23.12.2015 Шеина Г.В. Теория и практика решения задач по алгебре, часть 1
.pdfствию из леммы, существует Н. О. Д. ( , ) и при этом
Н. О. Д. ( , ) = Н. О. Д. ( −1, ) = .
Линейное выражение Н.О.Д. двух чисел через исходные числа
Пусть имеются три целочисленные переменные величины , , . Будем гово-
рить, что выражается линейно через переменные и с целыми коэффициен-
тами и , если можно представить в виде = + .
Покажем, что наибольший общий делитель чисел и можно выразить линей-
но через эти числа, то есть для некоторых целых чисел и справедливо ра-
венство Н. О. Д. ( , ) = + .
Заметим сначала, что если выражается линейно через переменные и с целыми коэффициентами, а величины и выражаются линейно через пере-
менные 1 и 1 с целыми коэффициентами, то величина выражается линейно через переменные 1 и 1 с целыми коэффициентами.
Проиллюстрируем это на числовом примере.
Пусть = 2 − 3 , = 41 − 2 1, = 51 − 6 1. Тогда= 2 − 3 = 2 ∙ (41 − 2 1) − 3 ∙ (51 − 6 1) = −71 + 14 1.
Мы видим, что выражается линейно через переменные 1 и 1 с целыми ко-
эффициентами.
Проверим теперь, что любой остаток в алгоритме Евклида для нахождения вы-
ражается линейно через числа и .
Действительно, = 1 + 1 1 = − 1, то есть первый остаток выразился линейно через числа и . Для второго остатка имеем
= 1 2 + 2 2 = − 1 2 = − ( − 1) 2 = (1 + 1 2) − 2 ,
то есть снова имеем линейное выражение.
Кроме того, поскольку
−1 = ∙ +1 + +1 +1 = −1 − ∙ +1,
31
то остаток +1 (начиная с номера = 2) выражается линейно через два преды-
дущих остатка, которые также выражаются линейно через числа и .
Таким образом, спускаясь вниз по формулам алгоритма Евклида, получим ли-
нейное выражение для последнего ненулевого остатка, который и есть
Н. О. Д. ( , ).
Применим описанный способ вычислений на примере.
Пример. Вычислим Н. О. Д. (60,1008). Выполним последовательно «деления
уголком»:
|
|
|
1008 |
|
|
60 b |
||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
60 |
|
|
16 q1 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
408 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
360 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
60 |
|
r1 |
|||||||
|
|
|
|
48 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
48 |
|
1 q2 |
|||||||
|
|
|
|
|||||||||
48 |
|
|
12 r2 |
|||||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
48 |
|
|
4 q3 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 r3
Итак, Н. О. Д. (60,1008) = 2 = 12. Найдем линейное выражение для наиболь-
шего общего делителя. В результаты деления с остатком в алгоритме Евклида будем подставлять числовое значение частного , а остальные переменные оставлять в виде символов:
= ∙ 16 + 1 1 = − 16 ;
= 1 ∙ 1 + 2 2 = − 1 = − ( − 16 ) = 17 − .
Окончательно имеем: Н. О. Д. (60,1008) = 2 = 12 = 17 − .
Замечание. Понятие наибольшего общего делителя можно определить и для целых чисел. В этом случае если наибольший общий делитель, то число −
также является наибольшим общим делителем. Более того, любые два наибольших делителя отличаются друг от друга только знаком. Наибольший
32
общий делитель можно также находить по алгоритму Евклида, и он выражается линейно с целочисленными коэффициентами через исходные числа. Мы будем использовать обозначение Н. О. Д. ( , ) для положительного наибольшего де-
лителя целых чисел.
Взаимно простые числа
Определение. Целые числа и называются взаимно простыми, если 1 яв-
ляется их наибольшим общим делителем (при этом −1 также является их наибольшим общим делителем).
Следствие 1 из алгоритма Евклида (критерий взаимной простоты).
Целые числа и взаимно просты тогда и только тогда, когда существуют такие целые числа и , что + = 1.
Доказательство. Выше доказано, |
что |
существуют |
такие |
целые |
числа |
|
и , что + = Н. О. Д. ( , ). |
Пусть |
и взаимно |
просты, тогда |
|||
Н. О. Д. ( , ) = 1 , и все доказано. |
|
|
|
|
|
|
С другой стороны, если существуют |
такие |
целые |
числа |
и |
, что |
+ = 1, то любой общий делитель чисел и должен быть также делите-
лем 1. Значит, и наибольший общий делитель должен быть также делителем 1 и
может быть равен только 1 или −1. Поэтому числа и взаимно просты.
Определение. Натуральное число, отличное от единицы, называется про-
стым, если оно делится (нацело) только на себя и на единицу.
Замечание. Если одно простое число делится на другое простое число, то они
равны.
Следствие 2 (делимость произведения на простое число). Если произведение нескольких целых чисел делится на простое число, то хотя бы одно из них де-
лится на это простое число.
33
Доказательство. Проверим утверждение следствия для двух сомножителей.
Пусть − простое число и | . Если | , то все доказано. Рассмотрим слу-
чай, когда не является делителем .
Поскольку число – простое и общим делителем чисел и может быть только число 1 или p , то Н. О. Д. ( , ) = 1.
Отсюда следует, что существуют такие целые числа и , что
+ = 1. Умножив последнее равенство на число , получаем
+ = . Поскольку | , то из делимости обоих слагаемых левой части на число следует, что | , и все доказано.
Пусть утверждение следствия доказано для сомножителей. Проверим спра-
ведливость |
утверждения |
для |
|
( + 1)–го |
сомножителя. |
Пусть |
||
| |
∙ … ∙ |
. Если | |
, то все доказано. В противном случае не делит |
|||||
|
1 |
+1 |
+1 |
|
|
|
|
|
a |
k+1 |
. В этом случае, как мы показали выше, | ∙ … ∙ . Предположение ин- |
||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
дукции позволяет утверждать, что | |
|
для некоторого номера . |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Основная теорема арифметики
В школьной программе изучается разложение натуральных чисел на простые сомножители, однако не рассматривается вопрос о возможности и единствен-
ности такого разложения. Возможность и единственность разложения устанав-
ливается в следующей теореме, которую обычно называют основной теоремой арифметики.
Теорема (основная теорема арифметики). Всякое натуральное число , от-
личное от единицы, представимо в виде произведения простых сомножите-
лей. Это представление единственно с точностью до перестановки простых сомножителей (произведение может содержать один сомножитель).
Доказательство. Пусть . Доказательство будем вести индукцией по .
Если = 2 , то теорема верна и в разложении имеется один простой сомножи-
тель. Пусть утверждение доказано для натуральных чисел, не меньших, чем 2,
34
но меньших , то есть 2 ≤ < . Докажем справедливость утверждения тео-
ремы для случая = . Если – простое число, то все доказано:
произведение в этом случае состоит из одного сомножителя и
представление единственно в силу того, что простое число, делящее другое простое число, равно ему.
Если – не простое число, то = = ∙ , причем справедливы неравенства
1 < < , 1 < < . По предположению индукции числа и можно пред-
ставить в виде произведения простых чисел и тем самым представить число в
нужном виде.
Единственность. Пусть имеется два разложения числа на простые сомножи-
тели: = |
∙ … ∙ |
и = |
∙ … ∙ . Пусть соответствует разложению с |
||
1 |
|
1 |
|
|
|
меньшим числом сомножителей, то есть ≤ . Тогда |
|||||
|
|
∙ … ∙ |
= ∙ … ∙ . |
||
|
|
1 |
|
1 |
|
Индукция по числу .
База индукции. Если = 1, то доказываемое утверждение примет вид
|
= ∙ … ∙ . |
|
||
|
1 |
1 |
|
|
Если = 1 , то все доказано. Пусть > 1. Произведение |
∙ … ∙ делится на |
|||
|
|
|
1 |
|
простое число 1. Поэтому одно из чисел произведения 1 ∙ … ∙ делится на простое число 1 и, значит, ему равно. Перенумеруем сомножители в правой части равенства так, чтобы это число стало первым в произведении. Тогда можно считать, что 1 = 1. Сократив равенство на сомножитель 1, имеем следующее.
Если = 2, то 1 = 2 , что невозможно.
Для > 2 будем иметь: 1 = 2 ∙ … ∙ . Поскольку 2, … , – простые числа, это также невозможно.
35
Значит = 1, то есть сомножители 2, … , в равенстве отсутствуют.
Индукционный шаг. Пусть единственность разложения установлена для всех случаев, когда число m сомножителей в правой части равенства меньше или равно числу . Докажем единственность для +1 сомножителя в левой части равенства. Из равенства следует, что какое-то из чисел произведения
1 ∙ … ∙ делится на 1. Перенумеровав, если нужно числа 1, … , , будем считать, что это число 1.
Поскольку оба числа 1 и 1 – простые, то 1 = 1, и мы имеем равенство
1 ∙ … ∙ +1 = 1 ∙ 2 ∙ … ∙ .
Сократив его на множитель 1, получим: 2 ∙ … ∙ +1 = 2 ∙ … ∙ . Число сомножителей в левой части уменьшилось и можно применить предположение индукции. По предположению индукции получаем, что +1= , а левая и пра-
вая часть равенства 2 ∙ … ∙ +1 = 2 ∙ … ∙ отличаются только перестановкой сомножителей.
Следствие. Любое натуральное число , отличное от единицы, можно един-
ственным образом представить в виде = 1 |
∙ … ∙ , где |
|||
|
|
|
1 |
|
|
< < |
и , … , – простые числа. |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
Такая запись называется каноническим разложением числа .
Решение задач на делимость
Задача 1. Пусть – натуральное число, большее 2. Докажите, что между чис-
лами и ! содержится, по крайней мере, одно простое число. Покажите, что отсюда следует бесконечность множества простых чисел.
Решение. По условию задачи > 2, поэтому целое число = ! − 1 больше 1.
Если оно простое, то, поскольку
∙ (( − 1)! − 1) > 1 ! − > 1 ! − 1 > при > 2,
число = ! − 1 находится между числами и !, и все доказано.
36
Если число = ! − 1 не простое, то оно имеет, по меньшей мере, один про-
стой делитель , для которого < ! − 1 < !. Если допустить, что при этом ≤ , то – делитель произведения 1 ∙ 2 ∙ … ∙ и делитель числа = ! − 1. Поэтому – делитель их разности ! − , что невозможно, поскольку
! − = 1. Следовательно, > и < !.
Если бы простых чисел было конечное число, то все они были бы меньше само-
го большого простого числа , что противоречит первому утверждению за-
дачи: существует хотя бы одно простое число, больше чем .
Задача 2. Докажите, что число ( − 1)! не делится на число только в том случае, когда − простое или = 4.
Решение.
1.Если − простое, то числа и ( − 1)! взаимно просты. Поэтому ( − 1)!
не делится на число .
2.Пусть теперь составное число. Возможны следующие случаи.
а. Число не является степенью простого числа. Тогда в разложении имеется, по крайней мере, два разных простых сомножителя.
Поэтому = , где числа и взаимно просты, 1 < , < . Числа и различны и находятся среди чисел {2, … − 1} . Следовательно, они являются сомножителями в произведении ( − 1)! . Значит, ( − 1)! де-
лится на число = .
б.Число есть степень простого числа: = , где − простое, причем> . Поскольку ≠ −1 , числа , −1 меньше числа и оба находятся среди чисел {2, … − 1}. Тогда число ( − 1)! делится на ∙−1 = , как и в предыдущем пункте.
в. Число есть квадрат простого числа, отличного от двух, = 2, ≠ 2.
В этом случае 2 < 2 = и , 2 {2, … − 1} . Поэтому ( − 1)! де-
лится на ∙ 2 = 2 .
37
Рассмотренные выше случаи показывают, что в случае составного числа
, отличного от 4, число ( − 1)! делится на число .
г. Остался случай = 22 , для которого утверждение задачи верно, по-
скольку число ( − 1)! = 3! не делится на число = 4.
Задача 3. Докажите, что число 11 − 1 делится на 10. При каких значениях число 11 − 1 делится на 100?
Решение. По формуле суммы геометрической прогрессии имеем
1 + + 2 + + −1 = |
−1 |
, поэтому если , то |
−1 |
, то есть ( − |
||
|
−1 |
|
||||
|
−1 |
|
|
|||
1)|( − 1). Значит, 11 − 1 делится на 10 |
(надо взять = 11). |
Выясним, при каких значениях число 11 − 1 делится на 100. Для этого заме-
тим, что, раскрыв скобки в выражении ( + 1) = ( + 1) ∙ … ∙ ( + 1), получим
слагаемое, равное 1, и слагаемых, равных , которые получаются, если ровно в одной скобке выбрать , а в остальных скобках выбрать 1. Оставшиеся слага-
емые содержат множитель 2, то есть ( + 1) = 1 + + 2 , где , если . Применим это к числу
11 − 1:
11 − 1 = (10 + 1) − 1 = 1 + 10 + 102 − 1 = 10 + 102 .
Отсюда видно, что делимость числа 11 − 1 на 100 равносильна делимости на
10 числа .
Ответ: число 11 − 1 делится на 100 тогда и только тогда, когда делится на
10.
Задача 4. Докажите, что среди чисел вида 4 + 3, имеется бесконечно много простых чисел.
Решение. Заметим сначала, что
38
остаток от деления простого числа, не равного 2, на 4 есть либо 1,
либо 3;
произведение чисел вида 4 + 1 снова даст число такого же вида; для
этого достаточно перемножить (4 + 1) и(4 + 1):
(4 + 1) (4 + 1) = 16 + 4 + 4 + 1 = 4(4 + + ) + 1.
Поэтому в разложении числа вида 4 + 3 на простые сомножители обязательно встретится число такого же вида 4 + 3. Например, число 15 имеет вид 4 + 3,
а именно 15 = 4 ∙ 3 + 3, в его разложении сомножитель 3 также имеет вид
4 ∙ 0 + 3.
Предположим теперь, что простых чисел вида 4 + 3, конечное число.
Перечислим их:
|
4 1 + 3, … , 4 + 3. |
|
|
|
|
Рассмотрим следующее число: = (4 + 3)2 |
∙ … ∙ (4 |
|
+ 3)2 |
+ 2. Нетрудно |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
=4 +1 |
=4 +1 |
|
||
|
1 |
|
|
|
|
проверить, что число можно записать в виде 4 + 3, . Поэтому в его разложении на простые сомножители имеется хотя бы одно простое число та-
кого же вида 4 + 3. Значит, число должно делиться на одно из чисел, пере-
численных в списке .
Но это невозможно, поскольку первое слагаемое в записи числа делится на любое из чисел списка , а второе слагаемое, то есть 2, не делится ни на одно из этих чисел.
Задача 5. Найдите все простые числа , для которых числа + 10 и + 14 —
простые.
Решение. Если не делится на 3, то одно из чисел + 10 = + 1 + 9 или
+ 14 = + 2 + 12 делится на 3 (из трех последовательных чисел ,
+ 1 и + 2 ровно одно число делится на 3). Поэтому + 10 и + 14 не яв-
39
ляются простыми.
Значит, делится на 3. Поскольку число – простое, то = 3.
Задача 6. Остаток от деления некоторого натурального числа равен 3, а остаток от деления этого же числа на 15 равен 1. Найти остаток от деления этого числа на 30.
Ошибочное решение. Обозначим число, о котором идет речь в условии задачи символом . С учетом условия задачи можно написать = 6 + 3,
= 15 + 1, , . Тогда 4 = 60 + 4, а 5 = 30 + 15. Вычтем из числа
5 число 4 и получим = 30( − 2 ) + 11. Отсюда делаем вывод, что оста-
ток от деления числа на 30 есть 11.
Ответ, к которому мы пришли, все же нельзя считать правильным. Действи-
тельно, поскольку = 6 + 3, = 15 + 1, , , то 6 + 3 = 15 + 1 или
6 + 3 − 15 = 1. Последнее равенство невозможно ни для каких целых чисел
и (левая часть равенства делится на 3, а правая не делится).
Таким образом, чисел , о которых идет речь в задаче, не существует. Правиль-
ным был бы ответ: чисел, о которых идет речь в задаче не существует, поэтому у них нет никакого остатка при делении на 30.
Задача 7. Остаток от деления некоторого натурального числа равен 3, а остаток от деления этого же числа на 15 равен 6. Найти остаток от деления этого числа на 30.
Решение. Обозначим число, о котором идет речь в условии задачи символом .
С учетом условия задачи можно написать
= 6 + 3, = 15 + 6, , . Тогда 6 + 3 = 15 + 6 2 + 1 = 5 + 2 = 5 2+1. Числа, соответствующие та-
кому условию, существуют, например:
= 1 = 3, число равно 21;
= 3 = 8, число равно 51;
при четном числе число = 5 2+1 не является целым.
40