Алгебра 3 семестр Лекцииi

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОУ ВПО "Новосибирский государственный педагогический университет"

М.П.Тропин

АЛГЕБРА

ТЕОРИЯ ДЕЛИМОСТИ

Курс лекций для студентов 2-го курса

Новосибирск 2010

ТЕМА 1. ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА

Целые числа ¢ представляют собой один из основных примеров коммутативного кольца с единицей, которые встречаются в различных областях математики. Ниже будет определено отношение делимости в ¢ и доказаны некоторые его свойства.

§1. Отношение делимости и деление с остатком

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Говорят, что целое число a делится на целое число b , если существует такое q ¢ , что a = bq . Коротко этот факт записывается так:

a Mb .

Число a называется делимым, b – делителем, а q –

частным.

Очевидно, что отношение делимости может быть определено в любом кольце.

ТЕОРЕМА (свойства делимости). Для любых целых чисел a, b, c выполняются следующие свойства:

1)a Ma (рефлексивность);

2)если a Mb, bMc , то a Mc (транзитивность);

3) если a Mc, bMc то (a ± b)Mc ;

4)если a Mc , то abMc ;

5)если a Mb , то ±a M±b (делимость не зависит от сомножителя ±1 );

6)0Ma, a M ±1, aM ±a (тривиальные делимости);

7)если a Mb, a ¹ 0 , то a ³ b .

3

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО всех свойств проводится по одной схеме: сначала нужно воспользоваться определением делимости, затем выполнить необходимые преобразования. Докажем некоторые из них.

a= (-b)(-q1 ), - a = b (-q1) = (-b)q1 Þ

Þa M(-b), (-a )Mb, (-a )M(-b) .

7) Если a Mb, a ¹ 0 , то a = bq , причём q ¹ 0 Þ q ³ 1 . Взяв модуль от обеих частей равенства, получаем

a = bq = b × q ³ b ×1 = b .

СЛЕДСТВИЯ ИЗ СВОЙСТВА 7.

а) Если a Mb, bMa , то a = b или a = -b .

б) Если 1Ma , то a = ±1.

ПРИМЕР. Доказать, что число (5 × 333555 + 3 × 555333 )M37 .

Заметим, что 333M37 , 555M37 , т.к. 333 = 37 × 9 ,

333M37 Þ 333555 M37 Þ 5 × 333555 M37 ,

4

4) 4)

555M37 Þ 555333 M37 Þ 3 × 555333 M37 .

Складывая полученные делимости по свойству 3,

получаем

(5 × 333555 + 3 × 555333 )M37 .

ПРИМЕР. Доказать, что для любого натурального n число

(4n + 15n -1)M9 .

Данное свойство удобнее всего доказать по индукции.

Если n = 1, то 41 +15 ×1 -1 = 18M9 .

Предположим, что для n = k свойство выполняется. Докажем его для n = k +1.

4k +1 +15(k + 1) -1 = 4 × 4k +15k +14 = = 4 × (4k +15k -1) - 4 ×15k + 4 + 15k +14 =

= 4 × (4k +15k -1) - 3 ×15k +18 .

Первое слагаемое делится на 9 по предположению, остальные, т.к. у них легко выделить сомножитель 9. По свойствам 4 и 3 полученное выражение делится на 9.

Рассмотрим деление с остатком.

ТЕОРЕМА (о делении с остатком целых чисел). Для любых целых чисел a и b , b ¹ 0 , существуют, причём единственные целые числа q, r такие, что

ìa = bq + r,

íî0 £ r < b .

5

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Число q называется неполным частным,

а число r остатком от деления a на b .. Разделить число a

на число b с остатком, это значит найти неполное частное q и остаток r .

Так как bq £ a , то r = a - bq ³ 0 .

Так как b > 0 , то bq < b (q +1) . Так как bq наибольший элемент в M , то

b (q +1) £ a Þ b (q +1) > a Þ

bq + b >a Þ b > a - bq = r Þ b = b > r .

предыдущему случаю и преобразуем полученный результат.

В результате числа −q и r удовлетворяют всем условиям на частное и остаток при делении a на b .

2) ЕДИНСТВЕННОСТЬ.

Пусть

6

a = bq1 + r1, a = bq2 + r2, 0 £ r1 < b , 0 £ r2 < b ,

тогда

bq1 + r1 = bq2 + r2 Þ bq1 - bq2 = r2 - r1 Þ

Þ b (q1 - q2 ) = r2 - r1 .

Если q1 - q2 ¹ 0 , то r2 - r1 ¹ 0 . Сделаем оценку

абсолютной величины левой и правой части полученного равенства:

b £ b × q1 - q2 = b (q1 - q2 ) = r2 - r1 < b .

Противоречие. Следовательно, этот случай невозможен.

Если q1 - q2 = 0 , то r2 - r1 = 0 и q1 = q2, r2 = r1.

СЛЕДСТВИЕ. a Mb тогда и только тогда, когда остаток от деления числа a на число b равен 0.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Если a Mb , то a = bq = bq + 0 . В силу

единственности частного и остатка получаем, что q – это частное, а r = 0 – это остаток.

Если остаток от деления числа a на число b равен 0, то

a = bq + 0 Þ a = bq Þ a Mb .

ПРИМЕР. Разделить числа (-344) и 5n -1 на 5 с остатком.

Число 344 на 5 с остатком можно разделить в уме:

344 = 5 × 68 + 4 .

После этого умножаем на -1 и преобразуем равенство так, чтобы выполнялись все условия деления с остатком.

-344 = - (5 × 68) - 4 = 5 × (-68) - 4 = K

7

Число −4 остатком быть не может, т.к. оно отрицательное. Чтобы исправить это, возьмём частное на единицу меньше.

K = 5 × (-69) + 5 - 4 = 5 × (-69) +1.

Теперь все условия выполняются:

ì-344 = 5 × (-69) + 1,

í 0 £ 1 < 5.

î

Следовательно частное равно -69 , а остаток – 1.

Остаток должен быть положительным, поэтому прежде чем выделять сомножитель 5, добавим и отнимем от данного выражения 5.

5n -1 = 5n - 5 + 5 -1 = 5n - 5 + 4 = 5 × (5n −1 -1) + 4 .

В результате получается, что частное равно (5n −1 -1), а

остаток – 4. Отметим, что в данной и предыдущей задаче мы пользовались единственностью частного и остатка: подобрав

При делении числа n на 3 могут получиться остатки 0,1 и 2. Рассмотрим эти случаи отдельно, и в каждом из них

найдём остаток от деления числа n2 на 3.

n = 3k, n2 = 9k2 = 3 × 3k2 + 0 , остаток равен 0;

8

n = 3k + 1, n2 = 9k2 + 6k +1 = 3 × (3k2 + 2k ) + 1,

остаток равен 1;

n = 3k + 2, n2 = 9k2 +12k + 4 = 3 × (3k2 + 4k +1) + 1,

остаток равен 1.

Ни в одном из случаев остаток 2 не получился.

ПРИМЕР. Доказать, что число 20052006 + 1 не может быть квадратом натурального числа.

Так как 2005 = 3 × 668 +1, то по биному Ньютона можно получить, что

20052006 = (3 × 668 + 1)2006 = 3 × (K) + 1.

Число 20052006 + 1 при делении на 3 будет давать остаток 2, и по предыдущей задаче не может быть квадратом натурального числа.

§2. Наибольший общий делитель и его свойства

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Число m называется общим делителем чисел a и b , если a Mm, bMm .

Число m называется наибольшим общим делителем

чисел a и b , если оно является их общим делителем и делится на любой другой их общий делитель, т.е. если

1)a Mm, bMm ,

2)"k ((a Mk, bMk ) Þ mMk ) .

ЗАМЕЧАНИЕ. Так как наибольший общий делитель делится на любой другой общий делитель, то он (согласно свойству 7) будет действительно наибольшим по абсолютной

9

величине. Таких чисел по крайней мере два: m и −m , т.к. по свойству 5 делимость не зависит от знака. Кроме того их не может быть больше двух, т.к. если m1 и m2 два наибольших

общих делителя, то по определению они делятся друг на друга и, следовательно,

m1 = m2 .

Условимся положительный наибольший общий делитель обозначать

НОД(a, b) .

ЗАМЕЧАНИЕ. НОД(0, 0) не существует, т.к. общим

делителем пары 0,0 является любое целое число. Ниже будет доказано, что во всех остальных случаях НОД существует.

НОД(a, b) = НОД(b, r ) .

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Заметим, что множество общих делителей пары a, b и пары b, r совпадают. Действительно,

если aMk, bMk , то r = a − bq Mk . Если bMk, r Mk , то a = (bq + r )Mk .

В результате оба НОД либо не существуют, либо существуют и равны.

10