Решила самостоятельно готовиться к олимпиадам для поступления через олимпиады.Это канал просто находка, а так же паблик.Как же я рада, что есть такие люди, которые могут объяснить такие темы понятным и интересным языком.Спасибо вам за ваши труды!
Очень круто , один такой урок смотрится на одном дыхании , всё понял , спасибо большое. На русском сегменте в основном платные материалы , а такие каналы можно поистине назвать сокровищем , так держать!
Спасибо за обучающий контент. Боялся браться за эту тему, потому что, прочитав теорию не понимал, а вы связали теорию с практикой, и я все осознал! Как же все просто❤
Сергей, огромное вам спасибо! Учусь самостоятельно, и арифметика остатков всегда казалась мне сложной, но благодаря вашему превосходному объяснению я наконец-то освоил эту тему. Ваш канал - настоящая находка для тех, кто действительно стремится понимать математику. Вы заслуживаете намного большую аудиторию. Желаю вам успехов в развитии вашего канала! ❤
Разбирал данную тему полгода назад. Что-то понял, а что-то - нет, но задачки некоторые смог все таки начать решать. Посмотрел Ваше видео, после разбора второй задачи смог самостоятельно решить все оставшиеся задачи, превосходно. Надеюсь, что мне попадутся похожие задачи в олимпиадах)
Приятно слышать! На олимпиадах обычно чуть посложнее всё-таки. Тут только парочка с реальных олимпиад, остальные - учебные) Но база заложена, а там всё будет ок)
16 тысяч просмотров? Ты объяснил некоторые моменты лучше, чем Борис Трушин. Кстати, у меня только немного моментов получалось сделать, а в остальном не получалось. Спасибо тебе!❤
Спасибо за видео! Предлагаю альтернативный вариант решения про последние две цифры вариант а Из ряда 1^3 + 2^3 + ... + 99^3 (mod 3) получаем -99^3 - 98^3 - ... - 1^3 (mod 3) Далее по свойству сложения по модулю получаем сумму двух рядов 1^3 - 1^3 + 2^3 - 2^3 + ... 99^3 - 99^3 (mod 3) = 0
@@Stezzer-c1oну, как вариант использовать например теорему эйлера. 2 в степени фи(25) сравнимо с 1 по модулю 25, т.е. 2^20 сравнимо с 1 по модулю 25. Тогда 2^999 сравнимо с 2^19* (2^20)^49 сравнимо с 2^19 по модулю 25. Пусть 2^19=t тогда 2t сравнимо с 1 по mod 25 (т.к 2t=2^20) тогда 2t-1 кратно 25 Если t сравнимо с числом из [1;12] то 2t-1 сравнимо с числом из [1;23] по mod 25. А среди них нет кратных 25 Аналогично разбираются случаи когда t сравнимо с [14;24] mod 25 и когда t кратно 25. Все эти случаи не подходят и подстановкой убеждаемся что t==13 mod 25 подходит Значит 2^999 дает остаток 13 по mod 25 Т.е 2^999=25k+13 Ну и в силу того, какие остатки у k могут быть при делении на 4 получаем 4 варианта для последних двух цифр числа 2^999: 1. 13 2. 13+25=38 3. 13+50=63 4. 13+75=88 В силу чётности 1 и 3 варианты не подходят ( 2^999 четно) 2^999 очевидно кратно 4 а второй случай признаку делимости на 4 не удовлетворяет. Поэтому единственный случай, который может подойти,это если число оканчивается на 88
ну (2^4)^500 = 2^(2000), просто по правилу произведения степеней. А нам надо 1999. Ну возьмём тогда по 4 не 500 раз, а 499, но тогда у нас 3 останется в остатке. Поэтому напишем (2^4)^499*2^3 (тоже просто по свойствам степеней)
Спасибо за вопрос! В начале видео специально есть вставка о том, что такое "поделить". Когда мы делим, то мы представляем число в виде: "число (делимое)" = "делитель (на что делим)" * "неполное частное (либо частное, если делится нацело)" + остаток. Ну т.е. поделить 7 на 5 это написать 7 = 5*1+2. Ну соответственно вводится деление 2 на 5. 2 = 0*5+2. В школе в 6 классе говорили так: "2 делить на 5 будет 0 и остаток 2". Но сравнения по модулю, о которых идёт речь в видео - это некое обобщение. Мы говорим, что 7 и 2 сравнимы по модулю 5, когда (7-2) делится на 5. Это определение и если это так, то на всё остальное можно забить. Значит числа сравнимы по модулю. Ну а на основе определения уже доказываются свойства, которыми мы пользуемся при решении задач.
@@user-swhfi34gh ну в той записи, что ты сам и записал 2 - по определению остаток. Когда какое-то число раскладывается как a=p*t+r, то r - остаток, если выполняются те требования, которые указаны в видео.
Ну тут достаточно просто (все равенства по модулю 7): 2021^(2021)-2019^(2019) =(-2)^2021-(-4)^(2019)=4^(2019)-2^(2021)=2^(4038)-2^(2021)=(2^3)^1346-(2^3)^673*2^2=1-1*4=1-4=-3=4
Если решать техникой из видео, то: 1) 118^(13)-1 = (-51)^(13)-1=-(3)^(13)*17^(13)-1= -(3)^13*(17^3)^4*17-1=-(3)^(13)*(12)^4*17-1=-(3)^17*2^8*17-1=-(3^7)^2*3^3*2^8*17-1=-(-10)^2*3^3*2^8*17-1=-170*10*3^3*2^8-1=(-1)*160*27*2^4-1=(-1)*(-9)*27*2^4-1=3^5*2^4-1=243*16-1=0 (mod 169). Значит делится на 169. Понятное дело, что я тут просто сильно подробно пытался расписывать, иначе в этом мясе вообще ничего не понять, на бумаге можно половину строчек устно понять и будет покороче решение. 2) Делается аналогично, только надо не сразу по модулю 1930 фигачить, а сначала по модулю 2 (что совсем легко), потом по модулю 5 (чуть посложнее, но тоже просто), а затем уже по 193 (по сложности как задача 1). Везде будут 0 по этим модулям, значит делится на 1930. Прописывать это всё тут я заколебусь, но если пример 1 понятен, то и этот сделается. Что-нибудь понятно?)
Просто привели подобные слагаемые. Чтоб увидеть это замени 7^n = x. Тогда тут просто написано x + 49x = 50x, что очевидно. Т.е. конкретно этот шаг со сравнениями по модулю вообще не связан, просто алгебра 7 класса. Стало понятнее?
Последняя задача решена неверно. Ваш корень 8 не подходит к многочлену с коэффициентами 1, 16, 64. Проверьте по формулам Виета. Правильно собирать многочлен с коэффициентами 1, -18, 81. Ваше решение совпало с правильным случайно.
Добрый вечер! Не очень понял что куда не подходит. Утверждается, что (-8) не является корнем n^2+16n+64=0? Да вроде является. Или в чём утверждение? По поводу какой многочлен "правильно" собирать я вообще не понял. Тут нет понятия правильно или неправильно. Я могу собрать тот, который хочу, если я нигде не ошибаюсь, конечно. А так ограничений нет. Всё, что я утверждаю, это то, что многочлен n^2-n-4 с точки зрения деления на 17 это то же самое, что многочлен n^2+16n+64, больше ничего. Это значит, что какое n я не подставлю, у них остатки по модулю 17 будут одинаковы. Например, при n=1 это будет остаток 13.
можно ли было в перовой задаче сразу перейти от 1000*1001*1002*1003 ≡ 24 ( mod 999 ) к 1000*1001*1002*1003 - 24 ⫶ 999 из правила о том , что k - p ⫶ m k ≡ p ( mod m ) ?
Можно, да. А зачем? То, решение, что я предложил, оно же устное на самом деле и делается на 2 секунды, просто подробно расписал для тех, кто хочет реально понять как теория связана с практикой. А так решение пишется сразу 1000*1001*1002*1003 ≡ 1*2*3*4 ≡ 24 (mod 999), конец. Перейдя же к 1000*1001*1002*1003 - 24 ⫶ 999, надо как-то доказать, что левая часть делится на 999, а как это делать? Эта задача равносильна по сложности исходной.
Это очень варьируется. В целом это доступно для понимания в 7-ом (Не все задачи), но большинство. В олимпиадах 7-ого класса можно видеть эти идеи. Если ограничиться остатками и не уходить в "отрицательные сравнения по модулю", то технику эту можно применять уже в 5-ом. На кружках разных это рассказывают от 5 до 11 классов)
Решила самостоятельно готовиться к олимпиадам для поступления через олимпиады.Это канал просто находка, а так же паблик.Как же я рада, что есть такие люди, которые могут объяснить такие темы понятным и интересным языком.Спасибо вам за ваши труды!
ну чего там?
тоже по информатикее готовлюсь
Очень круто , один такой урок смотрится на одном дыхании , всё понял , спасибо большое. На русском сегменте в основном платные материалы , а такие каналы можно поистине назвать сокровищем , так держать!
Спасибо, друг! Не занимался каналом уже почти 2 года, к сожалению, развивал другие проекты, но скоро планирую продолжить) Stay tuned for more!
Спасибо за обучающий контент. Боялся браться за эту тему, потому что, прочитав теорию не понимал, а вы связали теорию с практикой, и я все осознал! Как же все просто❤
Сергей, огромное вам спасибо! Учусь самостоятельно, и арифметика остатков всегда казалась мне сложной, но благодаря вашему превосходному объяснению я наконец-то освоил эту тему. Ваш канал - настоящая находка для тех, кто действительно стремится понимать математику. Вы заслуживаете намного большую аудиторию. Желаю вам успехов в развитии вашего канала! ❤
Разбирал данную тему полгода назад. Что-то понял, а что-то - нет, но задачки некоторые смог все таки начать решать. Посмотрел Ваше видео, после разбора второй задачи смог самостоятельно решить все оставшиеся задачи, превосходно. Надеюсь, что мне попадутся похожие задачи в олимпиадах)
Приятно слышать! На олимпиадах обычно чуть посложнее всё-таки. Тут только парочка с реальных олимпиад, остальные - учебные) Но база заложена, а там всё будет ок)
и что, попались подобные?
в каком классе был на тот момент?
@@dextert_qwer1660 7-8 классники поймут
16 тысяч просмотров? Ты объяснил некоторые моменты лучше, чем Борис Трушин. Кстати, у меня только немного моментов получалось сделать, а в остальном не получалось. Спасибо тебе!❤
Спасибо за добрые слова 🙂
Спасибо, вы такой классный!!!
Спасибо за добрые слова!
Спасибо вам! Дошло наконец😂
Вот это красота! А до этого, даже не представлял, что есть такая тема, спасибо огромное за ваш труд!
Спасибо 😊
спасибо большое
Благодарю за видео, отличный разбор
Отличный разбор, задачи очень хорошо подобраны, всё понятно, спасибо
Спасибо! Заходи ещё!
Потрясающе!
Спасибо вам огромное, вы очень сильно помогли мне понять эту тему 💛🙏
Заходи ещё!
Моя любимая теория чисел. Спасибо
Спасибо за видео, доходчиво объяснили.
Очень полезное видео. Можете, пожалуйста, сделать видео по 19 задаче, а именно по тактике нахождения оценки выражения
Спасибо за видео!
Предлагаю альтернативный вариант решения про последние две цифры вариант а
Из ряда 1^3 + 2^3 + ... + 99^3 (mod 3) получаем -99^3 - 98^3 - ... - 1^3 (mod 3)
Далее по свойству сложения по модулю получаем сумму двух рядов
1^3 - 1^3 + 2^3 - 2^3 + ... 99^3 - 99^3 (mod 3) = 0
Очень хорошее видео побольше таких
57:24 сгораю от интереса про красивое решение. Расскажите?
Узнали ?
@@Stezzer-c1oну, как вариант использовать например теорему эйлера.
2 в степени фи(25) сравнимо с 1 по модулю 25, т.е. 2^20 сравнимо с 1 по модулю 25. Тогда 2^999 сравнимо с 2^19* (2^20)^49 сравнимо с 2^19 по модулю 25. Пусть 2^19=t тогда 2t сравнимо с 1 по mod 25 (т.к 2t=2^20) тогда 2t-1 кратно 25
Если t сравнимо с числом из [1;12] то 2t-1 сравнимо с числом из [1;23] по mod 25. А среди них нет кратных 25
Аналогично разбираются случаи когда t сравнимо с [14;24] mod 25 и когда t кратно 25. Все эти случаи не подходят и подстановкой убеждаемся что t==13 mod 25 подходит
Значит 2^999 дает остаток 13 по mod 25
Т.е 2^999=25k+13
Ну и в силу того, какие остатки у k могут быть при делении на 4 получаем 4 варианта для последних двух цифр числа 2^999:
1. 13
2. 13+25=38
3. 13+50=63
4. 13+75=88
В силу чётности 1 и 3 варианты не подходят ( 2^999 четно)
2^999 очевидно кратно 4 а второй случай признаку делимости на 4 не удовлетворяет. Поэтому единственный случай, который может подойти,это если число оканчивается на 88
можно ли утверждать, что если а сравнимо с b по модулю с то и в сравнимо с а помодулю с?
угадай
откуда в уме взять (2^4)499 + 2^3? Или тупа на калькуляторе такое считать нужно? Спасибо за лекцию...
ну (2^4)^500 = 2^(2000), просто по правилу произведения степеней. А нам надо 1999. Ну возьмём тогда по 4 не 500 раз, а 499, но тогда у нас 3 останется в остатке. Поэтому напишем (2^4)^499*2^3 (тоже просто по свойствам степеней)
👍
лучше всех объясняешь!!!
Спасибо за добрые слова
Можете помочь с данной задачей?
(9+√28)^2017+(9-√28)^2017
Надо найти остаток при делении на 13
Заранее благодарю
Мужик! Ты чего-то попутал: t- натуральное, а r - целое?
Ну с учётом того, что написано выше не так важно: 0
Почему 7 и 2 сравнимы по модулю 5??? Понятно , что если мы поделим 7 на 5 остаток будет 2, но как мы можем делить 2 на 5 ????
Спасибо за вопрос! В начале видео специально есть вставка о том, что такое "поделить". Когда мы делим, то мы представляем число в виде: "число (делимое)" = "делитель (на что делим)" * "неполное частное (либо частное, если делится нацело)" + остаток. Ну т.е. поделить 7 на 5 это написать 7 = 5*1+2. Ну соответственно вводится деление 2 на 5. 2 = 0*5+2. В школе в 6 классе говорили так: "2 делить на 5 будет 0 и остаток 2". Но сравнения по модулю, о которых идёт речь в видео - это некое обобщение. Мы говорим, что 7 и 2 сравнимы по модулю 5, когда (7-2) делится на 5. Это определение и если это так, то на всё остальное можно забить. Значит числа сравнимы по модулю. Ну а на основе определения уже доказываются свойства, которыми мы пользуемся при решении задач.
@@SergeiKuzinMath спасибо большое за объяснение)
@@user-swhfi34gh ну в той записи, что ты сам и записал 2 - по определению остаток. Когда какое-то число раскладывается как a=p*t+r, то r - остаток, если выполняются те требования, которые указаны в видео.
посмотрела, в видео все хорошо преподнесено, но все никак не могу понять какой остаток будет от деления 2021^2021-2019^2019 на 7
Ну тут достаточно просто (все равенства по модулю 7): 2021^(2021)-2019^(2019) =(-2)^2021-(-4)^(2019)=4^(2019)-2^(2021)=2^(4038)-2^(2021)=(2^3)^1346-(2^3)^673*2^2=1-1*4=1-4=-3=4
118^13 -1 делить на 169
3^21 -2^24 -6^8-1 делиться на 1930
Не могли бы показать решение этих примеров
Если решать техникой из видео, то:
1) 118^(13)-1 = (-51)^(13)-1=-(3)^(13)*17^(13)-1= -(3)^13*(17^3)^4*17-1=-(3)^(13)*(12)^4*17-1=-(3)^17*2^8*17-1=-(3^7)^2*3^3*2^8*17-1=-(-10)^2*3^3*2^8*17-1=-170*10*3^3*2^8-1=(-1)*160*27*2^4-1=(-1)*(-9)*27*2^4-1=3^5*2^4-1=243*16-1=0 (mod 169). Значит делится на 169. Понятное дело, что я тут просто сильно подробно пытался расписывать, иначе в этом мясе вообще ничего не понять, на бумаге можно половину строчек устно понять и будет покороче решение.
2) Делается аналогично, только надо не сразу по модулю 1930 фигачить, а сначала по модулю 2 (что совсем легко), потом по модулю 5 (чуть посложнее, но тоже просто), а затем уже по 193 (по сложности как задача 1). Везде будут 0 по этим модулям, значит делится на 1930. Прописывать это всё тут я заколебусь, но если пример 1 понятен, то и этот сделается.
Что-нибудь понятно?)
подскажите, пожалуйста. как получилось 7^n+7^2*7^n = 50*7^n спасибо (58 мин)
Просто привели подобные слагаемые. Чтоб увидеть это замени 7^n = x. Тогда тут просто написано x + 49x = 50x, что очевидно. Т.е. конкретно этот шаг со сравнениями по модулю вообще не связан, просто алгебра 7 класса. Стало понятнее?
@@SergeiKuzinMath да, супер. спасибо
Последняя задача решена неверно. Ваш корень 8 не подходит к многочлену с коэффициентами 1, 16, 64. Проверьте по формулам Виета. Правильно собирать многочлен с коэффициентами 1, -18, 81. Ваше решение совпало с правильным случайно.
Добрый вечер! Не очень понял что куда не подходит. Утверждается, что (-8) не является корнем n^2+16n+64=0? Да вроде является. Или в чём утверждение? По поводу какой многочлен "правильно" собирать я вообще не понял. Тут нет понятия правильно или неправильно. Я могу собрать тот, который хочу, если я нигде не ошибаюсь, конечно. А так ограничений нет. Всё, что я утверждаю, это то, что многочлен n^2-n-4 с точки зрения деления на 17 это то же самое, что многочлен n^2+16n+64, больше ничего. Это значит, что какое n я не подставлю, у них остатки по модулю 17 будут одинаковы. Например, при n=1 это будет остаток 13.
Здравствуйте, Сергей! Вы правы. Прошу прощения, я из-за невнимательности подумал, что у Вас корень 8, а не (-8).
ну такое даже я осилю... явно же есть что-то сложнее
Конечно) Это самые базовые сравнения по модулю)
Но по факту на этой технике плюс паре "заметим, что" хитрых и строятся задачи по ТЧ в перечне)
Обьяснение так-себе.
можно ли было в перовой задаче сразу перейти от 1000*1001*1002*1003 ≡ 24 ( mod 999 ) к 1000*1001*1002*1003 - 24 ⫶ 999 из правила о том , что k - p ⫶ m k ≡ p ( mod m ) ?
Можно, да. А зачем? То, решение, что я предложил, оно же устное на самом деле и делается на 2 секунды, просто подробно расписал для тех, кто хочет реально понять как теория связана с практикой. А так решение пишется сразу 1000*1001*1002*1003 ≡ 1*2*3*4 ≡ 24 (mod 999), конец.
Перейдя же к 1000*1001*1002*1003 - 24 ⫶ 999, надо как-то доказать, что левая часть делится на 999, а как это делать? Эта задача равносильна по сложности исходной.
Эта тема какого класса?
Это очень варьируется. В целом это доступно для понимания в 7-ом (Не все задачи), но большинство. В олимпиадах 7-ого класса можно видеть эти идеи. Если ограничиться остатками и не уходить в "отрицательные сравнения по модулю", то технику эту можно применять уже в 5-ом. На кружках разных это рассказывают от 5 до 11 классов)
Потрясающе!!