Множество целых неотрицательных чисел

⇐ Предыдущая 67 68 69 70 717273 74 75 76 Следующая ⇒

Присоединим к множеству N натуральных чисел еще один элемент, который называется нулем и обозначается 0. Полученное множество называется множеством целых неотрицательных чисел и обозначается Z_о. Таким образом, Z_o = 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:

(" a Î N) a + 0 = 0+ a = a; (" a ÎN) a -0= a;

(" a Î N) a ×0=0× a = 0; (" a ÎN)0:a = 0.

Кроме того, будем считать, что:

0 + 0 = 0; 0×0 = 0; 0-0 = 0; a - a = 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, найдет такое целое неотрицательное число с, что a = с× 0, откуда а = 0. Пришли к противоречию с условием, значит, частное чисел а ¹ 0 и b=0 не существует.

Пусть теперь a = 0. Предположим опять, что частное а = 0 и b =0 существуют, и тогда найдется такое целое неотрицательное число c, что выполняется равенство 0 = c-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, 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 b - число натуральное. Разделить а на b с остатком - это значит найти такие целые неотрицательные числа q и r, что а = bq + r, 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 < b, то при делении а на b с остатком получаем q = 0 и r = а.

Если при делении a 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 = bq + r и 0 £ r <b? Если такая пара чисел q и r существует, то единственна ли она для заданных чисел a и b? Ответ на эти вопросы дает следующая теорема.

Теорема 29. Для любого целого неотрицательного числа а и натурального b существуют целые неотрицательные числа q и r, такие, что а = bq + r, причем 0 £ r < b. И эта пара чисел q и r 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 а + 1, то в множестве М есть наибольшее число, которое обозначим через x₀. 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 £ a <bq+b. Из этих неравенств следует, что 0£ а-bq < b. Если обозначить а – bq=r, то имеем: a – bq = r, т.е. a=bq+r и 0£ r < b.

Это означает, что q - неполное частное, а r - остаток при делении а на b.

Доказательство единственности.

Предположим, что а = bq + r, где 0 £ r < b и а = bq, + r₁, где 0 £ r₁ < b, причем, например r> r₁. Тогда имеем: bq + r=bq₁+r₁, и поэтому r-r₁=bq₁-bq=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 z и остаток 17. Известно также, что одно из чисел х, у и z равно 13. Какое.

5. На множестве А = {х | х Î 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. Найди эти числа.

⇐ Предыдущая 67 68 69 70 717273 74 75 76 Следующая ⇒

Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском:

vikidalka.ru - 2015-2024 год. Все права принадлежат их авторам! Нарушение авторских прав | Нарушение персональных данных