Главная стр 1
скачать
МОУ «Зашижемская средняя (полная) общеобразовательная школа»

(Элективный курс по алгебре)




Работу выполнила: Сидоркина Раисья

Леонидовна учитель математики высшей

категории МОУ «Зашижемская средняя

(полная) общеобразовательная школа»

Сернурского района республики Марий Эл

с.Зашижемье, 2009
СОДЕРЖАНИЕ
Пояснительная записка .........................................................................3

Цель и задачи …………………………………………………………..3

Учебный план. Форма контроля …………………………………….4

Методическая разработка темы ……………………………………..5



  1. Делимость целых чисел. Простые и составные числа. ………………5

Основная теорема арифметики.
2. Деление чисел с остатком……………………………………………….8
3. Признаки делимости…………………………………………………….9

Решение задач с применением данных признаков делимости.




  1. Вычисление наибольшего общего делителя двух чисел…………….12




  1. Решение уравнений в целых числах…………………………………..14




  1. Задания для самостоятельной работы…………………………………16


Литература. ............................................................................................17

3

Пояснительная записка
Элективный курс «Элементы теории чмсел» составлен для учащихся 9-11 классов. Этот курс включает углубленное изучение данной темы, выходящей за рамки школьной программы. Задания по теме встречаются на математических олимпиадах, конкурсах, на ЕГЭ и рассматриваются в ВУЗах.

В школьной программе мало времени уделяется этой теме, поэтому целесообразно ее изучение именно на дополнительных спецкурсах.

Данный раздел содержит основные определения и утверждения,

изучаемые в школьном курсе математики.

Основные свойства делимости и их следствия. Решение задач.

Алгоритм деления чисел с остатком. Следствие из теоремы.

Решение задач с применением данных признаков делимости.

Разложение многозначного числа на множители. Признаки делимости

на 2, на 4 или 5, на 8, на и на 10, на 3 и 9. Обоснование делимости чисел

на 7, 11, 13. Решение задач.

Частные признаки делимости.

Рассматривается разложение двух чисел на простые множители.

Алгоритм Евклида. Решение задач.

Решение уравнений с одним неизвестным ax = b,

где a, b – целые числа, а≠0.

Линейное уравнение с двумя неизвестными: ax + by = c,

a, b, c – данные целые числа, причем ab≠0.

Решение задач.

Задачи, предлагаемые в данном курсе для самостоятельного решения также интересны и не просты в решении, учащимся придется вложить много усилий, чтобы все понять и закрепить.

Данный курс будет способствовать совершенствованию и развитию важнейших математических знаний и умений, побуждает интерес к математике, расширяет кругозор, развивает логическое мышление, учит делать умозаключения.



Цель: углубленно изучить элементы теории чисел, содержащих огромный раздел основных знаний школьного курса алгебры.
Задачи:
-расширить представление о числах;

-развитие познавательных способностей;

-побудить интерес к математике;

- формирование самостоятельного приобретения знаний и умений.


4

Учебный план

На изучение курса «Элементы теории чисел» отведено 24 учебных часа




№п/п

Раздел

Количество

часов


1

Делимость целых чисел.

Простые и составные числа.

Основная теорема арифметики.


8

2

Деление чисел с остатком

3

3

Признаки делимости

4

4

Вычисление наибольшего общего делителя

4

5

Решение уравнений в целых числах.

5




Всего

24

Форма контроля
Самостоятельные работы на тему:

1. Делимость целых чисел.

2. Деление чисел с остатком

3. Признаки делимости

4. Вычисление наибольшего общего делителя двух чисел

5. Решение уравнений в целых числах.



Индивидуальные работы.

Решение тестов.

Проверочные работы.


5

Методическая разработка тем
П.1. Делимость целых чисел.

Простые и составные числа. Основная теорема арифметики.


Натуральное число n называется делителем целого m , если m =nk для подходящего целого числа k. В этом случае говорят, что m делится на n (нацело) и обозначают m : n. Число m называют кратным числу n.

Натуральное число, имеющее ровно два различных делителя – само себя и единицу, - называется простым. Целое число, имеющее больше двух различных делителей, называется составным. Если числа m и n делятся на натуральное число c, то c называется их общим делителем и обозначают НОД(m,n). Любое число, кратное m и n, называется их общим кратным.

Наименьшее натуральное число, кратное m и n, называется наименьшим общим кратным m и n. Оно обозначается НОК(m,n).

Числа, не имеющие общих делителей, кроме единицы, называются взаимно простыми.

Для разложения чисел на множители или для исследования их делимости полезны обобщения формул сокращенного умножения (n – натуральное число).

an – bn = (a – b) (an-1+ an-2b +…+ abn-2 + bn-1) (1)

a2n+1 + b2n+1 = (a + b) (a2n - a2n-1b +…+ ab2n-1 + b2n) (2)

При целых a,b разность любых натуральных степеней и сумма нечетных степеней a и b делятся соответственно на a – b и a +b.

Метод позволяющий перечислить не очень большие простые числа, изобрел древнегреческий математик Эратосфен. В его честь метод носит название “решето Эратосфена”, поскольку при его применении из ряда натуральных чисел постепенно отсеиваются составные числа


1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60


Пример1. Найти все простые числа, не превосходящие 60.

Решение. Вычеркнем число 1. Простые числа 2 и 3 выпишем, а из таблицы

Вычеркнем все числа, кратные 2 и 3. В первой строчке сохранится число 5, а кратные 5 вычеркиваем, также поступаем с числом 7 (уже вычеркнутые числа пропускаем), после которого вычеркивать уже нечего. После чего останутся числа: 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59.
Основные свойства делимости.

Свойство 1. Если целое число a делится на m , а m делится на k, то k является делителем a .

Свойство 2. Пусть a и b – целые числа, n – их общий делитель.

Следствие (из свойства 2). Если одно из чисел a или b делится на n, а

6

второе не делится, то a + b, a – b не делится на n.


Свойство 3. Если целое число а делится на взаимно простые числа m и n, то а делится на их произведение mn.
Свойство 4. Если a и b – целые числа, р – простое число и ab делится на р, то a или b делится на р.
Свойство 5. Если a,b – целые числа, ab делится на натуральное число n, причем b и c взаимно просты, то a делится на с.
Пример 2. Проверить, что данные числа являются составными:

а) 31193 – 21173 б) 377 + 128 в) 3*7*11* … * 43 – 2002


Решения: а) 31193 – 21173 = (3119 – 2117)(31192 + 3119*2117 + 21172)

Делится на 3119 – 2117=2002


б) т.к. 377 + 128 = 377 + 27 делится на 37 + 2 = 39, в силу формулы

( II ) для суммы нечетных степеней.


в) т.к. 2002 = 2*2001 = 2*7*11*13, а 3*7*11*…*43 – 2002 делится на

77.
Так как четные и нечетные числа чередуются, то произведение а(а + 1) любых двух последовательных целых чисел делится на 2.


Пример 3. При каких натуральных n сумма всех натуральных чисел от 1 до n является простым числом?
Решение: Так как при четном n формула S = 0.5n(n + 1), а при нечетном S =

Произведение будет простым числом, если один из сомножителей равен 1, а второй является простым числом. Подходит только n = 2: 1 + 2 = 3.

Ответ: n = 2.
Основная теорема арифметики.

Любое натуральное число n , большее единицы, можно разложить в произведение простых чисел. Это разложение единственно, с точностью до порядка следования сомножителей.
Наименьший (больший 1) делитель k числа n является простым: если

n = ke , причем k = pq, где 1< p < k, то p - делитель числа n, меньший k.

7

Если в разложении на множители числа n встречаются равные простые числа , их удобно собирать в степени .В результате получается каноническое разложение: n = pk1 . pk2 . … .pkm , где p1, …, pm – простые числа.



Такое разложение однозначно, если p1 < pm .

7

Например, 3780 = 22 * 33 *5 * 7. (* - умножение)



Если число nсоставное: n = a*b, то квадрат одного из сомножителей не превосходит n.

Пример4. Разложить на простые множители n = 29359.

Решение. На 2,3,4,5,7 число n не делится (по признакам делимости), но делится на 11, так как 9 – 5 + 3 – 9 + 2 = 0. Получим 29359 = 11 * 2669,

Причем 2669 на 11 не делится. Далее ищем делители числа 2669. Так как

2669 < 522, то искомым простым делителем может быть число от 13 до 47.

Число 13 исключается по признаку делимости на 13: для числа 2669 сумма числа десятков и учетверенного числа единиц 266 + 36 = 302, для полученного числа 30 + 8 = 38 не делится на 13. Поэтому 29359 = 11*17*157.

Теперь 132 > 157, а все простые числа, меньшие 13, не являются делителями.

Итак, 157 – простое число. Разложение получено.

Существует метод разложения натурального числа на множители, не требующий перебора простых делителей. Этот метод был предложен французским математиком Пьером Ферма.



Метод Ферма. Пусть n>3 - нечетное натуральное число. Будем прибавлять к нему последовательно нечетные числа1,2,3.5,7, и так далее, пока не получим

Квадрат некоторого числа l :

n + 1 +3 + 5 + 7 + …+ (2k – 1) = l2. Так как

1 + 3 + 5 + 7 + …+ (2k – 1) = k2, то n = l2 – k2 = (l – k)(l +k).

Это есть искомое разложение числа n.



Пример 5. Разложить на множители число 2001.

Решение. Очевидно, что данное число делится на 3, так как 2001 = 3* 667. Для отыскания делителей числа 667 применим метод Ферма.

667 + 1 = 668, 667 + 1 + 3 + 5 = 676 = 262. Отсюда 667 = 262 – 32 =

(26 – 3)(26 + 3) = 23 * 29. Ответ: 2001 = 3 * 23 * 29.



Пример 6. При каких натуральных значениях n число 2n2 + n – 3

является простым?

Решение. Чтобы разложить данное выражение на множители, можно

найти корни квадратного трехчлена: 2n2 + n – 3 = 0, если

n1 = - 1, n2 = 3/2, следовательно, 2n2 + n – 3 = (n + 1) (2n – 3).

Для того, чтобы выражение имело простое значение, нужно, чтобы

одна скобка равнялась 1, в то время как вторая скобка была простым

числом. Если n + 1 = 1, то n = 0, но 0 не натуральное число.

Если 2n – 3 = 1, n = 3, при этом n + 1= 3 – простое число.

Ответ: n = 2.


Пример 7. Разложить 232 +216 + 1 на два множителя, большие 30000.

Решение: (216)2 + 2 * 216 + 1 – 216 = (216 + 1)2 – (28) = (216 + 1 – 28)(216 + 1 + 28)

8

Оценим 216 + 1 – 28 > 28(28 – 1) > 28 * 27 = 25 * 210 > 30000.


Пример 8. Доказать, что число z = 15n – 8n + 6 * 36n + 1 делится на 14 при

Любом натуральном значении числа n.

Решение: По формуле (I): 15n – 8n = (15 – 8)(15n – 1 + … + 15 * 8n – 2 + 8n – 1)

8

делится на 7. Третье слагаемое запишем как степень шести:



6 * 36n = 62n + 1. Применим к третьему и четвертому слагаемому

формулу (II): 62n +1 + 1 = (6 + 1)(62n – 1 + … – 6 + 1).

Так как z = (15n – 8n) + (6 * 36n + 1) и обе скобки делятся на 7, то

z делится на 7. Кроме того, числа 15n + 1, 8n и 6 * 36n четные, поэтому

z делится на 2. Итак, z делится на 2 * 7 = 14.
П.2. Деление целых чисел с остатком.

Игра с числами. Играют двое. На доске написаны 2 числа, 21 и 8. Каждым ходом можно записать на доске натуральное число, равное разности любых

Двух имеющихся на доске чисел, если оно еще не встречалось. Проигрывает тот, кто не сможет сделать хода. Кто должен выиграть? Составим протокол одной партии (номера ходов 1-го игрока нечетные, 2-го – четные):

№хода

1

2

3

4

5

6

7

8

9

число

21-8=13

13-8=5

8-5=3

5-3=2

3-2=1

21-1=20

20-1=19


19-1=18


18-1=17


№хода

11

12

13

14

15

16

17

18

19

число

16-1=15

15-1=14

14-2=12

12-1=11

11-1=10

10-1=9

9-2=7

7-1=6

6-2=4

Объяснение исхода.

Вначале было 2 числа. После каждого хода количество чисел увеличивается на 1, и все эти числа меньше 21. Числа 8 и 21 взаимно просты, поэтому рано или поздно на доске появится 1, после чего будут записаны все числа от 1 до 21. Потребуется 19 ходов, и выигрывает первый игрок. Если бы большее число было четным, выиграл бы второй игрок, Исход не зависит от порядка ходов. Мы действовали в соответствии с алгоритмом деления чисел с остатком, а именно из большего числа вычитали меньшее, пока не получилось еще меньшее число – остаток. Таким же способом и в общем случае можно доказать, что любое целое число a можно разделить с остатком на любое натуральное число n , то есть представить в виде a = nq + r , 0 < r < n, (III)

где q – целое число, частное, а r – остаток от деления a на n.



Частное q и остаток r определены однозначно.

Например, 2003 = 286 . 7 + 1, Для числа – 2003 неверно было бы написать, что – 2003 = – 286 . 7 – 1, так как остаток должен быть положительным. Чтобы удовлетворить этому условью, добавим к правой части 7 и вычтем из неё 7: – 2003 = – 286.7 – 7 + 7 – 1 = – 287. 7 + 6.

Из теоремы о делении с остатком вытекает, что среди любых выписанных подряд n целых чисел ровно одно кратно n, а остальные дают при делении все остатки от 1 до n – 1 (причем эти остатки идут подряд, начинаясь, возможно, не с 1). Именно поэтому четные и нечетные числа чередуются.

В частности, произведение (a – 1)a(a + 1) любых трех последовательных целых чисел делится на 3. Проиллюстрируем это свойство схемой.

Допустим сначала, что число a делится на 3. Изобразим делимость на 3 нескольких последовательных чисел. Если же а не делится на 3, то из этой же схемы ясно, что либо a – 1 , либо a + 1 делится на 3.

a – 3

a – 2

a – 1

a

a + 1

a + 2

a + 3

Делится на 3

Не делятся на3

Делится на 3

Не делятся на3

Делится на 3

Не делятся на3

Делится на 3

Не делятся на3

Делится на 3

Не делится на3

Не делится на3

Делится на 3

Не делятся на3

Делится на 3

Не делятся на3
9
Кроме того, среди этих множителей встречаются два последовательных целых числа. А именно, а – 1 , и а или а + 1.

Отсюда следует, что при любом целом а произведение (a – 1) a(a + 1) делится на 6, по свойству 3, так как оно делится на взаимно простые числа 2 и 3.


Пример9. Доказать, что для любого целого n число a = n/3 +n2/2 +n3/6 целое.

Решение. Сложим данные дроби: a = (n3 + 3n2 +2n)/6. Разложим числитель на множители: n3 + 3n2 +2n = n(n2 + 3n + 2) = n((n2 + n) + (2n + 2)) = n(n(n + 1) + 2(n + 1)) = n(n + 1)(n +2). Оказывается, числитель равен произведению трех последовательных целых чисел и, как замечено, делится на 6. следовательно, данное число целое.



Пример 10. Доказать, что если p >4 и взаимно простое с 6, то p2 – 1 делится

на 24.


Решение. Разложим на множители p2 – 1 = (p – 1) (p +1). Так как p не кратно 3,то, либо p – 1 , либо p + 1 делится на 3. Следовательно, на 3 делится p2 – 1,

по свойству 1.

Докажем делимость на 8. Так как p не делится на 4, то либо p – 1, либоp + 1 должно делится на 4, поскольку возможна только одна из двух ситуаций:

p – 2, p – 1, p p + 1 или p – 1 p, p + 1, p + 2

не делятся на4 делится на 4 делится на 4 не делятся на4
Таким образом, из четырех последовательных натуральных чисел p – 1

p, p + 1, p + 2 одно делится на 4 и еще одно делится на 2. А так как числа

p и p + 2 нечетные, то (p – 1)(p + 1) делится на 8. Итак, число p2 – 1 делится на взаимно простые числа 3 и 8, следовательно, делится на 24, что и требовалось доказать.

Пример 11. Найти все простые числа p такие, что p + 10, p + 14, являются

Простыми.

Решение. Очевидно, p > 2, так как при p = 2, p + 10 = 12 и p + 14 = 16.

Заметим, что числа p, p +10 = p + 1 +9, p + 14 = p + 2 + 12 дают разные остатки при делении на 3, поскольку p делится на 3, то p = 3. Если p не делится на 3, то p + 10 или p + 14 делятся на 3 и не могут быть простым. Ответ: p = 3.



П.3 Признаки делимости.
Чтобы разложить на множители многозначное число, требуется найти хотя бы наибольшие его делители. Для этого предназначены признаки делимости натуральных чисел по их цифрам. Пусть натуральное число а имеет десятичную запись.

10

an an – 1 a1 a0 = 10n an + 10n – 1 an – 1 + ... + 10a1 + a0

( а0 – цифра единиц, а1 – цифра десятков и т.д.) По смыслу десятичной записи, число кратно 10k, если его последние k цифр равны нулю.

Самые известные признаки делимости:


а делится на при условии, что …

2 а0 делится на 2

4 или 25 числоа1а0 делится на 4 или 25

8 а2а1а2 делится на 8

5 а0 равно 0 или 5

10 а0 равно 0

3 или 9 сумма цифр делится на 3 или 9

Для обоснования признаков делимости на 2, 5, 10 запишем а в виде

а = аn an – 1 … a10 + a0 = 10аnаn – 1 … а1 + а0.

Первое слагаемое кратно 10, поэтому, если цифра единиц делится на 10. 2 или 5, то согласно свойству 2, на соответствующие числа делится данное число.

Для обоснования признаков делимости на 4 и 25 представим a в виде суммы

a = 100anan-1… a2 + a1a0. Так как 100 делится на 4 и 25, то, по свойству 2, число a будет делиться на 4 или 25 одновременно с числом, составленным из двух последних цифр данного числа. Аналогично, условие делимости числа

на 8 и 125 становится ясным, если отделить от него число, составленное из

трех последних цифр: а = 1000аn an – 1 … a3 + a2a1 a0 , поскольку 1000 = 8*125.

Чтобы объяснить признак делимости на 9, заметим, что для любого k = 1,2, …

Разность 10k – 1 кратна 9. Это видно из десятичной записи этих чисел.

В самом деле, 10 – 1 = 9, 102 – 1 = 99, 103 – 1 = 999 и вообще 10k – 1 = 999…9

(k девяток). Данное число можно преобразовать так: a = (99…9 + 1)an + (99…9 + 1)an-1 + … + (99 + 1)a2 + (9 + 1)a1 + a0 = 9(11…1an + 11…1an-1 + …+a1) + (an + an-1 + … + a1 + a0). Так как 9(11…1an + 11…1an-1 + …+a1) делится на 9( в частности, трем), то все определяется делимостью на три или на 9 суммы цифр данного числа.


Делимость на 11, 7, 13.



Число a делится на 11, если знакочередующаяся сумма цифр делится на 11.

Сумма двузначных граней делится на 11.



Число a делится на 7, 11, 13, если знакочередующаяся сумма трехзначных граней делятся на 7, 11, 13 соответственно.

Для обоснования учтем, что 11 = 10 +1; отсюда при помощи формулы

a2n+1 + b2n+1 = (a + b) (a2n - a2n-1b +…+ ab2n-1 + b2n) можно вывести, что 10 + 1,

1000 + 1, вообще нечетные степени десяти, увеличенные на 1, делятся на 11.

Также (в силу формулы an – bn = (a – b) (an-1+ an-2b +…+ abn-2 + bn-1) ) делятся на 11 четные степени 10, уменьшенные на 1: 100 – 1 = 99, 10000 – 1 = 9999 и т.д.

Перепишем наше число в виде а = а0 + (11 – 1) . а1 + (99 + 1) . а2 + (1001 – 1) .а3 + … = а0 – а1 + а2 – а3 + … +

11

+ 11а1 + 99а2 + 1001а3 + … .



Эти слагаемые 11а1, 99а2, 1001а3 кратны 11, поэтому остаток от деления данного числа на 11 равен остатку знакочередующейся суммы его цифр.
Пример 1. Число 1522906 делится на 11, т.к. 6 – 0 + 9 – 2 + 1 = 11делится на 11.

Можно не составлять знакочередующуюся сумму, а разбивать данное число на двузначные доли – грани, начиная справа налево. Представим число а в виде а = а1а0 + а3а2 . 100 + а5а4 . 1002 + … = а1а0 + а3а2 + а5а4 + (99 . а3а2 + 9999 х х а5а4 + …); так как 99 = 100 – 1 делится на 11, то число, взятое в скобки, кратно 99. Тем самым делимость а на 11 определяется делимостью суммы двузначных граней.


Пример 12. Делится ли на 11 число а = 94317991999?

Решение: Разбиение на двузначные грани: 9/43/17/99/19/99.

Вычислим их сумму: 9 + 43 + 17 + 99 + 19 + 99 = 286.

Не производя деления, подсчитаем сумму двузначных граней

полученного числа: 2 + 86 = 88 – одна делится на 11, следовательно,

286 делится на 11, как и данное число.


Пример 13. Являются ли 7, 11, 13 делителями числа 5159539?

Решение: Разобьем данное число справа налево на трехзначные числа (грани):

5/159/539/ равна 539 – 159 + = 385. Так как 385 = 5 . 7 . 11 делится на 7

и 11, то оно делится на 7, 11 но не делится на 13.


Пример 14. Найти все пятизначные числа вида 71x1y, делящиеся на 132.

Решение: Искомое число должно делиться на 3, 4 и на 11.

Сумма его цифр равна 9 + х + y, так что х + у делится на 3.

Знакочередующаяся сумма цифр у – 1 + х – 1 + 7 = х + у + 5 должна

делиться на 11, откуда х + у = 6. Для делимости на 4 необходимо,

чтобы двузначное число 1у делилось на 4, откуда у = 2 или у = 6.

Соответственно, х = 4 или х = 0.

Ответ: 71412 и 71016.

Частные признаки делимости.


  1. Трехзначное число, написанное одинаковыми цифрами, делится на 37.

  2. Если сумма цифры единиц с учетверенной цифрой каждого из остальных разрядов числа делится на 6, то число делится на 6, и обратно.

  3. Пусть a, b, с, d обозначают соответственно единицы, десятки, сотни и тысячи некоторого числа N. Число N делится на 4, если a + 2b делится на 4, и обратно; оно делится на 16, если a + 2b + 4c + 8d делится на на 16 и b – число четное, и обратно.

  4. Если сумма цифр трехзначного числа равна 7, то число будет делится на 7, если цифра единиц равна цифре десятков.

12


  1. Если у числа сумма количества всех десятков с учетверенной цифрой единиц делится на13, то само число делится на 13.

  2. Если сумма удвоенной цифры единиц и утроенного числа десятков числа N делится на 17, то N делится на 17.


П4. Вычисление наибольшего общего делителя и наименьшего общего

кратного.
Что можно определить. Зная каноническое разложение натурального числа

n = P1k1 p2k2 pmkm?

Можно найти все делители числа n, они имеют вид d = p1l1 p2l2 pmlm , где каждый показатель степени li , может принимать значения от 0 до ki, I = 1,2,…m. Делитель будет собственным (т.е меньшим числа n), если li<ki хотя бы для одного i.


Пример 15. Найти все делители числа 496 и сумму его собственных

Делителей.

Решение. Разложим число 496 на простые множители: 496 = 8 . 62 = 24 . 31.

Все делители: 1, 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16 и 31, 2 . 31 = 62, 4 . 31 = 124,

8 . 31 = 248 и само число 496. Сложим найденные числа, меньшие 496: 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 = 496.

Рассматривая одновременно два или более числа. Удобно включить в разложение каждого числа все простые делители этих чисел, - отсутствующие – в нулевых степенях (p0 = 1 любого числа p).

Например, для 715 = 5 . 11 . 13, 364 = 2 . 7 . 13 можно записать

715 = 20 . 5 . 70 . 11 . 13, 364 = 22 . 50 . 7 . 110 . 13.

Пусть n = P1k1 p2k2 psks , d = p1l1 p2l2 psls , где p1 < p2 < … < ps , ki , li.> 0 для всех I = 1, 2, … s. Верны следующие утверждения:



  1. НОД (n,m) = p1a1 p2a2 psas , где a1 - меньший из показателей ki , li , i = 1,2,…s.

  2. НОК (n,m) = p1b1 p2b2 psbs , где b1больший из показателей ki , li , i= 1,2,…s.

Пример 16. Доказать, что НОД (n,m) . НОК(n,m) = n . m.

Решение. НОД (n,m) . НОК(n,m) = p1a1+ b1 p2a2 + b2psas + bs , однако для каждого i от 1 до s из пары чисел ai,bi одно равно ki, другое li , так что



ai + bi = ki + li, откуда НОД (n,m) . НОК(n,m) = n . m, что и требовалось доказать.

Понятия наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного легко распространить на любой конечный набор натуральных чисел n1,n2,..ni, но их отыскание сводится к нахождению НОД и НОК для нескольких пар.

Чтобы найти НОД двух натуральных чисел a и b, не обязательно знать разложения на простые множители. Существует иной способ, использующий многократное деление с остатком. Он известен как алгоритм

Евклида.

Покажем на наглядном примере.
13

Пример17. От прямоугольника 162мм х 48мм отрезали несколько квадратов со стороной 48мм, пока не остался прямоугольник, у которого одна сторона короче 48 мм. От полученного прямоугольника отрезают квадраты, у которых сторона равна меньшей стороне прямоугольника, до тех пор, пока это возможно. Чему равна сторона последнего квадрата?

























162






48 6


Решение. Начертим заданный прямоугольник.

Откладываем 48 мм на большой стороне прямоугольника. Так как 162 = 3 . 48 + 18, то получим три квадрата 48 мм * 48 мм и прямоугольник 48 мм * 18 мм

( r1 = 18 есть остаток от деления числа 162 на 48). На большей стороне нового прямоугольника откладываем его меньшую сторону: 48 = 2 . 18 + 12

Получим два квадрата 18 мм * 18мм и прямоугольник 18мм * 12мм (r 2= 12 есть остаток от деления 48 на 12). Этот прямоугольник содержит в себе один квадрат 12мм * 12мм и прямоугольник 12мм*6мм, который, в свою очередь, состоит из двух квадратов 6мм*6мм.



Ответ: сторона последнего квадрата равна 6мм. Заметим, что длина стороны последнего полученного квадрата есть не что иное, как наибольший общий делитель его сторон, т. е. НОД(162, 48)=6

Опишем алгоритм. Допустим, a > b, и разделим a на b с остатком :

a = bn1 + r1 .Если r1 = 0, то d =НОД (a,b) = b; если r1 = 0, то НОД(a,b) = НОД(b, r1)
В самом деле, так как a, b делятся на d, то и r1 делится на d, по свойству 1 делимости. Наоборот, если с делитель b и r1, то число а = bn + r1 , будет делиться на с, т.е. с является общим делителем а и b.

Далее разделим b на r1: b = n2r1 + r2. Если r2 = 0, то НОД(b, r1) = r1 = d. В случае

r1 = 0 получим d = НОД(b, r2) = НОД(r1, r2). Теперь разделим r1 с остатком на r21 и т.д. Так как после каждого деления числа уменьшаются: а>b>r1>r2… , то через несколько шагов процесс закончится тем, что rk + 1 = 0,

d = НОД(rk – 1, rk) = rk.



Пример18. Найти НОД (1176, 315).

14

Решение представим как последовательность делений с остатком.





1176=3.315+231

315=1. 231+84

231=2 . 84+63

84=1. 63+21

63= 3 . 21

a

b

r1

b

r1

r2

r1

r2

r3

r2

r3

r4

r3

r4=b


Ответ: НОД (1176, 315) = 21

С помощью алгоритма Евклида можно найти такие целые числа х, у, что ах +by= d.

Покажем это для чисел примера 18.Имеем d = r4 = r2 – r3 , r3 =r1 – 2r2 ,r2= b – r1, r1= a – 3b.Подставляя эти соотношения, находим d = r2 – (r1 – 2r2) = 3r2 – r1 = 3(b – r1) – r1 = 3b – 4r1 = 3b – 4(a – 3b) = - 4a + 15b.

Окончательно, - 4 . 1176 + 15 . 315 = 21.

Общий делитель приходится искать при исследовании сократимости рациональных дробей целого аргумента.

Пример 19. Определить, на какие натуральные числа может сокращаться дробь (5х – 1)/(3х + 4) при целых x.

Решение. Пусть d – общий делитель числителя и знаменателя. Тогда

5х – 1 = dk,

3х + 4 = dl для подходящих целых k, l. Исключим х из этих уравнений:




15х – 3 = 3dk,

15х + 20 = 5dl d(5l – 3k) = 23, а так как 23 – простое число,

то d = 23. Ответ: d = 23.
П5. Решение уравнений в целых числах.

В решении даже таких простейших уравнений, как линейное уравнение с одним неизвестным, есть свои особенности. Если коэффициенты уравнения являются целыми числами, и требуется найти целочисленные решения.





1. Линейное уравнение с одним неизвестным ax = b (1), где a, b – целые числа, a = 0, можно привести к виду, где a > 0 ( при необходимости умножив обе части на (- 1 )). Оно имеет единственное целое решение х = b/a, если a – делитель b, и не имеет целочисленных решений в противном случае.
Пример 20. Квадратные паркетные плитки были приготовлены, чтобы покрыть ими пол в комнате размерами 2n + 1 на n + 2 плиток.

Затем решили использовать эти плитки в комнате шириной n + 4 плитки. Возможно ли это, и сколько плиток при этом уложится в ряд?

Решение. Если х – длина ряда плитки, то общее количество плиток равно

х(n + 4) = (2n + 1)(n + 2) так что х = (2n + 1)(n + 2) при условии, что значение

n + 4

дроби равно целому числу. Найдем, при каком n это возможно. Для этого в числителе дроби выделим множитель n + 4:

(2n + 1)(n + 2) = 2n2 + 5n + 2 = 2n2 + 8n – 3n + 2 = 2n(n + 4) – 3(n + 4) + 12 + 2 = (n + 4)(2n – 3) + 14.

15

Заменим этим выражением числитель и разделим его на (n + 4), получим


x = (n + 4) (2n – 3) + 14 = 2n – 3 + 14



n +4 n + 4
Число 2n – 3 целое при натуральном n, поэтому x может быть целым, если 14 делится на n + 4, а это возможно в двух случаях: при n + 4 = 7, n = 3, тогда

х = 6 – 3 + 2 = 5, при n + 4 = 14, n = 10, тогда х = 20 – 3 + 1 = 18.

Ответ : 7 . 7 при n + 3 или 14 . 18 при n = 10.

Уравнения в целых числах с двумя и более неизвестными рассматривал в своем произведении «Арифметика» Диофант ( III в н.э.). В его честь неопределенные целочисленные уравнения обычно называют диофантовыми. Самое известное из них – линейное уравнение с двумя неизвестными.

2. Линейное уравнение с двумя неизвестными: ax + by = c (2), где a, b, c – данные целые числа, причем ab = 0 ( иначе это уравнение с одним неизвестным).

Пример 21. Покупатель выбрал в палатке продукты на 43 рубля. Продавец попросил заплатить без сдачи, но у покупателя были только монеты по 2 и 5 рублей. Сможет ли он оплатить покупку ? Если да, то какое наименьшее количество монет потребуется ?

Решение. Пусть потребуется х монет по 2 рубля и y монет по 5 рублей (разумеется, х, у – натуральные числа), тогда получим уравнение 2х + 5у = 43

Если решение существует, то х = (43 – 5у)/2 , должно делиться на 2 .

При y = 1 найдем х = (43 – 5)/2 = 19 и вообще для любого нечетного y,

1< y < 7, найдется соответствующее натуральное значение х. Итак,

Решениями будут (19;1), (14;3),(9;5), (4;7).

Ответ: можно заплатить четырьмя способами, наименьшее количество монет 11.

Возвращаясь к общему случаю, найдем, при каких условиях на коэффициенты уравнение (2) может иметь целочисленное решение.

Например, уравнение 2х – 4у = 21 не имеет решений, так как левая часть делится на 2, а правая не делится.

Уравнение (2) тогда и только тогда имеет целочисленное решение (х ; у), когда с делится на НОД (a , b).

Это условие выполнено, если a и b взаимно просты, как было в примере 21.



3.Примеры решения других уравнений.

Уравнения Р = с, где Р – многочлен с целыми коэффициентами от одной или нескольких неизвестных и без свободного члена, а c – целое число, часто решают, разлагая левую и правую части на множители и используя единственность разложения из основной теоремы арифметики.



Пример 22. Найти все целые корни уравнения х3 - 4х = 15.

Решение. Левую часть разложим на множители: х3 -4х = х(х2 - 4) =

= х(х – 2)(х + ) =15. В разложении числа 15 на три различных сомножителя

Обязательно участвует 1. Возможны варианты : х – 2 = 1 , х = 3, х + 2 = 5 или


16

х – 2 = - 5 , х = - 3 , х + 2 = - 1, но тогда произведение равно – 15. Значит, других целых корней это уравнение не имеет. Ответ: х = 3.



Пример 23. Найти все решения уравнения 4х2 – y2 = 28 в натуральных

числах.


Решение. Разложим левую часть уравнения на множители: 4х2 – y2 =

(2х –y)(2х + y). Так как х и y – натуральные числа, то 2х + y также натуральное число, делящее 28. Если 2х + y нечетно, то 2х – y = (2х + y) – 2y

также не делится на 2, и их произведение не может быть четным. Следовательно, числа (2х –y) и (2х + y) четные, причем (2х –y) < (2х + y).

В результате этих рассуждений получаем систему



2х – y = 2

2х +y = 14, которая имеет единственное решение х = 4, y = 6,

Ответ: х = 4, y = 6.



П.6. Задания для самостоятельной и проверочной работы.

1. Проверьте, что данные числа составные: а) 119 + 6723; б) 1010111…11 (всего 2003 цифры, лишь две цифры равны 0; в) 3 . 5 .. 2003 – 2 . 4 .. 2002.

2. Докажите, что число (б) из задачи 1 не является квадратом натурального числа.

3. Найдите все пятизначные числа вида 64Х 5Y (X, Y – цифры ), делящиеся на 36.

4. При каких целых значениях n число n3 + n2 - 3n – 3 является простым?

Найдите это простое число.

5. Разложите 212 + 27 +1 на два или на 4 сомножителя (не подсчитывая самого

числа, а используя только его выражение).

6. Припишите к числу 19901990 сзади три цифры так, чтобы полученное

число делилось на 7, 8 и 9.

7. Найдите все такие двузначные числа, что удвоенное число больше

Суммы квадратов своих цифр на 97.

8. Докажите, что при любом целом значении n число:

А) n3 + 5n делится на 36;

Б) 2n6n4 - n2 делится на 36;

В) n7n делится на 42 (не используя теорему Ферма).

9. Докажите, что при любом натуральном значении n число:

А) 1 + 2 + 22 + … + 25n – 1 делится на 31

Б) 10n + 18n – 1 делится на 27.

10. Найдите все целые значения n, при которых числа n – 2, n + 12, n + 26

Являются простыми.

11. Решите в целых числах уравнения

А) 3х2 + 2хy – y2 = 4; б) х3 + y3 = х2y + xy2 + 3

В) хy2 + 5x – x2 – 5y2 =3.


П7. Зачет
17
Литература
1. Пичурин Л.Ф. За страницами учебника алгебры: Кн. для учащихся

7-9 кл.сред.шк. – М.:Просвещение, 1990.- 224с.

2. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач:

Учеб. Пособие для 10-11 кл.сред.шк.-М.: Просвещение, 1989.-252с.



скачать


Смотрите также:
Элективный курс по алгебре Работу
274.26kb.
Элективный курс «Занимательные опыты по химии»
123.7kb.
Элективный курс по латинскому языку в 9 ом классе
53.97kb.
Элективный курс по латинскому языку в 9 классе
53.23kb.
Элективный курс «Деловой английский»
145.62kb.
Элективный курс по биохимии «биологически активные молекулы»
41.9kb.
Элективный курс по информатике «Методы решения математических задач» для учащихся 11 класса
139.28kb.
Элективный курс «История отечественной физики»
83.22kb.
Рабочая программа по элективному курсу по алгебре «Математическая статистика, социология и современный человек»
126.07kb.
Элективный курс «Основы саморегуляции»
78.46kb.
Элективный курс имеет своей целью знакомство учащихся с основами компьютерной анимации с использованием технологии Macromedia Flash
167.46kb.
Элективный курс «Занимательный русский язык»
140.09kb.