Натурал және теріс емес бүтін сандар

Оқушылардың көптеген қателері «нольге бөлуге болмайды» деп тиым салуды ұмытудан туады. Бір мысал қарастырайық. 7×0=5×0 теңдігі тура. Бұған 7×0 және 5×0 өрнектерінің мәндерін есептеп, оңай көз жеткіземіз. Бұл мәндер тең: 0=0. Егер осы 7×0=5×0 тура теңдіктің екі бөлігін де нольге бөлсек, 7=5 теңдігі шығады. Ал, бұл теңдік тура емес. Сонымен, нольге бөлудің салдарынан  математикалық қате шықты: тура теңдіктен тура емес теңдік шығарып алдық. Ілгеріде біз ылғи бөлгіш нольге тең емес деп ұйғарамыз.

 

Қосындыны санға  бөлу. Айырманы санға бөлу

 

Есеп. Тігіншіге 36 м және 39 м екі кесек мата әкеліп берді. Егер бір көйлекке 3 м кететін болса, осы екі кесек матадан неше көйлек шығады.

Есепті екі тәсілмен шығаруға болады.

1-тәсіл. Бірінші кесек  матадан 36:3 көйлек шығады. Екінші  кесек матадан 39:3 көйлек шығады. Екі кесектен 36:3+39:3 көйлек шығады.

2-тәсіл. Екі кесекті  36+39 метр мата бар. Демек, екі  кесектен (36+39):3 көйлек шығады.

Шешудің екі тәсілі де есептің сұрағына бір ғана жауап  беруі тиіс екендігі айқын, сондықтан, (36+39):3=36:3+39:3 көйлек шығады.

Шешудің екі тәсілі де есептің сұрағына бір ғана жауап беруі тиіс екендігі айқын, сондықтан, (36+39):3=36:3+39:3. Бұл кездейсоқ теңдік емес. Келесі теорема тура болады:

Теорема. Егер а₁:n, а₂:n..., а_k:n бөлінділері бар болса, онда мына теңдік тура болады:

(а₁+ а₂+...+ а_k):n= а₁:n + а₂:n +…+ а_k:n

Дәлелдеу. Егер а₁:n, а₁:n,..., а_к:n бөлінділері бар болса, онда мына теңдіктер тура болады: а₁= nq₁, а₂= nq₂, ... а_к= nq_к, мұндағы q₁ÎN₀, q₂ÎN₀,... q_кÎN₀.

а₁+а₂+...+а_k қосындысындағы әрбір қосылғышты өзіне тең көбейтіндімен алмастырайық:

а₁+а₂+...+а_к= nq₁+ nq₂+...+ nq_к=n(q₁+ q₂+…+ q_k)

а₁+а₂+...+а_к қосындысын n-ге бөлгендегі бөліндіні табайық:

(а₁+а₂+...+а_к): n=

= n(q₁+ q₂+…+ q_k): n

= q₁+ q₂+…+ q_k=

= а₁:n+ а₂:n+...+ а_к:n

(өйткені, q₁= а₁:n, q₂= а₂:n,... q_к= а_к:n).

«Тең» қатысының транзитивтілік қасиеті бойынша.

(а₁+а₂+...+а_к): n= а₁:n+ а₂:n+...+ а_к:n

Бұл теңдік барлық бөлінділер бар болған жағдайдағы қосындыны  натурал санға бөлу ережесін береді.

а₁+а₂+...+а_к қосындысын натурал n санына бөлу үшін n әрбір қосылғышты бөліп, нәтижелерді қосу жеткілікті:

(а₁+а₂+...+а_к): n= а₁:n+ а₂:n+...+ а_к:n

Айырманың натурал санға  бөлінгіштігі туралы теореманы дәлелдеуді оқушылардың өздеріне ұсынамыз.

Теорема. Егер бөлінділер а: n мен b: n және айырма а-b бар болса, онда мына теңдік тура болады: (а-b):n=а:n–b:n.

(а-b):n=а:n–b:n–b:n теңдігі айырманы санға бөлу ережесін береді.

Теріс емес бүтін  а және b сандарының а-b айырмасын  натурал N санына бөлу үшін осы санға  бөлінгішті және бөлгішті бөліп (егер бөлуу орындалымды болса), содан кейин бірінші бөліндіден екінші бөліндіні азайту жеткілікті.

Қосындыны және айырманы натурал санға бөлу ережелері  есптеулерді жеңілдету үшін қолданылады.

Көбейтіндіні санға бөлу.

Санды бөліндіге және бөліндіні санға көбейту

 

5-суретте тік төртбұрыштар  кескінделген:

ABCD, оның қабырғалары 4 см және 6 см;

A₁B₁C₁D₁, оның қабырғалары 4 см және (6:2) см;

A₂B₂C₂D₂, оның қабырғалары (4:2) см және 6 см.

 

 

 

 

5-сурет

Олардың аудандары сәйкесінше 4×(6:2) см²-қа (4:2)×6  см²-қа тең. ABCD тік төртбұрышының ауданы A₁B₁C₁D₁ тік төртбұрышының ауданынан 2 есе үлкен  екенін және A₂B₂C₂D₂ тік төртбұрышының ауданынан да 2 есе үлкен екенін көреміз.

Сондықтан, мына теңдіктер  тура болады.

(4×6):2=4×(6:2)=(4:2) ×6

Бұл кездейсоқ емес. Келесі теорема тура болады.

Теорема. а₁×а₂...×а_к көбейтіндісін n санына бөлгендегі бөлінді көбейткіштердің біреуін n санына бөлгендегі бөліндінің қалған көбейткіштерге көбейтіндісіне тең болады:

(а₁×а₂...×а_к):n=( а₁:n) ×а₂×...× а_к=

= а₁×( а₂:n) × а₃×...× а_к=...×=

= а₁× а₂×...×( а_к:n).

Дәлелдеу. а₁:n бөліндісі бар деп ұйғарайық. Оны q₁ белгілейік, яғни  а₁:n=q_1. Сонда а₁= nq₁ болады. а₁×а₂...×а_к көбейтіндісіне а₁ санын  nq₁ көбейтіндісімен алмастырайық, сонда:

а₁×а₂...×а_к=( nq₁) × а₂×...× а_к

а₁×а₂...×а_к көбейтіндісін n-ге бөлгендегі бөліндіні табайық:

(а₁×а₂...×а_к): n=

=(( q₁× n) × а₂×...× а_к): n=

=( а₁:n) × а₂×...× а_к       (өйткені, q= а₁:n)

Біз а₁:n бөліндісі бар деп ұйғардық та, (а₁×а₂...×а_к):n=(а₁:n)×а₂×...×а_к екенін дәлелдедік

Егер де біз а₂:n бөліндісі бар деп ұйғарған болсақ, онда (а₁×а₂...×а_к):n= а₁× (а₂: n) ×...×а_к екенін дәлелдер едік. Бірақ мұның қажеті жоқ. Теорема дәлелденді.

Санды бөліндіге және бөліндіні санға көбейту ережесін қорытып шығарайық.

(а₁×а₂): n= а₁×(а₂:n) теңдігінен «тең» қатысының симметриялылық қасиеті бойынша

 

а₁×( а₂:n)= (а₁×а₂):n   (*)

 

теңдігі шығалы. Соңғы  теңдіктің сол бөлігіндегі көбейткіштердің  орындарын ауыстырайық:

(а₂: n) × а₁= (а₁×а₂) :n   (**)

(*) теңдігі және (**) теңдігі  санды бөліндегі көбейту және  бөліндіні санға көбейту ережесін береді.

Санды бөліндегі  көбейту немесе бөліндіні санға  көбейту үшін осы санды (а₁) бөлінгішке (а₁) көбейтіп, шыққан көбейтіндіні бөлгішке (n) бөлу жеткілікті.

 

Санды көбейтіндіге бөлу

Бөліндіні санға  бөлу

 

Теорема. Егер бөлінділер бар болса, онда келесі теңдіктер тура болады:

а:(b×с)=(а:b):с

а:(b×с)=(а:с): b

 

Бұл теңдіктердің екіншісін  дәлелдейік, а:(b×с) бөліндісін k әрпімен белгілейік:

а:(b×с)= k

Сонда

а= k×(b×с)=     (бөліндінің анықтамасынан)

=( k× b)×с     (көбейтіндінің ассоциативтілігі)

а=(k×b)× с  теңдігінен бөліндінің анықтамасы бойынша келесі теңдіктер шығады:

а:с= k×b,

k=(а:с):b

«Тең» қатысының транзитивтілік қасиеті бойынша: егер а:(b×с)= k, ал k= (а:с):b болса, онда а:(b×с)= (а:с):b болады.

Мынаны өздеріңіз дәлелдеңіздер.

Егер бөлінділер бар  болса, онда а:(b×с)= (а:с):b теңдігі тура болады.

Санның көбейтіндегі бөлінгіштігі туралы теорема көбейткіштердің  саны қанша болса да дұрыс болады: санды көбейтіндегі бөлу үшін оны біртіндеп әрбір көбейткішке бөлу беру жеткілікті (әріне, егер бөлінді бар болса).

Мысал: 1001:(13×7×11)=((1001:13):7):11

а:(b×с)=(а:b):с теңдігінен «тең» қатысының симметриялық қасиеті бойынша

 

(а:b):с= а:(b×с)

теңдігі шығады.

(а:b):с= а:(b×с) теңдігі былай оқылады: а:b бөліндіні с санға бөлу үшін а бөлінгішті b және с бөлгіштердің көбейтіндісіне бөлу жеткілікті.

 

Санды бөліндіге бөлу

 

72:(18:2) өрнегінің мәнің  үш тәсілмен табуға болады:

1-тәсіл. 72:(18:2)=72:9=8

2-тәсіл. 72:(18:2)=(72:18)×2=8

3-тәсіл. 72:(18:2)=(72×2) :18=144:18=8

Екінші және үшінші тәсілдермен есептеу келесі теорема мен ережелердің қолданылуына негізделген.

Теорема. Егер бөлінділер бар болса, онда а:(b:с)=(а×с):b теңдігі тура болады.

Дәлелдеу. а:(b:с) бөліндісін k әрпімен белгілейік.

Сонда а:(b:с)=к

а=к×( b:с)=(к×b):с  (бөліндінің анықтамасынан)

(санды бөліндегі көбейту  туралы теорема бойынша)

а=(к×b):с теңдігінен және бөліндінің анықтамасынан келесі теңдіктер шығады.

к× b=а×с

к=(а×с):b

 «Тең» қатысының  транзитивтілік қасиеті бойынша:

Егер а:(b:с)=к және к×b=а×с болса, онда а:(b:с)=(а×с):b болады.

Теорема дәлелденді.

а:(b:с)=(а×с):b теңдігі санды бөліндегі бөлу ережесін береді.

Санды (а) бөліндегі (b:с) бөлу үшін осы санды бөлгішке (с) көбейтіп, шыққан көбейтіндіні бөлінгішке (b) бөлу жеткілікті.

а:(b:с)= (а:b)×с

Егер бөлінділер бар  болса, а:(b:с)= (а:b)×с теңдігі тура екенін дәлелдейік. Алдынғы теорема бойынша а:(b:с)= (а×с):b

Көбейтіндіні санға  бөлу туралы теорема бойынша:

(а×с):b=(а:b)×с

«Тен» қатысының транзитивтілік қасиеті бойынша:

Егер а:(b:с)= (а×с):b және (а×с):b=(а:b)×с болса онда а:(b:с)= (а:b)×с болады.

«Бүтіндей бөлінеді»  қатысы.

Қалдықпен бөлу

 

Екі есеп қарастыкласқа  райық.

1-есеп. Мұғалим 82 дәптер  әкелді, 41 оқушыға тең үлестірім  берді. Әрбір оқушы неше дәптерден  алды?

2-есеп. Мұғалім класқа 85 дәптер әкелді де, 41 оқушыға  тең үлестіріп берді. Әрбір оқушы неше дәптерден алды?

Бұл есептердің бірінен-бірінің  өзгешілігі берілгендерінде. Егер х әрпімен бір оқушының алған дәптерін белгілесек, онда бірінші есептің шешімі х× 41=82 теңдеуінің түбірі болады, екінші есептің шешімі х× 41=5 теңдеуінің түбірі болады.

х× 41=82 теңдеуінің теріс емес бүтін 2-ге тең түбірі бар. Шынында да 2×41=82. 82 саны 41-ге бүтіндей бөлінеді дейді.

1-есептің сурағына  жауап: әрбір оқушы 2 дәптерден  алды.

х× 41=82 теңдеуінің теріс емес бүтін түбірі жоқ.

85 саны 41-ге бүтіндей бөлінбейді дейді.

2-есептің шешімі жоқ.

I анықтама. Егер bx=а теңдеуінің теріс емес бүтін түбірі бар болса, теріс емес бүтін а саны натурал b санына бүтіндей бөлінбейді дәлінеді.

II анықтама. Егер bx=а теңдеуінің теріс емес тібірі жоқ болса, теріс емес бүтін а саны натурал b санына бүтіндей дәлінеді.

«а саны b-ға бүтіндей бөлінеді» қатысы былай жазылады: а: b, мысалы, 200:5 (екі жүз саны 5-ке бүтіндей бөлінеді). «а саны b-ға бүтіндей бөлінбейді» деген сөйлем «а саны b-ға бүтіндей бөлінеді» сөйлемін теріске шығару болып табылады.

« » белгісі және «:» белгісі әр түрлі белгілер екені есте болуы керек. « » белгісі – «бүтіндей бөлінеді» қатысының белгісі, ал «:» белгісі – бөлу амалының белгісі. Мектепте тек қана «:» белгісі қолданылады (бөлу амалын белгілеу үшін).

«а саны b-ға бүтіндей бөлінбейді» жағдайын тоғырақ қарастырайық. 2-есепке оралайық. Былай ұйғаруға болады: 85 дәптертіріп берді. Сонда мұғалімде тағы 3 дәптер қалады:

85-2×41=3.

Қалдықпен бөлу орындалды. Берілген екі сан – бөлінгіш 85 және бөлгіш 41 –  бойынша мынадай теріс емес бүтін екі сан – бөлінді 2 және қалдық 3 – табылды:

85=2×41+3

3<41 (қалдық бөлгіштен  кіші).

Анықтама. Егер а= b×q+r теңдігі және 0£r<b теңсіздігі тура болса, q санын а-ны b-ға (b¹0) бөлгендегі бөлінді, ал r саның қалдық дейді.

а саны бөлінгіш, b саны бөлгіш деп аталады.

Мынаған назар аударыңыздар: 0£r<b теңсіздігі қалдықтың (r) бөлгіштен (b) кіші теріс емес бүтін сан екенін пайымдайды.

Қалдық және бөлінді  қалдықпен бөлу арқылы табылады.

Теорема. Теріс емес бүтін а саны және натурал b саны қандай болса да, а-ны b-ға бөлгендегі бөлінді (q) мен қалдық (r) бар болады.

Дәлелдеу.

1-жағдай: a<b

Егер q=0, r=a, болса

а= b q+ r теңдігі тура болады

(0£ r<b)

3-жағдай: а> b

b×1, b×1,..., b×q, b×(q+1),...,b×a сандар тізбегін қарастырайық.

Олардың ішінде а-дан кіші не оған тең болатын ең үлкен сан болады.

Бұл b×q болсын. Сонда келесі теңсіздіктер тура болады:

bq£а, b(q+1)>а

а- bq= r,

r а-ны b-ға бөлгендегі қалдық, ал q–бөлінді екенін дәлелдейік.

Егер а-bq= r болса, онда а= bq+r болады. Біз мынаны дәлелдедік: а саны bq көбейтіндісі мен r санының қосындысына тең. Енді 0£r<b екенін дәлелдеу

қалды.

а³ bq болғандықтан, а-b×q³0, яғни r³0 болады.

b(q+1)>а болғандықтан, bq+b>а, сондықтан, b>а-bq, яғни b> r болады. Сонымен, 0£ r< b.

r а-ны b-ға бөлгендегі қалдық, ал q–бөлінді екенін дәлелдедік.

Дәлелдеуді мысалмен түсіндіреміз.

1-жағдай: а=5, b=43, 5<43

Егер q=0, r=5 болса, 5=43×0+5 теңдігі тура болады.

(0£5<43).

2-жағдай: а= b=20.

Егер q=1, r=0 болса, 20=20×1+0 теңдігі тура болады.

(0£ r<20).

3-жағдай: а=29, b=3, 29>3

3×1, 3×2, ... 3×9, 3×(9+1)

..., 3×29 сандар тізбегін қарастрайық. Олардың ішінде 29-дан кіші не оған тең болатын ең үлкен сан болады. Бұл – 3×9

Келесі теңсіздіктер тура болады:

3×9£29, 3×(9+1)>29.

29-3×9 айырамсын r әрпімен белгілейік:

29-3×9=r

29-ды 3-ке бөлгендегі r қалдық; ал 9- бөлінді екенін дәлелдейік.

Егер 29-3×9=r болса, онда 29=3×9+r болады. 29 саны 3×9 көбейтіндісі мен r санының қосындысына тең. Енді 0£r<3 екенін дәлелдеу қалды.

Егер r-ді есептесек, дәлелдеу оңай-ақ болып тұр. Бірақ, біз беттің сол бөлігіндегі пайымдаулармен жүрейік. 29³9×3 болғандықтан, 29-9×3³0, яғни r³0 болады. 3×9+3>29, сондықтан, 3>29-3×9, яғни 3>r болады. Сонымен, 0£ r<3    29-ды 3-ке бөлгендегі бөлінді 9-ға тең, қалдық r=29-3×9=2

Қалдық (r) және бөлінді (q) бірден-бір екенін, яғни бөлінгіш (а) және (b) бойынша бірмәнді анықталатынын дәлелдеуге болады.

Мысалы. 827-і 25-ке бөлгендегі бөлінді мен қалдықты табайық. 8 жүздікті 25-ке бөлеміз. Бөлінді 0 жүздік, қалдық 8 жүздік болады.

8 жүздік қалдықты ондықтарға  ұсақтаймыз. 80 ондық шығарып аламыз. 80 ондықтың және бөлінгіштегі 2 ондықтың  қосындысын табамыз. 80+2=82 (ондық). 82-ні 25-ке бөлеміз. Бөлінді 3 ондық, қалдық 7 ондық болады: