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 Zо. Таким образом, Zо = N È {0}.

Относительно числа 0 условимся, что оно меньше любого нату­рального числа, а арифметические операции в случае, когда одна из компонент равна нулю, определяются равенствами:

(" а ÎN) а + 0 = 0 + а = a; (" а ÎN) а - 0 = а;

(" а ÎN) а - 0 = 0 - а = 0; (" а ÎN) 0 : а = 0 .

Кроме того, будем считать, что:

0 + 0 = 0, 0- 0 = 0, 0 – 0 = 0, а – а = 0.

Теорема 28. Деление на нуль невозможно.

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

Рассмотрим случай, когда а ¹ 0, Предположим, что частное такого числа и нуля существует. Тогда, по определению деления, найдется такое целое неотрицательное число c, что а – с = 0, откуда а = 0. Пришли к противоречию с условием, значит, частное чисел а ¹ 0 и b = 0 не 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 существуетне 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 b - число натуральное. Разделить а на b с остатком - это значит найти такие целые неотрицательные числа q и r, что а = b q + r , причем 0 < r г < 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 < b то при делении а на b с остатком получаем q = 0 и r = а.

Если при делении а на b с остатком оказывается, что r = 0. то говорят, что имеем деление нацело. Вообще r = 0 тогда и только тогда, когда а делится на b.

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

Теорема 29. Для любого целено неотрицательного числа а и натурального b > существуют целые неотрицательные числа q и r, такие, что а = b q + r, причем 0 < r < b. И эта пара чисел q и r г единственная для: заданных а и b .

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

М = {х\х = bу, х £ 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(q + 1) > а. Итак, найдено число q, такое, что bq <а< b(q + 1) . Из этих неравенств следует, что 0 < а - bq < b Если обозначить а – bq через r. то имеем: а - bq = r, т.е. а = b q + r и 0 £ r < b. Это означает, что q - неполное частное, а rг - остаток при делении а на b.

Доказательство единственности. Предположим, что b q + r, где 0 £ r < b и а = b q₁ + r₁, где 0 £ r₁ < b, причем, например, r > r₁,. Тогда имеем: b q + r = b q₁ + r₁, и поэтому r - r₁ = b q₁ - b q= b( q₁ - q). Поскольку 0 £ r₁ < r < b, то r - r₁ < b. С другой стороны, r - r₁ = b( q₁ - q) и потому делится на b.

Пришли к противоречию, так как натураль­ное число, меньшее, чем b, не может делиться на b . 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; б) 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 А - {х \ х е N и 1£ х £ 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.

Лекция 35.Метод математической индукции

План:

1. Метод математической индукции.

2. Решение задач.