A 2-vel való maradékos osztásnak kétféle maradéka lehet 0 és 1. Tehát bármely n egész számra az n= 2 kC0 = 2 k
illetve az
n= 2 kC1
esetek közül pontosan az egyik teljesül. Ez az észrevétel úgy is megfogalmazható, hogy minden
7
egész szám felírható 2$k illetve 2$kC1 alakban, ahol k valamilyen egész szám. Azokat az egészeket, amelyek 2$k alakúak, páros számoknak, míg a 2$kC1 alakú számokat páratlan számoknak nevezzük.
A páros és páratlan számok alapvető tulajdonságai könyen ellenőrizhetők. Ha tekintünk két páros számot, mondjuk a 2$k és a 2$l számokat, akkor ezek összege
2$kC2$l =2$ kCl ,
ami azt mutatja, hogy az összeg is páros szám, hiszen fel tudtuk írni 2-nek és egy egész számnak a szorzataként. Ezzel szemben ha a 2$k páros és a 2$lC1 páratlan szám összegét képezzük, akkor azt láthatjuk, hogy
2$kC 2$lC1 =2$ kCl C1,
az eredmény páratlan szám. Ugyanígy látható, hogy két páros szám, sőt egy páros és egy páratlan szám szorzata is páros, hiszen
2$k $ 2$l =2$ k$2$l , és
2$k $ 2$lC1 =2$ k$ 2$lC1 .
A hárommal való osztás lehetséges maradékai 0,1 és 2. Ennek megfelelően bármely egész szám a 3$k, 3$kC1 és 3$kC2
alak valamelyikével rendelkezik. Ez a három alak az egész számok sorozatát hármas csoportokra osztja a k különböző értékeinek megfelelően. Ez a csoportosítás látható a táblázat második sorában.
k= K2 k= K1 k= 0 k= 1 k= 2
K6,K5,K4 K3,K2,K1 0, 1, 2 3, 4, 5 6, 7, 8
K7,K6,K5 K4,K3,K2 K1, 0, 1 2, 3, 4 5, 6, 7
Ha a második sor elemeit eggyel jobbra léptetjük, akkor a harmadik sorban látható
csoportosításhoz jutunk. Az új csoportosításban a középső tagok adnak 3-mal osztva nulla maradékot. Ezek tehát 3$k alakúak. A csoport utolsó tagja, ami a középsőnél eggyel nagyobb, értelemszerűen 3$kC1, míg a csoport első tagja, ami a középsőnél eggyel kisebb, 3$kK1 alakú.
Azt kaptuk tehát, hogy minden egész szám felírható a 3 k, 3 k`G`1 alakok valamelyikével.
Hasonló észrevételeket tehetünk az öttel való osztásra is. Ekkor a lehetséges maradékok:
0, 1, 2, 3 és 4. Ennek megfelelően minden egész szám felírható az 5 k, 5 kC1, 5 kC2, 5 kC3, 5 kC4
alakok valamelyikével. Az előzőekhez hasonlóan, most a szimmetrikus előállítást az 5 k, 5 kG1, 5 kG2
alakok valamelyike szolgáltatja.
Nyomatékosan felhívjuk a figyelmet arra, hogy pl. 5 = 3$2K1 nem maradékos osztás, bár nagyon emlékeztet rá. Mi viszont arra emlékeztetjük az olvasót, hogy a maradékos osztás maradéka mindig nemnegatív szám, és határozottan kisebb, mint az osztó. Ez pedig a (-1)-re nem teljesül.
8
Példák
Az egész számok bemutatott előállításai nem öncélúak. Sok érdekes következtetés levonható a segítségükkel, mint ahogy azt már a páros és páratlan számok esetében részben meg is tettük. Egy további példaként vegyük ismét az egész számok páros-páratlan besorolását. Eszerint bármely n egész n= 2$k vagy n= 2$kC1 alakú. Emeljük négyzetre mindkét alakot! Kapjuk, hogy
n2= 2$k 2= 4$k2, illetve
n2= 2$kC1 2= 4$k2C4$kC1 = 4$ k2Ck C1.
Az első esetben n2 4-gyel való osztásának maradéka nulla, a második esetben pedig 1. Azt mondhatjuk tehát, hogy bármely szám négyzete osztható néggyel, vagy néggyel osztva 1-et ad maradékul. Ezt kisebb n-ekre könnyen ellenőrizhetjük.
52= 25 = 4$6C1, 82= 64 = 4$16.
A kapott állítás jól jön, ha egy négy vagy ötjegyű szám négyetének néggyel való osztási
maradékát keressük. És ekkor ahelyett, hogy elvégeznénk a négyzetre emelést, ami önmagában is borzalmas, majd a maradékos osztást, egyszerűen csak megnézzük, hogy a kérdéses szám páros-e vagy páratlan. Az első esetben nulla, a másodikban pedig 1 lesz a maradék.
Ugyanígy megmutatható, hogy egyetlen természetes szám négyzete sem adhat öttel osztva 2 illetve 3 maradékot. Ugyanis, mint láttuk az egész számok
n= 5$kGb
alakba írhatók, ahol b lehetséges értékei 0, G1 vagy G2. Ekkor viszont
n2= 5$kGb 2= 25$k2G10$k$bCb2= 5$ 5$k2C2$k$b Cb2.
A b leheséges értékeinek megfelelően b2 lehetséges értékei 0, 1 vagy 4. Így tehát a b2 nem más, mint n2-nek 5-tel való osztási maradéka, ami - mint láttuk - sem 2, sem pedig 3 nem lehet.
Oszthatóság
A maradékos osztás műveletével már megismerkedtünk. Most olyan számpárokra fordítjuk figyelmünket, amelyek esetében a maradékos osztás nulla maradékot ad.
5.3.1. Definíció
Azt mondjuk, hogy az m szám osztója az n egész szám, ha valamely q egészre n=m$q teljesül.
Ilyenkor n-et az m többszörösének nevezzük. Azt a tényt, hogy m osztója n-nek, az m n jelsorozattal jelöljük.
Példák
1. 3 12, mert 12 = 3$4. A szorzás eredménye azonban nem függ a tényezők sorendjétől. Ezt kihasználva azt is írhatjuk, hogy 12 = 4$3, ami azt mutatja, hogy 4 is osztója 12-nek, jelekben 4 12.
2. 6 K24 , mert K24 = 6$ K4 . Az előbbi gondolatmenet szerint K4 K24 .
3. 5 0 és 0 | 0, mert 0 = 5$0 illetve 0 = 0$0. Általában nullának minden egész szám osztója. A
9
nulla viszont csak a nullának osztója.
4. 1 7 mert 7 = 1$7. Általában 1 minden egésznek osztója.
5. 6 | 6, mert 6 = 6$1. Általában minden egész szám osztója önmagának.
Ez utóbbi két tulajdonság miatt az 1-et és magát a számot nem tekintjük a szám valódi osztóinak.
Azokat triviális osztóknak nevezzük.
Az m szám többszöröset könnyen felírhatjuk:
..., K3 m, K2 m, Km, 0,m, 2 m, 3 m, ... .
Figyeljük meg, hogy ha az m két többszörösét összeadjuk, kivonjuk illetve összeszorozzuk, mindannyiszor m egy többszörösét kapjuk. Valóban, tekintsük az m szám két többszörösét, az m$q1 és m$q2 egészeket. Ekkor
m$q1Cm$q2=m$ q1Cq2 , m$q1Km$q2=m$ q1Kq2 , m$q1 $ m$q2 =m$ q1$m$q2 .
Fogalmazzuk meg ezeket a megfigyeléseket az osztó fogalmával! Előbb azonban vezessünk be még egy fogalmat, ami a későbbi előadások során is gyakran előkerül.
5.3.2. Definíció
Legyenek m és n egész számok. Az m és n egész számok α és β együtthatókkal képzett lineáris kombinációján az
α$mCβ$n
egész számot értjük. A kifejezésben α és β maga is egész szám.
Példák
1. A 2$mC3$n az m és n egy lineáris kombinációja. Az együtthatók 2 és 3.
2. A 8$mK5$n az m és n lineáris kombinációja, mert 8$mK5$n =8$mC K5 $n. Az együtthatók 8 és -5.
Vegyük észre, hogy két szám összege és különbsége is a két szám lineáris kombinációjának tekinthető. Ugyanis
mCn= 1$mC1$n, valamint
mKn= 1$mC K1 $n.
5.3.3. Tétel
Minden m, n1 és n2 egész számra érvényesek az alábbi állítások.
1. Ha m n1 és m n2 , akkor m α$n1Cβ$n2. 2. Ha m n1, akkor m n1$n2.
3. Ha m1 n1 és m2 n2 , akkor m1$m2 n1$n2.
10
4. G1 m, és m 0.
Bizonyítás
Az első állítás bizonyításához tegyük fel, hogy m n1,n2. Ekkor az oszthatóság definíciója miatt alkalmas q1 és q2 egészekre
n1=m$q1 és n2=m$q2.
Képezzük az n1 és n2 lineáris kombinációját az α és β együtthatókkal! Kapjuk, hogy
α$n1Cβ$n2=α$ m$q1 Cβ$ m$q2 =m$ α$q1 Cm$ β$q2 =m$ α$q1Cβ$q2 , ez pedig ismét az oszthatóság definíciója szerint azt jelenti, hogy m osztója az α$n1Cβ$n2 lineáris kombinációnak. Ezzel az 1. állítást beláttuk.
A második állítás a tétel előkészítése során bemutatott állításnál kicsit általánosabb, belátása azonban nagyon egyszerű. Csak annyit kell írni, hogy n1=m$q1 esetén
n1$n2= m$q1 $n2=m$ q1$n2 .
A harmadik állítás feltétele az, hogy m1 n1 és m2 n2. Ekkor alkalmas q1 és q2 egészekre n1=m1$q1 és n2=m2$q2.
A két egyenlőség megfelelő oldalait összeszorozva az
n1$n2= m1$q1 $ m2$q2 = m1$m2 $ q1$q2 , ami azt fejezi ki, hogy m1$m2 osztója n1$n2-nek.
Végül a 4. pontbeli állítások evidensek, hiszen
m= 1$m, m= K1 $ Km és 0 =m$0.
Példák
Az 5.3.3. tétel alkalmazásaként bemutatjuk egy oszthatósági feladat megoldását.
Bizonyítsuk be, hogy 2$n3C3$n2Cn osztható 2-vel!
Próbálkozzunk a kifejezés szorzattá alakításával. Azt rögtön látjuk, hogy n kiemelhető.
2$n3C3$n2Cn = n$ 2$n2C3$nC1 .
A jobb oldali szorzat második tényezője emlékeztet két tag négyzetére, sajnos az együtthatók elrontják a dolgot. Ennek kiküszöbölésére válasszunk le n2Cn -et az összegből. Ekkor ugyanis a maradvány biztosan teljes négyzet lesz. Így elvégezhetjük a következő átalakítást:
2$n2C3$nC1 =
n2Cn C n2C2$nC1 =n$ nC1 C nC1 2= nC1 $ nC nC1 = nC1 $ 2$n C1 .
Összefoglalva azt mondhatjuk, hogy
2$n3C3$n2Cn = n$ nC1 $ 2$nC1 .
11
És most eljött az ideje tételünk alkalmazásának. Az n és az nC1 közül valamelyik biztosan páros, tehát osztható kettővel. Ám a kapott szorzat mindekettőnek többszöröse, így az is szükségképpen osztható 2-vel (ld. 1.6. tétel 2. pont).
Ezzel a kitűzött feladatot meg is oldottuk. De érdemes még egy észrevételt tennünk. Ha n és nC1 közül egyik sem osztható 3-mal, akkor n sem 3$k sem pedig 3$kK1 alakú nem lehet. Ekkor viszont szükségképpen n= 3 kC1 és ekkor
2$nC1=2$ 3$kC1 C1=6$kC2C1=6$kC3=3$ 2$kC1 .
Ez pedig azt jelenti, hogy feltételeink fenállása esetén a szorzat harmadik tényezője osztható 3-mal, és így maga a szorzat is. És mivel azt már láttuk, hogy az első két tényező szorzatára a 2-vel való oszthatóság teljesül, így az 1.6. tétel 3. pontja szerint 2$n3C3$n2Cn osztható 6-tal is.
Azt tehát látjuk, hogy 1 minden egész számnak osztója. De mi a helyzet az 1 osztóival? Ezeket egységeknek nevezzük, az egész számok tartományában fontos szerepet játszanak. Ugyanis, mint azt látni fogjuk, azok a számok, amelyek egymásnak kölcsönösen osztói, egységtényezőben térnek csak el egymástól.
5.3.4. Definíció
Az 1 osztóit egységeknek nevezzük.
5.3.5. Tétel
Ha m 1, akkor m=G1, vagyis az egész számok tartományának egységei az 1 és -1 számok.
Bizonyítás
Valóban, ha az mO1 egészre m 1 teljesül, akkor valamely q egészre m$q= 1, ahol q nem lehet sem negatív, sem nulla, vagyis qR1. Mivel mO1, alkalmas nR1 egészre m=nC1. Ekkor
m$q = nC1 $q = n$qCqRn$1C1 = nC1O1,
ami ellentmond m$q= 1-nek. Látható tehát, hogy egyetlen mO1 sem osztója 1-nek. Így azután az 1-nek -1-nél kisebb osztója sem lehet, mert ha lenne, akkor annak -1-szerese 1-nél nagyobb osztót szolgáltatna.
Az oszthatósági reláció fontos tulajdonságait foglalja össze a következő tétel.
5.3.6. Tétel
Minden m, n és k egész számra érvényesek az alábbi állítások.
1. m m (az oszthatóság reflexív).
2. Ha m n és n k, akkor m k (az oszthatóság tranzitív).
3. Ha m n és n m, akkor n=Gm.
Bizonyítás
Az 1. állítás nem szorul magyarázatra. A második állítás belátásához tegyük fel, hogy m n és n k. Ekkor alkalmas q1 és q2 egészekre
12
n=m$q1 és k=n$q2. Az első egyenlőséget a másodikba helyettesítve kapjuk, hogy
k= m$q1 $q2=m$ q1$q2 . Ezzel beláttuk, hogy m k.
A harmadik állítás bizonyítását az előző gondolatmenethez hasonlóan végezzük. Tegyük fel, hogy m n és n m. Ha m= 0, akkor n is nulla, ugyanis a nulla egyedül önmagának osztója. Ha pedig ms0, akkor alkalmas q1 és q2 egészekre
n=m$q1 és m=n$q2. Az első egyenlőséget a másodikba helyettesítve kapjuk, hogy
m= m$q1 $q2=m$ q1$q2 .
Az egyenlőséget m-mel egyszerűsítve azt kapjuk, hogy 1 =q1$q2 következik. Eszerint q1 egység, így q1 =G1. Ekkor viszont
n=m$q1=Gm. Ezzel a bizonyítást befejeztük.