66. Множество целых неотрицательных чисел

Присоединим к множеству N натуральных чисел еще один элемент, который называется нулем и обозначается 0. Получен­ное множество называется множеством целых неотрицатель­ных чисел и обозначается Zo, таким образом Zo = N и {0}.

Относительно числа 0 условимся, что оно меньше любого натурального числа, а арифметические операции в случае, ко­гда одна из компонент равна нулю, определяется равенствами: (V a е N) а + 0 = 0 + а = а\ (V а е N) а - 0 = а; (VaeN) д-0 = 0; (Vяе N) 0:я = 0.

Кроме того, будем считать, что:

0 + 0=0; 00=0; 0-0 = 0; а-а = 0.

Вычитание и деление для целых неотрицательных чисел определяются так же, как и для натуральных.

Теорема 28. Деление на нуль невозможно.

Доказательство. Пусть даны целое неотрицательное число а и Ъ = 0.

Рассмотрим случай, когда а Ф 0. Предположим, что частное такого числа и нуля существует. Тогда, по определению деле­ния, найдется такое целое неотрицательное число с, что а = с-0, откуда а = 0. Пришли к противоречию с условием, значит, частное чисел я*0и& = 0не существует.

Пусть теперь а = 0. Предположим опять, что частное а = 0 и b = 0 существуют, и тогда найдется такое целое неотрица­тельное число с, что выполняется равенство 0 = с-0, истинное при любых значениях с. Таким образом, частным чисел а - 0 и b = 0 может быть любое целое неотрицательное число, т.е. результат деления определяется не единственным образом. Поэтому в математике считают, что деление нуля на нуль также невозможно.

Рассматривая деление на множестве целых неотрицатель­ных чисел, мы имеем в виду деление нацело, т.е. такое, при котором частное является также целым неотрицательным числом. Но такое частное существует не всегда. Например, нельзя разделить на 9 число 31. Но существуют числа 3 и 4 такие, что 31 =9-3 + 4. Говорят, что мы разделили число 31 на 9 с остатком 4, а число 3 называют неполным частным. В общем случае деление с остатком определяют так.

Определение. Пусть а - целое неотрицательное число, а Ъ - число натуральное. Разделить а на b с остатком - это зна­чит найти такие целые неотрицательные числа q и г, что a=bq+r₉ причем 0<r<b.

Из этого определения следует, что делить с остатком можно не только большее число на меньшее, но и меньшее на большее. Например, при делении числа 5 на 9 получаем, что неполное частное равно 0, а остаток - 5: 5 = 0-9 + 5. Вообще если а < Ь, то при делении анаЬ с остатком получаем q = 0 и г = а.

Если при делении анабс остатком оказывается, что г = О, то говорят, что имеем деление нацело. Вообще г = 0 тогда и только тогда, когда а делится на Ъ.

В связи с этим новым действием возникают вопросы: если заданы числа а и 6, всегда ли можно найти такие q и г, что будет выполняться равенство a -bq + г и 0 <г < Ы Если такая пара чисел q и г существует, то единственна ли она для заданных чисел аи Ы Ответ на эти вопросы дает следующая теорема.

Теорема 29. Для любого целого неотрицательного числа а и натурального Ъ существуют целые неотрицательные числа q и г, такие, что a =bq + г, причем 0 < г < Ь. И эта пара чисел q и г единственная для заданных а и Ъ.

Доказательство существования. Обозначим через М множество целых неотрицательных чисел, кратных b и не превосходящих а:

М ~ {х\х - Ьу_ух < а].

Так как для всех чисел из этого множества выполняется не­равенство х < а + 1, то в множестве М есть наибольшее число, которое обозначим через х₀. Это число имеет вид х₀ = bq, при­чем число b(q + 1) уже не принадлежит множеству М и поэтому b(g + 1) > а. Итак, найдено число q, такое, что bq < а < bq + Ъ, Из этих неравенств следует, что 0 < а - bq < Ъ. Если обозна­чить а - bq через г, то имеем a-bq = r, т.е. а = bq + г и0< г < Ь. Это означает, что q- неполное частное, а г - остаток при де­лении а на Ь.

Доказательство единственности. Предположим, что а = bq + г, где 0<г<4 ий = bq_l + где 0 < < Ь, причем, например, г > г_}. Тогда имеем bq + r = bq_t + /•;, и поэтому /•-/•; = = bqj - bq = b(qj - q). Поскольку 0 < rj < г < b, то г - r_l < b. С другой стороны, r-rj=b(qj-q) и потому делится на Ь. Пришли к противоречию, так как натуральное число, мень­шее, чем b, не может делиться на Ь. Это противоречие и до­казывает, что другой пары чисел с требуемыми свойствами не существует, следовательно, деление с остатком однознач­но определено.

В любом начальном курсе математики изучается деление с остатком, так как оно лежит в основе алгоритма деления многозначного числа на многозначное. При этом часто ис­пользуется запись: 9:2 = 4 (ост. 1). Учащиеся запоминают, что если при делении получается остаток, то он всегда меньше делителя.

Упражнения

1. Объясните, почему не существует значения выражения 7:0, проведя рассуждения, аналогичные тем, которые ис­пользовались при доказательстве теоремы 28.

2. Разделите с остатком:

а) 37 на 5; б) 83 на 4; в) 12 на 15.

3. Какие остатки могут получаться при делении чисел на 4? Какой вид имеют числа, при делении которых на 4 в остатке получается:

а)1; 6)3?

4. Известно, что при делении х на у получили неполное ча­стное г и остаток 17. Известно также, что одно из чисел х,у и z равно 13. Какое?

5. На множестве v4 = {x|jceNHl<x< 100} задано отно­шение «иметь один и тот же остаток при делении на 5». На какие классы разобьются числа множества А при помощи данного отношения? Почему это разбиение возможно? В ка­ком классе окажется 27? 98? 100?

6. На сколько классов разбивается множество N при по­мощи отношения:

а) «иметь один и тот же остаток при делении на 2»;

б) «иметь один и тот же остаток при делении на 7»?

Почему возможно такое разбиение? Назовите по одному

представителю из каждого класса разбиения множества N в случае б).

7. Одно число на 62 больше другого. При делении одного из них на другое с остатком в частном получается 5 и в остат­ке 6. Найдите эти числа.