intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

[Toán Học] Các Loại Tập Hợp Số Phần 5

Chia sẻ: Danh Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST
Báo xấu
226
lượt xem 15
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nếu trong thuật toán Ơclit để tìm ước chung lớn nhất của a và b ta nhân cả hai vế của mỗi đẳng thức với k thì được thuật toán Ơclit để tìm ước chung lớn nhất của ka và kb. Số dư khác 0 cuối cùng của thuật toán này là krn. Vậy UCLN(ka, kb) = kUCLN.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: [Toán Học] Các Loại Tập Hợp Số Phần 5

  1. tập hợp số các ab d (2) Nếu c là một ước chung của a và b, thì UCLN( , ) = cc c Chứng minh: (1) Nếu trong thuật toán Ơclit để tìm ước chung lớn nhất của a và b ta nhân cả hai vế của mỗi đẳng thức với k thì được thuật toán Ơclit để tìm ước chung lớn nhất của ka và kb. Số dư khác 0 cuối cùng của thuật toán này là krn. Vậy UCLN(ka, kb) = kUCLN(a, b). ab d (2) Bây giờ, ta chứng minh nếu c là ước chung của a và b thì UCLN( , ) = . Thật vậy ta cc c a b đặt a ′ = và b′ = và d' = UCLN(a', b'). Suy ra cd' = UCLN(ca', cb') = UCLN(a, b) = d. c c d Vậy d' = . c Định lí 3.4. Cho a, b, c là ba số tự nhiên sao cho UCLN(a, b) = 1. Khi đó UCLN(ac, b) = UCLN(c, b). Chứng minh: Giả sử d là một ước chung của ac và b. Khi đó d là ước chung của ac và bc. Vì vậy d là ước của UCLN(ac, bc). Nhưng UCLN(ac, bc) = c.UCLN(a, b) = c.1 = c. Vậy d là ước chung của b và c, do đó d là ước của UCLN(b, c). Đảo lại, nếu d' là một ước chung của b và c thì d' cũng là ước chung của ac và b. Do vậy d' là ước của UCLN(ac, b). Vậy UCLN(ac, b) = UCLN(c, b). Ta định nghĩa ước chung lớn nhất của n số tự nhiên như sau: 2.3.2.4. Định nghĩa Số tự nhiên d được gọi là ước chung lớn nhất của các số tự nhiên a1, a2, …, an nếu d là số lớn nhất trong các ước chung của các ai, i = 1, 2, …, n. Chú ý. Cho các số tự nhiên khác không: a1, a2, …, an bao giờ cũng tồn tại ước chung lớn nhất của chúng. 2.3.2.5. Các số nguyên tố cùng nhau Định nghĩa 3.2. Hai số tự nhiên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu UCLN(a, b) = 1. Các số tự nhiên a1, a2, …, an được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu ước chung lớn nhất của chúng là 1. Các số a1, a2, …, an được gọi là nguyên tố sánh đôi nếu các số này đôi một nguyên tố cùng nhau. 78
  2. tập hợp số các Ví dụ 3.3: Các số 3, 6, 16 là ba số nguyên tố cùng nhau nhưng không nguyên tố sánh đôi. Các số 3, 8, 25 là ba số nguyên tố sánh đôi. Tính chất 3.2. Cho ba số tự nhiên a, b và c. 10) Nếu a nguyên tố cùng nhau với b và nguyên tố cùng nhau với c thì a nguyên tố cùng nhau với bc. Từ tính chất 10) suy ra rằng nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì với mọi số tự nhiên m và n ta cũng có am và bn nguyên tố cùng nhau. 20) Nếu a nguyên tố cùng nhau với b, và a là ước của bc thì a là ước c. 30) Giả sử d là một ước chung của hai số tự nhiên a và b khác 0, d = UCLN(a, b) khi và chỉ ab khi UCLN( , ) = 1. dd 2.3.3. Bội chung nhỏ nhất 2.3.3.1. Định nghĩa Cho a là một số tự nhiên khác 0. Tập hợp các bội của a là tất cả các số tự nhiên có dạng ma, m ∈ N. Giả sử a1, a2, …, an là những số tự nhiên khác 0. Số tự nhiên b được gọi là bội chung của các ai, i = 1, 2, …, n nếu b là bội của ai với mọi i = 1, 2, …, n. Đặt B là tập hợp các bội chung của a1, a2, …, an. Do đó B có số bé nhất khác 0. Số bé nhất đó được gọi là bội chung nhỏ nhất của a1, a2, …, an. Kí hiệu là BCNN(a1, a2, …, an). Ví dụ 3.4: BCNN(2, 7, 16) = 112. 2.3.3.2. Cách tìm bội chung nhỏ nhất ab Định lí 3.5. Với hai số tự nhiên a, b khác 0 ta có: BCNN(a, b) = . UCLN (a, b) Chứng minh: Đặt d = UCLN(a, b). Ta có a = da1; b = db1. Khi đó a1 và b1 nguyên tố cùng nhau. ab ab adb1 Đặt m = . Ta cần chứng minh m = BCNN(a, b). Trước hết m = = = ab1 và d d d da b ab = 1 = a1b. Từ đó suy ra m là bội chung của a và b. m= d d 79
  3. tập hợp số các Μ Giả sử M là một bội chung bất kì của a và b. Như vậy M = ac. Vì M chia hết cho b nên d b chia hết cho . Từ đó suy ra a1c chia hết cho b1. Vì a1 và b1 nguyên tố cùng nhau nên c chia d ab . q = mq. Từ đó suy ra m ≤ M với mọi hết cho b1. Đặt c = b1q. Như vậy M = ac = ab1q = d bội chung M của a và b. Vậy m = BCNN(a, b). Hệ quả 1. Hai số tự nhiên a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi BCNN(a, b) = ab. Hệ quả 2. BCNN(a, b) là ước của mọi bội chung a và b. Ví dụ 3.5: 36 ×15 BCNN(36, 15) = = 180. 3 2.3.3.3. Các tính chất của bội chung nhỏ nhất Cho a và b là hai số tự nhiên khác 0. Khi đó: 10) Với mọi số tự nhiên c ≠ 0 ta có BCNN(ca, cb) = c.BCNN(a, b). Thật vậy, theo công thức tìm bội chung nhỏ nhất ta có ( ca )( cb ) cab ab BCNN(ca, cb) = = =c = c.BCNN(a, b) UCLN ( a, b ) UCLN ( a, b ) UCLN(ca, cb) 20) Nếu d là một ước chung của a và b thì BCNN ( a, b ) ab BCNN( , )= . dd d a b ab Thật vậy, ta có BCNN(a, b) = BCNN(d. , d. ) = d.BCNN ( , ). d d dd BCNN ( a, b ) ab Vậy BCNN( , )= . dd d m m 30) Cho m là một bội chung của a và b, m = BCNN(a, b) khi và chỉ khi và nguyên tố a b cùng nhau. 80
  4. tập hợp số các mm m ). Nếu d ≠ 1 thì Thật vậy, giả sử m = BCNN(a, b). Khi đó đặt d = UCLN( , sẽ là một ab d m m bội chung của a và b, đồng thời bé hơn m. Trái với giả thiết. Vậy d = 1 tức là và a d nguyên tố cùng nhau. mm Đảo lại, nếu UCLN( , ) = 1 và m1 = BCNN(a, b). Khi đó m1 là một ước của m. Giả sử ab m = m1d. Từ đó suy ra: mm m m mm , ) = UCLN ( 1 d , 1 d ) = d.UCLN ( 1 , 1 ). 1 = UCLN ( ab a b a b Điều này chứng tỏ d =1. Vậy m = m1 = BCNN(a, b). 2.3.4. Số nguyên tố và hợp số 2.3.4.1. Định nghĩa Số tự nhiên p được gọi là một số nguyên tố nếu p > 1 và p chỉ có hai ước số (tự nhiên) là 1 và p. Số a > 1 không là số nguyên tố được gọi là hợp số. Ví dụ 3.6: Các số 2, 3, 5, 7, 11, 13 là những số nguyên tố. Các số 4, 6, 8, 9, 10 là những hợp số. Định lí 3.6. Mọi số lớn hơn 1 đều có một ước số nguyên tố. Chứng minh: Cho số tự nhiên a > 1. Nếu a là số nguyên tố thì a chính là ước số nguyên tố của a. Nếu a không là số nguyên tố thì a là một hợp số. Gọi p là số bé nhất trong tập các ước lớn hơn 1 của a. Khi đó p là một số nguyên tố, vì nếu p là hợp số thì p có một ước số p1 > 1 và p1 < p. Khi đó p1 là ước số lớn hơn 1 bé hơn p của a, trái với giả thiết về p. Vậy p là một số nguyên tố. Từ định lí 3.6 ta có hệ quả sau: Hệ quả 1. Với mọi hợp số a bao giờ cũng có một ước số nguyên tố không vượt quá a. Chứng minh: Theo chứng minh định lí 3.6, hợp số a có thể phân tích được a = pq, p ≤ q , p là số nguyên tố. Từ đẳng thức p ≤ q suy ra p 2 ≤ pq = a hay p ≤ a . Từ hệ quả 1 cho ta một cách để kiểm tra xem một số tự nhiên a đã cho có là một số nguyên tố hay không. Cho số tự nhiên a > 1. Nếu a chia hết cho một trong các số nguyên tố không vượt 81
  5. tập hợp số các quá a thì a là hợp số. Nếu a không chia hết cho bất kì số nguyên tố nào không vượt quá a thì a là số nguyên tố. Ví dụ 3.7: a = 101. Ta có 101 < 11 và 101 không chia hết cho các số nguyên tố bé hơn 101 là 2, 3, 5, 7 nên 101 là một số nguyên tố. Hệ quả 2. Tập các số nguyên tố là vô hạn. Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là {p1 , p 2 , ..., p n } . Đặt p = p1p 2 ...p n + 1 . Khi đó p > pi, i = 1, 2, ..., n nên p không là số nguyên tố. Theo định lí 3.6, p có một ước số nguyên tố là pi nào đó, như vậy pi là ước của p và pi là ước của p1p 2 ...p n nên pi là ước của 1 = p – pp1...p n , vô lí. Vậy tập các số nguyên tố là vô hạn. Định lí 3.7. Cho p là một số nguyên tố. Với mọi số tự nhiên a, hoặc a chia hết cho p hoặc a và p nguyên tố cùng nhau. Chứng minh: Gọi d là ước chung lớn nhất của a và p. Vì p là số nguyên tố nên hoặc d = p, khi đó a chia hết cho p, hoặc d = 1, khi đó a và p nguyên tố cùng nhau. Định lí 3.8. Cho p là một số nguyên tố, a, b là hai số tự nhiên. Nếu p là ước của ab thì p là ước của a hoặc p là ước của b. Chứng minh: Giả sử p là ước của tích ab nhưng p không là ước của a và cũng không là ước của b. Theo định lí 3.7, p nguyên tố cùng nhau với a và nguyên tố cùng nhau với b. Theo tính chất của các số nguyên tố cùng nhau thì p và ab nguyên tố cùng nhau, trái với giả thiết p là ước của ab. Vậy hoặc p là ước của a, hoặc p là ước của b. 2.3.4.2. Định lí cơ bản của số học Định lí 3.9. Mỗi số tự nhiên a > 1 đều phân tích được thành tích những số nguyên tố. Sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Chứng minh: Trước hết, ta chứng minh mọi số tự nhiên a > 1 đều phân tích được thành một tích những thừa số nguyên tố. Do a > 1 nên a có ít nhất một ước số nguyên tố p1 và ta có a = p1a1. Nếu a1 = 1 thì a = p1 là sự phân tích của a thành một thừa số nguyên tố. Nếu a1 > 1 thì a1 có một ước số nguyên tố p2 và ta có a1 = p2a2. 82
  6. tập hợp số các Nếu a2 = 1 thì a1 = p2 và a = p1p2 là sự phân tích của a thành một tích những thừa số nguyên tố. Nếu a2 > 1 thì tiếp tục lí luận như đối với a1 ở trên, a2 có ước số nguyên tố p3,… Quá trình này cho ta một dãy giảm những số tự nhiên, dãy này dừng. Nên sau một số hữu hạn bước, cuối cùng ta có: a = p1p2…pn là sự phân tích của a thành một tích những thừa số nguyên tố. Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của sự phân tích. Giả sử a có hai sự phân tích thành một tích những thừa số nguyên tố là a = p1p2…pn và a = q1q2…qm. Suy ra p1p2…pn = q1q2…qm. Đẳng thức này chứng tỏ rằng p1 là ước của q1q2…qm. Do p1 là số nguyên tố nên tồn tại qi sao cho p1 là ước của qi. Vì qi là số nguyên tố nên suy ra p1 = qi . Bằng cách đánh số lại các chỉ số (nếu cần) ta có thể giả thiết p1 = q1. Từ đó suy ra p2p3…pn = q2q3…qm . Nếu n > m thì bằng lập luận như trên cuối cùng ta có p2 = q2, …, pn = qm và pm+1…pn = 1. Nhưng vì pi là những số nguyên tố nên đẳng thức cuối cùng không thể xảy ra. Nếu m > n thì ta lại có 1 = qn+1…qm đẳng thức này cũng không xảy ra. Vậy m = n và ta có: p1 = q1, p2 = q2, …, pn = qn . Ví dụ 3.8: Phân tích a = 3500 thành một tích những thừa số nguyên tố. Trong thực hành ta phân tích a thành một tích những thừa số nguyên tố từ bé đến lớn. Ta có bảng sau: 2940 2 1470 2 735 3 245 5 49 7 7 7 Vậy 2940 = 2.2.3.5.7.7 Dạng phân tích tiêu chuẩn Trong sự phân tích số tự nhiên a > 1 thành một tích những thừa số nguyên tố có thể có nhiều thừa số bằng nhau. Giả sử p1, p2, …, pk là các thừa số nguyên tố đôi một khác nhau của a. Và 83
  7. tập hợp số các αi , αi ≥ 1 (i = 1, 2, …, k) là số các thừa số cùng là pi trong sự phân tích của a. Khi đó, a = p1 1 pα2 ...pαk được gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a. α 2 k Ví dụ 3.9: 2940 = 22. 31. 51. 72 là sự phân tích tiêu chuẩn của 2940. Chú ý. Cho hai số tự nhiên lớn hơn 1, a và b bao giờ ta cũng viết được a = p1 1 pα2 ...pαn và α 2 n b = p11 pβ2 ...pβn trong đó p1, p2, …, pn là những số nguyên tố đôi một khác nhau, α i , βi là β 2 n những số tự nhiên (có thể bằng 0), i = 1, 2, …, n. Ví dụ 3.10: Cho a = 3500; b = 2940. Ta có a = 22.30.53.71; b = 22.31.51.72. 2.3.4.3. Một số ứng dụng của định lí cơ bản. α αα Định lí 3.10. Cho a là một số tự nhiên có sự phân tích tiêu chuẩn là a = p1 1 p2 2 ... pk k . Số tự nhiên d là ước của a khi và chỉ khi d có dạng d = p1β1 p2 2 ... pkβk với 0 ≤ βi ≤ α i , i = 1, 2, …, k. β Chứng minh: Giả sử d là ước của a. Như vậy tồn tại số tự nhiên b sao cho a = db. Nếu d = 1 thì d = p1 p0 ...p0 . 0 2 k Nếu d > 1 thì mọi ước số nguyên tố của d đều là ước số nguyên tố của a. Và số mũ của ước số nguyên tố ấy trong sự phân tích của d không lớn hơn số mũ của nó trong sự phân tích của a. Vậy d có sự phân tích là d = p11 pβ2 ...pβk với 0 ≤ βi ≤ αi , i = 1, …, k. β (1) 2 k Đảo lại, nếu d có dạng (1) thì hiển nhiên d là ước của a. α β Định lí 3.11. Cho a và b là hai số tự nhiên có sự phân tích là a = p1 1 p2 2 ... pn n và b = p1β1 p2 2 ... pn n , αα β pi là những số nguyên tố, α i , β i ≥ 0 , i = 1, 2, ..., n. Khi đó: γ d = p1γ1 p2 2 ... pn n , γ i = min( α i , β i ), i = 1, …, n là ước chung lớn nhất của a và b; γ δ δ δ m = p1 1 p2 2 ... pn n , δ i = max( α i , β i ), i = 1, ..., n là bội chung nhỏ nhất của a và b. Chứng minh: γγ γ Rõ ràng d = p11 p 22 ...p nn với γ i = min( α i , βi ), i = 1, …, n, là một ước chung của a và b. 84
  8. tập hợp số các Giả sử c là một ước chung của a và b. Khi đó, c có dạng c = p11 pθ2 ... pθn trong đó 0 ≤ θi ≤ αi θ 2 n và 0 ≤ θi ≤ βi ; suy ra 0 ≤ θi ≤ min( α i , βi ) hay 0 ≤ θi ≤ γ i , i = 1, 2, …, n. Vậy c là ước của d (theo định lí 3.10). Mặt khác, ta cũng có m = p11 pδ2 ...pδn với δi = max( α i , βi ), i = 1, .., n, là bội chung của δ 2 n a và b. Giả sử s là một bội chung bất kì của a và b. Khi đó, s chia hết cho a và s chia hết cho b nên sự phân tích của s phải có dạng p11 pξ2 ...pξn trong đó ξi ≥ max( α i , βi ), i = 1, 2, …, n. Vậy s chia ξ 2 n hết cho m = p11 pδ2 ...pδn với δi = max( α i , βi ), i = 1, ..., n. δ 2 n Ví dụ 3.11: UCLN(2940, 3500) = 22.7.5 = 140; BCNN(2940, 3500) = 22.3.53.72 = 73500. 85
  9. tập hợp số các Hoạt động. Tìm hiểu về lí thuyết chia hết trong tập hợp các số tự nhiên Nhiệm vụ Sinh viên chia theo nhóm 4 người đọc và thảo luận thông tin cơ bản để thực hiện các nhiệm vụ sau: Nhiệm vụ 1: Phát biểu và chứng minh định lí về phép chia có dư trong tập các số tự nhiên; định nghĩa về phép chia có dư. Nhiệm vụ 2: Định nghĩa quan hệ chia hết. Nêu và chứng minh các tính chất của quan hệ chia hết trong tập các số tự nhiên. Nhiệm vụ 3: Định nghĩa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của các số tự nhiên. Xây dựng hai ví dụ về vận dụng thuật toán Ơclit để tìm UCLN. Nhiệm vụ 4: Định nghĩa số nguyên tố và hợp số. Nêu và chứng minh các tính chất của số nguyên tố. Nhiệm vụ 5: Xây dựng hai ví dụ về vận dụng sự phân tích một số tự nhiên thành tích những thừa số nguyên tố để tìm UCLN và BCNN. Đánh giá Trả lời các câu hỏi sau đây: 1. Phát biểu và chứng minh định lí về phép chia có dư trong tập các số tự nhiên. 2. Phát biểu và chứng minh các tính chất của quan hệ chia hết trong tập các số tự nhiên. 3. Định nghĩa ước chung lớn nhất của hai số tự nhiên. Phát biểu và chứng minh các tính chất về ước chung lớn nhất. 4. Hãy trình bày thuật toán Ơclit để tìm UCLN(a, b). 5. Định nghĩa các số nguyên tố cùng nhau, nguyên tố sánh đôi. Phát biểu và chứng minh tính chất về các số nguyên tố cùng nhau. 86
  10. tập hợp số các 6. Định nghĩa bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên. Phát biểu và chứng minh các tính chất về bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên. 7. Định nghĩa số nguyên tố. Phát biểu và chứng minh các tính chất của số nguyên tố. 8. Phát biểu và chứng minh định lí cơ bản của số học về số tự nhiên. Hãy giải các bài tập sau đây: 1. Chứng minh rằng tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3 và chia hết cho 6. 2. Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kì có hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 10. 3. Trong định lí về phép chia với dư: a = bq + r, 0 ≤ r < b. a) Cho biết a = 420, b = 205. Hãy tìm q và r. b) Cho biết a = 335, q = 11. Hãy tìm b và r. c) Cho biết a = 137, r = 39. Hãy tìm b và q. 4. Chứng minh rằng trong hai số chẵn liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho 4. 5. Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. 6. Cho hai số tự nhiên a và b. Chứng minh: a) Tích ab là số lẻ khi và chỉ khi a và b là hai số lẻ. b) ab là số chẵn khi và chỉ khi ít nhất một trong hai số a và b là số chẵn. c) a + b chẵn khi và chỉ khi cả hai cùng chẵn hoặc cùng lẻ. d) a + b là số lẻ khi và chỉ khi một số chẵn và một số lẻ. 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: a) n2 – n chia hết cho 2; b) n3 – n chia hết cho 3; c) n5 – n chia hết cho 5. 8. Cho hai số tự nhiên a và b. Hãy tìm bội chung nhỏ nhất của a và b với: (1) a = 124, b = 36; (2) a = 41, b = 75; (3) a = 336, b = 120. 9. Cho n là một số tự nhiên, chứng minh: a) UCLN(3n + 1, 2n + 1) = 1; b) UCLN(21n + 4, 14n + 3) = 1. 10. Cho n là một số tự nhiên lớn hơn 1. Tìm: a) BCNN(3n + 1, 2n + 1); b) BCNN(21n + 4, 14n + 3). 87
  11. tập hợp số các 11. Cho hai số tự nhiên a và b. Hãy tìm ước chung lớn nhất d của a và b. Tìm u, v sao cho au + bv = d. Với (1) a = 18, b = 21; (2) a = 124, b = 42. 12. Hãy tìm ước chung lớn nhất của hai số tự nhiên liên tiếp. 13. Hãy tìm bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên liên tiếp. 14. Hãy tìm tất cả các nguyên tố bé hơn 100. 15. Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: p2 – 1 chia hết cho 3. 16. Cho p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: p2 – q2 chia hết cho 3. 17. Chứng minh rằng với m > 2, giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố. 18. Cho a và b là hai số tự nhiên. Hãy viết a và b dưới dạng phân tích tiêu chuẩn và tìm ước chung lớn nhất của a và b với: (1) a = 300, b = 210; (2) a = 310, b = 2100; (3) a = 3465, b = 875. 88
  12. tập hợp số các Tiểu chủ đề 2.4. Hệ ghi số Thông tin cơ bản Việc ghi số tự nhiên có một ý nghĩa to lớn trong việc nghiên cứu về tính chất của tập hợp số và đặc biệt trong việc thực hành tính toán trên các số. Cách ghi số hiện nay do người ấn Độ phát minh ra từ thế kỉ VIII và IX, sau đó được truyền sang ả Rập và phổ biến ở châu Âu ở thế kỉ XII. Cách ghi số này nhanh chóng được tất cả các dân tộc thừa nhận vì tính ưu việt của nó so với các cách ghi số có trước đó. Ngày nay, một học sinh tiểu học cũng có thể tính toán thành thạo (cộng, trừ, nhân, chia) trên các số lớn, những việc mà trước đây chỉ những nhà chuyên môn mới thực hiện được. Ta hãy xem nguyên tắc ghi số của người ấn Độ như thế nào. Lấy số 3475 làm ví dụ. Ta có 3475 = 3.1000 + 4.100 + 7.10 + 5 = 3.103 + 4.102 + 7.10 + 5. Như vậy, cách ghi số hiện dùng dựa trên sự phân tích số tự nhiên a dưới dạng: a = cn .10n + cn–1.10n–1 + . . . + c1.10 + c0 trong đó 0 ≤ c1 < 10, cn > 0 và ta viết a = cncn−1...c1c0 (dấu gạch ngang phía trên thường được bỏ đi). Vì thế cách ghi số này được gọi là ghi số trong hệ thập phân (thập có nghĩa là 10). Trong hệ thập phân ta chỉ dùng 10 kí tự (gọi là các chữ số) là 0, 1, 2, ..., 9 để ghi tất cả các số tự nhiên. Tuy nhiên, về nguyên tắc, ta có thể thay 10 bởi số tự nhiên g > 1 bất kì. 2.4.1. Hệ ghi số g – phân 2.4.1.1. Mở đầu Trước hết ta chứng minh định lí sau đây là cơ sở cho hệ ghi số g – phân. Định lí 4.1. Giả sử g là một số tự nhiên lớn hơn 1. Khi đó, mỗi số tự nhiên a > 0 đều biểu diễn một cách duy nhất được dưới dạng: a= cngn + cn-1gn-1 +...+ c1g+ c0 , với n ≥ 0, 0 ≤ ci ≤ g – 1; i = 0, 1, . . . , n và cn > 0. Chứng minh: Trước hết, thực hiện phép chia có dư của a cho g: 0 ≤ c0 ≤ g – 1 a = gq0 + c0, Nếu q0 = 0 thì c0 = a > 0 ta được a = c0 là sự biểu diễn của a (với n = 0). 89
  13. tập hợp số các Nếu q0 ≠ 0, lại thực hiện phép chia có dư của q0 cho g: 0 ≤ c1 ≤ g – 1 q0 = gq1 + c1, Nếu q1 = 0 thì c1 = q0 > 0 và ta được: a = c1g + c0 là sự biểu diễn của a (với n = 1). Nếu q1 ≠ 0 ta lại thực hiện phép chia có dư của q1 cho g. Quá trình trên chỉ dừng lại khi ta gặp một số thương bằng 0. Quá trình như vậy phải dừng lại sau hữu hạn bước, vì dãy số tự nhiên a > q0 > q1 > ... là một dãy giảm thực sự nên đến một lúc nào đó phải có qn = 0. Khi đó ta được: 0 ≤ c0 ≤ g – 1 a = gq0 + c0 0 ≤ c1 ≤ g – 1 q0 = gq1 + c1 0 ≤ c2 ≤ g – 1 q1 = gq2 + c2 ... 0 ≤ cn–1 ≤ g – 1 qn–2 = gqn–1 + cn–1 0 < cn ≤ g – 1 qn–1 = g.0 + cn (Chú ý: theo lập luận ở trên, phép chia nào số thương bằng 0 thì số dư phải khác 0). Nhân đẳng thức thứ hai với g, đẳng thức thứ ba với g2, đẳng thức cuối cùng với gn và cộng lại ta được: a = gq0 + c0 q0g = g2q1 + c1g q1g2 = g3q2 + c2g2 ... qn–1gn–1 = gnqn–1 + cn–1gn–1 qn–1gn = gn+10 + cngn = c0 + c1g + c2g2 + c3g3 + . . . + cn–1gn–1 + cngn. a Bây giờ ta phải chứng minh sự biểu diễn trên của số a là duy nhất. Giả sử số tự nhiên a có hai sự biểu diễn: a = cngn + cn–1gn–1 + . . . + c1g + c0 = bmgm + . . . + b1g + b0 Với 0 ≤ ci ≤ g – 1, 0 ≤ bj ≤ g – 1, i = 0, 1, . . . , n; j = 0, 1, . . . , m và cn > 0, bm > 0. Đẳng thức trên chứng tỏ c0 và b0 đều là dư trong phép chia của a cho g và theo tính chất duy nhất của phép chia có dư ta có: b0 = c0. Trong đẳng thức trên, giản ước hai vế cho b0 = c0 ta được: 90
  14. tập hợp số các cngn + . . . + c2g2 + c1g = bmgm + . . . + b2g2 + b1g Chia hai vế của đẳng thức này cho g ta được: a1 = cngn–1 + . . . + c2g + c1 = bmgm–1 +. . . + b2g + b1 Và điều này chứng tỏ c1 và b1 đều là dư trong phép chia của a1 cho g, do đó c1 = b1, . . . Bằng lí luận như vậy, giả sử n ≤ m ta được c0 = b0, c1 = b1, . . . , cn = bn. Nhưng khi đó m = n, vì nếu ngược lại từ đẳng thức đầu tiên sau khi giản ước các số hạng bằng nhau ở hai vế ta được: 0 = bmgm + . . . + bn+1gn+1 với bm > 0, g > 1, 0 ≤ bi ≤ g – 1, i = n + 1. . . , m là điều không thể xảy ra. Vậy hai sự biểu diễn của số a phải trùng nhau. Đpcm. Định nghĩa 4.1. Giả sử a là số tự nhiên khác 0, g là số tự nhiên lớn hơn 1 nếu: a = cngn + cn–1gn–1 + . . . + c1g + c0, với 0 ≤ ci ≤ g – 1, i = 0, 1, . . . , n và cn > 0 thì ta viết: a = cn cn−1...c1c0 g và nói đó là sự biểu diễn số tự nhiên a trong hệ g – phân. Như vậy, để biểu diễn một số tự nhiên a trong hệ g – phân ta chỉ cần dùng g kí hiệu, mỗi kí hiệu được gọi là một chữ số (vì 0 ≤ ci ≤ g – 1). Vì ta đã quá quen thuộc với cách ghi số trong hệ thập phân nên nếu g ≤ 10 thì ta chỉ cần dùng g kí hiệu đầu tiên trong các kí hiệu từ 0, 1, ..., 9, còn nếu g > 10 ta phải đặt thêm các kí hiệu mới. 2.4.1.2. Biểu diễn số tự nhiên trong hệ g – phân Phép chứng minh định lí trên cũng đồng thời chỉ ra cách biểu diễn một số tự nhiên trong hệ g – phân. Ta hãy trình bày cách làm đó qua một ví dụ cụ thể. Ví dụ 4.1: Biểu diễn số 3749 trong hệ 7 – phân (hệ thất phân). Để thực hiện liên tiếp phép chia 3749 và các thương của phép chia đó cho 7 ta viết như sau: 3749 7 24 535 7 39 45 76 7 10 7 4 3 6 1 7 3 0 1 91
  15. tập hợp số các Vậy c0 = 4, c1 = 3, c2 = 6, c3 = 3, c4 = 1 và 3791 = 136347 2.4.1.3. Đổi cơ số Về nguyên tắc, để đổi một số ghi trong hệ g – phân, sang hệ g' – phân ta thực hiện liên tiếp phép chia số đó và các thương của các phép chia đó cho g' (như trong ví dụ trên). Tuy nhiên, trong trường hợp này tất cả các phép tính phải thực hiện trong hệ g – phân. Việc đổi một số được ghi trong hệ g – phân sang hệ g' – phân thường được thực hiện bằng cách: đổi từ hệ g – phân qua hệ thập phân, rồi từ hệ thập phân qua hệ g' – phân. +) Việc đổi một số trong hệ thập phân sang hệ g – phân đã được trình bày ở trên. +) Việc đổi một số trong hệ g – phân sang hệ thập phân cũng đơn giản. Ví dụ 4.2: Viết số 140247 trong hệ thập phân. Theo định nghĩa ta có: 140247 = 1.74 + 4.73 + 0.72 + 2.7 + 4 = 1.2401 + 4.343 + 18 = 2401 + 1372 + 18 = 3791. Ví dụ 4.3: Đổi số 135218 trong hệ bát phân sang hệ 5 – phân (ngũ phân) ta có: 435218 = 4.84 + 3.83 + 5.82 + 2.8 + 1 = 4.4096 + 3.512 + 5.64 + 17 = 16384 + 1536 + 320 + 17 = 18257. Đổi số 18257 sang hệ ngũ phân ta được: 18257 5 32 3651 5 25 15 730 5 07 23 146 5 1 30 46 29 5 2 5 5 0 1 4 1 5 0 0 1 Vậy 18257 = 10410125 . 92
  16. tập hợp số các Cuối cùng ta được: 435218 = 10410125 . 2.4.1.4. So sánh các số trong hệ g – phân Để làm cơ sở cho việc so sánh các số trong hệ g – phân ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề. Nếu trong hệ g – phân số tự nhiên a ta được viết là: a = cn cn−1...c1c0 g thì a < gn+1. Theo giả thiết ta có: a = cngn + cn–1gn–1 + . . . c1g + c0 (ở đây 0 ≤ ci ≤ g – 1, i = 0, 1, . . . , n và cn > 0). Vì g > 1 và ci ≤ g – 1 nên: cngn ≤ (g – 1)gn = gn+1 – gn cn–1gn–1 ≤ (g – 1)gn–1 = gn – gn–1 ... c1g ≤ (g – 1)g = g2 – g c0 ≤ g – 1. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: a = cngn + cn–1gn–1 + . . . + c1g + c0 ≤ gn+1 – 1 < gn+1. (Đpcm) Cho hai số tự nhiên a, b trong hệ g – phân (giả sử a ≠ b) a = cn cn−1...c1c0 g b = bmbm−1...b1b0 g Có thể chỉ nhìn vào các chữ số của a và b mà xác định được thứ tự giữa chúng? Có hai trường hợp xảy ra: a) Nếu n ≠ m, chẳng hạn n > m. Khi đó ta khẳng định a > b. Thật vậy, nếu n > m thì n ≥ m + 1 và theo bổ đề ta có: b < gm+1 ≤ gn ≤ c0gn ≤ a (chú ý c0 ≥ 1). Vậy ta có kết luận: hai số ghi trong hệ g – phân, số nào có nhiều chữ số hơn sẽ lớn hơn. b) Nếu n = m, nghĩa là a và b có cùng số chữ số. Vì a ≠ b nên chắc chắn phải tồn tại chỉ số i (0 ≤ i ≤ n) sao cho ci ≠ bi. Giả sử k là chỉ số lớn nhất mà ck ≠ bk, chẳng hạn ck > bk, nghĩa là: cn = bn, cn–1 = bn–1, . . ., ck+1 = bk+1, ck > bk nên ck ≥ bk + 1, ta có: 93
  17. tập hợp số các a = cngn + . . . + ck+1gk+1 + ckgk + . . . + c0 ≥ cngn + . . . + ck+1gk+1 + ckgk ≥ bngn + . . . + bk+1gk+1 + (bk+1)gk. Nhưng theo bổ đề gk > bk–1 gk–1 + . . . + b0. Vì vậy ta có: a ≥ bngn + . . . + bkgk + gk > bngn + . . . + bkgk + bk–1gk–1 + . . . + b0. Nghĩa là: a > b. Vậy ta có kết luận: Nếu hai số ghi trong hệ thập phân có cùng số chữ số thì số có chữ số đầu tiên từ trái sang phải lớn hơn sẽ lớn hơn. 2.4.1.5. Thực hành phép tính hệ g – phân Để thực hiện phép cộng và nhân các số trong hệ g – phân, ta cần lập bảng cộng và bảng nhân các chữ số của hệ g – phân, rồi trên cơ sở đó thực hiện phép tính với các số có nhiều chữ số bằng cách sử dụng quy tắc nhớ. Cụ thể, ta hãy trình bày vấn đề đó trong hệ 6 – phân (lục phân). Bảng cộng: + 0 1 2 3 4 5 0 0 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 5 10 2 2 3 4 5 10 11 3 3 4 5 10 11 12 4 4 5 10 11 12 13 5 5 10 11 12 13 14 Bảng nhân: X 0 1 2 3 4 5 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 2 0 2 4 10 12 14 3 0 3 10 13 20 23 4 0 4 12 20 24 32 5 0 5 14 23 32 41 Chú ý. Khi lập bảng cộng và bảng nhân, ta thực hiện phép tính trong hệ thập phân rồi đổi kết quả ra hệ lục phân. Ví dụ 4.4: Trong hệ thập phân ta có 5.5 = 25 và 94
  18. tập hợp số các 25 = 4.6 + 1= 416 Để thực hiện phép tính trên các số có nhiều chữ số, ta thực hiện phép tính trên các chữ số của chúng (theo bảng trên) và áp dụng quy tắc nhớ tương tự như khi tính toán trong hệ thập phân. Ví dụ 4.5: Tính: 4354126 + 415356 Ta viết: 435412 + 41535 521351 Vậy 4354126 + 415356 = 5213516 Ví dụ 4.6: Tính 435216 × 236 Ta viết: 34521 × 23 152403 113442 1331223 Vậy 435216 × 236 = 13312236 2.4.1.6. Hệ nhị phân Ghi một số trong hệ nhị phân ta chỉ cần dùng hai kí tự là 0 và 1. Điều đó thuận tiện trong kĩ thuật, vì hai kí hiệu đó có thể cho tương ứng với hai trạng thái đóng mạch và ngắt mạch. Mặt khác, bảng cộng và bảng nhân trong hệ nhị phân lại rất đơn giản: Bảng cộng Bảng nhân × + 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 10 1 0 1 2.4.2. Các dấu hiệu chia hết 95
  19. tập hợp số các Dựa vào cách ghi số của một số tự nhiên trong hệ g – phân, ta tìm được dấu hiệu chia hết cho một số tự nhiên a đặc biệt nào đó, căn cứ vào các chữ số của số bị chia. Để đơn giản, ta giới hạn việc trình bày trong hệ thập phân. 2.4.2.1. Dấu hiệu chia hết cho 2 và 5 Định lí 4.2. Một số chia hết cho 2 (hoặc 5) khi và chỉ khi chữ số hàng đơn vị của nó chia hết cho 2 (hoặc 5). Cụ thể: a) Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi nó có chữ số hàng đơn vị là 0, 2, 4, 6 hoặc 8. b) Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi chữ số hàng đơn vị của nó là 0 hoặc 5. Chứng minh: Giả sử, a = cncn−1...c1c0 khi đó ta có thể viết a = cn10n + . . . c110 + c0 hay a = 10(cn10n–1 + cn–110n–2 + . . . + c1) + c0 = 10.q + c0. Vì 10 chia hết cho 2 và 5 nên điều kiện cần và đủ để a chia hết cho 2 (hoặc 5) là c0 chia hết cho 2 (hoặc 5). Từ đó suy ra dấu hiệu trên. 2.4.2.2. Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25 Định lí 4.3. Một số chia hết cho 4 (hoặc 25) khi và chỉ khi số tạo bởi hai chữ số cuối cùng của nó chia hết cho 4 (hoặc 25). Chứng minh: Thật vậy, số tự nhiên a = cncn−1...c1c0 được viết thành a = cn10n + cn–110n–1 + . . . + c2102 + c1.10 + c0 a = 102(cn10n–2 + . . . + c2) + c1.10 + c0 = 100.q + c1.10 + c0. Vì 100 chia hết cho 4 và 25 nên a chia hết cho 4 (hoặc 25) khi và chỉ khi c1.10 + c0 chia hết cho 4 (hoặc 25), nghĩa là khi và chỉ khi c1c0 chia hết cho 4 (hoặc 25). 2.4.2.3. Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9 Định lí 4.4. Một số chia hết cho 3 (hoặc 9) khi và chỉ khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 (hoặc 9). Chứng minh: Trước hết nhận xét rằng một luỹ thừa bất kì của 10 chia cho 3 hoặc cho 9 đều có dư bằng 1. Thật vậy, theo công thức nhị thức Niutơn ta có: 10n = (9 + 1)n = 9n + C1n 9n−1 + ... + C n−1 9 + 1 n 96
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2