Так это понятно. 1 и 7 увеличивают на единичку остаток по модулю 3, так что их можно применить только 1 раз. И осталось рассмотреть добавление одних трое
Пришел к довольно интересному выводу (проверьте логику на отсутствие ошибок). Не решает (но и не опровергает), поэтому выкладываю без опасений:
Для любого простого p>3 существует единственный положительный остаток при делении на p, сохраняемый при дописывании 3.Доказательство.
- исходное число,
– число после дописывания. Разность
. Надо найти a, такое, что 0<a<p и 9а+3 кратно p. Так как 9 и p — взаимно прстые, то набор чисел
, дает полную систему вычетов по модулю
. Следовательно для некоторого ( и единственного)
,
, откуда
кратно
.
Примеры это подтвержают. Вот вычеты по модулю 7 для
и
: 1-6, 2-2, 3-5, 4-1, 5-4, 6-0.
То же по модулю 13: 1-0, 2-10, 3-7, 4-4, 5-1, 6-11, 7-8, 8-5, 9-2, 10-12, 11-9, 1-6.
(Закономерность хорошо видна, так что на самом деле не обязательно искать остатки).
Проблему создает число, которое при делении на 7 и 13 дает остатки 2 и 4 соответственно.
Решая целочисленное уравнение
находим
, откуда искомое число
.
Далее находим «неприятный» остаток
для 17 и решаем:
и т.д. процесс, который не может продолжаться бесконечно.
Однако не скажу, чтобы мне это очень нравилось
Не выглядит достаточно убедительно.
К тому же (как мне кажется) такое рассуждение могло бы работать и для дописывания девяток. Тем не менее автор задачи 9 исключил, а 3 оставил. С чего бы это?
PS. Вероятно 9 исключено, чтобы не было возможности дописывать 3 и 9 вперемежку. Это усложнило бы задачу.