Transcript Oszthatósági szabályok

Oszthatóság
Legyenek az a és b egész számok.
Az a szám akkor osztója a b-nek,
ha van olyan k egész szám,
amelyre b = k۰a.
Jelölése: a|b
Az oszthatóság tulajdonságai
1. tulajdonság
Minden egész szám osztója
önmagának.
a|a, mert 1۰a = a
Az oszthatóság tulajdonságai
2. tulajdonság
Ha a osztója b-nek, akkor a
osztója a b többszöröseinek is.
Ha az a|b, továbbá nϵZ, akkor
a|n۰b is teljesül,
mert a|b→b=k۰a, vagyis n۰b =
n۰(k۰ a) = (n۰k)۰a,
tehát a|nb is teljesül.
Az oszthatóság tulajdonságai
3. tulajdonság
Ha a osztója b-nek, b osztója cnek, akkor a osztója a c-nek is.
Ha az a|b, és bIc→aIc,
mert a|b→b = n۰a, b|c→c = m۰b
tehát c =m۰b = (m۰n)۰a is
teljesül, vagyis aIc.
Az oszthatóság tulajdonságai
4. tulajdonság
Ha a osztója b-nek, a osztója cnek, akkor a osztója (b±c)-nek
is.
Ha az a|b, és aIc→aI(b±c),
mert a|b→b = n۰a, a|c→c = m۰a
tehát b ± c = n۰a ± m۰a = (n±m)۰a
is teljesül, vagyis aI(b±c).
Az oszthatóság tulajdonságai
5. tulajdonság
Ha a osztója (b + c)-nek, és a osztója
b-nek, akkor a osztója c-nek is.
Ha az a|b+c és aIb,→aIc,
mert a|b+c→b+c = n۰a, a|b→b= m۰a,
tehát c = n۰a – b = n۰a – m۰a =
= (n - m)۰a is teljesül, vagyis aIc.
Az oszthatóság tulajdonságai
6. tulajdonság
Ha a osztója b-nek, továbbá a
nem osztója c-nek, akkor a
nem osztója (b+c)-nek sem.
Ha az a|b, és a ł c→ał(b+c),
mert ha a|(b+c) teljesülne, akkor
az 5. tulajdonság miatt aIc is
teljesülne, ami a feltétel miatt
nyilván nem lehet.
Az oszthatóság tulajdonságai
7. Tulajdonság
(Legyenek a és b természetes számok)
Ha a osztója b-nek, továbbá b
osztója az a is teljesül, akkor
a = b.
Ha az a|b, továbbá b|a ,
akkor az 1. tuljadonság miatt a ≤ b,
illetve b ≤ a is teljesül, amelynek a
= b lesz a következménye.
Az oszthatóság tulajdonságai
8. tulajdonság
A 0-nak minden egész szám osztója,
a 0-nak csak a 0 a többszöröse.
a|0, mert 0۰a = 0
Vigyázz! Az oszthatóság és
osztás fogalmát ne keverd,
mert 0:0 nincs értelmezve,
de 0I0 teljesül!
Alkalmazás
Mutasd meg, ha 11I 2a+3b, akkor
teljesül a 11I 15a+6b is! a,b ϵZ
Mivel 15a+6b = 11a+2(2a+3b),
ezért a 2. és 4. tulajdonságok
együttes alkalmazásával
teljesül az állítás.
Alkalmazás
egy érettségi szintű feladatban
Mutasd meg, ha a,bϵZ, 5| 2a-3b, továbbá
5|7a-2b, akkor teljesül az 5|a-10b is!
a-10b = 4۰(2a-3b) - (7a-2b)
5|
Megjegyzés: az eredményből 5|a is
következik (sőt!??).
Oszthatósági szabályok
2-vel osztható számok a páros számok.
5-tel oszthatók a 0-ra, vagy 5-re végződő számok.
10-zel oszthatók a 0-ra végződő számok.
3-mal, vagy 9-cel azok a számok oszthatók, amelyek
számjegyeinek összege osztható 3-mal, iIletve 9-cel.*
6-tal azok a számok oszthatók, amelyek oszthatók 3mal és párosak.
A 3-mal és 9-cel való
oszthatóság igazolása
abcdef  a 105  b 104  c 103  d 102  e 10  f 
a  99999 b  9999 c  999 d  99  e  9  a  b  c  d  e  f
?
Osztható kilenccel
Ha egy szám osztható 9-cel,
akkor osztható 3-mal is.
Oszthatósági szabályok
4-gyel azok a számok oszthatók, amelyek
utolsó két számjegyéből alkotott szám
osztható 4-gyel.
(Ezen a lapon a 4 helyett 25-öt is írhatsz.)
Az indoklás az alábbi példán leolvasható.
abcdef  abcd00  ef
?
Osztható néggyel
Oszthatósági szabályok
8-cal azok a számok oszthatók, amelyek
utolsó három számjegyéből alkotott
szám osztható 8-cal.
(Ezen a lapon a 8 helyett 125-öt is írhatsz.)
Az indoklás az alábbi példán leolvasható.
abcdef  abc000 def
?
Osztható nyolccal
Oszthatósági szabályok
11-gyel azok a számok oszthatók, amelyek
páratlan helyen álló számjegyeinek
összegéből kivonva a páros helyen állók
összegét, 11-gyel osztható számot kapunk.
Oszthatósági szabályok
7-tel azok a számok oszthatók, amelyekben a szám
végéről indulva, hármasával csoportosítva a
számjegyeket, majd egy ilyen hármas tömbben ez
első jegy 2-szeresének és a második 3-szorosának
összegéhez hozzáadjuk az utolsó jegyet, majd e
hármas tömbökből képzett összegeket váltogatott
előjellel összegezve 7-tel oszható számot kapunk.
7-tel való oszthatóság
másképpen
7-tel (11-gyel, 13-mal) úgy vizsgálhatjuk meg az
oszthatóságot, hogy a szám első
számjegyétől utolsó előtti számjegyéig
képzett számból (kivonjuk az utolsó
számjegy 2-szeresét, 1-szeresét, hozzáadjuk
az utolsó számjegy 4 szeresét).
Ha az így kapott szám osztható 7-tel akkor az
eredeti is. Ha még az így kapott számról sem
tudjuk megállapítani, hogy osztható-e 7-tel,
akkor ugyanezt az eljárást kell folytatni amíg
olyan számot nem kapunk amiről biztosan
meg tudjuk állapítani, hogy osztható 7-tel.
Indoklás az orientációs
csoportnak
7|abcdef→elegendő vizsgálni
7|100۰abcdef=98۰abcdef+2۰abcdef →
Mivel itt az első tag 7-tel osztható elegendő
vizsgálni a 2. tagot. (Indulhatnánk innen is!)
2۰abcdef = 2۰(abcde0+f) = 2۰(abcde۰10+f)=
= 2۰(abcde۰7+abcde۰3+f) =
=14۰abcde + 6۰abcde + 2۰f =
=14۰abcde +7۰abcde – (abcde-
2۰f)
Prímszámok és összetett számok
Azokat a pozitív természetes számokat,
amelyeknek pontosan két pozitív osztója
van, prímszámoknak nevezzük.
Megjegyzés: az 1 nem prímszám és nem is
összetett szám
Azokat a pozitív természetes számokat,
amelyeknek kettőnél több pozitív osztója
van, összetett számoknak nevezzük.
Néhány egyszerű megállapítás a
prímszámokkal kapcsolatban
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37, 41, 43, 47,
53,59,61,67,71,73,79,83,89.97,101,103,
107,109,…..
A 2 az egyetlen páros prímszám.
Azokat a prímeket, amelyek különbsége kettő,
ikerprímeknek nevezzük.
Egy p prímszám n-edik hatványának, pn –nek
pontosan n+1 db. pozitív osztója van.
(1, p,p2,p3,p4,…pn-1, pn)
Tétel: Végtelen sok prímszám van.
Indirekt bizonyítás:
Tegyük fel, hogy az állítással ellentétbn véges
sok , azaz n db. prímszám van, jelöljük
ezeket p1,p2,p3,…pn-1, pn –nel.
Tekintsük azt az N természetes számot,
amelyet a következőképpen állítunk elő:
N= p1۰p2 ۰ p3 ۰ … ۰ pn-1 ۰ pn +1 ,
ennek egyik pi sem osztója (6.tulajdonság), tehát
N vagy új prím, vagy olyan összetett szám,
amelynek egyik pi sem osztója.
Ellentmondás! Legalább n+1 prím van, ….
A számelmélet alaptétele
(Nem bizonyítjuk)
Bármely összetett szám, a
tényezők sorrendjétől eltekintve
egyértelműen bontható fel
prímszámok szorzatára.
N  p  p  p  ... p
r1
1
r3
3
r2
2
rk
k
252000 2  3  5  7
5
2
3
Az osztók száma: φ(252000)
1
1
1
1
2
3
5
7
22
32
52
23
53
24
25
26
φ(252000=(6+1)۰(2+1)۰(3+1)۰(1+1)=168 db
( N )  ( p1r  p2r  p3r  ... pkr )  r1 1 r2 1 r3 1 ... rk 1
1
2
3
k