Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Можно ли в бесконечно убывающей последовательности 1; \frac12 ;\frac13 ;\frac14 ;\frac15 ;... выбрать:

а) пять чисел;

б) пятьдесят чисел;

в) бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.

Решение

а) Можно. Данная последовательность убывающая, поэтому будем искать убывающую прогрессию. Заметим, что последовательность \frac5n ; \frac4n ; \frac3n ; \frac2n ; \frac1n является убывающей арифметической прогрессией, её разностью является число -\frac1n. Остаётся подобрать знаменатель n таким, чтобы сократились числители. Понятно, что в качестве знаменателя n можно взять кратное всех числителей, например, число 60 . Тогда получим арифметическую прогрессию \frac1{12} ;\frac1{15} ;\frac1{20} ;\frac1{30} ;\frac1{60} , удовлетворяющую условию задачи.

б) Можно. Последовательность \frac{50}n ;\frac{49}n ;...;\frac3n ;\frac2n ;\frac1n является убывающей арифметической прогрессией c разностью -\frac1n. Если в качестве знаменателя n взять число 50!=50\cdot 49\cdot ...\cdot 2\cdot 1, то после сокращения дробей получим 50 различных дробей, все числители которых равны 1 , то есть получим искомую арифметическую прогрессию.

в) Нельзя. В самом деле, любая арифметическая прогрессия является линейной функцией на множестве натуральных чисел. В данном случае убывающей, значит, прямая на которой лежат точки, соответствующие членам этой прогрессии будет пересекать ось Ox . Поэтому начиная с некоторого номера все члены арифметической прогрессии станут отрицательными, а в данной последовательности нет отрицательных членов. Значит, в данной бесконечно убывающей последовательности нельзя выбрать бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.

Ответ

а) да; б) да; в) нет.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Существуют ли такие восемьсот различных натуральных чисел, что их среднее арифметическое больше их наибольшего общего делителя

а) ровно в 500 раз;

б) ровно в 400 раз;

в) Найдите наименьшее возможное натуральное число, равное отношению среднего арифметического этих чисел к их наибольшему общему делителю.

Решение

а) Построим пример 800 — элементной последовательности, для которой среднее арифметическое больше НОД ровно в 500 раз. Пусть x — последнее число в последовательности 1, 2, 3,..., 799, x. Тогда, так как НОД этих чисел равен 1 , то должно выполняться условие \frac{1+2+3+...+799+x}{800}= 500. Отсюда, \frac{(799+1)\cdot 799}{2}+x= 800\cdot 500; x=800\cdot 500-400\cdot 799= 400(2\cdot 500-799) =400\cdot 201=80\,400. Таким образом, искомая последовательность имеет вид 1, 2, 3,..., 798, 799, 80\,400.

б) Пусть НОД восьмисот чисел a_1 < a_2 < a_3 < ... < a_{800} равен d . Тогда a_1 \geqslant d, a_2 \geqslant 2d,..., a_{800} \geqslant 800d. Следовательно, a_1+a_2+...+a_{800} \geqslant d(1+2+3+...+800)= 400\cdot 801d, а среднее арифметическое \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800}\geqslant \frac{801}2 d=400,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше НОД ровно в 400 раз.

в) В предыдущем пункте для среднего арифметического последовательности a_1, a_2, a_3,..., a_{800} была получена оценка \frac{a_1+a_2+...+a_{800}}{800} \geqslant 400,5d. Значит, наименьшее натуральное число равное отношению среднего арифметического этих чисел к их НОД, не меньше чем 401 . Покажем, что оно может равняться 401 . Пусть d=1. Примером такой последовательности является 800 — элементная последовательность 1, 2, 3,..., 799, 1200. Её наибольший общий делитель равен 1 , а среднее арифметическое \frac{1+2+3+...+799+1200}{800}= \frac{400\cdot 799+1200}{800}= \frac{400(799+3)}{800}= \frac{802}2= 401.

Ответ

а) да; б) нет; в) 401 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Кристина задумала трёхзначное натуральное число.

а) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 3 ?

б) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 28 ?

в) Какое наименьшее натуральное значение может иметь частное данного числа и суммы его цифр?

Решение

Пусть трёхзначное число имеет вид \overline{abc}, где a , b и c — цифры, причём a \neq 0. Тогда задуманное число \overline{abc}=100a+10b+c \geqslant 100, а сумма его цифр равна a+b+c \leqslant 9+9+9=27.

а) Нет, так как рассматриваемое частное равно \frac{100a+10b+c}{a+b+c}\geqslant \frac{100}{27} > 3. Значит, трём оно равняться не может.

б) Да, может. Если \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=28, то 100a+10b+c=28a+28b+28c; 72a=18b+27c; 8a=2b+3c. Последнее равенство верно, например, при a=1, b=4, c=0. Значит, частное числа 140 и суммы его цифр равно \frac{140}{1+4+0=28}.

в) Пусть n — значение частного числа и суммы его цифр, причём n — натурально. Тогда \frac{100a+10b+c}{a+b+c}=n. 100a+10b+c=na+nb+nc, (100-n)a+(10-n)b=(n-1)c.

Если n \leqslant 10, то (100-n)a+(10-n)b \geqslant (100-n)a \geqslant (100-n)\cdot 1 \geqslant 90, а (n-1)c \leqslant 9c. Отсюда, 9c \geqslant 90, c \geqslant 10, что невозможно, так как c — цифра.

Значит, n > 10, но тогда n \geqslant 11 (так как n натурально). Для n=11 подберём пример. Из равенства 100a+10b+c=na+nb+nc в этом случае получим 89a=b+10c. При a=1, b=9 и c=8 получаем требуемое. Таким образом, частное числа 198 и суммы его цифр равно 11 . Это и есть наименьшее натуральное значение n .

Ответ

а) нет; б) да; в) 11 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

На доске написано более 20 , но менее 30 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно -3, среднее арифметическое всех положительных из них равно 5 , а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно -10.

а) Сколько чисел написано на доске?

б) Каких чисел больше: положительных или отрицательных?

в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?

Решение

Пусть всего на доске было записано n чисел, 20 < n < 30. Пусть среди этих чисел было k положительных, обозначим их a_1, a_2,..., a_{k};\, m отрицательных, обозначим их b_1, b_2,..., b_m и p нулей. Тогда k+m+p=n и по условию задачи \frac{a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0}{n}= -3,

\frac{a_1+a_2+...+a_k }{k}=5, \frac{b_1+b_2+...+b_m }{m}=-10.

Из этих равенств следует, что a_1+a_2+...+a_k+b_1+b_2+...+b_m+0+0+...+0 = -3n,

a_1+a_2+...+a_k=5k,

b_1+b_2+...+b_m=-10m.

Откуда имеем 5k-10m=-3n.

а) Заметим, что в равенстве 5k-10m=-3n левая часть делится нацело на 5 , значит, и правая тоже делится на 5 . Из этого следует, что n делится нацело на 5 . Так как 20 < n < 30, то n=25.

б) Подставим в равенство, 5k-10m=-3n выражение для n=k+m+p. Получим: 5k-10m=-3(k+m+p), 8k+3p=7m. Поскольку p\geqslant 0, это означает, что k Следовательно, отрицательных чисел больше, чем положительных.

в) Подставим в формулу 5k-10m=-3n значение n=25. Получим: 5k-10m=-75, откуда k=2m-15. Так как k+m=25-p \leqslant 25, имеем 2m-15+m=3m-15 \leqslant 25, 3m \leqslant 40, m \leqslant 13. Тогда k=2m-15 \leqslant 11, то есть положительных чисел не более 11 .

Приведём пример, показывающий, что положительных чисел может быть ровно 11 .

Пусть на доске 11 раз было написано число 5 , 13 раз написано число -10 и один раз написан 0 . Тогда \frac{11\cdot 5+13\cdot (-10) }{25}=-\frac{75}{25}=-3.

Таким образом, указанный набор удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ

а) 25 ; б) отрицательных; в) 11 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Множество чисел назовём красивым, если его можно разбить на два подмножества с одинаковой суммой чисел.

а) Является ли множество \{500; 501; 502;..., 599\} красивым?

б) Является ли множество \{5; 25; 125;..., 5^{100}\} красивым?

в) Сколько красивых четырёхэлементных подмножеств у множества \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\} ?

Решение

а) Разобьём множество \{500; 501; 502;...; 599\} на 50 пар, сумма чисел в каждой из которых равна 1099: \{500; 599\}, \{501; 598\},...\,.

Множество \{500; 501; 502;...; 599\} можно разбить на два подмножества, в каждом из которых по 25 таких пар. Значит, сумма в этих двух подмножествах одинакова и множество \{500; 501; 502;...; 599\} является красивым.

б) Заметим, что 5^{100} > \frac{5^{100}-1}4= 5^{99} +5^{98} +...+25+5+1. Поэтому сумма чисел в подмножестве множества \{5; 25; 125;...; 5^{100} \}, содержащем 5^{100} , всегда больше суммы остальных чисел, следовательно, множество \{5; 25; 125;...; 5^{100} \} не является красивым.

в) Заметим, что четырёхэлементное множество является красивым в двух случаях: либо одно число является суммой трёх других, либо множество содержит две пары чисел с равными суммами.

Подмножества множества \{1; 3; 5; 6; 7; 9; 14\}, удовлетворяющие первому случаю, — это \{1; 3; 5; 9\}, \{3; 5; 6; 14\}, \{1; 6; 7; 14\}.

Рассмотрим второй случай. Заметим, что сумма всех чисел красивого подмножества чётна. В исходном множестве всего два чётных числа, поэтому числа 6 и 14 либо одновременно входят в красивое четырёхэлементное подмножество, либо одновременно не входят в него. Если 6 и 14 входят в подмножество, то либо сумма двух других чисел равна 20 , что невозможно, так как сумма самых больших оставшихся чисел 7+9 < 20, либо разность двух других чисел равна 8 .

Получаем красивое подмножество: \{1; 6; 9; 14\}.

Если 6 и 14 не входят в подмножество, то красивое подмножество лежит во множестве \{1; 3; 5; 7; 9\}. Получаем красивые подмножества (две пары чисел с равными суммами): \{1; 3; 5; 7\}, \{1; 3; 7; 9\}, \{3; 5; 7; 9\}. Всего получилось 7 красивых подмножеств.

Ответ

а) да; б) нет; в) 7 .

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Тип задания: 19
Тема: Числа и их свойства

Условие

Учитель задумал несколько различных целых чисел и выписал набор этих чисел и все их возможные суммы (по 2 , по 3 и т.д. слагаемых) на доске в порядке неубывания. Например, если бы он задумал числа 1,-5,6, то на доске был бы выписан набор -5,-4,1,1,2,6,7.

а) На доске был выписан набор -5,-2,3,4,7,9,12. Какие числа задумал учитель?

б) Для некоторых трех задуманных чисел на доске был выписан набор. Всегда ли по этому набору можно определить задуманные числа?

в) Дополнительно известно, что учитель задумал 4 числа. Все они не равны 0 . Какое наибольшее число нулей может быть выписано на доске?

Решение

а) Если учитель задумал 4 числа или больше, тогда на доске должно быть выписано не менее 15 чисел. Если учитель задумал 2 числа или меньше, тогда на доске должно быть выписано не более 3 чисел. Отсюда следует, что было задумано 3 числа. Если бы учитель задумал 2 отрицательных числа, тогда на доске было бы записано не менее трёх отрицательных чисел. Значит в наборе отрицательное число одно и оно является наименьшим, то есть -5 . Наибольшим числом из набора будет результат суммы двух положительных задуманных чисел. Из положительных выписанных чисел только 3 и 9 дают в сумме 12 . Таким образом, были задуманы числа -5,3,9.

б) Нет, не всегда. Например, для задуманных чисел -5,2,3 и -3,-2,5 на доске будет выписан один и тот же набор -5,-3,-2,0,2,3,5.

в) Если учитель задумал 4 числа (a, b, c, d), то на доске выписано 15 чисел: сами задуманные числа (4 штуки), суммы по 2 слагаемых — 6 штук, суммы по 3 слагаемых — 4 штуки, а также сумма всех чисел. Разобьём выписанные числа на 3 группы.

Группа A — это сами задуманные числа, группа B — это суммы по 2 слагаемых, C — суммы по 3 и 4 слагаемых.

В группе A нет нулей по условию.

Рассмотрим группу B . Пусть сумма каких-то двух чисел равна 0 , то есть a+b=0. Если предположить, что a+c=0, то a+b=a+c, b=c, а это противоречит тому, что все задуманные числа различны. Значит, a+c \neq 0. Аналогично a+d \neq 0, b+c \neq 0, b+d \neq 0. Возможно, что c+d=0. Других сумм по 2 слагаемых нет. Значит, в группе B не более двух нулей.

Рассмотрим группу C . Покажем, что в ней не более одного нуля. Предположим противное. Тогда найдется хотя бы два нуля. В этом случае хотя бы один нуль является суммой некоторых трех задуманных чисел, то есть можно считать, что a+b+c=0. Если a+b+c+d=0, то d=0, что противоречит условию. Тогда выполняется хотя бы одно из равенств: a+b+d=0, a+c+d=0, b+c+d=0. В первом случае a+b+c=a+b+d=0, тогда c=d. Во втором случае b=d, в третьем a=d. Значит, все три случая противоречат условию, и наше предположение неверно. Следовательно, в группе C не более одного нуля.

Таким образом, общее число нулей не превышает 0+2+1=3. Приведём пример задуманных чисел, для которых на доске будет выписано ровно 3 нуля. Пусть учитель задумал числа 2,-2,3,-3. Тогда 2+(-2)=0; 3+(-3)=0; 2+(-2)+3+(-3)=0. На доске выписано ровно 3 нуля.48 , среднее арифметическое равно 6 , наибольший общий делитель равен 1 .

б) Да. Например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 11. Сумма этих чисел равна 40 , среднее арифметическое равно 5 , наибольший общий делитель равен 1 .

в) Пусть наибольший общий делитель восьми чисел a_{1} < a_{2} <...< a_{8} равен d . Тогда a_{1} \geq d, a_{2} \geq 2d,..., a_{8} \geq 8d. Следовательно, a_{1}+a_{2}+...+a_{8} \geq 36d, а среднее арифметическое \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{8}}{8} \geq \frac{36}{8}d=4,5d. Значит, среднее арифметическое не может быть больше наибольшего общего делителя ровно в 4 раза.

Ответ

а) да; б) да; в) нет.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

То есть 1 \leq S(x) \leq 28, значит, 1987 \leq x \leq 2014. Согласно признаку делимости на 3 , числа x и S(x) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Если число x кратно 3 , то x=3k, k \in \mathbb N и S(x)=3m, m \in \mathbb N и сумма x+S(x) кратна 3 . Но число 2015 не кратно 3 . В данном случае уравнение не имеет решений.

Пусть x=3k+1 и S(x)=3m+1, тогда сумма x+S(x), как и число 2015 , при делении на 3 имеет остаток 2 . Среди чисел от 1987 до 2014 остаток 1 при делении на 3 дают числа 1987 , 1990 , 1993 , 1996 , 1999 , 2002 , 2005 , 2008 , 2011 , 2014 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходят только 1993 и 2011 . Пусть x=3k+2 и S(x)=3m+2, тогда сумма x+S(x) при делении на 3 имеет остаток 1 , а число 2015 при делении на 3 имеет остаток 2 . В этом случае уравнение не имеет решений.

б) Согласно признаку делимости на 3 числа x , S(x) и S(S(x)) имеют одинаковые остатки от деления на 3 . Значит, сумма x+S(x)+S(S(x)) делится на 3 . Число 2015 на 3 не делится, поэтому решений нет.

в) Число x < 2015. Среди чисел, меньших 2015 , наибольшую сумму цифр 28 имеет число 1999 . Так как S(x) \leq 28, S(S(x)) \leq S(19)=10, S(S(S(x))) \leq 9, то x= 2015-S(x)-S(S(x))-S(S(S(x))) \geq 2015-28-10-9=1968.

Согласно признаку делимости на 9 числа x , S(x) и S(S(x)) и S(S(S(x))) имеют одинаковые остатки от деления на 9 . Число 2015 при делении на 9 дает остаток 8 , поэтому число x должно давать остаток 2 . Среди чисел от 1968 до 2015 остаток 2 при делении на 9 дают 1973 , 1982 , 1991 , 2000 , 2009 . Проверив эти числа, убеждаемся, что подходит только 1991 .

Ответ

а) 1993 ; 2011 ;

б) нет решений;

в) 1991.

• N – натуральные числа (1, 2, 3, …);
• Z – целые числа (0, ±1, ±2, ±3, …);
• Q – рациональные числа, их можно представить в виде дроби \frac{m}{n} , где m– целое число, а п – натуральное (3,\frac{2}{3} , -\frac{4}{3} );
• R – действительные числа (3, \sqrt{7} , 0, -\frac{2}{3} );
• Иррациональные числа – это действительные числа, которые не являются рациональными (\sqrt{7} ).
• C - комплексные числа (a+i⋅b , где i - мнимая единица и i 2 =−1). Любое действительное число является комплексным.
• Положительные числа - больше нуля. Например, 4, \sqrt{5} , 213. Но не 0 и не −5.
• Неотрицательные числа - не меньше нуля. Например, 6, 0, 32. Но не −3.
• Отрицательные числа. Числа, которые меньше нуля. Например, −4, -\sqrt{5} . Но не 0 и не 5.
• Неположительные числа. Числа, которые не больше нуля. Например, 0, −\sqrt{3} . Но не 6, не \sqrt{7} .

Свойства сложение и умножения натуральных чисел:

• a + b = b + a – переместительное свойство сложения
• (a + b) + с = a + (b + c) –
• a∙b = b∙a – переместительное свойство умножения
• (a∙b)∙c = a∙(b∙c) – сочетательное свойство сложения
• a(b ± с) = ab ± ac – распределительное свойство умножения относительно сложения/вычитания

Если m, n, k натуральные числа, то при m – n = k говорят, что m – уменьшаемое, n – вычитаемое, k – разность; m: n = k говорят, что m – делимое, n – делитель, k – частное.

Наименьшим общим кратным (НОК) двух и более натуральных чисел называется наименьшее натуральное число, которое само делится нацело на каждое из этих чисел.

Наибольший общий делитель (НОД) двух данных чисел a и b – это наибольшее число, на которое оба числа a и b делятся без остатка.

Среднее арифметическое множества чисел – сумма всех чисел, делённое на их количество

Арифметическая прогрессия – это числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему, сложенному с постоянным для этой последовательности числом d .

Формула вычисления арифметической прогрессии : а п = а 1 + d(n – 1).

Геометрическая прогрессия – это числовая последовательность задаваемая двумя параметрами b, q (q ≠ 0) и законом b 1 = b, b n = b n-1 ∙q, n = 2, 3, … .

Формула вычисления геометрической прогрессии: b n = b 1 ∙q n-1 .

Формула знаменателя геометрической прогрессии: q = b n+1 / b n

Формула суммы n -первых членов геометрической прогрессии:

S n = b 1 (1 - q n)/(1 - q)

S n = (b 1 - b n q)/(1 - q), где q ≠ 1

Я одна, но всё же я есть. Я не могу сделать всё, но всё же могу сделать что-то. И я не откажусь сделать то немногое, что могу (c)

Выполняю свое обещание выложить подборку книг, которые могли бы подготовиться к заданию С6 ЕГЭ-2010 по математике (а именно книг, содержащих доступные школьникам сведения и задачи из теории чисел, благодаря которым можно прочувствовать специфику материала).
Хочу от всего сердца поблагодарить Гостя , давшего рекомендации по подбору литературы (или проще говоря, просто назвавшему почти все эти книги - см ).
Замечу, что эти книги не являются сборниками от ФИПИ, МИОО и т.д. Подобные книги выложены в разделе

ПОДГОТОВКА к С6 ЕГЭ-2010, 2011 ПО МАТЕМАТИКЕ (ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ)

	Алфутова Н.Б. Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. -М.: МЦНМО, 2002.- 264 с. Настоящее пособие представляет собой сборник задач по математике, предназначенный прежде всего для учеников старших классов, интересующихся точными науками. Он также будет полезен преподавателям математики и студентам, изучающим математику в высших учебных заведениях. Значительная часть материала может быть использована для подготовки к письменным и устным вступительным экзаменам в ВУЗы. Основу сборника составляют задачи к курсу алгебры, который в 1995– 2000 годах читался О.А.Чалых, Н.Б.Алфутовой и А.В.Устиновым. Математические курсы, читаемые в школе-интернате им. А.Н.Колмогорова, традиционно содержат разделы, которые можно назвать смежными. Они находятся на стыке алгебры с комбинаторикой, геометрией, теорией чисел и математическим анализом. Поэтому некоторые задачи из книги имеют к алгебре лишь косвенное отношение. Эти задачи призваны подчеркнуть связь различных разделов математики и проиллюстрировать многообразие методов. Скачать (pdf/rar, 1,49 mb) ifolder или mediafire (3-е издание 2009) rusfolder
	Базылев Д. Ф. Справочное пособие к решению задач: диофантовы уравнения. - Мн.: НТЦ "АПИ", 1999.- 160 с. ISBN 985-6344-27-1 Книга предназначена для развития навыков в решении целочисленных уравнений и для подготовки учащихся к математическим олимпиадам. Она содержит более 200 задач, которые так или иначе связаны с решением диофантовых уравнений, а именно уравнений в целых и рациональных числах. В первой теме подробно рассмотрены линейные уравнения в целых числах. Вторая тема направлена на изучение задач, связанных с целочисленным уравнением `x^2 +y^2 = z^2` . Третья посвящена изучению отдельных вопросов, имеющих отношение к совершенным числам. В четвертой теме представлены некоторые факты теории чисел, которые наиболее часто используются при решении задач настоящего пособия. Значительная часть книги состоит из задач, в основном олимпиадного характера. Каждая задача снабжена подробным решением. Скан неизвестной чей, почищено bolega Скачать (djvu, 1,6 Мб) rghost || onlinedisk
	Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М.: МГИЭТ(ТУ), 2003. – 224 с Рассмотрены вопросы делимости на множестве целых чисел и методы решения в целых числах некоторых типов уравнений. Все задачи разбиты по темам, многие из них снабжены указаниями и решениями. Для преподавателей математики и учащихся старших классов лицеев, гимназий и общеобразовательных школ, а также для лиц, занимающихся математикой самостоятельно. Скачать (pdf/rar,2,2 mb) ifolder или narod.ru За книгу большое спасибо ! Более новое издание В.Н. Бардушкин, И.В. Кожухов, А.А. Прокофьев, Т.П. Фадеичева Основы теории делимости и решение уравнений в целых числах (факультативный курс). - М.: МИЭТ, 2004. -220 с. Скачать (djvu 2.27 Мб)ifolder.ru || rghost
	Сикорский К. П. Дополнительные главы по курсу математики. Учебное пособие по факультативному курсу для учащихся 7-8 классов. Сост. К. П. Сикорский. Изд. 2-е, доп. М., «Просвещение», 1974. 367 с. Книга состоит из статей, содержащих теоретический учебный материал и набор упражнений по темам факультативных курсов по математике для 7-8 классов. В частности: Болтянский В.Г., Левитас Г.Г. Делимость чисел и простые числа/Дополнительные главы по курсу математики. Уч. пособие по факультативному курсу для учащихся 7-8 кл. Сост. К.П.Сикорский. - М. Просвещение, 1974. - с. 5-69 Включает в себя следующие параграфы: целые числа и действия над ними, теоремы о делимости, деление с остатком, сравнения и решение задач с помощью них, периодичность остатков при возведении в степень, взаимно простые числа, признаки делимости, НОД и НОК, простые числа, разложение на простые множители. Материал доступен для понимания, поскольку написан для школьников 7-8 классов. Скачать (djvu, 4,94 мб) ifolder.ru || mediafire.com
	Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами: Учеб. пособие для учащихся 7-11 кл. - Челябинск: Взгляд, 2005. - 271 с. - (Нестандартные задачи по математике). ISBN 5-93946-071-2 Учебное пособие предназначено для подготовки учащихся к школьным и районным олимпиадам по математике. Значительная часть книги может быть использована в профильных классах и классах с углубленным изучением математики. Система расположения материала, наличие теоретических сведений и опорных задач дают возможность самостоятельно обучаться решению задач повышенной трудности по математике. Пособие написано для учащихся, учителей математики, студентов и преподавателей педагогических вузов. Скачать djvu (rar+3%, 2,33 мб 600 dpi+OCR) ifolder.ru или mediafire.com
	Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Ленинградские математические кружки. - Киров, "Аса", 1994. - 272 с. -ISBN 5-87400-072-0 Книга обобщает опыт, накопленный многими поколениями преподавателей школьных математических кружков при математико-механическом факультете ЛГУ и ранее недоступный массовому читателю. Книга построена в форме задачника, отражающего тематику первых двух лет работы типичного кружка. Она вполне обеспечивает материалом 2–3 года работы школьного математического кружка или факультатива для учащихся 6–9, а отчасти и 10–11 классов. Все тематические главы снабжены методическими комментариями для учителя. Пособие адресовано учителям математики и интересующимся математикой учащимся. Скачать (djvu/rar, 4,55 mb) ifolder.ru или mediafire
	Горбачёв Н. В. Сборник олимпиадных задач по математике. - М.: МЦНМО, 2004. - 560 с. ISBN 5-94057-156-5 В книге собраны олимпиадные задачи разной сложности - как нетрудные задачи, которые часто решаются устно в одну строчку, так и задачи исследовательского типа. Книга предназначена для преподавателей, руководителей математических кружков, студентов педагогических специальностей, и всех интересующихся математикой. Скачать (4,05 mb) ifolder.ru || mediafire
	Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К. Как решают нестандартные задачи / Под ред.В. О.Бугаенко. - 4-е изд., стереотип. - М.: МЦНМО,2008.- 96 c. - ISBN 978-5-94057-331-9 В книге описан ряд классических идей решения олимпиадных задач, которые для большинства школьников являются нестандартными. Каждая идея снабжена комментарием, примерами решения задач и задачами для самостоятельного решения. Приведены подборки задач олимпиадного и исследовательского типов (всего 200 задач), которые сгруппированы по классам. Сборник адресован старшеклассникам, учителям, руководителям кружков и всем любителям математики. Предыдущее издание книги вышло в 2004 г.
	О. Оре Приглашение в теорию чисел: Пер с англ. Изд. 2-е, стереотипное. - М.: Едиториал УРСС, 2003. - 128 с. Книга известного норвежского математика О.Оре раскрывает красоту математики на примере одного из ее старейших разделов - теории чисел. Изложение основ теории чисел в книге во многом нетрадиционно. Наряду с теорией сравнений, сведениями о системах счисления, в ней содержатся рассказы о магических квадратах, о решении арифметических ребусов и т.д. Большим достоинством книги является то, что автор при каждом удобном случае указывает на возможности практического применения изложенных результатов, а также знакомит читателя с современным состоянием теории чисел и задачами, еще не получившими окончательного решения. Скачать (djvu, 2,82 Мб) ifolder.ru || mediafire
	Прасолов В.В. Задачи по алгебре, арифметике и анализу: Учебное пособие.-М.: МЦНМО, 2007.-608 с.: ил. - ISBN 978-5-94057-263-3 В книгу включены задачи по алгебре, арифметике и анализу, относящиеся к школьной программе, но, в основном, несколько повышенного уровня по сравнению с обычными школьными задачами. Есть также некоторое количество весьма трудных задач,предназначенных для учащихся математических классов. Сборник содержит более 1000 задач с полными решениями. Для школьников, преподавателей математики, руководителей математических кружков, студентов пединститутов Скачать (pdf/rar; 2,98 мб) mediafire.com || ifolder.ru
	Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифметика и алгебра. - 6-е изд. - М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. - 480 с. - ISBN 5-9221-0106-4. Книга содержит 320 задач, относящихся к алгебре, арифметике и теории чисел. По своему характеру эти задачи значительно отличаются от стандартных школьных задач. Большинство из них предлагалось в школьных математических кружках при МГУ и на математических олимпиадах в Москве. Книга рассчитана на учащихся старших классов средней школы. Задачи, доступные учащимся седьмых-восьмых классов, отмечены особо. Даны подробные решения всех задач; более трудные задачи снабжены указаниями. Настоящее издание воспроизведено по тексту четвертого издания. Скачать (2,68 mb) ifolder.ru || mediafire.com
	Гашков С.Б. Современная элементарная алгебра в задачах и решениях.- М.: МЦНМО, 2006. - 328 с. Предлагаемая вниманию читателя книга представляет собой учебное пособие по алгебре для учащихся 10-х и 11-х классов физико-математических школ. Его основу составили записи лекций, читавшихся автором в специализированном учебно-научном центре МГУ им. М.В.Ломоносова - школе имени академика А. Н. Колмогорова, более известной под названиями ФМШ МГУ и интернат МГУ. Книга покрывает курс алгебры для учащихся 10-х классов СУНЦ (и аналогичных ему учебных заведений) и содержит основную часть обязательного курса алгебры для 11-х классов. По традиции, установленной А.Н.Колмогоровым, курс алгебры для «ФМШат» состоит из двух частей: некоторого обязательного набора понятий, конструкций и теорем (эта часть является общей для всех лекционных курсов алгебры, читавшихся в этой школе) и решения некоторой интересной содержательной проблемы (например, построение циркулем и линейкой правильных n-угольников, теорема Абеля-Руффини о неразрешимости в радикалах общего уравнения пятой степени, квадратичный закон взаимности и т. п.). В этой книге излагается первая часть курса, а также некоторый вариант дополнительных глав. В ней много задач, в основном довольно трудных. Она может служить учебным пособием по алгебре и для студентов вузов. Скачать (pdf, 1.14 Мб) ifolder.ru || mediafire

Гость , рекомендовавший большинство этой литературы, назвал еще книгу
Гашков С.Б., Чубариков В.Н., Садовничий В.А. (ред.) Арифметика. Алгоритмы. Сложность вычислений. 3-е издание, исправленное. - Дрофа, 2005. - 320 с. - ISBN: 5-7107-8904-6 .
В учебном пособии (2-е изд. - 2002 г.) впервые в отечественной литературе рассматривается связь вопросов арифметики с современными проблемами кибернетики. Книга представляет собой сборник задач по арифметике и теории сложности арифметических алгоритмов и позволяет получить систематические знания в этих областях математики. Для студентов университетов, педагогических вузов и вузов с углубленным изучением математики
Гость отметил, что в последней книге очень краткие указания к задачам, но похоже, что ее стоит прорешать, хотя бы частично.
На мой взгляд, она для школьников сложновата, поэтому помещена мной в вузовский раздел . Там же можно найти и другую более серьезную литертуру по этой дисциплине.

Если вы готовитесь к ЕГЭ самостоятельно, то начните с книг, в которых излагаются элементы теории чисел (Болтянский, Оре, Галкин, Генкин), а лишь потом переходите к олимпиадным задачам.
Две книги по олимпиадам все же добавляю

Хочу обратить ваше внимание также на сайт www.problems.ru/ (ссылка давно есть в нашем эпиграфе, но по опыту знаю, что никто эпиграф не читает). Там собрана огромная задачная база по самым разнообразным темам и источникам., в том числе и интересующие нас задачи. Выложены также задачи разных олимпиад, задачи из книги "Ленинградские математические кружки" и сборника Алфутовой, Устинова.

UPD.
Сделаны подборки по олимпиадным задачам