Oszthatóság

1. Oszthatóság Legyenek az a és b egész számok. Az a szám akkor osztója a b-nek, ha van olyan k egész szám, amelyre b = k۰a. Jelölése: a|b

2. Az oszthatóság tulajdonságai tulajdonság Minden egész szám osztója önmagának. a|a, mert 1۰a = a

3. Az oszthatóság tulajdonságai 2. tulajdonság Ha a osztója b-nek, akkor a osztója a b többszöröseinek is. Ha az a|b, továbbá nϵZ, akkor a|n۰b is teljesül, mert a|b→b=k۰a, vagyis n۰b = n۰(k۰ a) = (n۰k)۰a, tehát a|nb is teljesül.

4. Az oszthatóság tulajdonságai 3. tulajdonság Ha a osztója b-nek, b osztója c-nek, akkor a osztója a c-nek is. Ha az a|b, és bIc→aIc, mert a|b→b = n۰a, b|c→c = m۰b tehát c =m۰b = (m۰n)۰a is teljesül, vagyis aIc.

5. Az oszthatóság tulajdonságai 4. tulajdonság Ha a osztója b-nek, a osztója c-nek, akkor a osztója (b±c)-nekis. Ha az a|b, és aIc→aI(b±c), mert a|b→b = n۰a, a|c→c = m۰a tehát b ± c = n۰a ± m۰a = (n±m)۰a is teljesül, vagyis aI(b±c).

6. Az oszthatóság tulajdonságai 5. tulajdonság Ha a osztója (b + c)-nek, és a osztója b-nek, akkor a osztója c-nekis. Ha az a|b+c és aIb,→aIc, mert a|b+c→b+c = n۰a, a|b→b= m۰a, tehátc = n۰a – b = n۰a – m۰a = = (n - m)۰a is teljesül, vagyis aIc.

7. Az oszthatóság tulajdonságai 6. tulajdonság Ha a osztója b-nek, továbbá a nem osztója c-nek, akkor a nem osztója (b+c)-neksem. Ha az a|b, és a łc→ał(b+c), mert ha a|(b+c) teljesülne, akkor az 5. tulajdonság miatt aIc is teljesülne, ami a feltétel miatt nyilván nem lehet.

8. Az oszthatóság tulajdonságai 7. Tulajdonság (Legyenek a és b természetes számok) Ha a osztója b-nek, továbbá b osztója az a is teljesül, akkor a = b. Ha az a|b, továbbá b|a , akkor az 1. tuljadonság miatt a ≤ b, illetve b ≤ a is teljesül,amelynek a = blesz a következménye.

9. Az oszthatóság tulajdonságai 8. tulajdonság A 0-nak minden egész szám osztója, a 0-nak csak a 0 a többszöröse. a|0, mert 0۰a = 0 Vigyázz!Az oszthatóság és osztás fogalmát ne keverd, mert 0:0 nincs értelmezve, de 0I0 teljesül!

10. Alkalmazás Mutasd meg, ha 11I 2a+3b, akkor teljesül a 11I 15a+6b is! a,b ϵZ Mivel 15a+6b = 11a+2(2a+3b), ezért a 2. és 4. tulajdonságok együttes alkalmazásával teljesül az állítás.

11. Alkalmazásegy érettségi szintű feladatban Mutasd meg, ha a,bϵZ, 5|2a-3b, továbbá 5|7a-2b, akkor teljesül az 5|a-10b is! a-10b = 4۰(2a-3b) - (7a-2b) 5| Megjegyzés: az eredményből 5|a is következik (sőt!??).

12. Oszthatósági szabályok 2-vel osztható számok a páros számok. 5-tel oszthatók a 0-ra, vagy 5-re végződő számok. 10-zel oszthatók a 0-ra végződő számok. 3-mal, vagy 9-cel azok a számok oszthatók, amelyek számjegyeinek összege osztható 3-mal, iIletve 9-cel.* 6-tal azok a számok oszthatók, amelyek oszthatók 3-mal és párosak.

13. A 3-mal és 9-cel való oszthatóság igazolása ? Osztható kilenccel Ha egy szám osztható 9-cel, akkor osztható 3-mal is.

14. Oszthatósági szabályok 4-gyel azok a számok oszthatók, amelyek utolsó két számjegyéből alkotott szám osztható 4-gyel. (Ezen a lapon a 4 helyett 25-öt is írhatsz.) Az indoklás az alábbi példán leolvasható. ? Osztható néggyel

15. Oszthatósági szabályok 8-cal azok a számok oszthatók, amelyek utolsó három számjegyéből alkotott szám osztható 8-cal. (Ezen a lapon a 8 helyett 125-öt is írhatsz.) Az indoklás az alábbi példán leolvasható. ? Osztható nyolccal

16. Oszthatósági szabályok 11-gyel azok a számok oszthatók, amelyek páratlan helyen álló számjegyeinek összegéből kivonva a páros helyen állók összegét, 11-gyel osztható számot kapunk.

17. Oszthatósági szabályok 7-tel azok a számok oszthatók, amelyekben a szám végéről indulva, hármasával csoportosítva a számjegyeket, majd egy ilyen hármas tömbben ez első jegy 2-szeresének és a második 3-szorosának összegéhez hozzáadjuk az utolsó jegyet, majd e hármas tömbökből képzett összegeket váltogatott előjellel összegezve 7-tel oszható számot kapunk.

18. 7-tel való oszthatóság másképpen 7-tel (11-gyel, 13-mal) úgy vizsgálhatjuk meg az oszthatóságot, hogy a szám első számjegyétől utolsó előtti számjegyéig képzett számból (kivonjuk az utolsó számjegy 2-szeresét, 1-szeresét, hozzáadjuk az utolsó számjegy 4 szeresét).Ha az így kapott szám osztható 7-tel akkor az eredeti is. Ha még az így kapott számról sem tudjuk megállapítani, hogy osztható-e 7-tel, akkor ugyanezt az eljárást kell folytatni amíg olyan számot nem kapunk amiről biztosan meg tudjuk állapítani, hogy osztható 7-tel.

19. Indoklás az orientációs csoportnak 7|abcdef→elegendő vizsgálni 7|100۰abcdef=98۰abcdef+2۰abcdef → Mivel itt az első tag 7-tel osztható elegendő vizsgálni a 2. tagot. (Indulhatnánk innen is!) 2۰abcdef = 2۰(abcde0+f) = 2۰(abcde۰10+f)= = 2۰(abcde۰7+abcde۰3+f) = =14۰abcde + 6۰abcde + 2۰f = =14۰abcde +7۰abcde –(abcde- 2۰f)

20. Prímszámok és összetett számok Azokat a pozitív természetes számokat, amelyeknek pontosan két pozitív osztója van, prímszámoknak nevezzük. Megjegyzés: az 1 nem prímszám és nem is összetett szám Azokat a pozitív természetes számokat, amelyeknek kettőnél több pozitív osztója van, összetett számoknak nevezzük.

21. Néhány egyszerű megállapítás a prímszámokkal kapcsolatban 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37, 41, 43, 47, 53,59,61,67,71,73,79,83,89.97,101,103, 107,109,….. A 2 az egyetlen páros prímszám. Azokat a prímeket, amelyek különbsége kettő, ikerprímeknek nevezzük. Egy p prímszám n-edik hatványának, pn–nek pontosan n+1 db. pozitív osztója van. (1, p,p2,p3,p4,…pn-1, pn)

22. Tétel: Végtelen sok prímszám van. Indirekt bizonyítás: Tegyük fel, hogy az állítással ellentétbn véges sok , azaz n db. prímszám van, jelöljük ezeket p1,p2,p3,…pn-1, pn –nel. Tekintsük azt az N természetes számot, amelyet a következőképpen állítunk elő: N= p1۰p2 ۰p3 ۰… ۰ pn-1 ۰ pn +1 , ennek egyik pi sem osztója (6.tulajdonság), tehát N vagy új prím, vagy olyan összetett szám, amelynek egyik pi sem osztója. Ellentmondás!Legalább n+1 prím van, ….

23. A számelmélet alaptétele(Nem bizonyítjuk) Bármely összetett szám, a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelműen bontható fel prímszámok szorzatára.

24. Az osztók száma: φ(252000) φ(252000=(6+1)۰(2+1)۰(3+1)۰(1+1)=168 db