A bomlás számok törzstényezős, matematika, algebra, geometria

§ 90. Egyszerű és összetett szám. Bármennyi természetesen osztva egy és önmagában. Van egy csomó olyan számok vannak osztva nemcsak egy és önmagában, hanem mindig más elválasztó; például, 30. szám, és ezenkívül a 30 egység még mindig elválasztó 2, 3, 5, 6, és 15.

Ha bármilyen más, mint egy olyan akkor osztható egy és önmagában egyszerű (vagy teljesen egyszerű vagy eredetiben).

A szám, amelyet osztva nemcsak egy és önmagában, hanem más szám, az úgynevezett egy vegyület (vagy komplex).

1. szám nem veszi figyelembe nem egyszerű, nem összetett szám, akkor különleges helyet foglal el.

Jelenleg 25 prímszám kevesebb, mint 100, nevezetesen:

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.

A könyv végén van rögzítve egy táblázatot, amelyben vannak írva az összes prímszám kevesebb, mint 6000.

§ 91. bővítése összetett szám törzstényezős. Tetszőleges számú vegyület lehet bontani elsődleges tényezők r. E. állítja be, mint a termék a prímszám. Például, bomlanak prímtényezőit 12 - ez azt jelenti, hogy bemutassa ezt a számot a következők szerint: 12 = 2 · 2 · 3.

Tegyük fel, hogy szét prímtényezőit bármely összetett szám, mint a 420. Ehhez találunk (azon az alapon, oszthatóság), a legkisebb prímszám, amely elválasztja 420; ez a szám 2. Osszuk 420 2:

Most keresik a legkisebb prímszám, amely elválasztja összetett szám 210; ez a szám 2. Osszuk 210 2:

Cserélje az (1) egyenlet, a szám 210 egyenlő a termék:

420 = 105 · 2 · 2 (2)

A legkisebb prímszám, amely elválasztja vegyület száma 105, 105 3. Osszuk 3:

Cserélje a (2) egyenlet száma 105 egyenlő a termék:

420 = 35 · 3 · 2 · 2 (3)

A legkisebb prímszám, amely elválasztja összetett szám 35, van 5; elosztjuk 35 5, találunk 7; jelenti 35 = 7 · 5 cseréjével a (3) egyenletben a számot 35 egyenlő a termék a 7 · 5, kapjuk:

420 = 7 · 5 · 3 · 2 · 2.

Ez lesz a tágulási, mert most az összes tényezőt - a törzsrészvények száma.

Mivel a termék nem befolyásolja az áthelyezés a tényezők, lehetséges, hogy írjon nekik bármilyen sorrendben; általában írni őket alacsony és magas, azaz az alábbiak szerint:

420 = 2 · 2 · 1 · 5 · 7.

Prímfaktorizáció a legkényelmesebb írni ezt:

azaz írom ezt összetett szám, és elvégzi a jogot a függőleges vonal. Már a kötőjel fel a legkisebb prímszám, amely elválasztja egy adott vegyület, és van osztva egy adott számot. Egyéni számok aláírja az osztalék. Ezzel a különleges járnak ugyanúgy, mint egy adott számot. Az akció folytatódik, amíg az adott készülék nem fog működni. Aztán az összes számot felé jobbra a sor, lesz prímtényezőjét számát.

Ebben a példában minden egyes alkalommal kerestünk a legkevésbé prímosztója kapott számot, Leggyakrabban ez - a legkényelmesebb módja bővül, mert minél kisebb a szám,

A könnyebb megosztani; Ezen kívül vannak olyan egyszerű jelei oszthatóság a legtöbb kis elválasztó. Azonban ez az út nem kötelező, és gyakran az elsődleges tényező Bt könnyebb tenni más sorrendben. Tehát a mi példánkban mi is azonnal látni, hogy 420 osztva 10 = 2 · 5. Ezért a bővítés (az elme)

felírhatjuk

420 = 10 · 42 = 2 · 5 · 2 · 3 · 7 = 2 · 2 · 3 · 5 · 7

Ha azt szeretnénk, hogy például faktor száma 13 000, akkor azonnal láthatjuk, hogy a 13 000 = 13 · 1000 és mivel a 13. prímszám, akkor bontjuk prímtényezőjét száma

1000 = 10 × 10 × 10 = 2 · 5 · 2 · 5 · 2 · 5

és mi azonnal megkapjuk:

13 000 = 2 × 2 × 2 × 5 × 5 × 5 × 13.

Vegyük egy másik példát. Mi bomlanak prímtényezője 8874:

Elérte a 493 magán, azt nehéz eldönteni, hogy mit számot is fel van osztva. Ilyen esetekben elérheti az asztalra prímszámok (a végén ezt a könyvet). Ha megfelel számos, tesz minket a nehéz, tovább osztható csak önmagában. A szám 493 nem szerepel a táblázatban prímszámok; ezért ez egy összetett szám, ezért igyekszünk osszuk prímszámok 7, 11, 13, és így tovább, amíg, amíg el nem érjük ns osztás maradék nélkül ... Kiderült, hogy 493 osztható 17 és különösen fordul 29. Most tudjuk fejezni a bővítés.

Ez a példa azt mutatja, hogy néha nagyon nehéz elvégezni a bomlás a vegyület, mivel a bővítés találkozhatunk nagyszámú ami nehéz eldönteni, hogy egyszerű vagy összetett; és ha ez egy összetett, hogy nem mindig könnyű megtalálni a legkevésbé prímosztója.

§ 92. Hatványozás. Ha a bomlás számok faktoring, valamint sok más esetben, azt gyakran levelet több egymást követő azonos tényezők, mint például a 2 × 2 × 2 × 2-es vagy 5 × 5 × 5 Akárcsak hozzátéve egyenlő feltételek mellett, már bevezetett egy különleges nevet (szorzás) és egy speciális megnevezése (2 × 4 helyett 2 + 2 + 2 + 2), és a megszorozzuk egyenlő tényezők hasznos bevezetni egy egyedi névvel és speciális megnevezést.

A termék az úgynevezett mértéke azonos tényezők. Így a 2 · 2 · 2 · 2 2 negyedik hatványával. Meg van írva, mint ez:

2 · 2 · 2 · 2 = 4 február

míg a 2-es szám az alap pont és a számos 4 - kitevő. A legtöbb akció hívják az építőiparban a 2-es szám a negyedik fokozatot. Ugyanígy,

Így hangzik: 5, a harmadik fokozat; Itt 5 - alap és 3 - kitevő.

Másodfokú rövidítve a téren a bázis, és a harmadik fokozat - egy kocka is. Tehát, július 2-án olvasható "7 in the box", és március 5 - "5 a kocka." Az első hatalom a hívott szám önálló 3 1 = 3. a jelölést bevezetett bomlása számokat prímtényezője gyakran lehet rögzíteni rövidebb; így a bemutatott példákat § 91, írhatunk:

420 = 2 3 × 2 × 5 × 7
13 000 = 2 3 „5 3 × 13.

Néha egy ilyen csökkentés lehet nagyon észrevehető; például, 1536 = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 3 = 2 9 × 3.

§ 93. A összetett szám lehet bővíteni csak számos egyszerű tényező. Ez könnyű bizonyítani, hogy a leírt módszer § 91 n. 6, tetszőleges számú összetett lehet bontani prímosztója. De ezzel a módszerrel, akkor nem feltétlenül ragaszkodni a sorrendben, amelyet általunk megadott, azaz a kezdhetjük a felbontás nem a legkisebb prímszám, amellyel osztani a kompozit és termel terjeszkedés más sorrendben (sőt lehet, mint láttuk, hogy elterjedt egy összetett szám első a komponens tényezők, akkor ezeket a tényezőket bontani egyszerű) . Így felmerül a kérdés: nem lehet eljutni oda néha ugyanazt az összetett két (vagy több) különböző számú elsődleges tényező, hogy különböznek egymástól, vagy a faktorok, vagy az ismétlések számát az azonos tényezők? Például, a szám 14000 expanziós április 2 × 5 3 × 7; függetlenül attól, hogy nem lehet még egy bomlik, köztük lenne bármilyen más elsődleges tényező más, mint 2, 5 és 7, vagy ahol ezek a tényezők kell ismételni egy másik alkalommal, mint a tágulási 2 4 × 5, 3 × 7? Ezt bizonyítja, hogy ez nem lehet, t. E. hogy az összetett szám, mintha mi nem bomlik, így csak egy több elsődleges tényező (ami, persze, lehet perestavlyaemy).

Az igazolást a lehetőségeket és egyediségét a bomlás számok törzstényezős. Szigorúan bizonyítani, hogy minden szám (kivéve egy) lehet bontani egy és csak egy módon törzstényezős, dokkoló> Aki először a következő két tételt.

1. Tétel Bármennyi egységtől eltérő legalább egy elsődleges tényező.

Bizonyítás. Legyen egy ≠ 1; ha egy - egy prímszám, akkor maga a prímosztója, és a bizonyíték; Ha egy - a szám a kompozit, azt osztók más, mint egy, és a készülék; hagyja, b a legkisebb ilyen elválasztó; majd b nem lehet összetett szám, mintha elosztottuk a száma C, kivéve az egységek és önmagában, akkor az a szám, c lenne osztva, és a szám egy, és így, b nem lenne a legkisebb osztó egy . Ezért b - néhány egyszerű, de mivel ez egy osztója a tétel bizonyított.

2. tétel A termék több tényező a1 a2 a3. Egy osztható a prime p csak ha legalább az egyik tényező osztható p.

Bizonyítás. Figyelembe véve ezt a munkát, mint a termék két tényező csak: a1 és (. A2 A3 an), érvelhetünk a következő: ha a1 nem osztható egy p prímszám, akkor az azt jelenti, hogy az A1 nem p közös osztók eltérő egységét; ilyen esetben, bizonyítottan számos § 88 Tétel (a2 a3. egy) kell lennie osztható p. Hasonlóképpen, azt látjuk, hogy ha a2 nem osztható p-vel, akkor a számát (a3 a4. An) oszthatónak kell lennie o. Folytatva ezt az érvet tovább, azt találjuk, hogy ha nincs a számok: a1. a2. a3. ..., AN-1 nem osztható p, akkor egy osztható p. Tehát, néhány szám: a1. a2. a3. ... egy osztható p.

Most bizonyítani a lehetőséggel bővül akárhány más, mint egy, a fő tényező, hogy erre. Legyen egy ≠ 1; ha egy - egy prímszám, akkor az igazolást; Ha egy - számos vegyület, a tétel 1, ez egy egyszerű elválasztó p1; hagyja, hogy a

ha a1 - prímszám, akkor a tétel bizonyított; ha ez összetett, 1. tétel, van egy elsődleges tényező p2; hagyja, hogy a

ha a2 - prímszám, akkor a tétel bizonyított; ha összetett, mi továbbra is beszélni ezen a módon. Mivel a> a1. .. A1> A2 stb, hogy a tágulási véget kell előbb vagy utóbb; de a végén csak néhány szám lesz könnyű (ha összetett, akkor továbbra is a bomlás); így bomlás

a bomlás a törzstényezős a lehetősége, tehát bizonyított.

Annak bizonyítására, egyediségét az expanziós Ilyen módon szólok:

Tegyük fel, hogy valamilyen van két bomlási (azonos vagy különböző) elsődleges tényező:

A bal oldalon a Ennek az egyenletnek van osztva egy; Ezért a jobb oldalon kell osztható a. De egy - egy prímszám, így a termék a1 b1 c1. Csak ezután osztva, ahol az egyik tényező van osztva egy (2. tétel); de prímszám lehet osztani különböző prímszám eltér az egység csak akkor, ha a prímszám azonos. Tehát, az egyik szám: a1 b1 c1. Ez egyenlő egy. Hadd a1 = a. Elosztjuk mindkét oldalon, megkapjuk

Mint az előző, azt látjuk, hogy az egyik tényező b1. c1. egyenlő b. Hagyja, b1 = b; majd cd. = C1 D1. Folytatva ezt az érvet kell látni, hogy minden olyan tényezőt, amely az első sor is szerepel a második sorban. Elosztjuk mindkét fél által a1 azt látjuk, hogy az első sorban van egy szorzó a1. Ezért, akárcsak az előzőhöz, azt találjuk, hogy az összes tényezőt a második sorban van az első sorban. Ebből következik, hogy mindkét sorozat esetleg csak a sorrendben tényezők, nem pedig a tényezők, más szóval, hogy a két sorozat egy és ugyanabban a sorban. Más szóval, minden szám (kivéve egyet) lehet bontani prímosztók pa, ráadásul csak az egyik módja.

§ 94. Néhány információ prímszám. Könnyen belátható, hogy van egy végtelen számú prímszám. Valóban, vállalja az ellenkezője, azaz a. E. beindító véges. Ebben az esetben a legnagyobb prímszám léteznie kell. Hagyja ezt a számot egy. Cáfolni a feltételezés, elképzelni az új N számú, tagjai az alábbi képlet szerint:

N = (2 · 3 · 5 · 7 ... a) + 1,

t. e. I. képzelni N számú, amelyet úgy kapunk, megszorozzuk az összes prímszám 2 és beleértve egy termék, és hogy csatolja egy másik egység. Mivel N, nyilvánvalóan egy és egy, a feltételezés, az a legnagyobb a prímszámok, akkor N szerves részévé kell tenni számát. De összetett szám van osztva egy prímszám (§ 93, 1. Tétel). Ezért, N van osztva több sorozat 2, 3, 5, 7, 11. a. De ez nem lehet, mert az N az összege két szempontból amelyek közül az első (a termék 2 · 3 · 5 ... a) van osztva tetszőleges számú sorozat 2., 3., 5. a, a második (1) nem osztható egy ilyen számokat. Ez azt jelenti, hogy a legnagyobb prímszám nem létezik; ha nem a legnagyobb prímszám, a szám prímszám végtelen.

Ősidők óta, a prímszámok tárgyát képezték számos tanulmány. By the way, a tudósok megpróbálták megtalálni a törvény megfogalmazása prímszámok, amelyek adott volna a lehetőséget, hogy kifejezze az összes prímszám egy vagy több képletet, vagy megpróbálja megtalálni legalább a következő képlet, amely bár nem kifejezett összes prímszám, de lehetővé tette, hogy megtalálják tetszőlegesen nagy prime számát. Ebben az értelemben különösen érdekes kísérlet a híres francia matematikus a XVII században. Farm (Fermat). Azt találta, hogy a képlet alapján 2n + 1 prímszám ha n, jelentése 2 0 = 1 2 1 = 2, 2 2 = 4, 2 3 = 8. Valójában, ha ezek az értékek az index és a kapott a következő PRIMES:

E megfigyelés alapján (és néhány megfontolást tulajdonságait a számok), Fermat azt javasolta, hogy a általános képletű 2 n + 1 kell adni az elsődleges számok bármilyen n, egyenlő egy ereje 2. Ezt a véleményt az hosszú ideig nem cáfolták, mivel senki (Euler) nem adja meg legalább egy esetben, ha n, egyenlő 2 hatványa, képletű 2 n + 1 adna egy összetett szám. Az első hipotézis utasítani Farm ismert Euler (XVIII.), Bizonyítva, hogy ha n = 2, = 32 képletű 2 n + 1 ad osztható számot 641. Ez a hiba Farm tanulságos példa, mint módszer alkalmazható matematikai következtetéseket a sajátos a teljes (mutató módszer vagy indukció).

(Ha n növeli a kifejeződési 2n + 1 számát adja növekvő éspedig rendkívül gyorsan, például, ha n = 24, a szám 65537 kapunk, ha n = 2 5 - száma 4294967297. Az ilyen nagy számú nehéz volt megoldani (ha a feltétel a tudomány XVII és XVIII c.), de ezek vagy kompozit).

Hiányában képletek kifejező összes prímszám, ezért szükség van empirikusan (kísérletileg) az egymást követő prímszám 2 és konkrét nagyszámú a. A legegyszerűbb és mégis a legősibb elkészítésének módját a sorozatból tartozik alexandriai matematikus Eratosthenes (aki élt a III. BC). Eratosthenes módszer abban áll, az a tény, hogy számos pozitív egész számokat jelent 2 egy (szám, amely korlátozni szeretné szám) ki van kapcsolva először osztható 2 (más, mint 2), akkor az összes számok, amelyek osztható 3 (kivéve a 3). akkor minden szám osztható 5, 7, 11 (kivéve ezek a számok), stb Ez nagyon egyszerű: .. tájékoztatók sorozatát páratlan egész 3-tól egy, kereszt ott minden harmadik számot 3-a után, minden ötödik száma után 5, 7 után minden hetedik és t. d.

Jelenleg táblázatok egymást követő prímszám kevesebb, mint 9.000.000.

Ha nincs kéznél írt ki több prímszám, vagy ha ez a szám N meghaladja a legtöbb írásos ki egy számot, akkor felmerül a kérdés: honnan tudod, hogy n prím vagy összetett szám? A legegyszerűbb módszer erre a következő. Megtalálása előtti √n, írja ki az összes prímszám kevesebb, mint ez a gyökér. Legyen száma:

Ha N nem oszlik bármelyike ​​ezeket a számokat, azt lehet mondani, anélkül, hogy további hasadások, hogy az N - számos egyszerű. Sőt, mivel N = √n · √n, akkor nyilvánvaló, hogy elosztjuk N számokkal nagyobb √n kell kapniuk saját, kisebb √n; így ha N számú osztható meghaladó tetszőleges √n, akkor kell osztani, és a számos kisebb √n. Ha n értéke nagy, akkor ez a módszer is meglehetősen unalmas; így ha N> 1 millió hogy √n> 1000 és 108 prímszám kevesebb, mint 1000; Ezért ezt a számot vizsgálat lenne szükséges alkalmanként 168 megosztottságot. Számelmélet jelzik módszerek, amelyekkel meg lehet, hogy jelentősen csökkentse a osztásszámot szükséges tesztelni egy adott számot, de ugyanakkor még mindig az a kérdés annak meghatározására, hogy egy adott szám prím vagy összetett, néha eddig óriási nehézségeket.