Bölünmə və Qalıqlı Bölmə

İsbat. Mövcudluq. $b$-nin mislləri içərisində $a$-nı aşmayan ən böyük ədədi nəzərdən keçirək: yəni $bq \le a$ şərtini ödəyən ən böyük $q$ tam ədədini götürək. Belə bir $q$ ədədi mütləq mövcuddur: bir tərəfdən $b \ge 1$ olduğundan kifayət qədər kiçik (mənfi) $q$ qiymətlərində $bq \le a$ şərti ödənir, yəni belə $q$-lar heç olmasa bir dənədir; digər tərəfdən isə $b$-nin mislləri müsbət istiqamətdə $a$-nı istənilən qədər aşa bildiyindən belə $q$-lar yuxarıdan məhduddur — deməli onların arasında ən böyüyü var. İndi isə $r = a - bq$ işarələməsi aparaq. Onda aydındır ki, $r \ge 0$; həmçinin $r < b$ olmalıdır, çünki əgər $r \ge b$ olsaydı, o zaman $b(q+1) = bq + b \le a$ alınardı və bu, bilavasitə $q$-nun maksimal seçilməsi şərti ilə ziddiyyət təşkil edərdi. Yeganəlik. Tutaq ki, bu cür yazılış yeganə deyil və $a = bq_1 + r_1 = bq_2 + r_2$ kimi ifadə oluna bilir (burada $0 \le r_1, r_2 < b$). Onda bərabərlikdən $b(q_1 - q_2) = r_2 - r_1$ alınır. Sağ tərəf $-b < r_2 - r_1 < b$ aralığında yerləşir, sol tərəf isə hər zaman $b$-nin mislidir. Bu aralıqda yerləşən yeganə misl $0$-dır, deməli $r_1 = r_2$ olmalıdır və buradan avtomatik olaraq $q_1 = q_2$ alınır. ■

İsbat. Tutaq ki, qalıqlar eynidir, yəni $a = dq_1 + r$ və $b = dq_2 + r$. Bu halda onların fərqi $a - b = d(q_1 - q_2)$ olar ki, bu da $d \mid (a-b)$ deməkdir. Əksinə, fərz edək ki, $d \mid (a-b)$ şərti ödənir və $a = dq_1 + r_1$, $b = dq_2 + r_2$ yazaq. Onda $r_1 - r_2 = (a-b) - d(q_1-q_2)$ alınır ki, bu ədəd $d$-yə tam bölünür; digər tərəfdən hər iki qalıq $d$-dən kiçik olduğu üçün $-d < r_1 - r_2 < d$ aralığı yaranır. Bu məhdud aralıqda $d$-yə bölünən yeganə tam ədəd $0$-dır, deməli $r_1 = r_2$. ■

İsbat. (a) $b = ak$, $c = bm$ olsun; onda $c = a(km)$ olduğu üçün $a \mid c$. (b) $a = bk$ olsun; onda $ma = b(mk)$ olduğu üçün $b \mid ma$. (c) $a = dk_1$, $b = dk_2$ olsun; onda $ax + by = d(k_1x + k_2y)$ olduğundan $d \mid (ax+by)$. (d) $a = bk$ və $a \neq 0$ olduğundan $k \neq 0$, yəni tam ədəd olduğundan $|k| \ge 1$-dir; onda $|a| = |b||k| \ge |b|$. ■

İsbat. Aydındır ki, hər bir tam ədəd $6k, 6k+1, 6k+2, 6k+3, 6k+4, 6k+5$ formalarından yalnız və yalnız birində ola bilər. (c) bəndinin isbatı üçün: $6k$, $6k+2$, $6k+4$ ədədləri cütdür, $6k+3$ isə mütləq $3$-ə bölünür — yəni $3$-dən böyük heç bir sadə ədəd bu formalarda ola bilməz. Yerdə qalan yalnız $6k+1$ və $6k+5 = 6(k+1) - 1$ (və ya başqa sözlə $6k-1$) formalarıdır. Ancaq yaddan çıxarmayın ki, bunun tərsi doğru deyil: yəni $6k \pm 1$ şəklində olan ədədlərin hamısının sadə olması vacib deyil (məsələn, $6\cdot 4 + 1 = 25$ sadə deyil). ■

İsbat. (a) Əgər $n = 3k$ olarsa, onda $n^2 = 3(3k^2)$ — yəni qalıq $0$ olar; $n = 3k \pm 1$ olarsa, $n^2 = 9k^2 \pm 6k + 1 = 3(3k^2 \pm 2k) + 1$ — yəni qalıq $1$ alınar. (b) Əgər $n = 2k$ olarsa, $n^2 = 4k^2$ — qalıq $0$ edər; $n = 2k+1$ olarsa $n^2 = 4k(k+1) + 1$ — yəni qalıq $1$ olar. (c) (b) bəndinin isbatındakı $4k(k+1)+1$ ifadəsində $k(k+1)$ ardıcıl iki ədədin hasili kimi həmişə cütdür, deməli istənilən tək ədədin kvadratı $8m+1$ şəklindədir (qalıq $1$); cüt olan $n = 2k$ ədədləri üçün isə $n^2 = 4k^2$ alınır və burada $k$-nın tək və ya cüt olmasından asılı olaraq $4k^2$ ifadəsinin $8$-ə bölünməsindən qalıq uyğun olaraq $4$ və ya $0$ olur. ■

Həll. Ardıcıl dörd tam ədəddən mütləq ikisi cütdür və həmin cüt ədədlərdən biri mütləq şəkildə $4$-ə qalıqsız bölünür, deməli bu ədədlərin hasili mütləq $8$-ə bölünəcəkdir. Həmçinin, ardıcıl dörd ədəd arasında $3$-ə bölünən ədəd də mütləq mövcuddur (çünki artıq üç ardıcıl ədəd bunu təmin edir), deməli hasil eyni zamanda $3$-ə də bölünür. $8$ və $3$ ədədləri qarşılıqlı sadə olduğundan hasil yekunda $24$-ə tam bölünür. Bundan daha böyük sabit bölən ola bilməz, çünki axtarılan sabit ədəd bütün belə hasilləri, o cümlədən $1\cdot 2\cdot 3\cdot 4 = 24$ hasilini də bölməlidir. Cavab: $24$.□

Həll. $8\cdot 17 = 136 \le 137$, $8\cdot 18 = 144 > 137$. Deməli $137 = 8\cdot 17 + 1$ şəklindədir və qalıq şərti tamamilə ödənir: $0 \le 1 < 8$. Cavab: Natamam qismət $17$, qalıq $1$.□

Həll. Qaydaya əsasən qalıq mənfi olmamalıdır, ona görə də natamam qisməti ədəd oxunda aşağıya doğru yuvarlaqlaşdırırıq: $7\cdot(-7) = -49 \le -45$, deməli

$$-45 = 7\cdot(-7) + 4, \qquad 0 \le 4 < 7 .$$

(Diqqət: $-45 = 7\cdot(-6) - 3$ kimi yazılış qalıqlı bölmənin riyazi tərifinə qətiyyən uyğun deyil, çünki $-3 < 0$.) Cavab: Qalıq $4$.□

Həll. Şərtə görə $n = 9k + 7$. Burada $9k$ hissəsi zatən $3$-ə qalıqsız bölünür, $7$ isə $7 = 3\cdot 2 + 1$ olduğundan ümumi ifadəni $n = 3(3k+2) + 1$ kimi qruplaşdıra bilərik. Cavab: $1$.□

Həll. Tutaq ki, $n = 5k+3$ şəklindədir. Onda yerinə qoyduqda $2n + 1 = 10k + 7 = 5(2k+1) + 2$ alırıq. Cavab: $2$.□

Həll. Teorem 4.1 (b)-yə əsasən yalnız son iki rəqəmə baxırıq: $36 = 4\cdot 9$ — bəli, bölünür; $18$ — bölünmür; $00$ — bəli, bölünür. Cavab: $1236$ və $9300$.□

Həll. Bölünmə əlamətinə görə rəqəmlər cəmi $5 + a + 2 = 7 + a$ mütləq $3$-ə bölünməlidir. $a \in \{0,1,\ldots,9\}$ məhdudiyyəti çərçivəsində bu şərti ödəyən rəqəmlər $a = 2, 5, 8$-dir (uyğun cəmlər isə $9$, $12$, $15$ edir). Cavab: $a \in \{2,5,8\}$.□

Həll. Rəqəmlər cəmi $4 + 7 + a = 11 + a$ ədədi $9$-a tam bölünməlidir. $11 \le 11+a \le 20$ aralığında $9$-un yeganə misli elə $18$-dir, deməli $a = 7$ olmalıdır. Cavab: $a = 7$ (həmin ədəd $477 = 9\cdot 53$).□

Həll. Tək mövqelərdəki rəqəmlərin cəmi $7 + 4 = 11$, cüt mövqedəki yeganə rəqəm isə $a$-dır. Əlamətə görə onların fərqi olan $11 - a$ ədədi mütləq $11$-ə bölünməlidir; $0 \le a \le 9$ olduğundan $2 \le 11-a \le 11$ aralığını alırıq, burada isə yeganə imkan $11 - a = 11$ halıdır. Cavab: $a = 0$ (ədəd $704 = 11\cdot 64$).□

Həll. Gəlin $n$-i $3$-ə görə hallara ayıraq. Əgər $n = 3k$ olarsa birinci vuruq, $n = 3k+1$ olarsa $n + 2 = 3(k+1)$ olaraq üçüncü vuruq, $n = 3k+2$ olarsa isə $n + 1 = 3(k+1)$ şəklində ikinci vuruq $3$-ə qalıqsız bölünür. Hər üç halda hasilin ən azı bir vuruğu $3$-ə bölünür. Cavab: Həmişə bölünür.□

Həll. Bölmə apardıqda $1000 = 6\cdot 166 + 4$ alınır, deməli $1000$-dən sonrakı ilk $6$-ya bölünən misl $6\cdot 167 = 1002$-dir. Yoxlasaq görərik ki: $1002$ doğrudan da cütdür və rəqəmləri cəmi $1+0+0+2 = 3$ olduğundan $3$-ə də bölünür. Cavab: $1002$.□

Həll. $7$-nin mislləri $7\cdot 1, 7\cdot 2, \ldots$ formasındadır. $7k \le 999$ şərtini həll etsək $k \le 142{,}71\ldots$, yəni tam ədədlər çoxluğunda $k \le 142$ alınır. Cavab: $142$ ədəd.□

Həll. Bunun isbatı üçün birbaşa Xassə 3.2 (c)-də $x = 3$, $y = -2$ götürmək kifayətdir. Yaxud, daha açıq şəkildə yazsaq: $a = 5k$, $b = 5m$ olsun, onda $3a - 2b = 5(3k - 2m)$ cəbri ifadəsini alarıq ki, bu da $5$-ə bölünür. Cavab: Həmişə bölünür.□

Həll. Aydındır ki, $n+3$ ədədi həmişə özü-özünü böldüyündən o, bu iki ifadənin fərqini də bölməlidir: $(n+11) - (n+3) = 8$, deməli mütləq $n + 3 \mid 8$ olmalıdır. Şərtə görə $n \ge 1$ olduğundan $n + 3 \ge 4$ alınır, $8$-in isə bu şərti ödəyən bölənləri yalnız $n+3 \in \{4, 8\}$ ola bilər. Cavab: $n = 1$ və $n = 5$.□

Həll. $2345 = 2300 + 45$ kimi parçalasaq görərik ki, $2300$ ədədi onsuz da $100$-ə, deməli elə $4$-ə də tam bölünür. Deməli, qalıq bilavasitə yalnız son iki rəqəmin qalığına bərabərdir: $45 = 4\cdot 11 + 1$. Cavab: $1$.□

Həll. Verilmiş ədədin rəqəmləri cəmi $1+2+\cdots+9 = 45$ edir. Aydındır ki, $45$ ədədi həm $9$-a, həm də $3$-ə qalıqsız bölünür. Cavab: Bəli, hər ikisinə tam bölünür.□

Həll. Xeyr. Çünki $4$ və $6$ ədədləri qarşılıqlı sadə deyil (onların ortaq bölənləri $2$-dir), məhz buna görə də Xassə 4.3 tətbiq oluna bilməz. Klassik əks nümunə: $12$ ədədi $4$-ə də, $6$-ya da tam bölünür, ancaq $24$-ə qətiyyən bölünmür. Cavab: Xeyr, mütləq (zəruri) deyil.□

Həll. Teorem 5.2 (a)-ya əsasən tam kvadratlar üçün mümkün qalıqlar yalnız və yalnız $0$ və ya $1$-dir. $3k+2$ şəklində verilmiş ədədin qalığı isə $2$ olduğundan o, heç bir tam ədədin kvadratına bərabər ola bilməz. Cavab: Qalıqlar $0$ və $1$-dir; $3k+2$ heç vaxt tam kvadrat ola bilməz.□

Həll. Bölünən ədəd böləndən kiçik olduğu üçün natamam qismət $q = 0$ olaraq götürülür: $2024 = 2025\cdot 0 + 2024$ və bu yazılışla $0 \le 2024 < 2025$ qalıq şərti tamamilə ödənir. Ümumi qayda olaraq yadda saxlayın: $0 \le a < b$ olduqda natamam qismət həmişə $0$, qalıq isə elə bölünən $a$-nın özüdür. Cavab: Natamam qismət $0$, qalıq $2024$.□

Həll. Xassə 2.3-ə əsasən, əgər qalıqlar eynidirsə $n$ ədədi mütləq bu iki ədədin fərqini qalıqsız bölməlidir: $n \mid (292 - 275) = 17$. Aydındır ki, $17$ sadə ədəddir, deməli $n = 1$ və ya $n = 17$ ola bilər; şərtdəki $k \neq 0$ məhdudiyyəti bizə birbaşa $n = 17$-ni verir (çünki $n=1$ olduqda qalıq həmişə sıfır olur). İndi isə qalığı hesablayaq: $275 = 17\cdot 16 + 3$, deməli doğrudan da $k = 3$-dür (yoxlama üçün: $292 = 17\cdot 17 + 3$). Cavab: $n\cdot k = 51$.□

Həll. Hər iki bölmə əməliyyatında qalıq eyni, yəni $23$ olduğundan birmənalı olaraq $n - 23$ ədədi həm $24$-ə, həm də $25$-ə tam bölünür. Gəlin $n - 23 = 25m$ yazaq; bilirik ki $24 \mid 25m$ olmalıdır və eyni zamanda $25m = 24m + m$ olduğundan asanlıqla $24 \mid m$ nəticəsi alınır. Deməli, ortaq məxrəc kimi $n - 23 = 600t$ alarıq, yəni $n = 600t + 23$. Fikir versək $600$ ədədi $20$-yə onsuz da qalıqsız bölündüyü üçün, $n$-in $20$-yə bölünməsindən alınan qalıq sadəcə olaraq $23$-ün $20$-yə bölünməsindən alınan qalıqla eynidir: $23 = 20\cdot 1 + 3$. Cavab: $3$.□

Həll. Bunun üçün mütləq şəkildə $3n - 5 \mid 5n - 17$ olmalıdır. Dəyişəni kənarlaşdırma (sıxışdırma) metodunu tətbiq edək:

$$3(5n - 17) - 5(3n - 5) = -26 \quad\Longrightarrow\quad 3n-5 \mid 26.$$

$26$ ədədinin tam bölənləri: $\pm 1, \pm 2, \pm 13, \pm 26$. $3n - 5$ ifadəsi bu qiymətlərə bərabər tutulduqda $n$-in tam ədəd alındığı hallar bunlardır: $3n-5 = 1 \Rightarrow n=2$; $3n-5 = -2 \Rightarrow n = 1$; $3n-5 = 13 \Rightarrow n = 6$; $3n-5 = -26 \Rightarrow n = -7$. Nəticədə tapdığımız hər dörd qiymət yoxlamadan uğurla keçir (məsələn, $n=1$ olduqda kəsr $\tfrac{-12}{-2} = 6$ edir). Cavab: $4$.□

Həll. Çoxhədlilər üçün qalıqlı bölmə fəndini tətbiq edək:

$$n^2 = (n+4)(n-4) + 16.$$

Deməli, kəsrin tam ədəd olması üçün mütləq $n + 4 \mid 16$ şərti ödənilməlidir: $n + 4 \in \{\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8, \pm 16\}$ — yəni cəmi $10$ fərqli qiymət ola bilər və onların hər biri də tənlikdən bir tam $n$ ədədi verir. Cavab: $10$.□