14 Теорема про ділення з остач. Нсд, нск

Теор про діл з ост:

; Пр.: a=25; b=4; 25=4·6+1; 0≤r=1<4

нехай х приймає цілі значення. Будемо х збільшувати. Очевидно, що b·x – зростає. Очевидно, що знайдеться таке р, що при х=р => bp≤a, але b(p+1)>a;; a=25; b=6; p=4; bp=24<a; b(p+1)=30>a;; bp+b>a => a-bp<b;; нехай r=a-bp => a=bp+r; r<b, a-bp≥0, r≥0

Переконаємось, що така пара єдина. Від супротивного, припуст, що a=bp+r, 0≤r<b (1);; a=bp1+r1, 0≤r1<b (2);; віднімемо їх: 0=b(p-p1)+(r-r1); b(p-p1)=r1-r;; Т.я. ліва част діл на b, то і права діл на b? тобто (r1-r)÷b. Врах, що 0≤r<b та 0≤r1<b => |r1-r|<b —протиріччя, якщо r1-r=0 =>r1=r =>p=p1. Теор довед.

Означ1:СД двох чисел це таке число на яке діляться ці два числа;; Означ2: НСД це найбільший із СД;; Означ3:НСД двох чисел назив такий СД, який ділиться на всі СД цих чисел.

Алг Евкліда: До чисел a i и застос теор про діл з остач a=bq₀+r₁, 0≤r1<b. Тепер розділимо b на першу остачу: b=r1q1+r2, 0≤r2<r1. Першу остачу розділимо на другу і т.д. Отримаємо: a=bq0+r1, 0<r1<b;; b=r1q1+r2, 0<r2<r1;; r1=r2q2+r3, 0<r3<r2;;…;; r_k-2=r_k-1q_k-1+r_k, 0<r_k<r_k-1;; r_k-1=r_kq_k;(1); Ділимо поки передост остача не розділ націло. Перекон, що цей проц скінч. Справді 0<rk<rk-1<…<r2<r1<b;; Остачі утвор спадну послід цілих додатн чисел. Вона обмежена знизу нулем. Отже знайдеться такий номер k, що остача=0. Перекон, що в (1)остання відмінна від нуля остача rk, буде НСД чисел a та b. Для цього в (1) перекон, що rk є СД а і b. Для цього в (1) піднімемось знизу вгору. зробивши це ми перекон, що a÷rk і b÷rk; Перекон, що rk – НСД. Для цього в (1) опустимось згори вниз. Нехай U – СД(a,b) опустившись згори вниз отримаємо, що rk÷ U. Т.я. U – довільний СД, то rk ділиться на всі спільні дільники a та b, що ітреба було показать.

НСК. СК а та b назив таке число, яке ділиться на а та b;; НСК чисел а та b назив таке СК на яке діляться всі спільні кратні. Очевидно, що б.я. два числа мають безліч СК і тільки одне з них НСК; [a,b] – НСК. Нехай М – довільне СК чисел a і b. Це значить, що М÷а =>M=ak i M÷ b=> M/b – ціле.; ak/b – ціле. Нехай d-НСД ((a,b)=d)↔a=a1·d, b=b1·b;; (a1,b1)=1 – взаємно прості;; ak/b= a1dk/b1d=a1k/b1=>k ÷ b1, бо (a1,b1)=1 – взаємно прості;; k=b1t; M=ak=ab1t=abt/d => M= abt/d – цією ф-лою задають всі СК чисел а та b. Найменше СК буде при t=1, Отже M=ab/d =>[a,b]=ab/(a,b)

15.Прості числа

Число Р, яке діл тільки на себе й одиницю назив простим.;; Число a, яке має більше двох дільників назив складним.;; Число 1 – не є простим і складним.

Теор. Якщо число n (n>1) не ділиться на жодне просте число, яке не перевищує кореня з n, то n-просте. Теор.: Множина простих чисел нескінченна.; Дов.: Від супрот. Нехай множ скінч. р1,…,рn. Розгл. Q=p1·p2·…·pn. Q>p_i для б.я. і . Перекон, що Q-просте. Нехай Q÷p_i, тоді добуток÷p_i, що суперечить умові. Отже Q-просте – супереч умові. Теор довед.

Теор.: Б.я. ціле число N можна розкласти в добуток простих множників, при чому таке представлення єдине з точністю до порядку слідування елементів. Довед.: Нехай маємо число N, якщо воно просте – Теор Довед. Якщо воно складне, то N=n1a1, де n1-найменше просте. Якщо а=1, то теор довед. Якщо а1-складне, то а1= n2а2, де n2-найменше просте. Якщо а2=1-теор довед. Якщо а2-складне, то а2= n3а3……;; а1,…,аn утвор спадну послід: а1≥а2≥…≥аn тобто проц скінчений. N=n1а1=n1n2а2=…=n1n2…n_к;; Єдиність: від супрот. нехай N має два представлення: N=n1…nк та N=р1…рl;; n1…nк= р1…рl. Ліва част діл на n1, то і права діл на n1, тобто співпадає з якимось рі……

Нехай число а має представл: a=q12q…qn; qi-можуть бути однакові. Збираючи їх може бути: -канонічній розклад, де р_і-прості α_і≥0