Сандар теориясы

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 73 бет
Таңдаулыға:

Сандар теориясы

Құрастырушы: Жолмағанбет Ақерке Әділханқызы,
Есалина Айзада Піралықызы - математика пәні мұғалімдері
Ақтөбе облыстық мамандандырылған физика-математикалық мектеп-интернаты
Пікір берушілер:
Ж.Әнеш- Ақтөбе облыстық ғылыми-тәжірибелік орталығының әдіскері, п.ғ. магистрі
Ғ.Байсейтова - Мектепке дейінгі және жалпы орта білім беру ұйымының әдіскері
Аннотация
Оқу құралында математика пәнінен Сандар теориясы бойынша есептердің басым көпшілігі қарастырылған. Авторлар алдымен, берілген тақырыптар түсініктірек болу үшін және өз бетімен жұмыс істей алуын жетілдіру мақсатында әр тақырыпқа мағынаны тереңірек ашатын есептерді шығарудың мысалдарын келтірген. Яғни, бұл оқу құралы арқылы мұғалім өзіне есептер қорын жинай алса, оқушыларға өз бетімен сабаққа дайындалуда қиындық туғызатын күрделі тақырыптардағы есептерді шешуде нұсқаулық берілген.

Алғы сөз

Сандар теориясы -- математиканың бүтін, рационал және алгебралық сандардың қасиеттерін зерттейтін саласы. Әсіресе оң натурал сандар 1, 2, 3, ..., оның қасиеттері мен оларға арифметикалық амалдар қолдану Сандар теориясының зерттеу аясында ерекше орын алады. Грекияда б.з.б. 6 ғ-да (Пифагор мектебінде) бүтін сандардың бөлінгіштігі зерттеліп, бүтін сандардың жеке түрлері (мысалы, жай сандар, құрама сандар, квадрат сандар) ажыратылды, кемел сандардың құрылымы қарастырылды. Евклид "Негіздерінде" Евклид алгоритміне сүйеніп, екі бүтін санның ең үлкен ортақ бөлгішін табуға арналған жүйелі бөлінгіштік теориясы құрылды. Онда Евклид жай сандардың шексіз көп болатынын дәлелдеді. Диофанд (б.з.б. 3 ғ.) "Арифметика" деген еңбегінде теңдеулердің бүтін санды шешулерін табумен айналысып, Сандар теориясын дамытуға үлкен үлес қосты. Сандар теориясының кейбір мәселелері Қытайда (2 ғ-дан бастап), Үндістанда (7 ғ-дан бастап), Шығыс араб елдерінде (9 ғ-дан бастап) қарастырылды. Еуропада Сандар теориясының дамуы П.Ферма (1601 -- 65) зерттеулерінен басталады. Ферма өзінің атақты теоремасын дәлелдеген және бұл теорема салыстыру теориясында үлкен рөл атқарған кіші теорема болды. Л.Эйлер (1707 -- 83) аналитикалық Сандар теориясының негізін қаласа, К.Гаусс жүйелі салыстыру теориясын жасады. 19 ғ-дың ортасында П.Дирихле (1805 -- 59) арифметикалық прогрессия туралы теоремасын дәлелдеп, өзінің функционалдық қатарын енгізді. Сандар теориясының дамуына ресейлік ғалымдар П.Чебышев (1821 -- 94), А.Марков (1856 -- 1922), И.Виноградов (1891 -- 1983), т.б. үлес қосқан. Қазақстанда Сандар теориясының дамуын арттыруда Б.Оразбаев шәкірттерімен бірге жемісті еңбек етті. Аналитикалық әдістерді алгебрада қолдануды қажет ететін есептерді, яғни абсолют абельдік өрістердің асимптотикалық таралу заңдылығы (Оразбаев), абсолют абельдік өрістер санының натурал қатарда орналасу заңдылығы
(С.Кенжебаев, А.Бөленов), Дирихленің L-қатарларының теор. -функционалдық қасиеттері (Р.Тұрғаналиев, т.б.), жазық облыстардағы бүтін нүктелер санының бағасы (С.Әбләлимов), кейбір мультипликативтік функциялардың бағасы (И.Ильясов) зерттелді. Қазақстанда, негізінен, сандардың аналитик. теориясы дамуда. Қазіргі кезде Сандар теориясының шешілмеген мәселелері көп: жай егіз сандар мәселелері, n2+1 түріндегі жай сандардың шексіздігі, шеңбер ішіндегі және гипербола астындағы бүтін нүктелер, p+е сандарының трансценденттігі, т.б.
Бұл оқу-әдістемелік құралды жазудағы ең негізгі мақсат мектеп оқушыларына білім беру бағдарламасынан тыс олимпиадалар мен ғылыми жобаларға дайындалуға бағыт-бағдар беру.
Жалпыға ортақ білім бағдарламасы математикаға бейімі бар кейбір оқушылар үшін оңай болуы мүмкін. Бұл кей жағдайда оқушылардың қызығушылығының төмендеуіне әкеліп соғады. Осындай жайттарды болдырмаудың алдын алу үшін арнайы осы оқулық сияқты материалдарды оқушылардың әрі қарай математикаға қызығушылығын арттырып, ынталандыру үшін қолдануға болады. Екінші бір маңыздылығы, Республикалық, Халықаралық олимпиадаға дайындайтын оқулықтардың көпшілігі ағылшын тілінде жазылған. Бұл тілдік бұғат қазақ, орыс тілінде оқитын оқушылардың Халықаралық математикалық олимпиада аренасында бәсекеге қабілеттілігін біршама төмендетеді. Сондықтан, сандар теориясы кітабы көп оқушыларға мүмкіндік ашатын таптырмас олжа.
Бұл кітаптың кейбір есептерінде АҚШ-тың Халықаралық Математика Олимпиада құрамасының олимпиадаға дайындық материалдары қамтылған. Кітап сатылы түрде құрастырылған. Яғни, оқушылардың сандық-теориялық дағдылары мен тәсілдерін біртіндеп дамытады. Кітаптың алғашқы тарауы сандар теориясы мен математикалық құрылымдарымен жан-жақты таныстырады. Тақырыптар сандардың бөлінгіштік қасиеті мен Евклид алгоритмдерінен бастау алып, арифметиканың фундаметалды теормасын қамтиды.
Кітаптың келесі бөлігі Ферма, Эйлер теоремаларын қамтумен басталып, Мерсен, Ферма, керемет сандарды түсіндірумен қорытындыланады. Жоғарыда көрсетілген материалдар сандар теориясының таңдау курсының оқулығы бола алады. Бұл жұмыс оқушылардың математикаға деген көзқарасын кеңейтуге және оларды түрлі математикалық олимпиадаларға қатысуға жақсы дайындауға бағытталған. Бұл кітап оқушылардың проблемаларды шешу тактикалары мен стратегияларын дамытып, жетілдіру арқылы сандар теориясының маңызды салаларына тереңірек үңілуге септігін тигізеді. Кітап оқушылардың болашақта математиканы оқуға деген қызығушылығын арттырады.

Бөлінгіштік

Біз төменгі сыныптарда (бүтін сандар) сандармен орындауға болатын төрт негізгі амалды үйрендік, атап айтқанда қосу (+), азайту (-), көбейту (∙), бөлу (). Кез келген екі бүтін a және b сандары үшін олардың қосындысы a+b, айырмасы a-b, a+b, көбейтіндісі ab-бүтін сан, ал олардың бөліндісі ab немесе ba бүтін сан болуы міндетті емес.
Кез келген m және нөлден айрықша n бүтін сандары үшін, m саны n санына бөлінеді дейміз, егер m=kn болатындай k бүтін саны табылса. Біз оны келесідей белгілейміз: m ⋮n немесе nm. Егер m саны n санына бөлінсе, онда m саны n санының еселігі деп аталады және n саны m санының бөлгіші деп аталады.
0 = 0 · n болғандықтан, барлық n бүтін сандары үшін n 0. Бекітілген n бүтін саны үшін, n санының еселіктері 0, +- n, +-, 2n,. . . . Демек, әрбір n бүтін сандар қатарында n санының еселігі бар деген сөз. Егер m саны n санына бөлінбесе, онда n ∤ m арқылы белгілейміз. (Нөлден айрықша барлық m сандары үшін
0∤ m екенін ескереміз, өйткені барлық k бүтін сандары үшін m!=0=k∙0.)
Сөйлем 1.1. x, y және z - бүтін сандар болсын. Онда келесі қасиеттерге ие болады:
(a) х x (рефлексиялық қасиеті);
(b) Егер x у және у z, онда x z (транзитивтілік қасиеті);
(c) Егер x y және y!= 0, онда x = y ;
(d) Егер x у және х z, онда кез келген α және β бүтін сандары үшін x αy + βz;
(e) Егер x у және х y +- z, онда x z;
(f) Егер x у және у x, онда x = у ;
(g) Егер x у және y!=0, онда yx x;
(h) z!=0 үшін x у сонда тек қана сонда егер, xz уz
Дәлелдеуі: (а) үшін x = 1 · x екенін ескереміз. (b) -ден (h) -ге, х у шарты берілген; яғни кейбір бүтін k үшін y = kx.
(b) үшін бізде у z екені белгілі; яғни k1 бүтін саны үшін z = k1y. Онда z = (kk1)x, немесе x z.
(c) үшін, егер y !=0 болса, онда k =1 болатындығын ескереміз, сөйтіп у = k · x = х .
(d) үшін біз одан әрі z = k2x деп есептейміз. Сонда αy + βz = (kα + k2β) x.
(e) үшін y +- z = k3x, немесе +- z = k3x - y = (k3 −k)x аламыз. Бұдан z = +- (k - k3) x.
(f) x у және у х болғандықтан, бұдан х = 0 және у = 0 шығады. (c) бойынша, у = х және x = у екендігі белгілі. Демек x = у .
(g) y = x · k, k у болғандықтан yx = k !=0 бүтін сан болады.
(h) z!=0, x!=0 сонда тек қана сонда, егер xz != 0. y = kx сонда тек қана сонда, егер yz = kxz.
(g) қасиеті қарапайым, бірақ пайдалы. Нөлден айрықша n бүтін саны үшін n-нің оң бөлгіштерінің саны жұп болады, егер n толық квадрат болса, яғни қандай да бір m бүтін саны үшін n = m2. (Егер бүтін сан бір де бір толық квадратқа бөлінбесе, онда ол квадратсыз деп аталады. Егер қандай да бір m бүтін саны үшін n = m3, онда n тамаша квадрат деп аталады. Жалпы жағдайда, m және s, s = 2 бүтін сандары үшін n = ms болса, онда n керемет күш деп аталады.)
Себебі, y-тің барлық екі-екіден екі-екіден, атап айтқанда x және xy (y толық квадрат болмаса, онда x!=yx ескереміз). Келесі классикалық басқатырғышқа назар салайық:
Есеп 1. Жиырма студент 1-ден 20-ға дейін нөмірленген жабық шкафтар қатары бар дәлізде жүріп келеді. Бірінші студент барлық шкафты ашады; екінші студент 2,4,6,8,10,12,14,16,18,20 нөмірлі шкафтарды жабады; үшінші студент 3, 6, 9, 12, 15, 18 нөмірлі шкафтар: егер жабық болса, ол оны ашады, ал егер ашық болса, ол оны жабады, және сол сияқты.
i-ші студент i санына еселік болатын шкафтармен жұмыс жасайды: яғни, егер шкаф жабық болса, онда ол оны ашады, ал егер ашық болса, ол оны жауып кетеді. Барлық студенттер өткен соң қанша шкаф ашық қалады?
Шешуі: i-ші шкаф j студентімен басқарылады сонда тек қана сонда, егер j i. (g) қасиеті бойынша бұл орындалуы мүмкін сонда тек қана сонда егер шкаф ij студентімен де басқарылатын болса. Осылайша, 1=12, 4=22, 9=32 және 16=42 нөмірлері бар шкафтар ғана тақ сан рет қозғалады және осы шкафтар ғана барлық операциялардан кейін ашық қалады. Демек, жауабы: 4.
Z бүтін сандар жиынын екі ішкі жиынға бөлуге болады, жұп бүтін сандар жиыны және тақ бүтін сандар жиыны:
{+-1, +-3, +-5, . . .} және {0, +-2, +-4, . . .},
қандай да бір k бүтін саны үшін тақ сан 2k + 1 түрінде болады;
қандай да бір m бүтін саны үшін жұп сан 2m түрінде болады;
екі тақ санның қосындысы жұп сан;
екі жұп санның қосындысы - жұп сан;
тақ және жұп санның қосындысы тақ сан;
екі тақ сандардың көбейтіндісі тақ сан;
жұп сандардың көбейтіндісі жұп сан болады, сонда тек қана сонда, егер көбейткіштердің кем дегенде біреуі жұп болса.
Есеп 2. n=1 бүтін сан болсын.
(а) кез келген екі тақ тізбектес бүтін жұп сандардың қосындысы - 2n;
(б) кез келген үш тізбектес бүтін сандардың қосындысы - 3n болатынын дәлелдеңіз.
Шешуі: (а) үшін 2n = (2k − 1) + (2k + 1) қатынасы k = 2n-2 екендігін білдіреді және біз 2n=(2n-1-1)+(2n-1+1) аламыз.
(а) үшін 3n = (s − 1) + s + (s + 1) қатынасы s= 3n-1 екендігін білдіреді және біз
3n = (3n-1− 1) + 3n-1 + (3n-1 + 1) аламыз.
Есеп 3. k-жұп сан болсын. 1 санын бүтін тақ k сандарының кері сандарының қосындысы түрінде жазуға бола ма?
Шешуі: Кейбір n1,..., nk тақ сандары үшін
1=1n1+...+1nk
болсын делік; бөлшектің бөлімінен құтылу арқылы n1⋯nk=s1+⋯+sk, мұндағы si барлығы тақ. Бірақ бұл мүмкін емес, себебі, сол жағы тақ, оң жағы жұп.
Егер k тақ болса, онда тұжырым дұрыс. k=9 және n1,...,n9 - әртүрлі тақ оң бүтін сандар үшін бір мысал келтірейік.
1=13+15+17+19+111+115+135+145+1231.
Есеп 4. Алмаз {1,2,3,4,5,6,7} берілген сандар қатарының ішінен бес санды таңдап алды. Егер ол Айшаға таңдап алған сандарының көбейтіндісін айтса, бұл ол сандардың қосындысы жұп немесе тақ деп айтуға жеткіліксіз ақпарат еді. Таңдап алған сандардың көбейтіндісі нешеге тең екенін анықтаңыз.
Шешуі: Таңдап алынған сандардың көбейтіндісі екі таңдалмаған сандардың көбейтіндісіне эквивалентті. Бірден көп сандар жұбына ие болатын мүмкін жағдай, ол 12 ({3, 4} және {2, 6}) және 6 ({1, 6} және {2, 3}).
Бірақ екінші жағдайда екі (таңдалмаған) санның қосындысы тақ (сондықтан бес таңдалған сандардың қосындысы да таң болады). Сәйкесінше, бірінші жағдай орындалу керек және таңдалған бес санның көбейтіндісі:
1∙2∙3⋯712=420.

Бөлу алгоритмі
Келесі алгоритм бөлу алгоритмі деп аталады және ол сандар теориясында маңызды рөл атқарады:
Теорема 1. Кез келген a және b натурал сандары үшін b = aq + r және r a болатын теріс емес бүтін сандарының жалғыз (q, r) жұбы бар болады. Мұндағы, q-бөлінді, ал r- b санын а санына бөлгендегі қалдық.
Мұндай жұптың бар болуын және оның жалғыздығын дәлелдейміз.
Дәлелдеуі: Бар болуын дәлелдеу үшін үш жағдайды қарастырамыз:
a b болсын. Біз q = 0 және r = b a қоя аламыз; яғни (q, r) = (0, b).
a = b болсын. Біз q = 1 и r = 0 a қоя аламыз; яғни (q, r) = (1, 0).
a b болсын. na b болатындай n натурал саны бар болады.
q - (q+1)a b болатын ең кіші натурал сан болсын. Онда qa = b.
r = b - aq болсын. Бұдан b = aq + r және 0 = r a.
Біз бар болуын дәлелдедік.
Жалғыздығын дәлелдеу үшін, b = aq'+r' бар болсын делік, мұндағы q' және r' та 0 = r'a шартын қанағаттандыратын теріс емес бүтін сандар. Онда aq + r = a q' + r', онда a(q - q') = r'- r, сондықтан a r' - r. Демек, r', - r = a немесе r'- r = 0. 0 = r, r' a болғандықтан r' - r a, r' - r = 0, бұдан r =r', сәйкесінше q'=q.
Есеп 5. n - натурал сан болсын. 32n+1 саны 2-ге бөлінетінін, бірақ 4-ке бөлінбейтінін дәлелдеңіз.
Шешуі: 32n саны тақ, 32n+1 саны жұп екендігі белгілі. 32n=(32)2n-1=92n-1=(8+1)2n-1. Ньютон биномын қолданамыз:
(x+y)m=xm+m1xm-1y+m2xm-2y2+...+nn-1 xym-1+ym.
x = 8, y = 1 және m = 2n-1 қою арқылы соңғы қосылғыштан (яғни, ym=1) басқа қосылғыштардың барлығы 8-ге ( бұл 4-ке еселік) еселік болатынын көреміз. Демек, 32n санын 4-ке бөлгенде 1 қалдық, ал 32n+1 санын 4-ке бөлгенде қалдық 2-ге тең.
Бөлу алгоритмін бүтін сандарға кеңейтуге болады:
Теорема 1.2. a, а!=0 және b кез келген бүтін сандары үшін b = aq + r және 0 = r a шарттары орындалатын бүтін сандардың (q, r) ерекше жұбы бар.

Жай сандар

p 1 саны жай сан деп аталады, егер d 1 және d = p үшін d p болатындай d бүтін саны табылмаса. Кез келген n 1 бүтін санының кем дегенде бір жай бөлгіші бар. Егер n жай сан болса, онда бұл санның жай бөлгіші n санының өзі. Егер n жай сан болмаса, онда a 1 оның ең кіші бөлгіші болсын. Сонда n = ab, мұндағы 1 a = b. Егер а жай сан болмаса, онда 1 a1 = a2 және a1 n болатын a = a1a2 - а санының кішілігіне қайшы келеді.
Жай сан болып табылмайтын n 1 бүтін саны құрама сан деп аталады. Егер n- құрама сан болса, онда оның p жай бөлгіші n аспайды.
Шынында да, жоғарыдағыдай n = ab, мұндағы 1 a = b және а саны n санының ең кіші бөлгіші. Онда n=a2; сәйкесінше a=n.
Бұл идея ежелгі грек математигі Эратосфенге тиесілі.
2-жалғыз жұп (ең кіші) жай сан. Қалған жай сандар тақ; яғни олар 2-ге бөлінбейді. Шынында, жай сандардың саны шексіз бе? Төмендегі 1.3-теореманы қараңыз. Екі шексіз жиындардағы элементтер санын салыстыру мүмкін емес болуы мүмкін, бірақ жай сандарға қарағанда құрама сандар көп екені анық. Біз 2 және 3 тізбектес жалғы жай сандар екенін білеміз. 3 және 5, 5 және 7, 41 және 43 сияқты тізбектес тақ жай сандары қосарлы жай сандар деп аталады. Қосарлы жай сандар саны шексіз көп пе деген сұраққа әлі жауап табылмады. Брюн қосарлы жай сандар саны шексіз көп болса да, олардың қосындысы жинақталатындығын дәлелдеді.
Есеп 1.6. 3n-4, 4n-3 5n-3 сандары жай сан болатындай барлық мүмкін n натурал сандарын табыңыз.
Шешуі: Үш санның қосындысы жұп сан болады, онда олардың кем дегенде біреуі жұп сан. Жалғыз жұп жай сан -2. 3n-4 және 5n-3 сандары ғана жұп болуы мүмкін. 3n-4=2 және 5n-3=2 теңдеулерінен n = 2 және n = 1 екендігі шығады. n=2 қойсақ үш сан да жай болады.
Есеп 1.7. Егер p және q жай сандар болса және x2-px+q=0 теңдеуінің түбірлері әр түрлі оң бүтін сандар болса, онда p және q сандарын табыңыз.
Шешуі: х1 және x2 сандары- x1 x2 шартын қанағаттандыратын әр түрлі оң бүтін түбірлері болсын. Онда x2-px+q=(x-x1)(x-x2), бұдан p=x1+x2 және q=x1x2. q жай сан болғандықтан х1=1. Сол себептен, q = x2 және p = x2 + 1-екі тізбектес жай сандар; яғни q = 2 және p = 3.
Есеп 1.8. 20 тізбектес құрама сандарды табыңыз.
Шешуі: 20! + 2, 20! + 3 ,. . . , 20! + 21.
Келесі Евклидтің результаты 2000 жылдан астам уақыттан бері белгілі:
Теорема 1.3a. Жай сандардың саны шексіз көп.
Дәлелдеуі: Кері жориық, жай сандардың саны ақырлы болсын: p1 p2 · · · pm.
P = p1p2 · · · pm + 1 санын қарастырайық.
Егер P жай сан болса, онда P pm, pm-ның үлкендігіне қайшы келеді. Сәйкесінше, P-құрама сан, яғни оның p 1 жай бөлгіші бар, ол p1,p2, · · · ,pm жай сандарының біреуі, айталық ол pk. Демек pk саны - p1p2 · · · pm + 1 санының бөлгіші. pk саны - p1p2 · · · pm + 1 санына бөлінеді деген сөз, яғни 1 саны pk санына бөлінеді деген сөз, ал бұл қайшылық.
Жай сандар шексіз болғанымен, оларды анықтайтын арнай формула жоқ.

Арифметиканың негізгі теоремасы

Сандар теориясының іргелі нәтижесі бүтін сандарды жай көбейткішке жіктеу болып табылады.
Теорема 1.4. 1-ден үлкен кез келген бүтін санды жай сандардың көбейтіндісі түрінде жазуға болады.
Дәлелдеуі: p1 - n санының жай бөлгіші болсын. Егер p1=n болса, онда n = p1 - n санының жай көбейткішке жіктелуі. Егер p1 n болса, онда n =p1r1, мұндағы r11. Егер r1 жай сан болса, онда n=p1p2, мұндағы p2=r1 - n санының жай көбейткішке жіктелуі. Егер r1 - құрама сан болса, онда r1=p2r2, мұндағы p2- жай сан, r21, сондықтан n=p1p2r2. Егер r2 жай сан болса, онда n=p1p2p3, мұндағы, r2=p3 және r3=1. Егер r2 құрама сан болса, онда осы алгоритмді жалғастыру арқылы r1 r2 · · · = 1 бүтін сандар жұбын аламыз. Ақырғы қадамда rk+1 = 1, яғни n=p1p2⋯pk.
Жалғыздығын дәлелдеу үшін, екі әр түрлі жай көбейткіші бар кем дегенде бір n натурал сан бар болсын делік, яғни
n=p1p2⋯pk=q1q2⋯qh
мұндағы p1p2⋯pk,q1q2⋯qh- сандары p1=p2=⋯pk және q1=q2⋯qh шарттары орындалатын жай сандар. (p1p2⋯pk) k сандарымен (q1q2⋯qh) h сандары беттеспейді. k = 2 және h = 2 екендігі белгілі. n- сондай ең кіші бүтін сан болсын. Біз ең кіші екі әр түрлі жай көбейткіші бар оң бүтін санды табу арқылы қарама-қайшылыққа келеміз.
Кез келген i = 1, 2 ,. . . , k, j = 1, 2 ,. . . , h үшін pi!=pj. Егер, мысалы pk=qh=p, онда n'=np=p1⋯pk-1=q1⋯qh-1 және 1 n'n, ал бұл n санының ең кіші екендігіне қайшы келеді. Жалпылау үшін p1 = q1; яғни p1- n санының ең кіші жай бөлгіші. Бөлу алгоритмін қолдану арқылы,
q1=p1c1+r1,
q2=p1c2+r2,
⋮
qh=p1ch+rh,
мұндағы 1=ripi, i=1,..., h.
n=q1q2⋯qh=p1c1+r1p1c2+r2p1ch+rh.
Соңғы көбейтіндіні ашу арқылы қандай да бір m натурал саны үшін n=mp1+r1r2...rh аламыз. n'=r1r2⋯rh қою арқылы n=p1p2⋯pk=mp1+n'. Демек, p1n' және n'=p1s. s санын жай көбейткішке жіктеуге болады. s=s1s2...si, мұндағы s1,s2,...,si - жай сандар.
Екінші жағынан, r1,r2,...,rh сандарын жай көбейткішке жіктесек олардың көбейткіштері rip1 болады. n'=r1r2⋯rh екендігінен n=t1t2...tj түрінде жай көбейткішке жіктеледі, мұндағы tsp1, s=1,2,...,j. Бұл жай көбейткішке жіктелу n'=s1s2...si жай көбейткішке жіктелуден басқа. Бірақ, n'n, n санының ең кіші екендігіне қайшы келеді.
Келтірілген теоремадан кез келген n 1 бүтін сан келесі түрде жазылады
n=p1α1⋯pkαk,
Мұндағы p1,...,pk - әр түрлі жай сандар, α1,...,αk- натурал сандар. Бұл n санының жай көбейткішке жіктелуі. Екі бүтін санның көбейтіндісінің жай көбейткішке жіктелуі бұл екі санның жай көбейткішке жіктелуінің көбейтіндісі екені анық. Мұндай жай көбейткішке жіктелу жай сандардың келесі негізгі қасиетін көрсетуге мүмкіндік береді.
Салдар 1.5. a және b бүтін сандар болсын. Егер ab саны p жай санына бөлінсе, онда a саны p-ға бөлінеді немесе b саны p-ға бөлінеді.
Дәлелдеуі:
p саны ab санын бөлетіндіктен жай көбейткішке жіктеуінде болады. ab көбейтіндісінің жай көбейткішке жіктелуі a және b сандарының жай көбейткішке жіктелуінің көбейтіндісі. Сондықтан p саны қажетті нәтижені көрсететін a және b сандарының жай көбейткішке жіктелуінің кем дегенде біреуінде болуы керек.
Жай көбейткішке жіктеу теоремасы -бұл шексіз көп жай сандардың бар екенін дәлелдеудің балама әдісі.
1.3-теореманың дәлелдеуі сияқты, p1p2...pm шартын қанағаттандыратын ақырлы жай сан бар болсын.
N=i=1m1+1pi+1pi2+...=i=1m11-1pi болсын.
Екінші жағынан, натурал сандардың жай көбейткішке жіктелуін қолдану арқылы:
N=1+12+13+...,
бұдан
i=1mpipi-1=infinity
Ал, бұл қайшылық. Біз белгілі тұжырымдамаларды қолдандық.
(а) гармоникалық қатар
1+12+13+...
жинақталады;
(b) x1 шартын қанағаттандыратын х нақты саны үшін:
11-x=1+x+x2+...
Бұл формуланы 1,x,x2,... геометриялық прогресияның қосындысының формуласы ретінде қолдануға болады.
i=1mpipi-1=infinity
формуласы және 1+t=et,tϵR теңсіздігін қолдану арқылы
i=1infinity1pi=infinity.
p жай саны үшін n саны pk санына бөлінеді дейміз және pkn деп жазамыз, егер k саны pkn болатындай ең үлкен натурал сан болса.
Есеп 1.9. 1001001001 санының 10000-нан аспайтын ең үлкен бөлгішін табыңыз.
Шешуі:
1001001001=1001∙106+1001=1001∙106+1 =7∙11∙13∙106+1.
x6+1=(x2)3+1=x2+1(x4-x2+1) екендігін ескереміз. 106 + 1 = 101 · 9901, демек, 1001001001 = 7 · 11 · 13 · 101 · 9901. 7, 11, 13 және 101 сандарының комбинациясы 9901-ден аспайтыны анық, бірақ 10000-нан кіші, сондықтан жауап-9901.
Есеп 1.10. 2n31024-1 орындалатындай n санын табыңыз.
210=1024 және x2-y2=(x+y)(x-y) екенін ескереміз.
3210-1=329+1329-1=329+1328+1328-1=
=⋯=329+1328+1327+1...321+1320+13-1.
1.5-есеп бойынша, k натурал саны үшін 232k+1. Осылайша, жауабы 9+2+1=12.
1.4-теорема барлық бүтін сандар жай сандардан туындайтынын көрсетеді. Жай сандардың маңыздылығынан көптеген ғалымдар жай сандарды анықтайтын формула ойлап табуға тырысты. Бірақ әлі үміттер ақталмады. Екінші жағынан, көптеген керағар пікірлер бар. Осыған сәйкес Гольдбахтың мысалын қарастырайық:
Теорема 1.3b. Кез келген берілген m бүтін саны үшін n = m болатын барлық бүтін n саны үшін p (n) жай болатындай бүтін коэффициентті p (x) көпмүшесі табылмайды.
Дәлелдеуі: Кері жорып дәлелдейік. Айталық, ондай көпмүше бар болсын.
px=akxk+ak-1xk-1+...+a1x+a0
мұндағы, ak!=0, ak,ak-1,..., a0 - бүтін сандар.
Егер p(m) құрама болса, онда тұжырым дұрыс емес. p(m) =p жай сан болсын делік. Содан кейін
px=akmk+ak-1mk-1+...+a1m+a0
және i натурал саны үшін
pm+pi=ak(m+pi)k+ak-1(m+pi)k-1+...+a 1(m+pi)+a0
m+pij=mj+jimj-1pi+j2mj-2(pi)2+...+j j-1mpij-1+pij.
Cәйкесінше, m+pij-mj p санына бөлінеді. Бұдан p(m +pi) - p(m) саны p-ға бөлінетіндігі шығады. p(m) = p болғандықтан p(m + pi) саны p-ға бөлінеді. Болжам бойынша p(m + pi) саны да жай сан. Сол сабептен, p(m + pi) мүмкін мәндері барлық i натурал сандары үшін 0, p және - p. Екінші жағынан, p (x) = 0, p (x) = p және p (x) = −p теңдеулерінің түбірлеріның саны 3k-дан аспайды.
Сондықтан, m + pi - p (x) = 0, p (x) = p және p (x) = −p теңдеулерінің ешқайсысының түбірі болмайтын (шексіз көп) i саны табылады. Қарама-қайшылыққа келдік. Демек, біздің кері жоруымыз дұрыс емес, теореманың өзі дұрыс.
Жай сандарды табудың нақты тәсілдері табылмаса да, бүтін сандар арасындағы жай сандардың орташа пайда болуын анықтау мүмкіндігі 100 жылға жуық уақыттан бері белгілі. Бұл аналитикалық сандар теориясының математикалық саласындағы керемет нәтижесі:
limn--infinityPI(n)nlogn=1,
мұндағы PI (n) - = n жай сандардың саны. Көрсетілген қатынас жай сандар теоремасы ретінде белгілі.

Ең үлкен ортақ бөлгіш

k натурал саны үшін оның оң бөлгіштерінің жиынын Dk деп белгілейік. Dk- ақырлы жиын екені анық. m және n сандарының Dm∩Dn жиынындағы ең үлкен элементі m және n сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші деп аталады және ЕҮОБ(m,n) деп белгіленеді. Dm∩Dn=1 жағдайында ЕҮОБ(m,n)=1 және m және n сандары өзара жай деп аталады. Төменде ЕҮОБ кейбір қасиеттері көрсетілген.
Сөйлем 1.6.
(а) егер p жай сан болса, онда ЕҮОБ(p,m)=p немесе ЕҮОБ(p,m)=1.
(b) егер d=ЕҮОБ(m, n), m=dm',n=dn' болса, онда ЕҮОБ(m',n')=1.
(c) егер d=ЕҮОБ(m, n), m=d'm'',n=d'n'', (m'',n'')=1 болса, онда d'=d.
(d) егер d' саны және m және n сандарының ортақ бөлгіші болса, онда ЕҮОБ(m,n) - d' санына бөлінеді.
(e) егер px m және pyn болса, онда pminx,yЕҮОБ(m,n). Сонымен қатар, егер m=p1α1⋯pkαk және n=p1β1⋯pkβk, αi,βi=0,i=1,...,k, онда
ЕҮОБ(m,n)=p1min⁡(α1,β1)⋯pkmin(αk,βk ).
(f) егер m=nq+r, онда ЕҮОБ(m,n)= ЕҮОБ(n,r).
Дәлелдеуі: Бұл қасиеттердің дәлелдеуі анықтамадан бірдей шығады. (f) қасиетінің дәлелдеуін көрсетейік. d= ЕҮОБ(m,n) және d'= ЕҮОБ(n,r) болсын. d m және dn болғандықтан d r. Сәйкесінше d d'. Керісінше, d'n және d' m болғандықтан d' m, демек, d' d. Демек, d= d'.
Ең үлкен ортақ бөлгіштің анықтамасы екіден көп сандар үшін де орындалады. Берілген a1,a2,...,an бүтін сандары үшін: ЕҮОБ(a1,a2,...,an). a1,a2,...,an сандары үшін ең үлкен ортақ бөлгішті
d1=ЕҮОБа1,а2,d2=ЕҮОБd1,а3,...,dn-1= ЕҮОБdn-2,an
Cөйлем 1.6.
(g) ЕҮОБ(ЕҮОБ(m,n),p)= ЕҮОБ(m, ЕҮОБ(n,p));
(h) егер d ai,i=1,...,s онда dЕҮОБ(a1,a2,...,as);
(i) ai=p1α1⋯pkαk , i=1,...,s онда
ЕҮОБ(a1,a2,...,as)=p1min⁡(α11,..., α1k)⋯pkmin(αk1,...,αkk).
Егер a1,a2,...,an сандары өзара жай деп аталады егер олардың ең үлкен ортақ бөлгіші 1-ге тең болса. ЕҮОБ(a1,a2,...,an)=1 болса 1 = i j = n үшін ЕҮОБ(ai,aj)=1 деп айта алмаймыз. (Мысалы, а1=2, a2=3 және a3=6). Егер 1 = i j = n үшін ЕҮОБ(ai,aj)=1 болса, a1,a2,...,an сандары өзара жай деп айтамыз.

Евклид алгоритмі

Жай көбейткішке жіктеу бізге сандардың ең үлкен ортақ бөлгішін анықтауға көмектеседі. Бірақ үлкен сандарды жай көбейткішке жіктеу оңай емес. m және n натурал сандары үшін ең үлкен ортақ бөлгішті анықтаудың ең тиімді жолы Евклид алгоритмі. Ол бөлу алгоритмін бірнеше рет қолданудан тұрады:
m=nq1+r1, 1=r1n,
m=r1q2+r2, 1=r2r1,
⋮
rk-2=rk-1qk+rk, 1=rkrk-1,
rk-1=rkqk+1+rk+1, rk+1=0.
Бұл теңдіктер тізбегі nr1⋯rk ақырлы.
Соңғы нөлдік емес rk қалдығы m және n сандарының ең үлкен ортақ бөлгіші болып табылады. Жоғарыдағы (f) қасиетін қолдану арқылы:
ЕҮОБ(m,n)= ЕҮОБn,r1=ЕҮОБr1,r2=...=ЕҮОБrk-1,rk= rk.
Есеп 1.11. Егер 864 санына еселік болатын натурал сан кездейсоқ таңдалса және әрбір еселіктің таңдалуының ықтималдығы бірдей болса, онда таңдалған санның 1944 санына бөлінуінің ықтималдығы қандай?
Бірінші шешімі: 864=25∙33 санының еселігінің 1944=23∙35 санына бөлінуінің ықтималдығы 22=4 санына еселігінің 32=9 санына бөлінуінің ықтималдығымен бірдей. 4 және 9 өзара жай сан болғандықтан, ықтималдық-19.
Екінші шешім: Евклид алгоритмі бойынша: ЕҮОБ(1944,864)= =ЕҮОБ(1080,864)=ЕҮОБ(864,216)=216. Сәйкесінше, 1944 = 9∙216, 864=4∙216.
Әрмен қарай, бірінші шешім сияқты аяқтаймыз.
Есеп 1.12. ЕҮОБ(2002+2,20022+2,20032+2,...) есептеңіз.
Шешуі: 20022+2=20022000+2+2=20002002+2+6 екенін ескерейік. Евклид алгоритмі бойынша
ЕҮОБ(2002+2,20022+2)= ЕҮОБ(2004,6)=6.
Сәйкесінше, , g ЕҮОБ (2002 + 2, 20022 + 2) = 6. Екінші жағынан, 2002+2,20022+2,... тізбегінің әрбір саны екіге бөлінеді. Сонымен қатар, барлық k натурал сандары үшін 2002 = 2001 + 1 = 667 · 3 + 1 болғандықтан, кейбір ak бүтін саны үшін 2002k=3ak+1. 2 және 3 сандары өзара жай болғандықтан, тізбектің әрбір саны 6-ға бөлінеді. Сәйкесінше, g=6.

Безу теоремасы

Есеп 1.13. Арнайы футбол ойынында команда жерден тисе 7 балл алады, ал далалық гол үшін 3 балл алады. (Шексіз ұзақ ойында) бір команданың жинаған ең көп математикалық қол жетімсіз ұпай санын анықтаңыз.
Шешуі: Жауабы 11. 11 ұпай алу мүмкін емес екенін көрсетейік.
12=3+3+3+3, 13=7+3+3 және 14=7+7 екенін ескереміз. 11-ден үлкен барлық бүтін n саны үшін n санын 3-ке бөлгенде қалдық 0,1 және 2-ге тең.
Егер қалдық 0-ге тең болса, онда жетерліктей далалық гол соғып, n ұпай ала аламыз; Егер қалдық 1-ге тең болса, онда n-13 0-қалдыққа ие болады және бір жерден және жетерліктей далалық гол соқса, біз n ұпай ала аламыз; егер қалдық 2-ге тең болса, онда n-14 0-қалдыққа ие болады, және біз 2 рет жерден және жетерліктей далалық гол соғу арқылы n ұпай ала аламыз. Кейбір теріс емес бүтін a және b сандары үшін 11-ден үлкен барлық бүтін сандарды n = 7a + 3b түрінде жазуға болады.
Есеп 1.14 Сүт сауытында сүттің мол қоры бар. Даниярға 5-литрлік және 9-литрлік ыдыстар берілді. Берілген ыдыстарды қолдану арқылы 2-литрлік сүтті қалай өлшеп алса болады?
Шешуі: Т, L5 және L9 арқылы сәйкесінше, сүт ыдысын, 5-литрлік ыдысты, 9-литрлік ыдысты белгілейік. Қажетті нәтижеге жету үшін келесі кестені қолдануға болады.
Т
L5
L9
x
0
0
x-5
5
0
x-5
0
5
x-10
0
5
x-10
1
9
x-1
1
0
x-1
0
1
x-6
5
1
x-6
0
6
x-11
5
6
x-11
2
9

2 = 4 x 5 - 2 x 9 арасында байланыс орнату қажет. Берілген a1,a2,...,an бүтін сандары үшін α1а1+α2a2+...+αnan сызықтық комбинация деп аталады, мұндағы α1,α2,...,αn - кез келген бүтін сандар.
1.13-есеппен 1.14-есеп байланыссыз көрінеді. Дегенмен, олардың екеуі де берілген екі бүтін санның сызықтық комбинациясынан тұрады. Егер, біз 1.13-есептегі (7,3)-ті (6,3)- ке және 1.14-есептегі (5,9)-ды (6,9)-ға ауыстырсақ ше? Бізде келесі жалпы нәтиже бар.
Теорема 1.7. (Безу теоремасы) m және n натурал сандары үшін mx + ny = ЕҮОБ(m,n) орындалатындай x және y бүтін сандары табылады.
Дәлелдеуі: Евклид алгоритмінен:
r1=m-nq1, r2=-mq2+n1+q1q2, ...
Жалпы жағдайда, i=1,...,k үшін ri=mαi+nβi. ri+1=ri-1-riqi+1 болғандықтан, i=2,...,k-1 үшін
αi+1=αi-1-qi+1αi,
βi+1=βi-1-qi+1βi,
Соңында ЕҮОБ(m,n)=rk=αkm+βkn екендігі шығады.
ax + by - ЕҮОБ(a,b)-не бөлінетіндігін ескерейік. Безу тепе-теңдігі бойынша берілген a, b және c бүтін сандары үшін ax + by = c теңдеуі шешілімді сонда тек қана сонда, егер с саны ЕҮОБ(a,b)-не бөлінсе.
Алгебрада біз теңдеулер жүйесін шешеміз. Сандар теориясында теңдеулер жүйесін шешу үшін арнайы шешімдерді табуға тырысамыз, яғни бүтін шешімдері, рационал шешімдері және т.б. Сәйкесінше, бұл жүйелердің көпшілігінде айнымалылар саны, жүйедегі теңдеулер санына қарағанда көп. Бұлар ежелгі грек математигі Диофанттың еңбегі арқылы жарық көрген, Диофант теңдеулері. Бекітілген a, b және c бүтін сандары үшін ax + by = c екі айнымалысы бар сызықты диофант теңдеулері болады.
Салдар 1.8. Егер a bc және ЕҮОБ(a,b)=1, онда a c.
Дәлелдеуі: егер c = 0, онда тұжырым дұрыс. Айталық, c = 0 болсын. ЕҮОБ (a, b) = 1 болғандықтан қандай да бір x және y бүтін сандары үшін Безу тепе-теңдігі бойынша ax + by = 1. Сәйксінше, acx + bcy = c. acx және bcy а-ға бөлінгендіктен, с саны а-ға бөлінеді.
Салдар 1.9. a және b өзара жай сандар болсын. Егер с саны - а c және b c болатындай бүтін сан болса, онда ab c.
Дәлелдеуі. a c болғандықтан, қандай да бір х бүтін саны үшін c = ax болады. Сәйкесінше, ах b-санына бөлінеді. ЕҮОБ(a, b) = 1, b x болғандықтан 1.8-салдар бойынша қандай да бір у бүтін саны үшін x = by, сондықтан c = aby, немесе ab c.
Салдар 1.10. p-жай сан болсын және 1=kp бүтін сан болсын. Онда p pk.
Дәлелдеуі:
kpk=pp-1k-1
қатынасынан, kpk - p-ға бөлінеді. ЕҮОБ (p, k) = 1 болғандықтан, 1.8-салдар бойынша pk - p-ға бөлінеді.
Есеп 1.15. а және b әр түрлі натурал сандары үшін а2+ab+b2 - ab(a + b) санына бөлінетіндей болсын. a-b3ab екендігін дәлелдеңіз.
Дәлелдеуі: g=ЕҮОБ(a,b) қойып, ЕҮОБ (x,y)=1 көмегімен a=xg және b=yg деп жазамыз. Онда
ab(a+b)a2+ab+b2=xy(x+y)gx2+xy+y2
-бүтін сан. ЕҮОБ(x2+xy+y2,x)=ЕҮОБy2,x=1. Cол сияқты, ЕҮОБ(x2+xy+y2,y)=1. ЕҮОБ(x+y, y)=1 болғандықтан,
ЕҮОБ(x2+xy+y2,x+y)=ЕҮОБy2,x+y=1.
1.9-салдар бойынша
x2+xy+y2g, бұдан
g=x2+xy+y2. Демек, a-b3=gx-y3=g2x-y3∙g=
=g2∙1∙x2+xy+y2=g2xy=ab
Бұдан шығатыны a-b3ab.
g саны x2+xy+y2-ге бөлінетіндігі a3=a2+ab+b2a-aba+b алгебралық операцияларды қолдану арқылы да шығуы мүмкін.

Ең кіші ортақ еселік

k натурал саны үшін k-санына еселік сандар жиынын Mk арқылы белгілейік. Dk жиынына қарағанда Mk-ақырсыз жиын. s және t натурал сандары үшін Ms ∩ Mt жиынының ең кіші элементі s және t сандарының ең кіші еселігі деп аталады және ЕКОЕ(s, t) немесе [s, t] арқылы белгіленеді.
Сөйлем 1.11.
Eгер ЕКОЕ(s, t)=m, m=ss'=tt', онда ЕҮОБ (s',t')=1.
Егер m - s және t сандарының ортақ еселігі болса және m'=ss'=tt', ЕҮОБ (s',t')=1, онда m'=m.
Егер m'- s және t сандарының ортақ еселігі болса, онда m m'.
Егер m s және n s, онда ЕКОЕ(m, n) s.
Егер n бүтін сан болса, онда nЕКОЕ(s, t)= ЕКОЕ(ns, nt).
Егер s=p1α1⋯pkαk және t=p1β1⋯pkβk, αi,βi=0,i=1,...,k онда
ЕКОЕ(s, t)= p1min⁡(α1,β1)⋯pkmin(αk,βk).
Келесі қасиет ЕКОЕ пен ЕҮОБ арасындағы байланысты көрсетеді.
Сөйлем 1.12. Кез келген m және n натурал сандары үшін келесі қатынас орын алады:
mn= ЕҮОБ(m, n)∙ ЕКОЕ(m, n).
Дәлелдеуі: m=p1α1⋯pkαk және n=p1β1⋯pkβk, αi,βi=0,i=1,...,k.
1.6(е) және 1.11(f) қасиеттерінен
ЕҮОБm, n∙ ЕКОЕm, n=p1minα1,β1+max⁡(α1,β1)⋯pkminαk,βk +maxαk,βk=
=p1α1+β1⋯pkαk+βk=mn.
a1,a2,...,an - натурал сандар болсын. ЕКОЕ(a1,a2,...,an) бұл a1,a2,...,an барлығына еселік болатын ең кіші натурал сан. 1.12-сөйлем жалпы түр үшін орындалмайды. Мысалы, ЕҮОБa,b,c∙ ЕКОЕa,b,c=abc теңдігі дұрыс емес.

Бөлгіштер саны

Есеп 1.16. Кездейсоқ таңдалған 1099-нің оң бөлгіші 1088 -нің еселігі болуының ықтималдығын табыңыз.
Шешуі: 1099 - нің бөлгіштері қандай? 1099 - нің жай көбейткішке жіктелуін қарастырайық, яғни 299∙599. 1099 - нің бөлгіштері 2a∙5b түрінде болады, мұндағы a және b бүтін сандар, 88=a,b=99.
a және b сандарының әрбірі үшін мұндай 100 вариант болғандықтан, 1099 - нің 100 · 100 натурал бөлшіштері бар. Олардың ішінде 1088=288∙588 - не еселігі 88=a,b=99 шартын қанағаттандыру керек; яғни 100 · 100 бөлгіштердің 12 · 12-сі 1088-не бөлінеді. Демек, ықтималдығы 12∙12100∙100=9625.
Есеп 1.17. Ең кіші ортақ еселігі 23∙57∙1113 болатын a және b натурал сандарының (a, b) реттелген жұбының санын анықтаңыз.
Дәлелдеуі: a және b сандарының екеуі де 23∙57∙1113 санының бөлгіші, сондықтан қандай да бір x, y, z, s, t, u теріс емес бүтін сандары үшін a=2x∙5y∙11z және b=2s∙5t∙11u . 23∙57∙1113- ең кіші ортақ еселік болғандықтан, max {x, s} = 3, max {y, t} = 7 және max {z, u} = 13.
Сәйкесінше, (x, s) - (0, 3), (1, 3), (2, 3), (3, 3), (3, 2), (3, 1) болуы мүмкін, сондықтан (x, s) үшін 7 нұсқа бар. Сол сияқты, (y, t) және (z, u) үшін сәйкесінше, 15 және 27 нұсқа бар. Көбейту принципі бойынша 23∙57∙1113 ең кіші ортақ еселік болатын (a, b) натурал сандарының 7 x 15 x 27 = 2835 реттелген жұбы бар.
Есеп 1.18. n=4204 санының әр түрлі натурал бөлгіштерінің көбейтіндісін анықтаңыз.
Шешуі: n=(22∙3∙5∙7)4 болғандықтан, d саны n санының бөлгіші болады сонда тек қана сонда, егер d санын 2a∙3b∙5c∙7d түрде жазуға болса, мұндағы 0 = a = 8, 0 = b = 4, 0 = c = 4 және 0 = d = 4. Сәйкесінше, 9, 5, 5 және 5 - a, b, c және d сандарының мүмкін мәндері. Бұдан, 9 · 5 · 5 · 5 = 1125 - n санының оң бөлгіштері. d!=4202 болса, онда 4204d ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.