Натуральные числа

Элементы теории чисел
I. Вступление.
II. Элементы теории чисел:
1. Натуральные числа.
2. Множество целых чисел.
3. Простые и составные числа.
4. Делимость целых чисел.
5. Деление целых чисел с остатком.
6. Признаки делимости.
7. Вычисление наибольшего общего делителя (НОД) и наименьшего общего кратного
(НОК)
8. Решение уравнений в целых числах.
9. Задачи олимпиадного характера.
III. Заключение.
Теме, которую я рассматриваю в данной работе, на мой взгляд, уделяется недостаточное внимание в школьной программе. В частности, школьная программа предусматривает
изучение этой темы в начале 6 класса в разделе «Делимость чисел» и возвращается к этому
вопросу лишь в 8 классе с углубленным изучением математики, в то время как задачи данной
темы способствуют развитию математической культуры, навыков логически безупречного
проведения доказательств. Упражнения по теории чисел встречаются на олимпиадах различных уровней и вступительных экзаменах в вузы, вызывая у учащихся и абитуриентов значительные затруднения. Решение задач по этой теме вызывает у меня наибольший интерес.
Натуральные числа.
Что мы знаем о множестве N – множестве натуральных чисел?
Во-первых, это множество упорядочено. О любых двух неравных натуральных числах
всегда можно сказать, что одно из них меньше другого. Например, 3 меньше 5, 1000 меньше
10000 и т.д.
Во-вторых, множество N ограничено снизу. Это значит, что в нем есть число, меньше
которого натуральных чисел уже не существует. Что это за число? Конечно, 1. Меньше натуральных чисел не бывает.
В-третьих, множество N неплотно. Между двумя натуральными числами далеко не
всегда удастся вставить третье так, чтобы оно было больше меньшего, но меньше большего
из них. Например, между 3 и 7 можно вставить 4, так как 3 < 4 < 7, можно вставить 5, ибо 3 <
5 < 7, можно и 6. Но между 8 и 9 уже никакого натурального числа не вставить! За любым
натуральным числом непосредственно следует одно и только одно натуральное число.
В-четвертых, множество N не ограничено сверху, иначе говоря, не существует самого
большого натурального числа.
У древних мыслителей этот факт вызывал немало сомнений. Да, самого большого числа во множестве N не существует. Значит, на первый взгляд, бесконечен должен быть и запас
знаков для их обозначения. А в действительности мы обходимся всего лишь десятью знаками – цифрами (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0)!
Люди записывали числа и произносили их названия в десятичной позиционной системе
вовсе не всегда. Были и так называемые «иероглифические» системы записи чисел: для отдельных чисел использовались специальные значки, которые всегда имели только одно значение. Следами такого способа мы в какой-то степени пользуемся и сейчас, применяя так
называемые римские цифры, - в них, например, значок Х всегда означает 10, где бы он ни
был написан. Были «алфавитные» системы - вместо цифр применялись буквы, этим способом мы тоже иногда пользуемся, заменяя «во-первых», «во-вторых», «в-третьих» обозначениями «а», «б», «в».
Но самым лучшим способом оказалась все-таки десятичная позиционная система
счисления, которой сейчас пользуются во всем мире.
К сожалению, уже невозможно установить, кто и когда именно изобрел эту систему,
можно лишь утверждать лишь, что было это в начале нашей эры в Индии. Эта система полу-
чила развитие у арабских математиков, поэтому цифры, которыми мы пользуемся, часто
называются «арабскими», хотя, между прочим, в арабских странах применяются совсем другие цифры.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
От арабов эта система перешла в Европу. И хотя десятичная система проста и удобна,
она далеко не сразу стала общепринятой.
Мысль о построении теории натуральных чисел давно привлекала ученых, попыток
было сделано не мало, но наиболее удачной оказалась система аксиом, сформулированных
итальянским ученым Д ж у з е п п е П е а н о (1858-1932).
Оказалось, что для дедуктивного построения арифметики натуральных чисел достаточно всего четырех аксиом, с помощью которых дается точное объяснение тому, что значит
«одно число следует за другим».
А к с и о м а I. Существует натуральное число единица, не следующее ни за каким числом.
А к с и о м а II. За любым натуральным числом следует одно и только одно число.
А к с и о м а III. Всякое натуральное число, кроме единицы, следует за одним и только
одним числом.
А к с и о м а IV (аксиома индукции). Если какая-либо теорема о свойствах натуральных чисел доказана для единицы и если из допущения, что она верна для натурального числа
n, следует, что она верна и для числа, непосредственно следующего за n, то она верна для
всех натуральных чисел.
Чтобы лучше понять смысл аксиомы IV, решим такую задачу:
найти формулу для вычисления суммы k первых нечетных чисел.
Попробуем для начала просто подсчитать такую сумму для нескольких значений k :
k=1,
1=1
k=2,
1+3=4
k=3,
1+3+5=9
k=4,
1 + 3 + 5 + 7 = 16
Заметим, что 1 = 12, 4 = 22, 9 = 32, 16 = 42. Кажется, задача решена и
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.
Очень красиво, только правильно ли? Это уже доказанная теорема или, как принято говорить в науке, правдоподобная гипотеза? Можно, конечно, попробовать сделать еще шаг:
1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 16 + 9 = 25 = 52.
Уверенность в справедливости гипотезы возрастает, хочется сказать «и так далее». Но
остается неуверенность, а вдруг для какого-то числа наша формула окажется неверной? А
проверить невозможно – множество N не ограничено сверху. Множество нечетных чисел
тоже неограниченно, все не проверишь.
Вот тут-то мы и призовем на помощь аксиому IV. Ведь действительно, в доказываемой
теореме речь идет об одном из свойств натуральных чисел, значит, аксиому применять можно. Доказана ли теорема для единицы, т. е. верно ли, что при k = 1 сумма равна 12? Да, именно так и есть. Теперь допустим, что
1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = n2.
Следует ли из этого, что
1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1)2?
По предположению
1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = n2.
Тогда получается:
1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2,
что и требовалось доказать.
Обратимся теперь к еще одному хорошо известному свойству множества N, которое
называется замкнутостью относительно операций сложения и умножения. Сумма и произведение двух натуральных чисел всегда является натуральным числом. Эта особенность некоторых множеств и операций – в результате операции над элементами множества получает2
ся элемент этого же множества – и называется замкнутостью множества относительно операции.
Свойство замкнутости не представляло бы интереса, если бы не следующее свойство,
ему противоположное. Множество N незамкнуто относительно операций вычитания и деления. Это означает, что разность двух натуральных чисел вовсе не обязательно будет натуральным числом (вычитая из меньшего большее, например из 5 вычитая 7, получаем «-2» –
число целое, но не натуральное, а противоположное натуральному числу «2» отрицательное
число). С делением такая же картина. Поделив 6 на 3, получим 2 – натуральное число. Но,
1
разделив 6 на 5, получим 1 6 , т. е. не натуральное число, а особым образом записанную сумму натурального (единицы) и дробного (одна шестая) чисел.
Множество целых чисел.
Следующее множество Z – множество целых чисел, т.е. множество чисел ..., - 3, - 2, - 1,
0, 1, 2, 3, 4, …
Свойства множества Z:
1. Неограниченность как сверху, так и снизу.
2. Упорядоченность.
3. Неплотность.
4. Незамкнутость относительно операции деления.
Множества N и Z очень похожи. Принципиальное же различие между множествами N и
Z лишь в одном - стоило добавить к N число 0 и числа, противоположные натуральным, как
новое («расширенное») множество стало замкнутым для операции вычитания.
Простые и составные числа.
Простые числа – числа, которые делятся на единицу и на самого на себя.
Остальные числа, кроме единицы, называются составными.
Единица не является ни простым, ни составным числом.
Для упрощения поиска простых чисел заманчивым представляется решение такой задачи: найти формулу, при вычислениях по которой всегда получались бы простые числа. Если
в этой фразе отбросить слово «всегда», то таких формул удастся привести довольно много,
например:
I.
f(n) = n2 + n + 17;
II.
f1(n) = n2 – n + 41;
III.
f2 (n) = 2n2 + 29;
IV.
f3 (n) = n2 – 79n + 1609.
Попробуем вместо n последовательно подставлять в формулы натуральные числа:
f (1) = 19, f (2) = 23, f (3) = 29, f (4) = 37, f (5) = 47, f (6) = 59, f (7) = 73, …
Все эти числа являются простыми, однако, уже f (16) = 289 = 172, т.е. получилось составное число. Можно доказать, что никакой многочлен с целыми коэффициентами не может
для всякого натурального значения n равняться простому числу.
При изучении свойств множества N было отмечено, что оно не ограничено сверху. Обладает ли этим свойством множество простых чисел? Если множество простых чисел (условимся обозначать его Р) не ограничено сверху, то это значит, что какое бы простое число мы
не назвали всегда найдется еще большее простое число. А если множество Р ограничено
сверху, то это значит, что существует (пусть даже и очень большое и, быть может, нам пока
и неизвестное) такое простое число р, что все натуральные числа, большие, чем р, обязательно будут составными.
Ответ на вопрос об ограниченности или неограниченности множества Р был дан Евклидом. Он рассуждал так. Допустим, что число простых чисел ограниченно, т.е. имеется
самое большое простое число, которое мы обозначим р. Тогда можно составить такое число:
q = 2 х 3 х 5 х 7 … р + 1.
Оно представляет собой произведение всех простых чисел от 2 до р, увеличенное на
единицу. Исследуем это число. Оно, конечно, больше р. Следовательно, оно является составным – мы ведь допустили, что р – самое большое простое число. Но раз оно составное,
то оно должно делиться на какое-то простое число. На 2 оно не делится, так как слагаемое
3
2 х 3 х 5 х 7 … р делится на 2, а второе слагаемое (единица) на 2 не делится. Не делится оно и
на 3, и на 5, и на 7, и на 11, …, и на р. Иначе говоря, оно не делится ни на одно число, кроме
единицы и самого себя. Значит число q – простое. Получилось противоречие, что число q
одновременно является и простым, и составным, что, конечно, невозможно. Откуда возникло
это противоречие? Оно возникло потому, что мы допустили предположение, будто существует самое большое простое число. Итак, самого большого простого числа не существует,
иначе говоря, множество Р, не ограниченно сверху. Теорема доказана.
Доказательство теоремы Евклида является одним из самых замечательных доказательств в математике. Но есть в нем один «подводный камень». Ведь на первый взгляд, меняя p в формуле для q, можно получить простые числа. Но ранее говорилось, что не существует формулы для отыскания простых чисел (правда, речь шла о формуле – многочлене).
Так, может быть, мы открыли такую формулу?
Давайте подсчитаем q для различных p:
q2 = 2 + 1 = 3 – простое число;
q3 = 2 х 3 + 1 = 6 + 1 = 7 – простое число;
q5 = 2 х 3 х 5 + 1 = 30 + 1 = 31 – простое число;
q7 = 2 х 3 х 5 х 7 + 1 = 30 х 7 +1 = 211 – простое число;
q11 = 2 х 3 х 5 х 7 х 11 + 1 = 210 х 11 + 1 = 2311 – простое число.
Кажется, все в порядке. Но q13 = 2 х 3 х 5 х 7 х 11 х 13 + 1 = 2310 х 13 + 1 = 30 031, хотя и
не делится на 2, 3, 5, 7, 11, 13, но делится на 59.
Среди множества проблем, которые исследовал П ь е р Ф е р м а (1601 – 1665), юрист
по профессии, математик по призванию, немалое место занимали вопросы, связанные со
свойствами чисел, в частности простых. Он высказал предположение, что простыми являютn
ся все числа вида 22 + 1.
Проверим это предположение для нескольких n, составив такую таблицу:
n
n
n
2
n
22
Fn
ЧИСЛА ВИДА Fn =22 + 1
2
3
4
8
0
1
1
2
2
4
16
3
5
17
4
16
5
32
256
65 536
4 294 967 296
257
65 537
4 294 967 297
Первые четыре числа (3, 5, 17, 257) – простые. Несколько труднее установить, что
65537 - тоже простое. Хочется думать, что все Fn тоже простые, но оказывается (это установил Леонард Эйлер), что F5 = 232 + 1 = 4 294 967 297 – составное (оно делится на 641). Любоn
пытно, что до сих пор никому не удалось установить, имеются ли простые числа вида 22 + 1
при n, большем 4.
С числами Fn связан замечательный геометрический факт, установленный немецким
математиком К а р л о м Ф р и д р и х о м Г а у с с о м (1777 – 1855). Оказывается, что правильный р-угольник для простого р > 2 можно построить при помощи циркуля и линейки
тогда и только тогда, когда р есть простое число вида Fn. Иначе говоря, треугольник с равными сторонами и углами построить с помощью циркуля и линейки можно; пятиугольник –
тоже; построение 17-угольника сложно, но в принципе возможно; оказывается можно построить 257 и 65 537 – угольники, но вот, например, семиугольник, пользуясь линейкой и
n
циркулем построить нельзя, так как не при каком n 7 не равно 22 +1.
Гаусс, сделавший это открытие в девятнадцатилетнем возрасте, придавал ему настолько большое значение, что позднее завещал выгравировать правильный 17-угольник на своем
надгробии, хотя многие другие открытия Гаусса имеют для науки гораздо большие следствия.
С именем П. Ферма связана так называемая «великая теорема Ферма». В свое время
Ферма написал в книге Диофанта «Арифметика», что невозможно разложить ни куб на два
куба, ни биквадрат на два биквадрата, и вообще никакую степень, большую квадрата, на две
степени с тем же показателем, и что он открыл этому поистине чудесное доказательство, но
поля этой книги для него слишком малы.
4
Уточним, вернее, переведем на более современный язык мысль Ферма. Рассмотрим равенство:
xn + yn = zn,
в котором x, y, z – некоторые натуральные числа, n - натуральный показатель степени. При
n=1 можно найти сколько угодно троек чисел, удовлетворяющих этому равенству. При n=2
получим уравнение x2 + y2 = z2, имеющее множество решений. Это уравнение можно рассматривать и при других показателях, но Ферма утверждает, что если показатель равен 3, 4,
и вообще любому числу, большему 2, то оно не имеет решений. В этом и заключается теорема Ферма, полное доказательство которой пока не открыто.
Французский математик Ж о з е ф Б е р т р а н (1822 – 1900) сформулировал, но не решил такую проблему:
между числами n и 2n – 2 при n  4 лежит не менее одного простого числа.
Проверим постулат Бертрана для числа 6, т.е. ответим на вопрос: лежит ли между числами 6 и 2 х 6 – 2 = 10 хотя бы одно простое число?
Да, действительно лежит, это число 7. Еще пример, между 20 и 2 х 20 – 2 = 38 лежат 4
простых числа: 23, 29, 31, 37.
Любопытная особенность расположения простых чисел в натуральном ряду связана с
так называемыми числами – близнецами. Понятно, что два простых числа не могут стоять рядом, так как одно из двух последовательно взятых натуральных чисел обязательно четное.
Исключение составляет единственная пара – числа 2 и 3. Но встречаются такие простые числа, разность между которыми равна 2, т.е. между ними расположено одно и только одно составное число, например, 5 и 7, 11 и 13, 29 и 31, 59 и 61. Такие числа называются близнецами. Конечно или бесконечно множество близнецов? Пока ответа на этот вопрос нет. Известно, например, что имеется пара простых чисел 1 000 000 009 649 и 1 000 000 009 651 – это
самые большие из известных сегодня близнецов, но никто не знает, есть ли еще большая пара.
Простые числа составляют мультипликативный (латинское multiplicatio – умножение)
базис множества N. Любое натуральное число – либо составное, и тогда его можно получить
перемножая некоторые простые, либо простое, так как создать его при помощи других чисел
невозможно. Можно сказать так:
ЛЮБОЕ НАТУРАЛЬНОЕ ЧИСЛО a МОЖЕТ БЫТЬ ПРЕДСТАВЛЕНО В ВИДЕ ПРОИЗВЕДЕНИЯ a = p1e1 . p2e2 . p3e3 . … . pnen , ГДЕ p - РАЗЛИЧНЫЕ ПРОСТЫЕ ЧИСЛА И
e – НАТУРАЛЬНЫЕ ПОКАЗАТЕЛИ СТЕПЕНИ.
Это утверждение называется основной теоремой арифметики.
Делимость целых чисел.
Натуральное число n является делителем целого числа, если m = nk для подходящего
целого числа k. В этом случае говорят, что m делится на n (нацело) и обозначают этот факт
так: m:n (иногда используют обозначение m/n, т. е. n делит m). Число m также называют
кратным числу n. Каждое число n имеет бесконечное множество кратных: 0, +n, +2n, +3n, …
Если числа m, n делятся на натуральное число c, то c называют их общим делителем.
Наибольший общий делитель m и n обозначается 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 делимости полезны обобщения
формул сокращенного умножения (n - натуральное число):
an – bn = (a – b)(an-1 + an-2 b + … + abn-2 + bn-1);
a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n - a2n-1 b + … + ab2n-1 + b2n).
Из этих равенств видно, что при целых a, b разность любых натуральных степеней и
сумма нечетных степеней a и b делятся соответственно на a – b и a + b.
Сформулируем основные свойства делимости.
Свойство 1. Если целое число a делится на m, а m делится на k, то k является делителем
a.
5
Свойство 2. Пусть a и b - целые числа, n - их общий делитель. Тогда: 1) a + b, a - b делятся на n; 2) ab делится на n (точнее, ab делится на n2).
Следствие (из свойства 2). Если одно из чисел a или b делится на n, а второе не делится,
то a + b, a - b не делится на n.
В самом деле, если, например, a и a + b делятся на n, то и b = (a + b) – a делится на n,
согласно свойству 2(1).
Свойство 3. Если целое число a делится на взаимно простые натуральные числа m и n,
то a делится на их произведение mn.
Свойство 4. Если a, b – целые числа, p - простое число и ab делится на p, то a или b делится на p.
Свойство 5. Если a, b – целые числа, ab делится на натуральное число с, причем b и c
взаимно просты, то a делится на c.
Так как четные и нечетные числа чередуются, то произведение a(a + 1) любых двух
последовательных чисел делится на 2.
Деление целых чисел с остатком.
Игра с числами. Играют двое. На доске написаны 2 числа: скажем, 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
8-5=3
5-3=1
3-2=1
21-1=20 20-1=19 19-1=18 18-1=17
число 21-8=13 13-8=5
№ хода
11
12
13
14
15
16
17
18
19
9-2=7
7-1=6
6-2=4
число 16-1=15 15-1=14 14-2=12 12-1=11 11-1=10 10-1=9
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, выигрывал 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 получалось еще меньшее число – остаток. Таким же способом и в общем случае можно
доказать, что
Любое целое число а можно разделить с остатком на любое натуральное число n,
т.е. представить а в виде
а = nq + r, 0  r < n,
где – q целое число, частное, а r – остаток от деления a на n. Частное q и остаток r определены однозначно.
Например, 1289 = 184 х 7 + 1.
Для числа 1289 неверно было бы написать, что - 1289 = - 184 х 7 - 1, так как остаток должен
быть положительным. Чтобы удовлетворить этому условию, добавим к правой части 7 и вычтем из нее 7: - 1289 = - 184 х 7 – 7 + 7 – 1 = - 185 х 7 + 6.
Из теоремы о делимости с остатком вытекает, что среди любых выписанных подряд и
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 наглядной схемой. Допустим сначала, что число а делится на 3. Изобразим делимость на 3 нескольких последовательных чисел.
а-3
Делится на 3
а-2
а-1
Не делятся на 3
а
Делится на 3
а+1
а+2
Не делятся на 3
а+3
Делится на 3
Если же а не делится на 3, то из этой схемы ясно, что либо а-1, либо а+1 делится на 3.
а-3
а-2
а-1
а
а+1
а+2
а+3
6
Не делятся на 3
Делится на 3
Не делится на 3
Делится на 3
Не делятся на 3
Не делятся на 3
Делится на 3
Не делится на 3
Делится на 3
Не делятся на 3
Кроме того, среди этих множителей встречаются два последовательных целых числа, а
именно а-1 и а или а и а+1. Отсюда следует, что при любом целом а произведение (а - 1)а(а
+ 1) делится на 6, так как оно делится на взаимно простые числа 2 и 3.
Пример. Доказать, что для любого целого n число а = n/3+n2/2+ n3/6 целое.
n 3  3n 2  2n
Решение. Сложим данные дроби: a 
6
3
Разложим числитель на множители: n +3 n2 +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 ранее, делится на 6, следовательно, данное число целое.
Пример. Доказать, что если р>4 и взаимно просто с 6, то р2-1 делится на 24.
Решение. Разложим на множители р2 - 1 = (р – 1)(р + 1). Так как р не кратно 3, то, как
показано выше, либо р – 1, либо р + 1 делится на 3. Следовательно, на 3 делится р2 – 1 по
свойству 1.
Докажем делимость на 8. Так как р не делится на 4, то либо р-1, либо р+1 должно делится на 4, поскольку возможна только одна из двух ситуаций:
р-2, р-1, р
р+1
или
р-1
р, р+1, р+2
не делятся на 4
делится
делится
не делятся на 4
на 4
на 4
Таким образом, из четырех последовательных натуральных чисел р-1, р, р+1, р+2 одно делится на 4 и еще одно делится на 2. А так как числа р и р+2 нечетные, то (р – 1)(р + 1)
делится на 8.
Итак, число р2 – 1 делится на взаимно простые числа 3 и 8, следовательно, делится на
24, что и требовалось доказать.
Пример. Найти все простые числа р такие, что р+10, р+14 являются простыми.
Решение. Очевидно, р > 2, так как при р = 2, р+10=12 и р+14=16. Заметим, числа р,
р+10= р+1+9, р+14= р+2+12 дают разные остатки при делении на 3. Следовательно, одно из
этих чисел делится на 3. Если р делится на 3, то просто равно трем. Если р не делится на 3,
то р+10 или р+14 делятся на 3 и не могут быть простыми.
Ответ: р=3.
Признаки делимости.
Чтобы разложить на множители многозначное число, требуется найти сначала хотя бы
небольшие его делители. Для этого предназначены признаки делимости натуральных чисел
по их цифрам.
Пусть натуральное число а имеет десятичную запись
а = аn аn-1…а1 а0 = 10n аn + 10n-1 аn-1 + … + 10 а1 + а0
(а0 - цифра единиц, а1 - цифра десятков и т.д.)
По самому смыслу десятичной записи, число кратно 10k , если его последние k цифр
равны нулю.
Сформулируем известные признаки делимости
а делится на …
при условии
2
а0 делится на 2
4 или 25
число а1а0 делится на 4 или 25
8
а2а1а0 делится на 8
5
а0 равно 0 или 5
10
а0 равно 0
3 или 9
сумма цифр делится на 3 или 9
11
знакочередующаяся сумма цифр делится на 11
сумма двузначных граней делится на 11
7, 11, 13
знакочередующаяся сумма трехзначных граней делится на 7, 11, 13 соответственно
7
Для обоснования признаков делимости на 2, 5, 10 запишем а в виде
а = аn аn-1…а10 + а0 = 10 аn аn-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 а в виде суммы
а = 100 х аn аn-1…а2 + а1а0.
Так как 100 делится на 4 и 25, то, вновь по свойству 2, число а будет делится на 4 или
25 одновременно с числом, составленным из двух последних цифр данного числа. Аналогично, условие делимости числа на 8 (и125) становится ясным, если отделить от него число, составленное из трех последних цифр:
а = 1000 х аn аn-1…а3 + а2а1а0, поскольку 1000 = 8 х 125.
Чтобы объяснить признак делимости на 9, заметим, что для записи любого k = 1,2,…
разность 10k –1 кратна девяти. Это видно из десятичной записи этих чисел.
В самом деле, 10-1=9, 102-1=99, 103-1=999 и вообще 10k –1=99…9 (k девяток). Данное число
можно преобразовать так:
а = (99…9+1)аn + (9…9+1)аn-1 +…+ (99+1)а2+ (9+1)а1 + а0 = 9 х (11…1 х аn + 1…1 х аn-1
+…+а1) + (аn + аn-1+...+ а2 + а1+ а0).
Так как подчеркнутое выражение кратно 9 (в частности, трем), то все определяется делимостью на 3 или на 9 суммы цифр данного числа.
Для обоснования делимости на 11, 7, 13 учтем, что 11=10+1; отсюда при помощи формулы a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n - a2n-1 b + … + 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-2 b + … + 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 а1 + 99 а2 +1001а3 +…
Все подчеркнутые слагаемые кратны 11, поэтому остаток деления данного числа на 11
равен остатку знакочередующейся суммы его цифр.
Например, число 1522906 : 11, так как 6-0+9-2+2-5+1=11 делится на 11.
Можно не составлять знакочередующуюся сумму, а разбивать данное число на двузначные доли – грани, начиная справа налево. Представим число а в виде
а = а1 а0 + а3 а2 х 100 + а5 а4 х 1002 +… = а1 а0 + а3 а2 + а5 а4+…+(99 х а3 а2 +9999 х а5 а4 +…);
так как 99=100-1 делится на 11, то число, взятое в скобки, кратно 99. Тем самым делимость
на 11 определяется делимостью суммы двузначных граней.
Пример. 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 деление, подсчитаем сумму
двузначных граней полученного числа 2+86=88 – оно делится на 11, следовательно, 286 делится на 11, как и данное число а= 94317991999.
Рассмотрим пример применения объединенного признака делимости на 7, 11, 13.
Пример. Являются ли 7, 11, 13 делителями числа 5159539 ?
Решение. Разобьем данное число справа налево на трехзначные числа (грани):
5 159 539
Последняя грань однозначная. Знакочередующаяся сумма полученных чисел равна
539-159+5=385. Так как 385 = 5 х 7 х 11 делится на 7 и 11, то данное число делится на 7
и 11, но не делится на 13.
Ответ: 7 и 11 – делители данного числа, 13 – не делитель.
Приведем примеры частных признаков 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.
8
3) Пусть a, b, c, d обозначают соответственно единицы, десятки, сотни, тысячи некоторого числа N. Число N делится на 4, если a+2b делится на 4, и обратно; оно
делится на 8, если a+2b+4c делится на 8, и обратно; оно делится на 16, если
a+2b+4c+8d делится 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.
5) Если у числа сумма количества всех десятков с учетверенной цифрой единиц делится на 13, то само число делится на 13.
6) Если сумма удвоенной цифры единиц и утроенного числа десятков числа N делится
на 17, но N делится на 17.
Вычисление наибольшего общего делителя (НОД)
и наименьшего общего кратного (НОК)
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 , где i=1, …, m. Делитель будет собственным (т. е. меньшим числа n), если li < ki хотя бы для одного i.
Пример. Найти все делители числа 496 и сумму его собственных делителей.
Решение. Разложим 496 на простые множители: 496 = 8 х 62 = 24 х 31. Все делители:
1, 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16 и 31, 2 х 31 = 62, 4 х 31 = 124, 8 х 31 = 248 и само число 496. Сложим
найденные числа, меньшие 496: 1+2+4+8+16+31+2 х 31+4 х 31+8 х 31(для удобства подсчета
сгруппируем слагаемые) = (1+31) + (2+ 2 х 31) + (4+4 х 31) +(8+ 8 х 31) +16 = 32 х (1+2+4+8) +
16 = 16 х (1+2+4+8+16)= 16 х 31 = 496
Количество делителей числа n = p1k1 p2k2 … pmkm
можно найти по форму4х
ле(k1+1)(k2+1)… (km+1). Так число 496 = 2 31 имеет (4+1)(1+1)=10 делителей.
Пример. Может ли натуральное число, имеющее 2002 делителя, быть квадратом какого-либо натурального числа?
Решение. Число n с каноническим разложением n = p1k1 p2k2 … pmkm является полным
квадратом, если все показатели ki четны ki = 2li . Поскольку тогда все скобки в произведении
(k1+1)(k2+1)… (km+1) нечетны, квадрат не может иметь 2002 делителя.
Ответ: такое число не может быть полным квадратом.
На самом деле показано, что число тогда и только тогда является полным квадратом,
когда оно имеет нечетное количество делителей.
Рассматривая одновременно два или более чисел, удобно включить в разложение каждого числа все простые делители этих чисел, а отсутствующие - в нулевых степенях (p0 = 1
для любого числа p). Например, для 715 = 5 х 11 х 13, 364 = 22 х 7 х 13 можно записать
715 = 20 х 5 х 70 х 11 х 13, 364 = 22 х 50 х 7 х 110 х 13.
Пусть n = p1k1 p2k2 … psks , m= 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 ai – меньший из показателей ki ,li , i = 1,…, s.
2. НОК (n,m) = p1b1 p2b2 … psbs, где bi – больший из ki ,li , i = 1,…, s.
Пример. Доказать, что НОД(n,m) х НОК (n,m) = nm.
Решение. НОД(n,m) х НОК (n,m) = p1a1+ b1 p2a2+ b2 … psas+ 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) х НОК (n,m) = p1k1+l1 p2k2+l2 … psks+ls = nm, что и требовалось доказать.
Чтобы найти НОД двух натуральных чисел a и b, не обязательно знать их разложения
на простые множители. Существует иной способ, использующий многократное деление с
остатком. Он известен как алгоритм Евклида.
Вначале покажем способ на наглядном примере.
Пример. От прямоугольника 162 мм х 48 мм отрезали несколько квадратов со стороной
48 мм, пока не остался прямоугольник, у которого одна сторона короче 48 мм. От получен9
ного прямоугольника отрезают квадраты, у которых одна сторона равна меньшей стороне
прямоугольника, до тех пор, пока это возможно. Чему равна сторона последнего квадрата?
162
6
12
18
48
18
48
6
Решение. Начертим заданный прямоугольник.
Откладываем 48 мм на большой стороне прямоугольника, так как 162 = 3 х 48 + 18, то
получим 3 квадрата 48 мм х 48 мм и прямоугольник 48 мм х 18 мм (r1 = 18 есть остаток от
деления числа 162 на 48). На большей стороне нового прямоугольника откладываем его
меньшую сторону: 48 = 2 х 18 + 12. Получим два квадрата 18 мм х 18 мм и прямоугольник 18
мм х 12 мм (r2 = 12 есть остаток от деления числа 48 на 18). Этот прямоугольник содержит в
себе один квадрат 12 мм х 12 мм и прямоугольник 12 мм х 6 мм, который в свою, очередь,
состоит из двух квадратов 6 мм х 6 мм.
Ответ: сторона последнего квадрата равна 6 мм.
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 c делитель b и r1, то число a = bn1+r1 будет делиться на c, т.е. c является общим делителем a 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, r1) = НОД (r1, r2). Теперь разделим r1 с остатком на r2 < r1 и т.д. Так как
после каждого деления числа уменьшаются: a > b > r1 > r2 …, то через несколько шагов процесс закончится тем, что r k+1 = 0, d = НОД (r k-1, r k) = r k.
Пример. Найти НОД (1176, 315).
Решение. Представим как последовательность делений с остатком.
1176 = 3 х 315 + 231
315 = 1 х 231 + 84
231 = 2 х 84 + 63
84 = 1 х 63 + 21
63 = 3 х 21
а
b
r1
b
r1
r2
r1
r2
r3
r2
r3
r3
r4 = d
r4
Ответ: НОД (1176, 315) = 21.
С помощью алгоритма Евклида можно найти такие целые числа x, y, что ax+ by = d.
Покажем это для чисел последнего примера. 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 х 1176 + 15 х 315 = 21.
Общий делитель приходится искать при исследовании сократимости рациональных
дробей целого аргумента.
Пример. Определить, на какие натуральные числа может сокращаться дробь при целых х.
5х – 1
3х + 4
Решение. Пусть d – общий делитель числителя и знаменателя
10
5 x  1  dk

3x  4  dl
для подходящих целых k, l. Исключим x из этих уравнений:
 15 x  3  3dk

15 x  20  5dl
d(5l - 3k) = 23, а т.к. 23 – простое число, то d = 23.
Ответ: на 23.
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: ах = 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 x = b/a, если a - делитель b, и не имеет целочисленных решений
в противном случае.
Пример. Квадратные керамические плитки были приготовлены, чтобы выложить ими
бассейн размером 2n +1 на n + 2 плиток. Можно ли этими плитками выложить стенку высотой n + 4 плиток, и сколько плиток при этом уложится в ряд?
Решение. Если x – длина ряда плитки, то общее количество плиток равно
(n + 4) x = (2n +1) (n + 2), так что
x
(2n  1)( n  2)
n4
при условии, что значение 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
Заменим этим выражением числитель и разделим его на (n + 4), получим
x
(n  4)( 2n  3)  14
14
 2n  3 
n4
n4
Число 2n – 3 целое при целом 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 x = 6 – 3 + 2 = 5, и при n + 4 = 14,
n = 10, тогда x = 20 – 3 + 1 = 18.
Ответ: 7 х 7 при n = 3 или 14 х 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 –
2. Линейное уравнение с двумя неизвестными: ах + by = c (2), где a, b, c – данные
целые числа, причем a, b ≠ 0 (иначе это уравнение с одним неизвестным).
Пример. Покупатель выбрал в палатке продукты на 43 руб. Продавец попросил заплатить без сдачи, но у покупателя были только монеты по 2 и 5 руб. Сможет ли он оплатить
покупку? Если да, то какое наименьшее количество монет потребуется?
Решение. Пусть потребуется x монет по 2 руб. и y монет по 5 руб. (разумеется, x, y натуральные числа), тогда получим уравнение 2x + 5y = 43. Если решение существует, то
43  5 y
x
,
2
43 - 5y должно делиться на 2. При y = 1 найдем
x
43  5
 19
2
и вообще для любого нечетного y, 1 < y < 7, найдется соответствующее натуральное значение x. 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 целочисленные решения.
11
Например, уравнение 2x - 4y = 21 не имеет решений, так как левая часть делится на 2, а
правая не делится.
Уравнение (2) тогда и только тогда имеет целочисленное решение ( x; y), когда с
делится на НОД (a, b).
Это условие выполнено, если a и b взаимно просты, как было рассмотрено в последнем
примере.
Примеры решения других уравнений.
Уравнения Р = с, где Р – многочлен с целыми коэффициентами от одной или нескольких неизвестных и без свободного члена, а с – целое число часто решают, разлагая левую и
правую часть на множители и используя единственность разложения из основной теоремы
арифметики.
Пример. Найти все целые корни уравнения x3 – 4x = 15.
Решение. Левую часть разложим на множители: x3 – 4x = x(x2 – 4) = (x – 2) x (x + 2) = 15.
В разложении числа 15 на три различных сомножителя обязательно участвует 1. Возможны
варианты: x – 2 = 1, x = 3, x +2 = 5 или x – 2 = -5, x = -3, x + 2 = - 1, но тогда произведение
равно –15. Значит, других целых корней это уравнение не имеет.
Ответ: x = 3.
Пример. Найти все решения уравнения 4x2 – y2 = 28 в натуральных числах.
Решение. Разложим левую часть уравнения на множители: 4x2 – y2 = (2x – y)(2x + y). Так
как x и y – натуральные числа, то 2x + y также натуральное число, делящее 28. Если 2x + y
нечетно, то 2x - y = (2x + y) - 2y также не делится на 2, и их произведение не может быть четным. Следовательно, числа 2x – y и 2x + y четные, причем 2x – y < 2x + y. В результате этих
рассуждений получаем систему
2x – y = 2
2x + y = 14, которая имеет единственное решение x = 4, y = 6.
Ответ: x = 4, y = 6.
Пример. Выяснить имеет ли уравнение x2 – xy - 2y2 = 12 решение в целых числах.
Решение. Покажем, что не существует таких целых чисел x и y, для которых x2 – xy - 2y2
равно 12, как в предыдущем примере. Разложим на множители левую часть уравнения: x2 –
xy - 2y2 = (x + y)(x - 2y). Представим число x - 2y в виде x - 2y = (x + y) – 3y, так что 12 = (x +
y)I(x + y) – 3yI. Так как 12 делится на простое число 3, то по свойству 3 делимости хотя бы
один из сомножителей должен делиться на 3.
Если x + y делится на 3, то (x + y) – 3y также делится на 3, по свойству 1, и произведение (x + y)(x - 2y) делится на 9. Аналогично из делимости на 3 множителя x - 2y = (x + y) – 3y
также вытекает делимость на 3 числа x + y. Следовательно, (x + y)(x - 2y) делится на 9 для
любых целых чисел x и y, поэтому x2 – xy - 2y2 ≠ 12.
Ответ: данное уравнение не имеет решения в целых числах.
Рассмотрим задачи олимпиадного характера.
1. Докажите, что если сумма р! + 1 делится на р + 1, то р + 1 – простое число.
Решение. Пусть р + 1 = hk – составное число, h < p, k < p. Тогда (р! + 1) делится на h, k. Но р!
делится на 2, 3, …, h, k, … , р, следовательно, р! + 1 не делится на эти числа.
2. Докажите, что если а + в + с делится на 6, то и а3+ в3 + с3 делится на 6 (а, в, с – целые числа).
Решение. Легко видеть, что а3 =a(mod 6), так как а3- а = (а - 1)а(а + 1) / 6. Но тогда а3+в3+с3=
=а+в+с(mod 6).
3. Длины сторон прямоугольного треугольника – целые числа. Могут ли обе длины катетов быть нечетными?
Решение. а2+ в2 = с2 . Если а = 2k + 1, b = 2p + 1, то с2 = 4(k 2 + k + p 2 + p) + 2, с2 = 2(mod 4).
Противоречие.
4. Билет на транспорте считается «счастливым», если сумма первых трех цифр его шестизначного номера совпадает с суммой последних трех цифр. Докажите, что сумма номеров
всех «счастливых» билетов делится на 13.
12
Решение. Пусть p, g - трехзначные грани «счастливого» номера. Если p = g , то номер pg делится на 13 (разность трехзначных граней p – g должна делится на 13). Если p≠g , то номер
pg сложим с номером gp: pg + gp = pp + gg, их сумма делится на 13.
Моя работа полностью не исчерпывает эту многогранную тему, так как в ней охвачена
лишь часть материала по данному вопросу. И даже ученые, которые занимаются этими разделами математики, не нашли всех ответов при решении поставленных задач.
Литература.
1. Пичурин Л.Ф. За страницами учебника алгебры. М.: Просвещение, 1990.
2. Математика в школе. 1998. № 2.
3. Математическая энциклопедия абитуриента, вып. 1: Петрович А.Ю., Сидоров Ю.В., Шабунин М.И. Числа и многочлены. М.: МФТИ и РОУ, 1992.
4. Виленкин Н.Я., Шибасов Л.П., Шибасова З.Ф. За страницами учебника математики, 10-11. М.: Просвещение, 1996.
5. Алгебра-8/ под ред. Виленкина Н.Я. М.: Просвещение, 1995.
6. Нестеренко Ю.В. Простые и составные числа (в сб. «Факультативный курс
по математике 7 - 9», сост. Никольская И.Л.). М.: Просвещение, 1991.
13