$ — это произведение двух последовательных чисел, одно из которых обязательно чётное, поэтому $n^2 + n$ чётно. Тогда $n^2 + n + 1$ равно чётному числу плюс единица, то есть нечётно. Этот способ изящнее и короче, но первый, с разбором случаев, надёжнее, когда не видно красивой группировки.

Стоит освоить оба подхода. Разбор случаев — универсальный инструмент: он работает всегда, хотя и требует больше выкладок. Группировка короче и красивее, но её ещё нужно увидеть, а удачное преобразование не всегда лежит на поверхности. На экзамене разумная стратегия такая: если за минуту-другую заметил изящную группировку — используй её, если нет — спокойно иди через разбор случаев, он точно приведёт к ответу. Главное — не зависнуть в поисках красоты, когда время поджимает. Полный балл дают за любое корректное доказательство, а не за самое короткое.

Как оформлять доказательство на ЕГЭ

Задание 19 оценивается по критериям полноты и корректности доказательства, а не только по итоговому ответу. Проверяющий смотрит, все ли случаи разобраны, если разбор случаев нужен, обоснован ли каждый логический переход и чётко ли сформулирован вывод. Поэтому в записи решения важно явно проговаривать шаги словами-маркерами: «рассмотрим два случая», «из этого следует», «значит», «таким образом», «что и требовалось доказать». Эти слова показывают логику рассуждения и помогают проверяющему увидеть структуру доказательства. Категорически избегай фраз вроде «это очевидно» или «легко проверить» — критерии требуют явного обоснования каждого шага, и подобные отговорки приводят к потере баллов.

Применение в задании 19 ЕГЭ

Задание 19 — одно из самых дорогих в экзамене: за полное решение дают несколько баллов, и за частичное продвижение баллы тоже начисляют. Поэтому даже если ты не дорешал задачу до конца, имеет смысл записать всё, что удалось доказать. Теория чисел требует не вычислительной техники, а понимания структуры целых чисел, поэтому готовиться к ней нужно через разбор типовых рассуждений, а не через зубрёжку формул. Полезно держать рядом тему прогрессий, потому что многие задачи 19 связаны с суммами и последовательностями, и тему квадратных уравнений, нужную для оценок и разложений.

Распространённые ошибки

Проверить на нескольких числах вместо доказательства. Подстановка двух-трёх значений не доказывает утверждение для всех чисел. Нужно общее рассуждение, а не частные проверки.

Не разобрать все случаи. Если доказательство опирается на чётность, нужно рассмотреть и чётный, и нечётный случай. Пропуск одного случая делает доказательство неполным.

Ошибиться в длине периода. При поиске остатков легко сбиться и взять неверный период. Всегда вычисляй остатки до явного повторения первого из них.

Писать «очевидно» вместо обоснования. Каждый логический переход нужно объяснить. Слова «очевидно» и «легко видеть» критерии не засчитывают.

Бросать задачу при первой трудности. За частичное продвижение в задании 19 тоже дают баллы. Даже если не вышло дойти до конца, запиши доказанные шаги — они могут принести часть баллов.

Что запомнить

В задаче на делимость сведи делимость на составное число к делимости на его взаимно простые множители. В задачах на остатки и последние цифры найди период повторения и определи место показателя в цикле. В задачах на чётность разбери случаи чётного и нечётного числа или найди удачную группировку. И всегда оформляй доказательство словами-маркерами, обосновывая каждый шаг — именно за полноту и логику рассуждения здесь начисляют баллы.