ПРИРОДНИ БРОЈЕВИ

Принцип математичке индукције

Теорема: Ако је тврђење које у својој формулацији садржи природан број n тачно за

1n и ако из претпоставке да је тачно за kn следи да је тачно и за 1 kn , онда је то

тврђење тачно за све природне бројеве.

ЗАДАЦИ

1. Методом математичке индукције доказати да за све природне бројеве важи:

212...531 nn

Решење:

Метод математичке индукције састоји се из следећег:

1) Доказује се да тврђење важи за 1n

2) Претпоставља се да тврђење важи за kn

3) Доказује се да тврђење важи за 1 kn .

1) Докажимо да важи за 1n

11

112

1112 2

2) Претпоставка да тврђење важи за kn

212...531 kk (*)

У тврђењу које је дато у задатку узимамо да је 1n

У тврђењу које је дато у задатку узимамо да је

kn и претпостављамо да је (*) тачна

3) Доказујемо да тврђење важи за 1 kn

Када у тврђење које је дато у задатку заменимо 1 kn добија се

2

2

2

11212...531

112212...531

111212...531

kkk

kkk

kkk

На основу (*)

2k 2112 kk

22

22

11

112

kk

kkk

2. Методом математичке индукције доказати да за све природне бројеве важи:

2

1...321

nnn

Решење:

1) За 1n

11

2

1111

2) Претпоставимо да важи за kn

2

1...321

kkk (*)

3) Доказујемо да важи за 1 kn тј. потребно је доказати да важи:

2

211...321

2

1111...321

kkkk

kkkk

2

1kk

2

211

kkk

Потребно је доказати да ова

једнакост заиста важи

Знамо да је 121 22 kkk

квадрат бинома.

На основу (*) је

2

1...321

kkk

2

21

2

121

kkkkk

2

21

2

21

kkkk.

3. Методом математичке индукције доказати да за све природне бројеве важи:

6

121...321 2222

nnn

n

Решење:

1) За 1n имамо

11

6

3211

6

11211112

2) Претпостављамо да важи за kn тј. нека је

6

121...321 2222

kkk

k (*) (индуктивна претпоставка)

3) Користећи индуктивну претпоставку доказујемо тачност за 1 kn тј.

доказујемо

6

32211...321

6

1121111...321

22222

22222

kkkkk

kkkkk

На основу (*)

6

121 kkk

6

32211

2

kkkk

6

3221

6

6621

6

3221

6

16121

6

3221

6

16121

2

2

kkkkkkk

kkkkkkk

kkkkkkk

6

3221

6

6721 2

kkkkkk

6

3221

6

2321

kkkkkk

Јер је

24

8

4

17

2

3

4

6

4

17

4

17

4

48497

22

62477

0672

2

1

21

21

2

21

2

k

k

k

k

k

kk

23222

322

2

32672 2

kkkkkkkk

4. Применом математичке индукције доказати да је

17 n дељиво са 6.

Решење:

1) За 1n

617171 дељиво са 6

2) Претпоставимо да важи за kn

17 k дељиво са 6 (*) (индуктивна претпоставка)

3) Докажимо да важи за 1 kn

177617717 11 kkkk

Дељиво са 6 Дељиво са 6 на основу (*)

Квадратна једначина облика 02 cbxax

може се представити у облику

21

2 xxxxacbxax ,

где су 1x и 2x корени квадратне једначине.

5. Применом математичке индукције доказати да је

1154 nn дељиво са 3.

Решење:

1) За 1n имамо да је

181154111541 дељиво је са 3

2) Претпоставимо да важи за kn

1154 kk претпоставка да је дељиво са 3 (*)

3) Докажимо да важи за 1 kn тј. докажимо да је

1)1(154 1 kk дељиво са 3

Како је

543115415431154

1151543411515441)1(154 11

kkkk

kkkk

kk

kkk

Дељиво са 3 на основу (*) Дељиво са 3 јер сваки број

помножен са 3 је и дељив са 3

На основу правила степеновања nmnm aaa важи да је

11 777 kk

11 77777776 kkkkk

kkkkk 434144444 11 На пример:

kkk 44344 или

kkk 424244

6. Доказати да је збир кубова три узастопна природна броја дељив са 9.

Решење:

n, n+1, n+2 три узастопна природна броја

Потребно је доказати да је 333 21 nnn дељиво са 9.

1) За 1n је

36278121111333 дељиво је са 9.

2) Претпоставимо да важи за kn

333 21 kkk претпоставка да је дељиво са 9 (*)

3) Докажимо да је важи за 1 kn тј. потребно је доказати да је

33333332112111 kkkkkk дељиво са 9.

Имамо да је

339212727921

3333321321

23332333

322333333

kkkkkkkkkk

kkkkkkkk

Дељиво са 9 на основу Дељиво са 9 јер било који

претпоставке (*) број помножен са 9 је и

дељив са 9

На основу формуле

3223333 babbaaba

Добили смо да је

32233333333 kkkk

21

MNOŽENJE MNOŽENJE I DELJENJEI DELJENJEPRIRODNIH BROJEVAPRIRODNIH BROJEVA

Alija MandakAlija Mandak

AbstractAbstract:: UU raduradu sese definidefiniššee operacijaoperacija mnomnožženjeenje prirodnihprirodnih brojevabrojeva

210011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

AbstractAbstract:: UU raduradu sese definidefiniššee operacijaoperacija mnomnožženjeenje prirodnihprirodnih brojevabrojevapomopomoććuu skupovaskupova ii aksiomatskiaksiomatski.. OperacijaOperacija deljenjedeljenje sese definidefiniššee kaokao suprotnasuprotnaoperacijioperaciji mnomnožženjeenje ii pomopomoććuu skupovaskupova.. IspitujuIspituju sese osnovneosnovne osobineosobine ovihovihoperacijaoperacija uu obimuobimu kolikokoliko jeje potrebnopotrebno dada znajuznaju nastavnicinastavnici popoččetneetne nastavenastavematematikematematike.. NavodeNavode sese konkretnikonkretni primeriprimeri pomopomoććuu kojihkojih sese oveove operacijeoperacije iinjihovenjihove osobineosobine objaobjaššnjavajunjavaju uu popoččetnojetnoj nastavinastavi.. DetaljnoDetaljno jeje objaobjaššnjenonjenokakokako sese usvajausvaja tablicatablica mnomnožženjeenje uu drugomdrugom razredurazredu osnovneosnovne šškolekole..

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Pojam operacije množenje uvodimo kao skraćeno sabiranje, i to na dva načina: koristeći Dekartov

proizvod dva konačna skupa i aksiomatski. U početnoj nastavi pojam proizvoda kao skraćenog sabiranjailustrujemo na sledećem primeru: učenici pripreme po 15 kuglica, a nastavnik zahteva da učenicirasporede sve kuglice u redove tako da svaki red ima po tri kuglice (Sl.1.). Učenici sami otkrivaju dapostoji pet redova sa po tri kuglice u svakom od njih. Isto tako nije teško da učenici sami otkriju da u istojsituaciji postoje tri stupca sa po pet kuglica. Ovo zapisujemo ovako:

21Slika 1.

3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 5 + 5 + 5 = 15, ili kraće 3 · 5 = 5 · 3 = 15.

Nastavnik objašnjava i uporedo zapisuje na tabli sledeće:

5 3 = 15

prvi činilac drugi činilac proizvod broja 5 i 3

činioci

množenje

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Ako se ovako formira proizvod dva prirodna broja učenici istovremeno sami otkrivajukomutativnost množenja.

1. Definicija. Neka su a,b∈∈∈∈N proizvoljna dva prirodna broja. Tadaa · b = a + a + a + … + a, ako je a>1; a · b = a, ako je a = 1.

Egzistencija i jedinstvenost proizvoda sledi iz teoreme 2.2 o egzistenciji i jedinstvenosti zbira.

1’. Definicija. Proizvod dva prirodna broja a,b∈∈∈∈N jednak je broju elemenata dekartovogproizvoda AxB dva konačna skupa A i B gde je broj elemenata skupa A jednak a, a skupa B jednak b:

a · b = k(AxB), ako je k(A) = a, k(B) = b.

2. Teorema (jedinstvenost proizvoda). Proizvod a · b dva prirodna broja a i b je jednoznačno

212. Teorema (jedinstvenost proizvoda). Proizvod a · b dva prirodna broja a i b je jednoznačno

određen prirodni broj.Dokaz. Neka a, b∈∈∈∈N, i neka su A, A1, B, B1 konačni skupovi takvi da je a=k(A)=k(A1), b=k(B)=

k(B1). Treba dokazati da je k(A x B)=k(A1 x B1). Kako skupovi A i A1, odnosno B i B1 imaju jednakbroj elemenata, sledi da su oni ekvivalentni pa postoje bijekcije ϕϕϕϕ: A→→→→A1, ψψψψ: B→→→→B1. Pomoću ovihbijekcija definišemo preslikavanje ττττ: AxB →→→→ A1xB1 na sledeći način: neka (x,y)∈∈∈∈AxB, x∈∈∈∈A, y∈∈∈∈B ineka je ϕϕϕϕ(x)=x1, ψψψψ(y) = y1, x1∈∈∈∈A1, y1∈∈∈∈B1. Tada je ττττ(x,y) = (x1,y1). Dokažimo da je ττττ bijekcija. Neka je(x,y) ≠≠≠≠ (x’,y’) tada je x ≠≠≠≠ x’ ili y ≠≠≠≠ y’. Ako je x ≠≠≠≠ x’ onda ϕϕϕϕ(x) ≠≠≠≠ ϕϕϕϕ(x’) jer je ϕϕϕϕ injekcija, pa je(ϕϕϕϕ(x),ψψψψ(y)) ≠≠≠≠ (ϕϕϕϕ(x’),ψψψψ(y’)). Ako je y ≠≠≠≠ y’ onda ψψψψ(y) ≠≠≠≠ ψψψψ(y’) jer je ψψψψ injekcija pa je (ϕϕϕϕ(x),ψψψψ(y)) ≠≠≠≠(ϕϕϕϕ(x),ϕϕϕϕ(y)). Dakle, ττττ je injekcija i ostaje da se dokaže da je ττττ surjekcija. Neka (x1,y1)∈∈∈∈A1xB1. Kako suϕϕϕϕ i ψψψψ surjekcije sledi da postoje x∈∈∈∈A i y∈∈∈∈B tako da je ϕϕϕϕ(x) = x1, ψψψψ(y) = y1. Dakle, postoji (x,y)∈∈∈∈AxB

tako da je ττττ((x,y)) = (ϕϕϕϕ(x),ψψψψ(y)) = (x1,y1) i ττττ je surjekcija. Pošto je ττττ: A x B→A1 x B1 bijekcija oviskupovi su ekvivalentni, tj. imaju jednak broj elemenata: k(AxB) = k(A1xB1). Ovo je i trebalo dokazati.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

1’’. Definicija. Množenje prirodnih brojeva je preslikavanje p: NxN→→→→N (tj. pravilo ilipropis pomoću kojeg se svakom uredjenom paru (x,y)∈∈∈∈NxN prirodnih brojeva pridružujejednoznačno određen prirodni broj c = p(x,y)∈∈∈∈N) sa osobinama:

P1) (∀∀∀∀a∈∈∈∈N), p(a,1) = a;

P2) (∀∀∀∀a,b∈∈∈∈N), p(a,b + 1) = p(a,b) + a.Umesto p(a,b) piše se a · b tako da imamo:P1’) (∀∀∀∀a∈∈∈∈N), a · 1 = a;

P2’) (∀∀∀∀a,b∈∈∈∈N), a · (b + 1) = a · b + a.

Tako je po ovoj definiciji 5 · 3 = 5 · (2 + 1) = 5 · 2 + 5 = 5 · (1 + 1) + 5 = (5 · 1 + 5) + 5 =

(5 + 5) + 5 = 10 + 5 =15. Dakle, uređeni par (5,3) preslikava se u 15.

3. Teorema (egzistencija i jedinstvenost operacije množenje). Operacija množenje postoji

213. Teorema (egzistencija i jedinstvenost operacije množenje). Operacija množenje postoji

i jedinstvena je.

Dokaz. Za proizvoljan a∈∈∈∈N označimo sa M skup svih prirodnih brojeva b∈∈∈∈N za kojeproizvod a · b postoji i jedinstven je prirodni broj. Iz P1) sledi da proizvod a · 1 = a postoji ijedinstven je, pa 1∈∈∈∈M. Pretpostavimo da k∈∈∈∈M tj. da proizvod a · k postoji i jednoznačno jeodredjen prirodni broj. Za b = k + 1 je a · b = a · (k + 1) = a · k + a (koristili smo P2). Poinduktivnoj pretpostavci proizvod a · k postoji i jednoznačno je odredjen i iz teoreme oegzistenciji i jednoznačnosti zbira sledi da a · k + 1 postoji i jednoznačno je odredjen. Daklek + 1∈∈∈∈M i teorema je dokazana.

Zbog ove osobine, kao i za sabiranje, za operaciju množenje kaže se da je zatvorena, tj.potpuno definisana operacija u skupu N prirodnih brojeva.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 101144 344 21putab

a)...a(a−

+++43421

putac

...a)a(a−

++

4. Teorema (levi distributivni zakon množenja prema sabiranju). Za svaka tri prirodna brojaa, b, c∈∈∈∈N važi:

a · (b + c) = a · b + a · c.

Dokaz. Dajemo tri dokaza koristeći Definicije 1, 1’, 1”.I. Po definiciji 1 imamo a · b = , a · c =

II. Koristimo Definiciju 1’. Neka su A, B, C tri konačna skupa takva da je k(A) = a, k(B) = b,

k(C) = c, B∩∩∩∩C = ∅∅∅∅. Po definiciji zbira i proizvoda imamo∪∪∪∪ ∪∪∪∪

44444 344444 21putac)(b

...a)a(aa)...a(a−+

++++++44 344 21

putac)(b

a)...a(a−+

+++a · b + a · c = = = a · (b + c).

21k(C) = c, B∩∩∩∩C = ∅∅∅∅. Po definiciji zbira i proizvoda imamo

a · (b + c) = k[Ax(B∪∪∪∪C)] = k[(AxB)∪∪∪∪(AxC)] = k(AxB) + k(AxC) = a · b + a · c.

III. Na kraju, koristeći Definiciju 1” dokaz izvodimo indukcijom po c. Neka su a,b∈∈∈∈N dvaproizvoljna prirodna broja. Za c = 1 je a · (b + c) = a · (b + 1) = a · b + a = a · b + a · 1 = a · b + a · c.(koristili smo P1 i P2). Dakle, teorema je tačna za c = 1. Pretpostavimo tačnost za c = k, tj. neka jea · (b + k) = a · b + a · k. Dokazujemo tačnost za b = k + 1. Imamo

a · (b + c) = a · [b + (k + 1)] = a · [(b + k) + 1)] = a · (b + k) + (a · b + a · k) + a =

a · b + (a · k + a) = a · b + a · (k + 1) = a · b + a · c.

Teorema je dokazana.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

5. Teorema (asocijativnost množenja). Za svaka tri prirodna broja a, b, c ∈∈∈∈N važi:a(bc) = (ab)c.

Dokaz. I. Objasnili smo kako učenici formiraju pojam množenja kao skraćenog sabiranja iistovremeno samostalno otkrivaju komutativnost množenja. Kao na Slici 1. učenici naprave pet redova sapo tri kuglice. Učenici sami otkrivaju da je ukupan broj kuglica 5 ⋅⋅⋅⋅ 3. Iznad ovih kuglica učenici zamisle(u sebi) još tri puta po pet redova sa po tri kuglice (Slika 2.). Insistrati na apstraktnom zamišljanjusituacije kao na Slici 2., a ako je to teško za učenike (što ne bi trebalo da bude), onda se može napravitimodel takve situacije. Bez većih teškoća učenici otkrivaju da je ukupan broj kuglica 5 · 3 + 5 · 3 + 5 · 3 +

5 · 3 = (5 · 3) · 4. Sada se zamišlja pravougaonik koji ima četiri stupca sa po tri kuglice. Na modelupostoje jedna pored druge pet takvih situacija.

214

3

5

Slika 2.

Ukupan broj kuglica je 3 · 4 + 3 · 4 + 3 · 4 + 3 · 4 + 3 · 4 = (3 · 4) · 5 = 5 · (3 · 4) (koristili smokomutativnost množenja). Dakle je 5 · (3 · 4) = (5 · 3) · 4. Asocijativnost za proizvoljna tri prirodna brojaa, b, c∈∈∈∈N dokazuje se slično.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

II. Dokazujemo teoremu koristeći Definiciju 1’. Neka su A, B, C tri konačna skupa takva da jek(A)=a, k(B)=b, k(C)=c. Skupovi Ax(BxC) i (AxB)xC su ekvivalentni, tj. imaju jednak broj elemenata.Neka čitalac kao vežbu dokaže da je preslikavanje ττττ: Ax(BxC) →→→→ (AxB)xC definisano sa ττττ[(x,(y,z)] =

((x,y),z) bijekcija. Dalje je a(bc) = k[Ax(BxC)] = k[(AxB)xC] = (ab)c.

III. Koristeći definiciju 1” dokaz izvodimo indukcijom po c. Neka su a, b∈∈∈∈N dva proizvoljnaprirodna broja. Za c=1 je a(bc) = a(b1) = ab = (ab)1 = (ab)c. Dakle, teorema je tačna za c=1.Pretpostavimo tačnost za c = k, tj. neka je a(bk) = (ab)k. Za c=k+1 imamo

a(bc) = a[b(k + 1)] = a(bk + b) = a(bk) + ab = (ab)k + ab = (ab)(k + 1) = (ab)c

(koristili smo redom definiciju sabiranja i množenja i levi distributivni zakon). Teorema je dokazana.

6. Teorema (komutativnost množenja). Za bilo koja dva prirodna broja a, b∈∈∈∈N važi:

216. Teorema (komutativnost množenja). Za bilo koja dva prirodna broja a, b∈∈∈∈N važi:

ab = ba.

Dokaz. Uvodeći pojam množenja prirodnih brojeva kao skraćenog sabiranja objasnili smo kakoučenici otkrivaju komutativnost množenja. Ovaj zakon se slično dokazuje i za bilo koja dva prirodnabroja a, b∈∈∈∈N.

I. Dokazujemo teoremu koristeći Definiciju 1’. Neka su A i B dva konačna skupa takva da jek(A)=a, k(B)=b. Dokažimo da su skupovi AxB i BxA ekvivalentni, tj da imaju jednak broj elemenata.Preslikavanje ττττ: AxB→→→→BxA definisano sa ττττ((x,y)) = (y,x) je bijekcija (neka ovo čitalac dokaže sam kaovežbu). Sada imamo ab = k(AxB) = k(BxA) = ba.

II. Koristeći Definiciju 1” dokaz izvodimo indukcijom po b. Neka je a∈∈∈∈N proizvoljan prirodanbroj. Za b = 1 je ab = a1 = a = 1a = ba i teorema je tačna. Pretpostavimo tačnost za b = k, tj neka jeak = ka. Za b = k + 1 imamo ab = a(k + 1) = ak + a = ka + a = (k + 1)a = ba. Teorema je dokazana.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Iz levog zakona distributivnosti množenja prema sabiranju i komutativnosti množenja sledi desnizakon distributivnosti množenja prema sabiranju koji glasi:

Za svaka tri prirodna broja a, b, c∈∈∈∈N važi (b + c)a = ba + ca.

Iz definicije množenja sledi da je broj 1 neutral za operaciju množenje pošto važi1a=a1=a (∀a∈∈∈∈N). Operacija množenje je zatvorena u skupu N svih prirodnih brojeva i važe zakonikomutativnosti i asocijacijativnosti. Ovim razmatranjem dokazana je sledeća teorema.

7. Teorema. Struktura (N,·) skupa N svih prirodnih brojeva sa operacijom množenje jekomutativan i asocijativan grupoid sa jedinicom, tj komutativna polugrupa sa jedinicom.

Za (N,⋅⋅⋅⋅) se kaže da je multiplikativni grupoid, odnosno multiplikativna polugrupa skupaprirodnih brojeva

218. Teorema (zakon skraćivanja za množenje ili regularnost množenja). Za svaka tri prirodnabroja a, b, cN važi:

(ac = bc) a = b (desni zakon skra}ivanja za množenje);(ca = cb) a = b (levi zakon skra}ivanja za množenje).

Dokaz. Indukcijom po a dokazujemo samo levi zakon, jer se desni dokazuje slično. Neka su b i c

dva prirodna broja. Za a = 1 je c = c⋅⋅⋅⋅1 = cb. Ako je b≠≠≠≠1 onda b= r + 1 za r∈∈∈∈N. Otuda c=c(r+1)=cr+c

što nije moguće. Dakle c⋅⋅⋅⋅1 = cb b = 1 i teorema je tačna za a = 1. Pretpostavimo tačnost za a = n, tj.da (cn = cb ) n=b. Za a = n + 1 je c(n + 1) = cb. Ako je b = 1 onda n + 1 = 1 što nije moguće. Dakleb≠≠≠≠1, tj. b = r + 1 za r∈∈∈∈N. Sada je c(n + 1) = c(r + 1) ⇔⇔⇔⇔ cn + c = cr + c. Iz zakona skraćivanja zasabiranje i induktivne pretpostavke sledi n = r. Dalje je n + 1 = r + 1, tj. a = b. Time je teoremadokazana.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Na primeru množenje broja 7 (prirodnim brojevima 1, 2, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅, 10) objasnimo kako se formira tablicamnoženja u drugom razredu osnovne škole. Na osnovu pojma operacije proizvod dva broja kaoskraćenog sabiranja učenik može sam da računa:

7 ⋅⋅⋅⋅ 1 = 7

7 ⋅⋅⋅⋅ 2 = 7 + 7 = 14

7 ⋅⋅⋅⋅ 3 = (7 + 7) + 7 = 14 + 7 = 21

7 ⋅⋅⋅⋅ 4 = 14 + 14 = 28

7 ⋅⋅⋅⋅ 5 = 28 + 7 = 35

7 ⋅⋅⋅⋅ 6 = 14 + 14 + 14 = 42

7 ⋅⋅⋅⋅ 7 = 42 + 7 = 49

7 ⋅⋅⋅⋅ 8 = 70 - 14 = 56

7 ⋅⋅⋅⋅ 9 = 70 - 7 = 63

217 ⋅⋅⋅⋅ 9 = 70 - 7 = 63

7 ⋅⋅⋅⋅ 10 = 70.

Korisno je prvo pisati ovim redosledom. Posle toga učenik može računati takođe ovim redosledomali usmeno (u sebi) bez zapisivanja. Treća faza je zapisivanje preko reda, bez preciziranog redosleda, tj.slučajnim izborom.

7 ⋅⋅⋅⋅ 6 = 42, jer je 7 ⋅⋅⋅⋅ 5 + 7 = 35 + 7 = 42 ili7 ⋅⋅⋅⋅ 6 = 42, jer je 7 ⋅⋅⋅⋅ 3 + 7 ⋅⋅⋅⋅ 3 = 21 + 21 = 42

7 ⋅⋅⋅⋅ 8 = 56, jer je 7 ⋅⋅⋅⋅ 4 + 7 ⋅⋅⋅⋅ 4 = 28 + 28 = 56 ili7 ⋅⋅⋅⋅ 8 = 56, jer je 7 ⋅⋅⋅⋅ 10 - 7 ⋅⋅⋅⋅ 2 = 70 - 14 = 56 i slično.

Treću fazu ponoviti bez zapisivanja, usmenim putem.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Ne insistirati na mehaničkom učenju tablice množenja napamet. Dobro bi bilo da učenikizračunava svaki slučaj na razne načine kao što je gore navedeno, a nastavnik će se uveriti da to ne možepotrajati duže od dve-tri nedelje. Ovakav pristup će eliminisati nužnost pamćenja tablice i omogućitikvalitetno učenje. Iz tablice učenik uočava komutativnost proizvoda i zato treba postaviti sledeće zadatke:

Napiši na sve moguće načine broj 12 kao proizvod dva prirodna broja, i slično broj 36, 56.

12 = 6 ⋅⋅⋅⋅ 2 = 2 ⋅⋅⋅⋅ 6, 12 = 4 ⋅⋅⋅⋅ 3 = 3 ⋅⋅⋅⋅ 4, 12 = 12 ⋅⋅⋅⋅ 1 = 1 ⋅⋅⋅⋅ 12.

Da je a ⋅⋅⋅⋅ 1 = 1 ⋅⋅⋅⋅ a = a, gde je a ma koji učeniku poznat broj, učenik vidi neposredno tako štozamišlja jedan red sa a kuglica ili jedan stubac sa a kuglica.

Da bi još na početku učenici shvatili deljenje kao (delimičnu) operaciju suprotnu množenjunastavnik učenicima postavlja zadatak sledećeg tipa:

21Jedan činilac je 3 a proizvod 15. Nađimo drugi činilac. Učenici sami otkrivaju da je nepoznati

drugi činilac 5. Ovo zapisujemo ovako15 : 3 = 5. Dakle, 15 : 3 = 5 isto je što i 3 ⋅⋅⋅⋅ 5 = 15. Nastavnik objašnjava i zapisuje na tabli

sledeće:

15 3=

5

deljenik delilac količnik brojeva 15 i 3

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

9. Definicija. Količnik a : b dva prirodna broja a, b∈∈∈∈N je broj c∈∈∈∈N (ako postoji) takav daje a = b ⋅⋅⋅⋅ c

a : b = c ⇔⇔⇔⇔ a = b ⋅⋅⋅⋅ c

Neka je a∈∈∈∈N; posmatrajmo konačan skup A, takav da je k(A) = a. Ako se skup A možepredstaviti kao unija b konačnih skupova A1, A2, …, Ab koji imaju jednak broj elemenata c i koji su poparovima disjunktni, onda se broj elemenata svakog od ovih skupova zove količnik brojeva a i b.

Operacija kojom smo odredili količnik zove se deljenje. Piše se a : b = c.

Ako se umesto skupa A posmatra drugi skup A’ koji je ekvivalentan sa A onda se i skup A’

može razbiti na b skupova, tj. važi sledeća teorema.

10. Teorema (dobra definisanost deljenja). Ako je A=A1∪∪∪∪A2∪∪∪∪…∪∪∪∪Ab Ai∩∩∩∩Aj =∅∅∅∅, i≠≠≠≠j,

i,j=1,2, …, b, k(Ai) = c, onda za bilo koji skup A’∼∼∼∼A postoje skupovi A1’, A2’, …, Ab’, tako da je A’

21i,j=1,2, …, b, k(Ai) = c, onda za bilo koji skup A’∼∼∼∼A postoje skupovi A1’, A2’, …, Ab’, tako da je A’

= A1’∪∪∪∪A2’∪∪∪∪ … ∪∪∪∪Ab’, Ai’∩∩∩∩Aj’ = ∅∅∅∅, i ≠≠≠≠ j, i, j = 1, 2, …, b, k(Ai’) = c.

Dokaz. Iz A∼∼∼∼A’ sledi da postoji bijekcija ϕϕϕϕ: A→→→→A’ skupa A na skup A’. Skupovi Ai’= ϕϕϕϕ(Ai)

ispunjavaju uslove teoreme. Pošto je ϕϕϕϕ bijekcija sledi k(Ai) = k(Ai’) = c. Dokažimo da su skupovi Ai’,i =1, 2,… , b, po parovima disjunktni. Ako y∈∈∈∈Ai’∩∩∩∩Aj’ onda y∈∈∈∈Ai’ i y∈∈∈∈Aj’ pa postoji x∈∈∈∈Ai∩∩∩∩Aj takav daje y = ϕϕϕϕ(x) što nije moguće. Očigledno je A’ = A1’∪∪∪∪A2’∪∪∪∪ … ∪∪∪∪Ab’ i teorema je dokazana.

Očigledno je da za bilo koja dva prirodna broja a, b∈∈∈∈N ne mora da postoji razbijanje skupaA koje zadovoljava uslove definicije količnika. Na primer, skup A koji ima 7 elemenata ne može sepredstaviti kao unija 3 skupa koji su po parovima disjunktni i imaju jednak broj elemenata. Zbogovoga (isto kao za operaciju oduzimanje) kažemo da je deljenje delimično definisana operacija u skupuN svih prirodnih brojeva. Kaže se tako|e da deljenje nije zatvorena, tj. potpuno definisana operacija uskupu N.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

Bez dokaza navodimo sledeću teoremu.

11. Teorema. Za operaciju deljenje važi sledeća osobina:

ako su prirodni brojevi a i b deljivi prirodnim brojem c, onda je i zbir a + b deljiv sa c i važi

(a + b) : c = a : c + b : c (levi distributivni zakon sabiranja prema deljenju).

Operacija deljenje u skupu N prirodnih brojeva nije komutativna, tj. a : b ≠≠≠≠ b : a. Na primerza a = 10 i b = 5 količnik 10 : 5 = 2 postoji, a količnik 5 : 10 ne postoji.

21za a = 10 i b = 5 količnik 10 : 5 = 2 postoji, a količnik 5 : 10 ne postoji.Operacija deljenje u skupu N prirodnih brojeva nije asocijativna tj. (a : b):c≠≠≠≠a:(b : c). Naprimer za a =20, b = 2 i c = 5 imamo(a : b) : c = (20 : 2) : 5 = 10 : 5 =2, a : (b : c) = 20 : (10 : 5) = 20 : 2 = 10 štodokazuje ovo tvrđenje.

Kako je po P1) a ⋅⋅⋅⋅ 1 = a iz Definicije 9 sledi da je a : 1 = a (∀∀∀∀a∈∈∈∈N).Ako a||||b i b||||a, onda je a = b. Zaista, iz a||||b i b||||a a = b ⋅⋅⋅⋅ c i c = d ⋅⋅⋅⋅ a a = a ⋅⋅⋅⋅ (c ⋅⋅⋅⋅ d) c ⋅⋅⋅⋅d = 1. Ne može biti c >>>>1 jer je tada c ⋅⋅⋅⋅ d >>>>1. Takođe, ne može biti d >>>>1. Sledi c = d = 1 a

= b.

Za proizvoljne a, b∈∈∈∈N ili postoji c∈∈∈∈N takav da je a = b ⋅⋅⋅⋅ c ili postoje c i r∈∈∈∈N, r <<<< b, takvi daje a = b ⋅⋅⋅⋅ c + r. Broj c je delimični količnik, a r se zove ostatak pri deljenju a sa b.

21

0011 0010 1010 1101 0001 0100 1011

LITERATURA

1. V. Devide: Zadaci iz apstraktne algebre, Matematički problemi i ekspozicije 1, Naučna knjiga, Beograd, 1968.2. J. Dragičević: Metodika nastave matematike sa užestručnim prilozima za praksu, Bijeljina, 2000.3. Lj. Kočinac, A. Mandak, Algebra II, Univerzitet u Prištini, Priština, 1996.4. S. Kurepa: Uvod u matematiku, skupovi - structure - brojevi, Tehnička knjiga, Zagreb, 1971.5. S. Kurepa, Skupovi što su i kakva im je uloga, Školska knjiga, Zagreb, 1960.6. A. G. Kuroš, Lekcii po obše algebrы, Moskva, 1952.7. R. Krulj, S. Kačapor, R. Kulić: Pedagogija, Svet knjige, Beograd, 2002.8. M. Marjanović: Metodika matematike, prvi deo,Učiteljski fakultet, Beograd, 1996.9. M. Marjanović: Metodika matematike, drugi deo,Učiteljski fakultet, Beograd, 1996.10. M. Marjanović, M Latković, B. Nikodijević: Matematika za 1. razred osnovne škole, Zavod za udžbenike inastavna sredstva Beograd, 2001.

21nastavna sredstva Beograd, 2001.11. T. Malinović: Osnovi nastave matematike, Učiteljski Fakultet, Vranje, 1988.12. A. E. Merzon, A. S. Dobrotvorski, A. L. Čekin: Posobie po matematike dlя studentob fakulьtetov naćalьnыh

klassov, Moskva-Voronež, 1998.13. S. Milić: Elementi matematičke logike i teorije skupova, Novi Sad, 1981.14. M. Nikolić: Uvodne teme u metodiku matematičkog obrazovanja, Mlado pokolenje, Beograd, 1967.15. J. Pinter, V. Sotirović, N. Petrović, D. Lipovac: Opšta metodika nastave matematike, Učiteljski fakultet, Sombor,1996.16. S. Prvanović: Metodika savremenog matematičkog obrazovanja, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva Srbije,Beograd, 1970.17. S. Prvanović: Metodika nastave matematike, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva Srbije, Beograd, 1974.18. M. Prešić, S. Prešić: Uvod u matematičku logiku, Matematički institut, Beograd, 1979.19. S. Prešić: Savremeni pristup nastavi matematike, Nastava i vaspitanje, 1-2, Beograd, 1976.20. K. Špijunović: Metodika početne nastave matematike, - Bibliografija - , Učiteljski fakultet Užice, 2003.