17. Лекция по элементарной математике. Лекции по элементарной математике Глава Элементы теории чисел 5 Метод математической индукции 5

• Название: Лекции по элементарной математике Глава Элементы теории чисел 5 Метод математической индукции 5
• Дата: 30.03.2021
• Размер: 186.94 Kb.
• Имя файла: 17. Лекция по элементарной математике.docx
• Тип: Лекции; #189455
• страница: 2 из 25

§ 2. Делимость

1. 
   Отношение делимости и его свойства. В школьном курсе матема- тики читатель ознакомился с натуральными и целыми числами. Обозна- чим множество натуральных чисел через N:
   

N ={1, 2, …},

а множество целых чисел – через Z:

Z= {... , – 3, – 2, – 1, 0, 1, 2, 3, …}.

Будем считать известными свойства операций над целыми, числами (сложения, вычитания, умножения), понятие модуля целого числа и свойства этого понятия.

В этом параграфе мы рассмотрим свойства отношения делимости в множестве Z. Введем следующее определение:

Определение 1. Целое число а делится на целое число b

существует такое целое число с, что a b c.

0 , если

Число а называется делимым, b – делителем и с – частным.

Если а делится на b, то пишут (а кратно b).

Обратным к отношению рое обозначают так: b/а.

Отношение делимости

является отношение «b делит а», кото-
является бинарным отношением в .

Оно обладает следующими свойствами:

1. 
   Отношение делимости рефлексивно, т. е. для любого
   

a имеем a a . Это следует из того, что a и 1

2. 
   Отношение делимости транзитивно, т. е. из и b
   

следует Действительно, так как a b и b c , то существуют такие

целые числа q и t, что a bq и b Но тогда

a bq

(ct) q c

(t q). Так как произведение целых чисел – це-

лое число, то tq , и потому ac.

3. 
   Если a b , то (
   

1. 
   b , и (
   

а) (

2. 
   , т.е. отношениеделимо-
   

сти сохраняется при изменении знаков делимого и делителя.

В самом деле, если a b, то a bq, где q а тогда

a b(

q), a

( b)(

q),

a ( b) q.

4. 
   Если a c и b c , то a bc.
   

В самом деле, так как a c и b c то существуют такие целые чис-

ла q и t, что а = cq и b = ct. Но тогда

1. b cq ct c(q t).

Т.к.

q t целое число, то a b делится на с.

Точно так же доказывается, что из a c , b cследует (a b) c.

5. 
   Если a cи b , то ^{(ab) c.}
   

В самом деле, так как a c , то существуют такое целое число q, что

а = cq. Но тогда ab

(cq)

2. 
   c(qt) . Так как qb , то (ab) c.
   

Отметим, что утверждения, обратные 4) и 5), ложны: из дели- мости суммы не вытекает делимость слагаемых, а из делимости произ- ведения не вытекает делимость сомножителей.

6. 
   ^Если (a b) c ^{и a c , то b c.}
   
7. 
   Если a c , a b не делится на с, то а ± b не делится нас.
   

8. 
   Нуль делится на любое числоb
   
9. 
   Любое число а делится на1.
   
10. 
    Если a b , то a .
    

В самом деле, a b q , и потому a

11. 
    Если
    

^и b a ^{, то a и a}

Деление с остатком.

Разделить целое число а на целое число
b с остатком – это

значит найти два таких целых числа q и r , чтобы выполнялись усло- вия:

1) а = bq + r, 2) 0

Число q называется неполным частным, а r – остатком.

Теорема 1. Каковы бы ни былицелоечисло а и целоечислоb 0 ,

всегда возможно, и притом единственным способом, разделить а на b с остатком.

Докажем сначала возможность деления с остатком. Рассмотрим все случаи, которые здесь могут представиться.

1. 
   а – любое целое число, b >0.
   

Рассмотрим множество всех чисел, кратных b, и расположим его в порядке возрастания: ...( 2)b,( 1)b, 0,b, 2b,...

Пусть bq – наибольшее кратное числа b, не превышающее а. Тогда

a но a

т. е. bq

, откуда 0

Положив а – bq = r, получим:

a

2. 
   а – целое число, b < 0.
   

Так как b < 0, то –b > 0 и согласно случаю 1) деление а на –b воз- можно, а это означает существование таких целых чисел q и r, что

a или a

Возможность деления с остатком доказана.

Теперь докажем единственность деления с остатком.

Пусть деление а на b не единственно, т. е. пусть существуют два не-

полных частных q₁ и q₂ и два остатка r₁ и r₂ такие, что:

a bq₁

a bq₂

r₁, 0 r₁ b,

r₂ , 0 r₂ b,

Тогда Так как

bq₁

0

или b(q₁

и 0
то r₂

(*)

Но в этом случае равенство (*) возможно лишь при условии:

r₂ r₁ 0 , или r₂

но тогда q₁

q₂ 0 , или q₁

Единствен-

ность доказана.

^{Пример1. Доказать, что} (n⁴
6n³
11n²
6n) 24.

^{Разложим многочлен} n⁴

6n³

11n²

6n ^{на множители. Имеем:}

n⁴ 6n³

11n²

6n n(n

1)(n

2)(n

3).

Но из четырех последовательных натуральных чисел два числа чет- ные, причем одно делится на 4, следовательно, их произведение делится на 8. Кроме того, из трех последовательных натуральных чисел

n,(n

n(n

1),(n

1)(n

2)

2)(n

^{одно обязательно делится на 3.} (8,3) 1. ^{Таким образом,}

3) 24.