Tam sayıların ve kalanların bölünebilirliği. Bir doğal sayının doğal bölenlerinin sayısı ve toplamı

Yalnızım ama yine de öyleyim. Her şeyi yapamam ama yine de bir şeyler yapabilirim. Ve elimden geleni yapmayı reddetmeyeceğim (c)

Sayı ve tutar doğal bölenler doğal sayı
Aritmetiğin temel teoremi. Her n > 1 doğal sayısı ya basittir ya da asal sayıların çarpımı olarak faktörlerin sırasına göre benzersiz bir şekilde temsil edilebilir (1'den büyük herhangi bir doğal sayının bir sayı olarak temsil edilebileceğini varsayabiliriz). asal sayıların çarpımı , eğer bu çarpımın yalnızca bir faktör içerebileceğini varsayarsak).
'n = p1*p2*...*pk' açılımında mevcut olan basit faktörler arasında özdeş olanlar olabilir. Örneğin, "24=2*2*2*3". Üs alma işlemi kullanılarak birleştirilebilirler. Ayrıca asal faktörler büyüklüğe göre sıralanabilir. Sonuç bir ayrışmadır
`n = p_1^(alpha_1)*p_2^(alpha_2)*.......*p_k^(alpha_k)`, burada NN'de `alpha_1, alpha_2, ......, alpha_k'
(1)
Bir sayının bu temsiline, onun asal çarpanlara kanonik ayrıştırılması denir. Örneğin, kanonik gösterim 2 520 sayısı 2 520 = 2 3 3 2 5 7 biçimindedir.
İtibaren kanonik genişleme sayılardan aşağıdaki lemmayı kolayca türetebilirsiniz: Eğer n, (1) biçimindeyse, bu sayının tüm bölenleri şu biçimdedir:
`d = p_1^(beta_1)*p_2^(beta_2)*......*p_k^(beta^k)`, burada '0<= beta_m <= alpha_m` (`m = 1,2,..., k`)
(2)
Aslında (2) formundaki her d'nin a'yı böldüğü açıktır. Tersine, d'yi a'ya bölelim, sonra a=cd olsun; burada c bir doğal sayıdır ve bu nedenle d sayısının tüm asal bölenleri, a sayısının karşılık gelen üslerini aşmayan üslerle a sayısının kanonik açılımına dahil edilir. .
Doğal sayılar kümesinde tanımlanan iki fonksiyonu düşünün:
a) τ(n) - n'nin tüm doğal bölenlerinin sayısı;
2) σ(n) n sayısının tüm doğal bölenlerinin toplamı.
N'nin kanonik açılımı (1) olsun. Bir sayı ve onun doğal bölenlerinin toplamı için formüller türetelim.
Teorem 1. n'nin doğal bölenlerinin sayısı
'tau(n) = (alpha_1 + 1)*(alpha_2 + 1)*.....*(alpha_k + 1);'
(3)
Kanıt.

Örnek. 2 520 = 2 3 3 2 5 7. sayısının (3+1)(2+1)(1+1)(1+1) = 48 böleni vardır.
Teorem 2. N'nin kanonik açılımı (1) olsun. O halde n'nin doğal bölenlerinin toplamı şuna eşittir:
`sigma(n) = (1 + p_1 + p_1^2 + ..... + p_1^(alpha_1))*(1 + p_2 + p_2^2 + ..... + p_2^(alpha_2))* .......* (1 + p_k + p_k^2 + .....+ p_k^(alfa_k));`
(4)
Kanıt.

Örnek. 90 sayısının tüm bölenlerinin toplamını bulun.
90=2 3 2 5. O halde σ(90)=[(2 2 -1)/(2-1)] [3 3 -1)/(3-1)] [(5 2 -1)/(5 -1)]=234
Formül (4) bir sayının tüm bölenlerini bulmaya yardımcı olabilir. Yani örneğin 90 sayısının tüm bölenlerini bulmak için aşağıdaki çarpımda parantezleri açıyoruz (toplama işlemini yapmadan): (1+2) (1+3+3 2)(1+ 5)=(1+1*3+1*Z 2 +1*2+2*3+2*Z 2)(1+5) = 1+3+Z 2 +2+2*3+2*Z 2 + 5+3*5+Z 2 *5+2*5+2*3*5+2*Z 2 *5 = 1+3+9+2+6 +18+5+15+45+10+ 30+90 - terimler 90 sayısının bölenleridir.
"Bir doğal sayının doğal bölenlerinin sayısı ve toplamı" konulu birkaç problemi çözelim.
Görev 1. Yalnızca iki asal çarpanı olduğunu, tüm çarpanlarının sayısının 6 ve tüm çarpanlarının toplamının 28 olduğunu bilerek bir doğal sayı bulun.

TTZ - Birleşik Devlet Sınavı 2010 koleksiyonundan ödevler. Matematik. Tipik test görevleri
Görev 2. TTZ.С6.2 42'ye bölünebilen ve tam olarak 42 farklı doğal böleni olan (bir ve sayının kendisi dahil) tüm doğal sayıları bulun.

Görev 3. TTZ.С6.9 Son ondalık basamağı 0 olan ve tam olarak 15 farklı doğal çarpanı olan (bir ve sayının kendisi dahil) tüm doğal sayıları bulun.

Görev 4. SPI.С6.9. N doğal sayısının tam olarak 6 böleni vardır. Bu bölenlerin toplamı 3500'dür. N'yi bulun.
VEk çözümü:

Bağımsız çalışma için görevler
SR1. Tam olarak 2 asal çarpanı olan, toplam 8 çarpanı olan ve toplamı 60 olan tüm sayıları bulun.
SR2. 3 ve 4'e bölünebilen ve tam olarak 21 doğal çarpanı olan doğal sayıları bulun.
SR3. Tam olarak 18 doğal böleni olan en küçük doğal sayıyı bulun.
SR4. 5'in katı olan ve 18 doğal çarpanı olan en küçük sayıyı bulun.
SR5. Bazı doğal sayıların iki asal çarpanı vardır. Karesinin yalnızca 15 böleni vardır. Bu sayının küpünün kaç böleni vardır?
SR6. Bazı doğal sayıların iki asal çarpanı vardır. Karesinin yalnızca 81 böleni vardır. Bu sayının küpünün kaç böleni vardır?
SR7. Yarısının 30 daha az böleni, üçte birinin 35 böleni ve beşte birinin sayının kendisinden 42 daha az böleni olduğunu bilerek, m = 2 x 3 y 5 z biçiminde bir sayı bulun.

Talimatlar

Çoğu zaman, bir sayıyı asal çarpanlara ayırmanız gerekir. Bunlar, orijinal sayıyı kalansız bölen ve aynı zamanda kendileri de kalansız olarak yalnızca kendilerine ve bire bölünebilen sayılardır (2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 vb. sayılar). . Üstelik seride herhangi bir desen bulunamadı. Bunları özel bir tablodan alın veya "Eratosthenes eleği" adı verilen bir algoritma kullanarak bulun.

İkiden fazla böleni olan sayılara bileşik sayılar denir. ne tür sayılar bileşik olabilirler mi?
Çünkü sayılar 2'ye bölünüyorsa hepsi çifttir sayılar, hariç sayılar 2'si kompozit olacak. Aslında 2:2 bölümünde iki kendine bölünür, yani sadece iki böleni vardır (1 ve 2) ve bir asal sayıdır.

Bakalım çift olan var mı sayılar başka türlü bölücüler. Önce bunu 2'ye bölelim. Çarpma işleminin değişmeli yapısından, elde edilen bölümün de bölen olacağı açıktır. sayılar. Daha sonra elde edilen bölüm tam sayı ise bu bölümü tekrar 2'ye bölüyoruz. O zaman ortaya çıkan yeni bölüm y = (x:2):2 = x:4 aynı zamanda orijinal bölümün de böleni olacaktır. sayılar. Aynı şekilde 4 de orijinal sayının böleni olacaktır. sayılar.

Bu zinciri sürdürerek kuralı genelleştirelim: Bölüm tek sayıya eşit oluncaya kadar önce sırasıyla sonra elde edilen bölümleri 2'ye böleriz. Bu durumda, elde edilen tüm bölümler bunun bölenleri olacaktır. sayılar. Ayrıca bunun bölenleri sayılar olacak sayılar 2^k burada k = 1...n, burada n bu zincirdeki adım sayısıdır. Örnek: 24:2 = 12, 12:2 = 6, 6:2 = 3 tek sayıdır. Bu nedenle 12, 6 ve 3 bölücüler sayılar 24. Bu zincirde 3 basamak vardır dolayısıyla bölenler sayılar 24 de olacak sayılar 2^1 = 2 (zaten pariteden biliniyordu) sayılar 24), 2^2 = 4 ve 2^3 = 8. Böylece, sayılar 1,2,3,4,6,8,12 ve 24 sayıları bölen olacak sayılar 24.

Ancak tüm çift sayılar için bu her şeyi veremez. bölücüler sayılar. Mesela 42 sayısını düşünün. 42:2 = 21. Ancak bilindiği gibi, sayılar 3, 6 ve 7 de bölen olacak sayılar 42.
Bölünebilme özelliği var sayılar. Bunlardan en önemlilerini ele alalım:
3'e bölünebilme testi: rakamların toplamı sayılar 3'e kalansız bölünebilir.
5'e bölünebilme testi: son rakam ne zaman sayılar 5 veya 0.
7'ye bölünebilirlik testi: bundan son rakamın iki katının çıkarılması sonucu elde edildiğinde sayılar Son rakamı olmadan 7'ye bölünür.
9'a bölünebilme testi: rakamların toplamı sayılar 9'a kalansız bölünebilir.
11'e bölünebilme testi: Tek basamaklarda bulunan rakamların toplamı çift basamaklarda bulunan rakamların toplamına eşit olduğunda veya bundan 11'e bölünebilen bir sayıya eşit olduğunda.
Ayrıca 13, 17, 19, 23 ve diğer sayılara bölünebilme işaretleri de vardır sayılar.

Hem çift hem de tek sayılar için, belirli bir sayıya göre bölme işaretlerini kullanmanız gerekir. Sayıyı bölerek şunları belirlemelisiniz: bölücüler elde edilen bölüm vb. (zincir, yukarıda açıklanan çift sayıların 2'ye bölünmesiyle oluşan zincire benzer).

Kaynaklar:

Bölünebilirlik işaretleri

Dört temel matematik işlemi arasında en yoğun kaynak kullanan işlem bölme işlemidir. Manuel olarak (bir sütun halinde), çeşitli tasarımlara sahip hesap makinelerinde ve ayrıca bir hesap cetveli kullanılarak yapılabilir.

Talimatlar

Bir sayıyı bir sütun kullanarak diğerine bölmek için önce bölüneni, sonra böleni yazın. Aralarına dikey bir çizgi yerleştirin. Ayırıcının altına yatay bir çizgi çizin. Tutarlı bir şekilde, sanki düşük sıradaki rakamları kaldırırsanız, bölenden daha büyük bir sayı elde edersiniz. 0'dan 9'a kadar olan sayıları bölenlerle sırayla çarparsak en büyüğünü buluruz sayılarönceki aşamada elde edilenden daha az. Bu rakamı bölümün ilk rakamı olarak yazın. Bu rakamı bölenin altındaki bölenle çarpmanın sonucunu bir basamak sağa kaydırarak yazın. Çıkarma işlemini yapın ve sonucuyla birlikte bölümün tüm rakamlarını bulana kadar aynı işlemleri yapın. Bölen sırasını bölen sırasını çıkararak virgülün yerini belirleyin.

Sayılar birbirine bölünemiyorsa iki durum mümkündür. Bunlardan ilkinde bir rakam veya birkaç rakamın birleşimi sonsuza kadar tekrarlanacaktır. O zaman hesaplamaya devam etmenin bir anlamı yok - bu sayıyı veya bir periyottaki sayılar zincirini almak yeterlidir. İkinci durumda ise özelde hiçbir düzenlilik mümkün olmayacaktır. Ardından, sonucun istenen doğruluğunu elde ettikten sonra bölmeyi bırakın ve sonuncuyu yuvarlayın.

Bir aritmetik hesap makinesini (hem temel hem de mühendislik) kullanarak bir sayıyı diğerine bölmek için sıfırlama düğmesine basın, bölüneni girin, bölme düğmesine basın, böleni girin ve ardından eşittir işareti düğmesine basın. Formül gösterimi olan bir hesap makinesinde, eşit işaretli anahtarın örneğin Enter veya Exe olabileceğini dikkate alarak aynı şekilde bölün. Bu türdeki modern cihazlar iki satırlıdır: üst satıra yazılır ve sonuç altta daha büyük sayılarla görüntülenir. Ans tuşunu kullanarak bu sonuç bir sonraki hesaplamada kullanılabilir. Her durumda sonuç, hesap makinesinin rakam tablosunda otomatik olarak yuvarlanır.

Ters Lehçe gösterimi olan bir hesap makinesinde, önce sıfırlama düğmesine basın, ardından temettüyü girin ve Enter tuşuna basın (bu yazı yerine yukarı doğru bir ok olabilir). Sayı yığın hücresinde sona erecektir. Şimdi böleni girin ve bölme tuşuna basın. Yığındaki sayı, daha önce göstergede görüntülenen sayıya bölünecektir.

Çok az doğruluğun gerekli olduğu durumlarda sürgülü hesap cetveli kullanın. Her ikisinden de kaldır sayılar ve ardından her birinden en anlamlı iki rakamı alın. A ölçeğinde böleni bulun ve ardından bunu B ölçeğindeki bölenle eşleştirin. Ardından ikincideki birimi bulun - hemen üstünde A ölçeğinde yer alacaktır özel. Virgülün konumunu sütunda olduğu gibi belirleyin.

Kaynaklar:

Sütun bölme sırası
özel numaralar

Okul çocukları matematik ödevleri arasında sıklıkla şu formülasyonla karşılaşırlar: "Sayıların en küçük ortak katını bulun." Paydaları eşit olmayan kesirlerle çeşitli işlemler yapabilmek için bunu nasıl yapacağınızı mutlaka öğrenmeniz gerekiyor.

En Küçük Ortak Katın Bulması: Temel Kavramlar

LCM'nin nasıl hesaplanacağını anlamak için öncelikle "çoklu" teriminin anlamını belirlemelisiniz.

A'nın katı, A'ya kalansız bölünebilen bir doğal sayıdır. Dolayısıyla, 5'in katı olan sayılar 15, 20, 25 vb. olarak kabul edilebilir.

Belirli bir sayının sınırlı sayıda böleni olabilir, ancak sonsuz sayıda katı vardır.

Doğal sayıların ortak katı, kendilerine kalan bırakmadan bölünebilen sayıdır.

Sayıların (iki, üç veya daha fazla) en küçük ortak katı (LCM), bu sayıların tümüne bölünebilen en küçük doğal sayıdır.

LOC'yi bulmak için çeşitli yöntemler kullanabilirsiniz.

Küçük sayılar için, aralarında ortak bir şey bulana kadar bu sayıların tüm katlarını bir satıra yazmak uygundur. Katlar büyük harf K ile gösterilir.

Örneğin 4'ün katları şu şekilde yazılabilir:

K(4) = (8,12,16,20,24,...)

K(6) = (12, 18, 24, ...)

Böylece 4 ve 6 sayılarının en küçük ortak katının 24 sayısı olduğunu görebilirsiniz. Bu gösterim şu şekilde yapılır:

LCM(4, 6) = 24

En büyük toplam bölücü- bu, önerilen sayıların her birinin bölünebileceği maksimum sayıdır. Bu terim genellikle hem payın hem de paydanın aynı sayıya bölünmesi gereken karmaşık kesirleri azaltmak için kullanılır. Bazen en büyük ortak noktayı belirlemek mümkündür. bölücü gözle, ancak çoğu durumda onu bulmak için bir dizi matematiksel işlem yapmanız gerekecektir.

İhtiyacın olacak

Bunu yapmak için bir parça kağıda veya hesap makinesine ihtiyacınız olacak.

Talimatlar

Her karmaşık sayıyı asal sayıların veya faktörlerin çarpımına ayırın. Örneğin, 60 ve 80 (60, 2*2*3*5'e ve 80, 2*2*2*2*5'e eşittir), kullanılarak daha basit bir şekilde yazılabilir. İÇİNDE bu durumda ikincide ikinin beş ve üçle çarpımı gibi görünecek ve ikincisi, dördüncüde iki ve beşin çarpımı olacak.

Şimdi her ikisinin de ortak sayılarını yazın. Bizim versiyonumuzda bu iki ve beştir. Ancak diğer durumlarda bu sayı bir, iki veya üç basamaklı veya hatta olabilir. Daha sonra çalışmanız gerekiyor. Her çarpan için en küçük olanı seçin. Örnekte ikinin ikinci kuvveti ve beşin birinci kuvvetidir.

Son olarak, ortaya çıkan sayıları çarpmanız yeterlidir. Bizim durumumuzda her şey son derece basittir: ikinin beşle çarpımı 20'ye eşittir. Dolayısıyla 20 sayısı, 60 ve 80'in en büyük ortak böleni olarak adlandırılabilir.

Konuyla ilgili video

lütfen aklınızda bulundurun

Asal faktörün yalnızca 2 böleni olan bir sayı olduğunu unutmayın: biri ve sayının kendisi.

Yararlı tavsiye

Bu yönteme ek olarak Öklid algoritmasını da kullanabilirsiniz. Geometrik formda sunulan tam açıklaması Öklid'in "Elementler" kitabında bulunabilir.

İlgili makale

Genellikle denklemleri bulabilirsiniz. Örneğin, 350: X = 50; burada 350 bölen, X bölen ve 50 de bölümdür. Bu örnekleri çözmek için bilinen sayılarla belirli bir dizi işlemin gerçekleştirilmesi gerekmektedir.

İhtiyacın olacak

- kurşun kalem veya tükenmez kalem;
- bir sayfa kağıt veya defter.

Talimatlar

Bilinmeyen, yani basit bir denklem yazın. X çocuk sayısını, 5 her çocuğa verilen şeker sayısını, 30 ise satın alınan şeker sayısını göstermektedir. Böylece şunu elde etmelisiniz: 30: X = 5. Bu matematiksel ifadede 30'a bölünen denir, X bölendir ve elde edilen bölüm 5'tir.

Şimdi çözmeye başlayın. Bilinmektedir: Bir bölen bulmak için, temettüyü bölüme bölmeniz gerekir. Görünüşe göre: X = 30: 5; 30: 5 = 6;

Ortaya çıkan sayıyı denklemde değiştirerek kontrol edin. Yani 30: X = 5, bilinmeyen böleni buldunuz, yani. X = 6, dolayısıyla: 30: 6 = 5. İfade doğrudur ve bundan denklemin çözüldüğü sonucu çıkar. Asal sayıları içeren örnekleri çözerken elbette kontrole gerek yoktur. Ancak denklemler üç basamaklı, dört basamaklı vb. numaraları, kendinizi kontrol ettiğinizden emin olun. Sonuçta fazla zaman almaz ancak elde edilen sonuca mutlak güven verir.

lütfen aklınızda bulundurun

ARİTMETİK

Aritmetik matematiğin kraliçesidir ve birinci sınıftan akademisyene kadar herkes burada uygun problemler bulacaktır.

Harika sayılar

Bir doğal sayıya, rakamları toplamı aynı olan tüm doğal sayılar arasında en küçüğü ise “dikkat çekici” diyelim. Örneğin 1 sayısı dikkat çekicidir çünkü 1, 10, 100, 1000 vb. sayıların en küçüğüdür. 1 ilk dikkate değer sayıdır. İkinci dikkat çekici sayıyı bulun. Rakamları toplamı aynı olan tüm sayıları yazınız. 2010'un üçüncü, onuncu, harika sayısı için de aynısı.

İki basamaklı en büyük dikkate değer sayıyı bulun. Numarası kaç?

Belirli bir alana sahip dikdörtgenler

Kareli kağıda, alanı 24 hücreye eşit olan tüm dikdörtgenleri çizin. (Kenarlar hücrelerin sınırlarını takip etmelidir.) Bu tür dikdörtgenlerden kaç tane olacak?

Hangi alanlar için yalnızca bir dikdörtgen vardır? Hangileri iki farklı dikdörtgen gerektirir? Üç farklı dikdörtgen mi? Seçeneklerin sayısı bölgeye nasıl bağlı?

Aynı alana sahip tüm dikdörtgenlerden çevre uzunluğu en küçük olanı bulun.

Sayı genişletme

15 sayısı ardışık doğal sayıların toplamı olarak üç şekilde temsil edilebilir: 15 = 7 + 8 = 4 + 5 + 6 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5. 115 sayısı için bu şekilde kaç tane yol vardır? Rastgele bir sayının yol sayısını nasıl bulabilirim?

Süper bilgisayar

Bir süper bilgisayar yalnızca tek bir işlemi gerçekleştirebilir - iki sayıyı karıştırma işlemi: bilgisayar m, n sayılarından (m+n) /2 sayısını elde eder. Eğer m+n tek ise bilgisayar donar. Alınan tüm numaralar hafızaya kaydedilir. Bize biri sıfır, diğer ikisi doğal ve birbirine eşit olmayan üç sayı verilsin. Bir süper bilgisayarda hangi m ve n sayıları elde edilebilir?

Dikdörtgenlerin köşegenleri

Bir kağıda 199 x 991 hücre ölçülerinde bir dikdörtgen çizildi. Köşegen kaç düğümden (yani hücrelerin köşelerinden) geçiyor? Bu dikdörtgenin köşegeni kaç hücreyle kesişir? İsteğe bağlı boyuttaki bir dikdörtgen için bir cevap vermeye çalışın - M x N hücre boyutunda.

Not. Bir köşegen, yalnızca üst kısımdan geçmek yerine hücrenin "içerisine" giriyorsa hücreyle kesişir.

Değişim sorunu

3 ve 5 rublelik madeni paralarla ne kadar ödeme yapılabilir? Genelleme: hangi sayılar ax+by kombinasyonuyla ifade edilir; burada a ve b doğal sayılardır, x ve y negatif olmayan keyfi tam sayılardır.

7. Skl A alt kareler

Skl A verilen sayılar kareleri aynı sayı ile biten sayılardır. Örneğin:

5 2 =25 ; 6 2 =36 ; 25 2 = 625 .

"Beş beş- yirmi beş", "altı altı- otuz altı».

Mümkün olduğu kadar çok sayıda katlama numarası bulun; bu tür sayıları bulmanın bir yolunu bulun.

Belirli sayıda böleni olan sayıları bulma

Tam olarak bir böleni olan yalnızca bir sayı vardır - bir. Tüm asal sayıların tam olarak iki böleni vardır. Örneğin asal sayıların kareleri olan 4 ve 9 sayılarının tam olarak üç böleni vardır. Tam olarak üç böleni olan tüm sayılar bu özelliğe sahip midir? Tam olarak 4 böleni varsa ne tür bir sayı olabilir? 5 bölen mi? Belirli bir doğal sayı için N tam olarak sahip olan tüm doğal sayıları tanımlayın N bölücüler.

Kesir açılımları

, , , …

1/7 sayısı için, ondalık kesire genişleme periyodiktir ve altı basamaktan oluşur ve 2/7, 3/7, ..., 6/7 için - aynı altı basamaktan farklı bir sırayla (kontrol edin) !). Ancak 1/13 ve 2/13 sayıları için sayı kümeleri farklıdır. Bu sayıların ve 1/p, 2/p, ..., (p-1)/p formundaki sayıların p = 17, 19, 41, 47 ve diğer asal sayılar için açılımlarını keşfedin ve ne olduğunu bulun. döngüler var.

Çeşitli tamsayı problemlerinde bölünebilmeyle ilgili temel kavram ve teoremler kullanılır. Bunlardan bazılarını listeleyelim.

Çözümlerle ilgili sorunlar

1. 1000'den küçük, 5'e veya 7'ye bölünmeyen kaç doğal sayı vardır?

1000'den küçük 999 sayıdan 5'in katları olan sayıların üzerini çiziyoruz: 199 tane var. Daha sonra 7'nin katı olan sayıların üzerini çiziyoruz: 142 tane var. Ama 7'nin katı olan sayılar arasında 5'in de katı olan = 28 sayı vardır; üzerleri iki kez çizilecektir. Toplamda 199+142–28=313 sayının üzerini çizmeliyiz. Geriye 999–313=686 kalıyor.

Cevap: 686 sayı.

2. Otobüs bileti numarası – altı haneli bir sayı. Numaranın ilk üç rakamının toplamı son üç rakamının toplamına eşitse bilete şanslı denir. Tüm şanslı bilet numaralarının toplamının 13'e bölünebildiğini kanıtlayın.

Şanslı biletin numarası A ise, o zaman B = 999999–A numaralı bilet de şanslıdır, A ve B farklıdır. A+B=999999=1001·999=13·77·99 13'e bölünebildiğinden, tüm şanslı biletlerin sayılarının toplamı 13'e bölünebilir.

3. Üç tam sayının kareleri toplamının 8'e bölündüğünde 7 kalanını veremeyeceğini kanıtlayın.

Herhangi bir tam sayı, 8'e bölündüğünde aşağıdaki sekiz sayıdan birinin kalanına sahiptir: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, yani bir tam sayının karesi, üç sayıdan biri olan 8'e bölündüğünde kalana sahiptir. 0, 1, 4. Üç sayının kareleri toplamının 8'e bölündüğünde 7 kalanını alabilmesi için iki durumdan birinin doğru olması gerekir: Karelerden birinin veya üçünün de tek kalanları olması 8'e bölündüğünde

İlk durumda tek kalan 1, iki çift kalanın toplamı 0, 2, 4 olur, yani tüm kalanların toplamı 1, 3, 5 olur. Bu durumda kalan 7 elde edilemez. İkinci durumda, üç tek kalan üç 1'dir ve toplamın geri kalanı 3'tür. Yani üç tam sayının kareleri toplamı 8'e bölündüğünde 7 kalan olamaz.

4. Herhangi bir doğal n için şunu kanıtlayın:

a) 5 5n+1 + 4 5n+2 + 3 5n sayısı 11'e bölünebilir.

b) 2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 sayısı 17'ye bölünebilir.

a) Başlangıçta verilen ifadenin aşağıdaki dönüşümünü gerçekleştiririz:

5 5n+1 +4 5n+2 +3 5n = 5(3125) n + 16(1024) n + (243) n = 5(11 284+1) n + 16(11 93+1) n + (11 ·22+1)n .

n'inci dereceden Newton binomunu hesaba katarak şunu yazabiliriz: (x+1) n = Ax+1, burada A, x tamsayısı için bir tamsayıdır. O zaman yukarıdaki ifade 11B+5+16+1 = 11C olur, açıkça 11'e bölünebilir; burada B ve C bazı tam sayılardır.

b) Kanıtlanan ifadenin aşağıdaki dönüşümlerini gerçekleştirelim:

2 5n+3 + 5 n 3 n+2 = 8 32 n + 9 15 n = 8(17+15) n + 9 15 n = 17A + 8 15 n + 9 15 n = 17A + 17·15 n = 17V ,

burada A, B pozitif tam sayılardır.

5. Şunu kanıtlayın:

a) x 2 + y 2, 3'e bölünebiliyorsa ve x ve y sayıları tam sayıysa, bu durumda x ve y, 3'e bölünebilir;

b) Üç tam sayının toplamı 6'ya bölünüyorsa, bu sayıların küplerinin toplamı 6'ya bölünebilir;

c) p ve q asal sayılarsa ve p>3, q>3 ise p 2 –q 2 24'e bölünebilir;

d) a, b, c herhangi bir tam sayı ise, ak+bt c'ye bölünebilecek şekilde eş asal k ve t vardır.

a) x = 3a + r 1, y = 3b + r 2 olsun; burada r 1 ve r 2, 3'e bölümden kalanlar, yani 0, 1, 2 sayılarından bazılarıdır. O halde x 2 + y 2 = 3(3a 2 +3b 2 +2аr 1 +2br 2)+(r 1) 2 +(r 2) 2. x 2 +y 2, 3'e bölündüğüne göre, son toplamın ilk terimi 3'e bölünür, ardından (r 1) 2 + (r 2) 2, 3'e bölünür ki bu, yukarıdakiler dikkate alındığında mümkündür, yalnızca r 1 = r 2 = 0 olduğunda.

Dolayısıyla x = 3a ve y = 3b yani x ve y 3'e bölünebilir, bunun da kanıtlanması gerekiyor.

b) x 3 +y 3 +z 3 –(x+y+z)'nin 6'ya bölünebileceğini göstermek yeterlidir. Bu doğrudur çünkü x 3 –x, y 3 –y ve z 3 terimlerinin her biri –z 6'ya bölünebilir çünkü a 3 –a=a(a–1)(a+1) – üçün ürünü 2'ye, 3'e ve dolayısıyla 6'ya zorunlu olarak bölünebilen ardışık tam sayılar.

c) p 2 –q 2'nin 3 sayısının çokluğu aşağıdaki şekilde kanıtlanabilir. Tam sayıların kareleri, 3'e bölündüğünde 0 veya 1 kalanını verir. p ve q, 3'ten büyük asal sayılar olduğundan, p 2 ve q 2, 3'e bölündüğünde aynı kalanlara sahiptir - bir. O halde p 2 –q 2, 3'e bölünebilir.

Öte yandan, p 2 –q 2 =(p+q)(p–q). p ve q tek olduğundan ve 4'e bölündüğünde 1 veya 3 kalana sahip olduğundan, bazı parantezlerdeki ifade 4'e, bazılarında 2'ye bölünür ve p ile q'nun kareleri farkı 8'e bölünür.

p 2 –q 2, nispeten asal sayılar olan 3 ve 8'e bölünebildiğinden, p 2 –q 2, 3·8=24'e bölünebilir ki, bunun kanıtlanması gerekiyordu.

d) En büyüğüne izin verin ortak bölen b ve c–a sayıları d, b=k·d ve c–a=t·d'ye eşittir. O halde k ve t sayıları aralarında asaldır.

Yani a·k+b·t, c'ye bölünür.

6. Bul:

a) 2n+3 ve n+7 sayılarının en büyük ortak böleni;

b) 2x+1'in y'ye bölünebildiği ve 2y+1'in x'e bölünebildiği tüm x, y doğal sayı çiftleri;

c) k 5 +3'ün k 2 +1'e bölünebildiği tüm k tam sayıları;

d) n, n+1, n+2, ..., n+20 sayılarının her birinin 30030=2·3·5·7·11· sayısıyla ortak böleni olacak şekilde en az bir n doğal sayısı. 13, birden büyük.

a) Eğer m > n ise OBEB (m; n) = OBEB (m – n; n) olduğuna dikkat edin.

Başka bir deyişle, iki doğal sayının en büyük ortak böleni, fark modüllerinin en büyük ortak bölenine eşittir ve daha küçük sayı. Bu özelliği kanıtlamak kolaydır.

k, m u n'nin ortak böleni olsun (m > n). Bu m = ak, n = bk anlamına gelir; burada a, b doğal sayılardır ve a > b. O halde m – n = k(a – b), bu da k'nin m – n sayısının bir böleni olduğu anlamına gelir. Bu, m ve n sayılarının tüm ortak bölenlerinin, en büyük ortak bölen de dahil olmak üzere m – n farklarının bölenleri olduğu anlamına gelir.

Yukarıdakileri kullanalım:

GCD (2n+3; n+7) = GCD (n+7; 2n+3 – (n+7)) = GCD (n+7; n–4) = GCD (n–4; 11).

11 asal sayı olduğu için gereken en büyük ortak bölen 1 veya 11'dir. Eğer n–4 = 11d yani n = 4+11d ise en büyük ortak bölen 11, aksi halde 1'dir.

Yanıt: OBEB (2n+3; n+7) = 11, n eşittir 4+11d; GCD (2n+3; n+7) = 1, n, 4+11d'ye eşit olmadığında.

b) 2x+1 sayısı tektir ve y'ye bölünebilir, dolayısıyla y de tektir. Benzer şekilde x de tektir.

X ve y sayıları aralarında asaldır. Aslında, k, x ve y'nin ortak böleni olsun, o zaman 2x, k'ye bölünebilir ve (2x+1) de k'ye bölünebilir (k, y'nin bir böleni ve y, 2x+1'in bir böleni). Bu, 1'in k'ye bölünebildiği, yani k=1 olduğu anlamına gelir.

2x+2y+1 sayısı hem x'e hem de y'ye bölünebilir, yani xy'ye bölünebilir. O halde 2x+2y+1, xy'den küçük değildir.

Cevap: (1; 1), (1; 3), (3; 1), (3; 7), (7; 3).

c) k 5 +3 = (k 3 –k)(k 2 +1) + (k+3) olduğuna göre, eğer k+3 k 2 +1'e bölünüyorsa, k 5 +3 k 2 +1'e bölünebilir. . Bu ne zaman mümkün olabilir? Seçenekleri ele alalım:

1) k+3 = 0, yani k = –3;

2) k+3 = k2+1; çözerken k = –1, k = 2'yi buluruz;

3) k+3 > k 2 +1 olan k tamsayılarını kontrol edin; kontrol ettikten sonra: k = 0, k = 1.

Cevap: –3, –1, 0, 1, 2.

d) m = 2·3·5·7·k olsun. m–1'in 11'e ve m+1'in 13'e bölünebilmesi için k'yı seçersek, n = m–10 sayısının problemin koşullarını karşıladığını elde ederiz.

Cevap: örneğin 9440.

7. 11'e bölünebilen ve her rakamı bir kez geçen on basamaklı bir sayı var mı?

Yöntem I 11'e bölünebilen üç basamaklı sayıları yazarken aralarında 0'dan 9'a kadar tüm sayıları içeren üç sayı bulabilirsiniz. Örneğin 275, 396,418. Bunları kullanarak 11'e bölünebilen on basamaklı bir sayı oluşturabilirsiniz. Örneğin:

2753964180 = 275 10 7 + 396 10 7 + 418 10 = 11 (25 10 7 + 36 10 4 + 38 10).

II yöntemi. Gerekli sayıyı bulmak için 11'e bölünebilirlik testini kullanacağız; buna göre sayılar n=a 1 a 2 a 3 ...a 10 (bu durumda a i çarpanlar değil, gösterimdeki rakamlardır) sayı n) ve S(n)=a 1 –a 2 +a 3 –…–a 10 aynı anda 11'e bölünebilir.

A, S(n)'de “+” işaretli rakamların toplamı olsun, B – S(n)'de “-” işaretli rakamların toplamı olsun. A–B sayısının problemin koşullarına göre 11'e bölünmesi gerekiyor. Ayrıca B–A=11 de koyalım, tabii ki A+B=1+2+3+…+9=45. Ortaya çıkan B–A=11, A+B=45 sistemini çözersek A=17, B=28'i buluruz. Beş kişilik bir grup seçelim farklı sayılar toplamı 17'dir. Örneğin 1+2+3+5+6=17. Bu sayıları tek sayılı sayılar olarak alalım. Çift rakamlı rakamlar olarak geri kalanları (4, 7, 8, 9, 0) alacağız.

Örneğin 1427385960 sayısının problemin koşullarını sağladığını görüyoruz.

8. Arka arkaya yazılan iki basamaklı iki sayı, çarpımlarına bölünen dört basamaklı bir sayı oluşturur. Bu sayıları bulun.

a ve b iki basamaklı iki sayı olsun, o zaman 100a+b dört basamaklı bir sayıdır. Koşula göre, 100a+b = k·ab, dolayısıyla b = a(kb–100), yani b, a'ya bölünür.

Yani b = ma, ancak a ve b iki basamaklı sayılardır, yani m tek basamaklıdır.

100a+b = 100a+ ma = a(100+m) ve 100a+b = kab olduğuna göre a(100+m) = kab,

yani 100+m = kb veya 100+m = kma, dolayısıyla 100 = m(ka–1).

Böylece m, 100 sayısının bir böleni olur; ayrıca m, tek haneli sayı bu da m = 1, 2, 4, 5 anlamına gelir.

ka = 1+100/m ve a iki basamaklı olduğundan m için 1 ve 5 değerleri kaybolur çünkü

m = 1 olduğunda 100/1+1 = 101 sayısı hiçbir sayıya bölünemez iki basamaklı sayı A;

m = 5 ile sayı 100/5+1 = 21'dir ve a = 21'e sahibiz, bunun için b = ma = 5·21 üç basamaklı bir sayıdır.

m = 2 için ka = 51, a = 17, b = 17 2 = 34;

m = 4 ile ka = 26, a = 13, b = 13 4 = 52 elde ederiz.

Cevap: 17 ve 34, 13 ve 52.

9. Herhangi bir doğal k ve n sayısı için 1 2k+1 + 2 2k+1 + olduğunu kanıtlayın. . . + n 2k+1, n + 2'ye bölünemez.

Toplamların eşit olması gerçeğinden yararlanalım. tek dereceler iki sayı bu sayıların toplamına bölünür; Şunları yazabilirsiniz:

2 2k+1 + n 2k+1 = (2 + n) A 1,

3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 = (3 + (n – 1)) A 2 = (2 + n) A 2,

4 2k+1 + (n – 2) 2k+1 = (4 + (n – 2)) A 3 = (2 + n) A 3 ve benzeri; burada A i bazı tam sayılardır.

N'nin paritesine bağlı olarak son çifti oluşturacak sayı sıkıntısı olabilir; bu, toplam koşulunda dikkate alınan 2 ile çarpılarak önlenebilir. Bu yüzden,

2(1 2k+1 + 2 2k+1 +...+n 2k+1) = 2 1 2k+1 + (2 2k+1 + n 2k+1) + (3 2k+1 + (n – 1) ) 2k+1) +...+ (n 2k+1 + 2 2k+1) =

2 + (n + 2) A, burada A bir tamsayıdır.

Son toplamın terimlerinden biri n + 2'ye bölünebilir, diğeri ise herhangi bir doğal n'ye bölünemez. Dolayısıyla, koşulda dikkate alınan toplam, herhangi bir doğal n ve k için n'ye bölünemez.

10. Bunu herhangi biri için kanıtlayın asal sayı p > 2 pay m kesri

p'ye bölünebilir.

p-1 sayısının çift olduğuna dikkat edin ve m/n kesrini şu forma dönüştürüyoruz:

Ortaya çıkan ifadeyi ortak bir paydaya getirmek

ilişkiyi anlıyoruz

m(p–1)!=pqn eşitliği buradan gelir. 1, 2, 3, ..., p–1 sayılarının hiçbiri p asal sayısına bölünemediğinden, son eşitlik ancak m'nin p'ye bölünebilmesi durumunda mümkündür ki bunun kanıtlanması gerekiyordu.