Элективный курс по математике «Делимость целых чисел»

Элективный курс



«Делимость целых чисел»

















































Нижнекамск, 2014 г.



Содержание



                                                                                                         

Теоретические основы и задачи на делимость целых чисел.                         

1.1 Делимость чисел. Делимость суммы и произведения.                                  

1.2 Формулы для разложения на множители   ап-вп    и      а2п+1+в2п+1  

      и их применение  в решении задач.                                                                 

1.3 Деление с остатком.                                                                                        

1.4 Простые и составные числа.                                                                          

1.5 Решение уравнений в целых числах.                                                            

2.  Исторические сведения.                                                                                  

3. Программа элективного курса по математике «Делимость целых 

     чисел».                                                                                                               

3.1 Пояснительная записка.                                                                                 

3.2 Цели изучения курса «Делимость целых чисел».                                       

3.3 Планируемый результат.                                                                               

3.4 Структура курса.                                                                                             

3.5 Формы контроля

3.6 Тематическое планирование.                                                                        

4. Литература.                                                                                                      

         

















Теоретические основы и задачи на делимость целых чисел:

1.1

          Понятие и признаки делимости, деление с остатком знакомо учащимся с младших классов. В 9-ом классе знания учащихся расширяются на уровне алгебраической подготовки. Этот материал выходит за рамки традиционной школьной программы, а задачи часто предлагаются на математических олимпиадах.

          Изучение темы нужно начать с понятия делителя целого числа: натуральное число п называется делителем целого числа т, если т=пk, где k – целое число. Затем рассматриваются свойства делимости:

Если а делится на в, то kа делится на в.

Если а и в делятся на с, то сумма  а + в  и разность а - в  делятся на с.

Если а делится на с, в делится на с, то  ав  делится на с (ав делится на с2).

Если а делится на k, в делится на п, то произведение ав делится на произведение kп.

Если а делится на в, в делится на с, то  а делится на с.

          Рассмотрим некоторые задачи на свойства делимости.



№ 1. Докажите, что если а, в и с делятся на т, то а +в – с делится на т.

Решение: Так как а, в и с делятся на т, то а = тk, в = тп, с = тl.

                    а +в – с = тk + тп – тl = т (k + п – l).

                   т (k + п – l) делится на т, значит, а +в – с делится на т.



№ 2. Известно, что а кратно 3, в кратно 2. Докажите, что 2а + 3в кратно в.

Решение: Так как а кратно 3, то а = 3k, в кратно 2, то в = 2т.

                    2а + 3в = 2 3k +3  2т = 6k + 6 т = 6 (k + т).

                    6 (k + т) делится на 6, значит, 2а + 3в делится на 6.



№ 3. Докажите, что 13 + 23 + … + 993 делится на 100.

Решение:  13 + 23 + … + 993 = (13 + 993) + (23 + 983) + … = (1 + 99) (1 – 99 + 992) + (2 + 98) (2 – 2   

                    98 + 982) + … = 100 (1 – 99 + 992) + 100 (2 – 2  98 + 982) + … = 100 (1 – 99 + 992 + 2 –    

                    2  98 + 982 + …).

                    Это произведение делится на 100, значит, 13 + 23 + … + 993 делится на 100.



№ 4. Докажите, что число ав + ва делится на 11.

Решение:  ав + ва = 10а + в + 10в + а = 11а + 11в = 11 (а + в).

                    11 (а + в) делится на 11, значит, ав + ва делится на 11.



№ 5. Число а + 1/а – целое . докажите, что числа а2 + 1/а2, а3 + 1/а3 также являются целыми.

 Решение: (а + 1/а)2 = а2 + 2 + 1/а2, откуда, а2 + 1/а2 = (а + 1/а)2 – 2.

                     а + 1/а  - по условию целое, тогда (а + 1/а)2 – целое, (а + 1/а)2 – 2 – целое,  значит,     а2 + 1/а2 – целое.

                     (а + 1/а)3 = а3 +  3а + 3/а + 1/а3, откуда,     а3 + 1/а3 = (а + 1/а)3 – 3(а + 1/а).

                     (а + 1/а)3 – целое, 3(а + 1/а) – целое, значит, (а + 1/а)3 – 3(а + 1/а) – целое,  а3 + 1/а3 – целое.



1.2

          Во многих задачах на делимость используются формулы для разложения на множители выражений вида ап – вп и а2п+1+в2п+1 :    

                             ап – вп = (а – в) (ап-1 + ап-2в + … + авп-2 + вп-1),

                             а2п+1+в2п+1 = (а + в) (а2п + а2п-1в + … + ав2п-1+ в2п).

Из первой формулы следует, что ап – вп делится на а – в, а из второй следует, что а2п+1+в2п+1 делится на а + в.



№ 6. Докажите, что при любом натуральном значении п

   а) 7п – 1 кратно 6;       б) 24п – 1 кратно 15.

Решение:  а) 7п – 1 = (7 – 1) (7п-1 + 7п-2 + … + 1) = 6 (7п-1 + 7п-2 + … + 1).

   Последнее выражение делится на 6, значит, 7п – 1 делится на 6.

  б) 24п – 1 = 16п – 1 = (16 – 1) (16п-1 + 16п-2 + … + 1) = 15 (16п-1 + 16п-2 + … + 1).

      Это выражение делится на 15, значит, 24п – 1 делится на 15.



№ 7. Докажите, что при любом натуральном значении п  13п + 5 делится на 6.

Решение:  13п + 5 =(13п – 1) + 6 = (13 – 1) (13п-1 + 13п-2 + … + 1) + 6=12 (13п-1 + 13п-2 + … + 1) + 6

    Каждое из слагаемых делится на 6, значит, сумма делится на 6, т.е. 13п + 5 

делится на 6.



№ 8. Докажите, что нечетная натуральная степень числа 16, увеличенная на 1, кратна 17.

Решение:  162п+1 + 1 = (16 + 1) (162п – 162п-1 + … + 1) = 17 (162п – 162п-1 + … + 1).

    Это произведение делится на 17, значит, 162п+1 + 1 кратно 17.



№ 9. Докажите, что при четном натуральном п 7п – 5п делится на 24.

Решение:  Так как п – четное число, то его можно представить в виде п = 2

                     72k – 52k = 49k – 25k = (49 – 25) (49k-1 + 49k-2  25 + … + 25k-1)  = 

                      = 24 (49k-1 + 49k-2  25 + … + 25k-1)  .

   Это произведение делится на 24, значит, 7п – 5п делится на 24 при любом   чётном натуральном п.



№ 10. Докажите, что при любом натуральном  п  7п – 6  2п кратно 5.

Решение: 7п – 6  2п  2п = (7п –  2п) – 5  2п = (7 – 2) (7п-1 +  7п-2  2 + … + 2п-1) – 5  2п =5 (7п-1 +  7п-2  2 + … + 2п-1) – 5  2п.

    Эта разность делится на 5 при любом натуральном  п , значит, 7п – 6  2п кратно   5 при любом натуральном  п.



№ 11. Докажите, что при любом натуральном  п  33п+2 + 5  23п+1 делится на 19.

Решение:  33п+2 + 5  23п+1 = 9  27п + 10 23п = 9  27п – 9  23п + 19  23п = 9 (27п – 8п) + 19  23п = 9 (27 – 9) (27п-1 + 27п-2  8 + … + 8п-1) + 19  23п =9 19 (27п-1 + 27п-2  8 + … + 8п-1) + 19  23п.

     Эта сумма делится на 19 при любом натуральном  п, так как делится на 19 каждое слагаемое, поэтому 33п+2 + 5  23п+1 делится на 19 при любом натуральном  п.



1.3

          В теории делимости важное значение имеет теорема о делении с остатком: любое целое число а можно разделить с остатком на любое натуральное число п, т.е. представить в виде  а = пq + r,  0rп,   где q - целое число (неполное частное, если r0), 

r -  остаток от деления а на п. Частное q и остаток r определены однозначно.

          Нужно обратить внимание учащихся на деление с остатком отрицательного числа. Пусть а = - 1998, п = 19. Из равенства 1998  = 19  105 + 3 получим  

                 - 1998 = - 19  105 + 3 = - 19 (106 – 1) – 3 = -19  106 + 16.

Таким образом, неполное частное  - 106 (а не  - 105), остаток равен 16.

          Опираясь на эту теорему, учащиеся должны уметь:

Выписывать множество всех целых чисел, кратных данному натуральному числу;

Выписывать множество всех натуральных чисел, дающих при делении на данное натуральное число данный остаток;

Объяснять, что НОД(а;в) = НОД(в;r).

          Учащиеся должны усвоить, что число различных остатков при делении на натуральное число п равно п и представлять себе полный набор этих остатков (0; 1; 2; …; п-1).

          Для решения задач нужно познакомить учащихся с арифметикой остатков:

остаток при делении суммы двух чисел на третье равен остатку от деления суммы их остатков; 

остаток от деления разности двух чисел на третье равен остатку от деления разности их остатков; 

остаток от деления произведения двух чисел на третье равен остатку от деления произведения их остатков.

          Для формирования умений и навыков в применении теоремы о делении с остатком рассмотрим некоторые задачи.



№ 12. Докажите, что сумма квадратов двух последовательных целых чисел при делении 

            на 4 дает остаток 1.

Решение: Пусть данные числа а и а + 1, их квадраты а2 и (а + 1)2.

                    а2 + (а + 1)2 = а2 + а2 + 2а + 1 = 2а2 + 2а + 1 = 2а (а + 1) + 1.

    Если а – четное число, то 2а (а + 1) делится на 4, тогда остаток равен 1.

Если а – нечетное число, то а + 1 – четное, 2а (а + 1) делится на 4, тогда остаток  равен 1.



№ 13. Число а кратно 3. Может ли остаток от деления числа а на 12 быть равным 2?

Решение:  Если предположить, что 3k = 12q + 2, где k и q – целые числа, то из равенства  следует, что 2 делится на 3. Значит, остаток от деления числа а на 12 не может  быть равным 2.



№ 14. Четное число а при делении на 3 дает остаток 1. Чему равен остаток от деления  числа а на 6?

Решение:  Так как а – четное число, то а = 2k. Так как при делении на 3 остаток равен 1, то а = 3т + 1. Имеем 2k = 3т + 1, k = .  Поскольку k – целое число, то т – нечетное число, т.е. т = 2п + 1. Тогда а = 3(2п + 1) + 1, а = 6п + 4. Значит,  остаток от деления числа а на 6 равен 4.



№ 15. Число а – четное, не кратное 4. Докажите, что число а2 при делении на 32 дает  остаток 4.

Решение:  Число а – четное и не кратное 4, поэтому оно имеет вид 4k + 2.

                    а2 = (4k + 2)2 = 16k2 + 16k + 4. 

   Если k= 2т, то а2 = 16  4т2 + 16  2т + 4, т.е. остаток равен 4.

   Если k= 2т + 1, то а2 = 16 (2т + 1)2 + 16 (2т + 1) + 4 = 16 (4т2 + 4т + 1) + 16 (2т + 1) + 4 = 64т2 + 64т + 16 + 32т + 16 + 4 = 64т2 + 96т + 32 + 4, т.е. остаток равен 4.



№ 16. Найдите все числа, которые при делении на 3 дают остаток 1, а при делении на 5 дают остаток 3.

Решение:  Числа, которые удовлетворяют этим условиям имеют вид 15п + r, где r может принимать значение, равное 13. Числа 1, 2, 3, …, 12, 14 не удовлетворяют   одному из данных условий.



№ 17. Известно, что число а при делении на 5 дает остаток 1, а при делении на 3 дает в  остатке 2. Найдите остаток от деления числа а на 15.

Решение:  Числа, которые удовлетворяют этим условиям имеют вид 15п + r. Подбором находим, что r = 7.





1.4

          К решению задач на свойства простых чисел надо переходить, напомнив учащимся, что натуральные числа бывают трех видов: имеющие один делитель (такое число только одно – 1), имеющие два делителя (простые числа) и имеющие более двух делителей (составные). Нужно рассмотреть «классические» свойства простых чисел: 

Если число а делится на каждое из двух взаимно простых чисел в и с, то оно делится и на их произведение вс.

Если произведение ав делится на число с, причем числа а и с взаимно простые, то в делится на с.

          Учащихся нужно также познакомить с теоремой о том, что произведение двух натуральных чисел тогда и только тогда делится на простое число, когда хотя бы одно из этих чисел делится на это число. Следствием этого утверждения является следующее: квадрат числа делится на простое число тогда и только тогда, когда это число само делится на простое число.



№ 18. Докажите, что при любом целом п число п(п + 1)2 (п + 2) делится на 12.

Решение:  Если п – четное число, то п + 2 тоже четное число, а п + 1 – нечетное и  делится на 3. Значит, данное произведение делится на 12.

     Если п – нечетное число, тогда п + 1 – четное, (п + 1)2 делится на 4, а п (п + 2) делится на 3, значит, данное произведение делится на 12.



№ 19. При каких натуральных значениях число п6 + 2п5 – п2 – 2п делится на 120?

Решение:  п6 + 2п5 – п2 – 2п = п5 (п + 2) – п (п + 2) = (п + 2) (п5 – п) 

= (п – 1) п (п + 1) (п + 2) (п2 + 1). Заметим, что п – 1, п , п + 1 и п + 2 – четыре

последовательных натуральных числа при п1. Если п = 1, данное число                    равно 0 и делится на 120. Значит, по крайней мере одно из них кратно 3 и два

 из них – последовательные четные числа, одно из которых делится на 2, другое – на 4. Итак, (п – 1) п (п + 1) (п + 2) делится на 3 и на 8. Если при делении п на 5 остаток равен 0, 1, 3 или 4, то число п – 1, п , п + 1 и п + 2 соответственно делится на 5. Если же п = 5q + 2, где q0 – целое, то п2 + 1 = 25q2 + 20q + 5 кратно 5. Таким образом, (п – 1) п (п + 1) (п + 2) (п2 + 1) делится на 5. Поскольку числа 3, 5 и 8 – взаимно простые, то данное число делится на их произведение,  т.е. на 120.



№ 20. Докажите, что п2 – 1 делится на 8, если п2 – 1 делится на 2.

Решение:  Так как п2 – 1 делится на 2, то либо п – 1 = 2k, либо п + 1 = 2k. Пусть п – 1 = 2k, тогда п = 2k + 1, п + 1 = 2k + 2, п2 – 1 = 2k (2k + 2) = 2k  2 (k + 1) = 4k (k + 1).

      При любом k произведение k (k + 1) делится на 2, значит 4k (k + 1) делится на 8.



№ 21. Известно, что числа п и 6 взаимно просты. Докажите, что число п2 при делении на 24 дает в остатке 1.

Решение:  Число п не является четным числом, так как п и 6 взаимно просты. 

п 2 – 1 = (п – 1) (п + 1) – произведение двух последовательных четных чисел, поэтому п2 – 1 кратно 8. Число п не кратно 3, так как п и 6 взаимно просты, значит, п – 1 или п + 1 кратно 3. Итак, п2 – 1 делится на 3. Числа 3 и 8 взаимно просты, поэтому п2 – 1 делится на 24 (их произведение), 

т.е. п2 = 24т + 1.



          С понятиями «делитель», «кратное», «общий делитель», «общее кратное», НОД и НОК учащиеся уже знакомы. Они знают «алгоритм Евклида» - способ нахождения НОД, который применяли древнегреческие математики. После повторения известных понятий нужно познакомить учащихся с основной теоремой арифметики: каждое натуральное число а можно разложить на простые множители а =     …  . Из данного разложения можно определить число делителей данного натурального числа, оно равно (1 + 1)(2 + 1)…(k + 1).



№ 22. Найдите НОД всех шестизначных чисел, состоящих из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 без  повторений.

Решение: Так как сумма цифр каждого числа равна 21, то каждое из них кратно 3, но не кратно 9. Заметим, что 123465 – 123456 = 9, значит, НОД является делителем 9,  т.е. равен 3.



№ 23. Пусть р – простое число, р3. Докажите, что р2 – 1 делится на 12.

Решение: Так как р3 и простое, то р – нечетное. р2 – 1 = (р – 1) (р + 1) – произведение   двух последовательных четных чисел, поэтому делится на 4.

  Рассмотрим числа р – 1, р, р + 1 – это три последовательных целых числа,

значит, одно из них кратно 3. Этим числом по условию не может быть р, т.к.

оно простое и большее. Значит, р2 – 1 кратно 3. Следовательно, р2 – 1 кратно 12.

     Учащиеся должны уяснить алгоритм распознавания составного числа для того, чтобы показать, что данное число составное, достаточно представить его в виде произведения двух натуральных чисел, ни одно из которых не равно 1. 



Решение: 210 + 512 = ( 25 + 56)2 – 2 25  56 = ( 25 + 56)2 – 106 = ( 25 + 56 – 103) (25 + 56 + 103).

       Итак, данное число разложено на два множителя, каждый из которых больше 1.





№ 25. Числа р и 2р + 1 – простые (р3). Докажите, что число 4р + 1 составное.

Решение: Число р3 – простое, значит, р = 6k 1, kN. Тогда 2р + 1 = 12k  2 + 1, но по  условию 2р + 1 – простое, следовательно, 2р + 1 = 12k – 1 и         р = 6k – 1, тогда 4р + 1 = 3 (8k – 1) – составное.



№ 26. Среди натуральных чисел п, для которых 0,2 (п3 – 1) – целое, укажите такие п,  что число 0,2 (п3 – 1) – простое.

Решение: Так как п3 – 1 кратно 5, то число оканчивается цифрой 1 или 6. п = 5k + 1, пN.

       0,2 (п3 – 1) = 0,2 (125k3 + 75k2 + 15k) = k (25k2 + 15k + 3) – простое лишь при k = 1.

       Ответ: 6.

1.5



          Еще один вопрос, который следует рассмотреть при изучении этой темы – решение уравнений в целых числах. Прежде чем приступить к решению упражнений, полезно познакомить учащихся с более простыми случаями, когда правая часть уравнения есть число, а левая раскладывается на множители очевидным образом. Например, найти все такие целые х и у, что 1) ху = 7; 2) х2 + ху = 15; 3) х2 – у2 = 9. Затем можно рассмотреть уравнения, где одна переменная выражается через другую.



№ 27. Найти целые решения уравнения ху + 4у – х = 9.

Решение:     у (х + 4) = 9 + х,

                       у = ,

                        у = 1 + .

   Заметим, что  будет целым тогда и только тогда, когда х равен 1; -3; -5 и -9.

    Таким образом, получим четыре решения (-9; 0), (-5; -4), (-3; 6), (1;2).



№ 28. Решить в целых числах уравнение 3х + 7у = 11.

Решение:    х = .

   Рассмотрев случаи у = 3п, у = 3п + 1, у = 3п + 2, где п – целое, получим, что только в последнем случае х будет целым, а именно: х = -1 – 7 п, где п – целое.

  Таким образом, уравнение имеет бесконечное множество решений в целых

числах: (-1 – 7п; 2 + 3п), где п – целое.



№ 29. Если двузначное число разделить на сумму его цифр, то в частном получится 3, а в  остатке 7. Найдите это число.

Решение:    10а + в = 3(а + в) + 7, 

                      10а + в = 3а + 3в + 7,

                      7а – 2в = 7,

                      а = .

Так как а и в – натуральные числа, то подбором находим, что в = 7, а = 3.

                       Ответ: 37.



№ 30. Можно ли из двадцати монет достоинством 5, 20 и 50 к. составить сумму в 5 р.?

Решение: Пусть х – 5-копеечных монет, у – 20-копеечных, z – 50-копеечных, тогда

                    



                       

  Вычтем из второго уравнения первое, получим 15у + 45z = 400, 3у + 9z = 80.

  Так как в левой части – целое число, кратное 3, а в правой – не кратное 3,

получили противоречие. Значит, из этих монет нельзя составить указанную сумму.



№ 31. Решите в целых числах уравнение х2 – ху – х + у = 1

Решение:  х2 – ху – х + у = 1

                     х (х – у) – (х – у) = 1,

                     (х – у) (х – 1) = 1

                     Подбором находим пары чисел (2; 1), (0; 1).



№ 32. Решите в целых числах уравнение 3ху + 2х + 3у = 0.

Решение:  3ху + 2х + 3у = 0,

                     3ху + 2х + 3у + 2 = 2,

                     (3ху + 3у) + (2х +2) = 2,

                     3у (х + 1) + 2 (х + 1) = 2,

                     (х + 1) (3у + 2) = 2

                     Имеем:        или           

                                                                        Ответ: (0;0), (-3;-1)



№ 33. Решите в целых числах уравнение х2 – ху – 2у2 = 1.

Решение:  х2 – ху – 2у2 = 1,

                    (х2 – у2) – (ху + у2) = 1,

                    (х – у) (х + у) – у (х + у) = 1,

                    (х + у) (х – 2у) = 1.

                    Имеем:        или           

                                                                        Ответ: (1;0), (-1;0)



№ 34. Решите в целых числах уравнение х2 + ху – 2у2 – х + у = 3.

Решение:  х2 + ху – 2у2 – х + у = 3,

                    (х2 – у2) + (ху – у2) – (х – у) = 3,

                    (х – у) (х + у) + у (х + у) – (х – у) = 3,

                    (х – у) (х + у + у – 1) = 3,

                     (х – у) (2 + 2у – 1) = 3.

                    Имеем:        или           

                     Откуда подбором находим пары чисел (-2;1), (2;1)



№ 35. Решите в целых числах уравнение 3х + 2у = 7.

Решение:  3х + 2у = 7,

                     2х + х + 2у = 7,

                     2 (х + у) = 7 – х, откуда замечаем, что 7 – х кратно 2, т.е. 7 – х = 2п, где пZ и 

                      х = 7 – 2п. Затем из уравнения находим у = 3п – 7.

                      Ответ: (7 – 2п; 3п – 7), где пZ.




2.Исторические сведения



ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ

             Диофантовы уравнения имеют, как правило, много решений, поэтому их называют неопределенными уравнениями. Названы они по имени греческого математика Диофанта, жившего в IIIв. Его книга «Арифметика» содержала большое количество интересных задач, ее изучали математики всех поколений. Книга сохранилась до наших дней, ее можно найти в русском переводе в библиотеке.

           К диофантовым уравнениям приводят задачи, по смыслу которых неизвестные значения величин могут быть только целыми числами.

           Решение уравнений в целых числах – очень увлекательная задача. С древнейших времен накопилось много способов решения конкретных диофантовых уравнений, однако только в нашем веке появились общие приемы их исследования. Правда, линейные диофантовы уравнения и диофантовы уравнения 2-й степени научились решать давно.

           Решение диофантовых уравнений более высоких степеней, а также систем уравнений давались с большим трудом. Знаменитое уравнение П.Ферма, которое более трехсот лет назад он написал на полях «Арифметики» Диофанта, хn+уn=zn (n>2) не решено до сих пор.

            Правда, оказалось, что кубические уравнения стоят в некотором смысле особняком. В 20-е гг. прошлого века английский математик Е.И.Морделл высказал гипотезу, что уравнение более высокой степени, чем 3, должно иметь, как правило, конечное число целочисленных решений. Эта гипотеза была в 1983 г. Доказана голландским математиком Г.Фалтингсом. тем самым подтвердилось, что уравнение Ферма хn+уn=zn при всяком n>2 имеет лишь конечное число решений в целых числах (без общих множителей). Однако пока нет способа найти эти решения.

          Долгое время надеялись отыскать общий способ решения любого диофантова уравнения. Однако в 1970 г. ленинградский математик Ю.В.Матиясевич доказал, что такого общего способа быть не может.

          Решение уравнений в целых числах – один из самых красивых разделов математики. Ни один крупный математик не прошел мимо теории диофантовых уравнений. Ферма, Эйлер и Лагранж, Дирихле и Гаусс, Чебышев и Риман оставили неизгладимый след в этой интереснейшей теории.



СОВЕРШЕННЫЕ ЧИСЛА



          В Древней Греции число называли совершенным, если оно равнялось сумме всех своих делителей (исключая само число).  Например:  

6=1+2+3;        28=1+2+4+7+14;       496=1+2+4+8+16+31+62+124+248.

Указанные три числа – первые совершенные числа. Они, как и все известные совершенные числа, четны. Еще древнегреческий математик Евклид в III в. до н.э. указывал, что четные совершенные числа могут быть получены в виде   2р-1(2р - 1)  в том случае, если число  2р – 1 простое. Простые числа вида 2р – 1 стали называть простыми числами Мерсенна, по имени французского монаха М.Мерсенна (1588-1648), много  занимавшегося совершенными числами. Л.Эйлер показал, что этими числами исчерпываются все четные совершенные числа.

          К настоящему времени числа вида 2р – 1 проверены на простоту для всех р до 50 000. В результате обнаружено более 30 простых чисел Мерсенна, самое большое из которых получается при р= 132049. Это число с 39751 десятичным знаком. Соответствующее ему совершенное число 286242 (286242 – 1) имеет 79502 десятичных знаков. Итак, известно довольно много четных совершенных чисел, но не известно ни одного нечетного совершенного числа, хотя в поисках такого числа проверены все числа до 1050. Также неизвестно, конечно ли количество совершенных чисел.





ЧИСЛА-БЛИЗНЕЦЫ



          О бесконечном множестве простых и составных чисел. Рассматривая «Решето Эратосфена», мы видим, что существуют среди простых чисел «числа-близнецы», т.е. пары таких соседних нечетных чисел, которые в то же время являются простыми, например, 19 и 17, 29 и 31 и т.д. В начале «решета» таких близнецов встречается больше, в чем больше числа, тем реже появляются «близнецы», хотя среди больших чисел они встречаются неравномерно, значительно реже, чем сами простые числа. Будет ли среди этих «близнецов» самая большая пара, последняя пара? На этот вопрос еще нет ответа. Самого же большого простого числа нет, это доказал еще древнегреческий математик Евклид. Как бы далеко мы ни зашли в натуральном ряду, нам будут попадаться простые числа. Сначала промежутки между простыми числами невелики, но по мере продвижения в ряду натуральных чисел они становятся все больше и больше. Вот как пишет о распределении простых чисел И.К.Андронов: «Мысленно возьмем прямолинейный провод, выходящий из классной комнаты в мировое пространство, пробивающий земную атмосферу, уходя туда, где Луна совершает вращение, и далее за огненный шар Солнца, и далее в мировую бесконечность; мысленно подвесим на провод через каждый метр электрические лампочки, нумеруя их, начиная с ближайшей: 1, 2, 3,…,100,…,1000,… Мысленно включим ток с таким расчетом, чтобы загорелись все лампочки с простыми номерами; мысленно полетим вблизи провода. Перед нами развернется следующая картина: лампочка с номером 1 не горит. Почему? Потому что единица не есть простое число.  Две следующие лампочки с номерами 2 и 3 горят, т.к. 2 и 3 – оба простые числа. Могут ли в дальнейшем встретиться две смежные горящие лампочки? Нет, не могут. Почему? Всякое простое число, кроме 2, есть число нечетное, а смежные с простым по ту и другую сторону будут числа четные, а всякое четное число, отличное от двух,  является составным числом, т.к.  делится на два. 

          Далее наблюдаем пару лампочек, горящих через одну, с номерами 3 и 5, 5 и 7, 11 и 13, 17 и 19 и т.д. это «близнецы».

          Если простых чисел много, бесконечно много, то составных чисел тем более бесконечно много, т.к. за любым простым числом следует число четное, число, которое больше данного простого в 2 раза, в 3 раза, в 4 раза и т.д.






3. Программа элективного курса по математике «Делимость целых чисел»:





ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА



          Программа элективного курса «Делимость целых чисел» согласована с содержанием программы основного курса алгебры. Учебный материал курса предназначен для учащихся 8 – 9 классов.

          Курс рассчитан на 17 часов аудиторных занятий.



Обоснование курса:

          Обучение на курсе предоставляет учащимся опыт работы на уровне повышенных требований, что способствует развитии их учебной мотивации; помогает учащимся через успешную практику оценить свой потенциал с точки зрения образовательной перспективы. Освоение содержания курса, обеспечит учащимся углубление теоретических знаний по математике и практических навыков по решению задач, которые остались в свое время вне поля зрения, поскольку появиться в школьном курсе в момент изучения соответствующего программного материала эти задачи не могли из-за недостаточного еще математического развития учащихся. Углубление реализуется на базе обучения методам и приемам решения математических задач, связанных с целыми числами.



Основные цели курса:

Интеллектуальное развитие учащихся, совершенствование математической культуры и творческих способностей учащихся, формирование качеств мышления, характерных для математической деятельности и необходимых человеку для полноценной жизни в обществе: лаконизм, точность, полнота, ясность, интуиция, умение отличать известное от неизвестного, искусство анализировать, ставить гипотезы, опровергать их или доказывать, пользоваться аналогиями и т.д.

Овладение конкретными математическими знаниями, умениями и навыками, необходимыми для применения в практической деятельности, для изучения смежных дисциплин, для продолжения образования.

Развитие интереса к математике через решение задач повышенной трудности.



Планируемый результат:



расширить математические представления учащихся о свойствах целых чисел;

рассмотреть понятие делителя целого числа, свойства делимости чисел, показать применение делимости в практических целях;

познакомить учащихся с формулами для разложения на  множители выражений ап-вп    и      а2п+1+в2п+1     и показать их применение при решении задач;

рассмотреть теорему о делении с остатком и свойства деления, уметь выполнять деление с остатком, находить остаток при делении, неполное частное;

уметь доказывать: простым или составным является данное число;

рассмотреть применение данной темы для решения уравнений в целых числах.



Структура курса:



          Каждый раздел курса включает в себя теоретический материал, который предполагает систематизацию знаний по определенной теме: определения тех или иных понятий, теоремы, свойства. Затем рассматривается их применение при решении задач. Каждый раздел включает в себя задания для самостоятельной работы учащихся.





Основные компоненты содержания курса:



Делимость чисел. Делимость суммы и произведения



          Деление является наиболее трудным арифметическим действием, которое не всегда выполняется на множестве целых чисел. В данном разделе рассматриваются определения и свойства делимости, их применение к решению задач повышенной сложности.

Формулы для разложения на множители ап-вп и а2п+1+в2п+1  и их применение  в решении задач



Во многих задачах на делимость используются формулы для разложения на множители выражений вида ап – вп и а2п+1+в2п+1:    

                             ап – вп = (а – в) (ап-1 + ап-2в + … + авп-2 + вп-1),

                             а2п+1+в2п+1 = (а + в) (а2п + а2п-1в + … + ав2п-1+ в2п).

Из первой формулы следует, что ап – вп делится на а – в, а из второй следует, что а2п+1+в2п+1 делится на а + в.



Деление с остатком



          На делении с остатком основаны различные формы представления целых чисел. Например, при делении числа 3 могут получиться остатки 0, 1, 2. Поэтому всякое целое число может быть представлено в виде 3k, 3k+1, 3k+2, kZ. Такое разбиение применяют как в теории, так и при решении задач. Практика показывает, что решение задач на деление с остатком представляет определенную трудность для учащихся, поэтому изучение этой темы предусмотрено в рамках данного курса. Без доказательства формулируется теорема о делении с остатком, и рассматриваются свойства. Применение их демонстрируется на конкретных примерах.

Простые и составные числа

          Определение простых, составных чисел, взаимно простых чисел. Без доказательства дается основная теорема арифметики.

          Среди простых и составных чисел существуют числа, обладающие интересными свойствами. Одним числам дали название «близнецы», другие числа признали «совершенными». А есть, так называемое, «число Шахразады». Учащимся предлагается самостоятельно найти информацию об этих числах.

Решение уравнений в целых числах



          Виды уравнений в целых числах. Приемы нахождения целочисленных решений уравнений. Такие уравнения практически полностью отсутствуют в школьных учебниках математики, их решение способствует развитию логического мышления, сообразительности и наблюдательности, умения самостоятельно осуществлять небольшие исследования.



Формы контроля:

          Эффективность обучения отслеживается следующими формами контроля: промежуточный – домашняя проверочная работа по учебному материалу каждого раздела; итоговая контрольная работа по учебному материалу курса.

Тематическое планирование курса

№

п/п

Тема занятия

Количество часов

1

Делимость чисел. Делимость суммы и произведения.

 Определение делимости, свойства, теоремы о делимости. Применение свойств для доказательства делимости на конкретное число.

4

2

Формулы для разложения на множители   ап-вп    и      а2п+1+в2п+1     и их применение в решении задач

3

3

Деление с остатком. 

Теорема о делении с остатком. Свойства деления. Применение свойства для нахождения остатка от  деления на конкретное число, неполного частного.

3

4

Простые и составные числа.

Определение простых, составных чисел. Взаимно простые числа. Совершенные числа, числа-близнецы, число Шахразады. Решение задач.

3

5

Решение уравнений в целых числах.

Виды уравнений в целых числах. Приемы нахождения целочисленных решений уравнений.

3

6

Итоговая работа

1



Всего часов

17

4.Список литературы:



Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк. Алгебра: Дополнительные главы к школьному учебнику. 8 кл.: Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики/ Под ред. Г.В.Дорофеева. – М.: Просвещение, 1998.

И.Ф.Шарыгин. Факультативный курс по математике: Решение задач.: Учебное пособие для 10 кл. – М.: Просвещение, 1989.

М.Л.Галицкий, А.М.Гольдман, Л.И.Звавич. Сборник заданий по алгебре, 8 – 9 кл. – М.: Просвещение, 1994.

Е.А.Галкин. Задачи с целыми числами.

Е.Б.Ваховский, А.А.Рывкин. Задачи по элементарной математике (повышенной трудности). – М.: «Наука», 1971.

М.К.Потапов, В.В.Александров, П.И.Пасиченко. Алгебра и начала анализа. Современный курс для поступающих в вузы. – М.: «Экзамен», 1998.

Энциклопедический словарь юного математика /Сост. А.П.Савин. – М.: Педагогика, 1998.



2