7. Приклади розв’язання типових задач

Тема 5. Теорія подільності в кільці цілих чисел

5.1 Вiдношення подiльностi, його найпростiшi властiвостi. Теорема про дiлення з остачею.

1. При дiленнi цiлого числа а на 17 неповна частка дорiвнює 13. Знайти найбiльше значення а.

Р о з в’я з а н н я. Відповідно з умовами задачи маємо , де . Отже, найбiльше значення для а дорiвнює 1713 + 16 = 237.

2. При дiленнi числа а = 50 на число b остача r = 6. Знайти b i неповну частку q.

Р о з в’я з а н н я. Маємо 50 = b q + 6, де 6  b. Тодi bq = 44 = 44 1 = 144 = . Оскiльки b > 6, то b є одним з чисел 44, 22 або 15. Тодi q вiдповiдно дорiвнює 1, 2 або 4.

3. Знайти неповну частку q i остачу r вiд дiлення цiлого числа а на цiле число b, якщо:

а) а = 37, b = 8;

б) а = 8, b = 37;

в) а = 37, b = 8;

г) а = 37, b = 8;

д) а = 8, b =  37;

е) а = 8, b = 37;

ї) а = 8, b =37;

ж) а = 37, b = 8.

Р о з в’я з а н н я. Щоб знайти неповну частку q i остачу r при дiленнi цiлого числа а на цiле число b, треба знайти найбiльше цiле число k, яке кратне b i не перевищує а. Тодi неповну частку q дiстають як частку вiд дiлення k на b, а остачу r  як рiзницю мiж а та k.

а) k = 32 = 84. Отже, q = 4, r = 5;

б) k = 0 = 37 0. Отже, q = 0, r = 8;

в) k = 32 = (8)( 4). Отже, q = 4, r = 5;

г) k = 40 = 8(5). Отже, q = -5, r = 3;

д) k = 0 = (37)0. Отже, q = 0, r = 8;

е) k = 37 = (37)5. Отже, q = 1, r = 29;

ї) k = 37 = 37(1). Отже, q = 1, r = 29;

ж) k = 40 = (8)5. Отже, q = 5, r = 3.

Зауваження. Згiдно з теорiїю, iснує єдина пара чисел q i r для довiльних цiлих чисел а i b, b ¹ 0, така, що а = bq + r, 0  r  | b | Тому аналогiчну задачу можна розв’язувати у загальному випадку для довiльних а i b, b  0.

Наприклад:

а) а > 0, b > 0, а > b; тут дiленням а на b знаходимо q i r;

б) а > 0, b > 0, а < b; тут q = 0, r = а;

в) а > 0, b < 0, а > | b |; дiленням а на | b | знаходимо q₁ і r, тоді q =  q₁;

г) а < 0, b > 0, | а | > b; діленням | а | на b знаходимо q₁ і r, тоді ;

д) а > 0, b < 0, а < | b |; тут q = 0, r = a;

е) а < 0, b < 0, | а | < | b |; тут q = 1, r = | b |  | а |;

є) а < 0, b > 0, | а | < b; тут q =  1, r = b + a;

ж) а < 0, b < 0, | а | > | b | дiленням | а | на | b | знаходимо q₁ і r, тоді ;

4. Довести, що n(n + 1)(2n + 1) 6 при довільному натуральному n.

Р о з в’я з а н н я. 1 спосіб (за методом математичної індукції). При n = 1 маємо n(n + 1)(2n + 1) = 6 6. Припустимо, що тверження справедливе при n = k, тобто k(k + 1)(2k + 1) 6. Доведемо, що твердження справедливе й при n = k + 1, тобто (k + 1)(k + 2)(2k + 3) 6. Дійсно, оскільки (k + 2)(2k + 3) = k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)², то твердження очевидне, бо перший додаток ділиться на 6 за припущенням, а другий має своїм множником 6, тобто теж ділиться на 6. Тоді твердження 6 справедливе для довільного натурального числа n. 2 спосіб (за методом повної індукції). Оскільки n(n + 1) є добуток двох послідовних натуральних чисел, то n(n + 1) 2 і тому n(n + 1)(2n + 1) 2. Оскільки 6 = 23, а числа 2 i 3 не мають спільних дільників, то для того щоб n(n + 1)(2n + 1) 6 треба показати, щоn(n + 1)(2n + 1) 3. Згiдно з теоремою про дiлення з остачею, можливi такi випадки: a) n = 3k; б) n = 3k + 1; в) n = 3k + 2, де k  дiяке невiд’ємне число. У випадку а) на 3 дiлиться число n = 3k, у випадку б) на 3 ділиться число 2n + 1 = 6k + 3, а у випадку в) приходимо до числа n + 1 = 3k + 3. Цим доведено, що n(n + 1)(2n + 1) завжди дiлиться на 3. Твердження доведено. 3 спосіб (штучний). Оскільки n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1)[(n  1) + + (n + 2)] = (n  1)n(n + 1) + , то доводжуване твердження випливає з того, що кожен додаток утвореної суми є добуток трьох послідовних чисел і, отже, ділиться на 6.

Зауваження

1. При розвязуванні аналогічних задач не можна віддати перевагу жодному з розглянутих способів. Так, для задачі 4 найраціональнішим є третій спосіб. Твердження розглянутого типу, завжди можна довести першим способом, хоч процес використання кроку індукції (кроку припущення) не завжди простий (при цьому часто використовується й узагальнена форма математичної індукції). Зрозуміло, що тільки вдале комбінування наведених та інших способів може зробити процес доведення ефективним і економним.

2. Доведення другим i третiм способами свiдчить про те, що твердження n(n + 1)(2n + 1) 6 справедливе для будь якого цiлого числа n.