) (* األعداد األولية – 8

الكفاءات المستهدفة . التعرف على أولية عدد - 1 : استعمال تحليل عدد طبيعي إلى جداء عوامل أولية لتعيين - 2

. مضاعفات عدد طبيعي و قواسمه ) أ . المضاعف المشترك األصغر و القاسم المشترك األكبر ) ب

. PGCD و PPCM استعمال العالقة بين - 4 . استعمال خواص المضاعف المشترك األصغر - 5 . استعمال مبرهنة بيزو - 6 . استعمال مبرهنة غوص ونتائجها - 7

تصميم الدرس تعريف

أنشطة

الدرس

تكنولوجيا اإلعالم و االتصال

تمـاريـن و مشكــالت

ـــول الحـلـــ

: تعريف

لقد كانت األعداد هي أول ما ظهر من علوم الرياضيات : عالم األعداد األولية لكونها أقرب هذه العلوم إلى واقع اإلنسان ، و تمتلك

ة جعلتها سحرية و غريب بعض األعداد خصائص . تجذب بال العلماء و الرياضيين و منها األعداد األولية

فريدة من نوعها خصائص األولية األعداد تمتلك وبالتالي عدم إمكانية التخمين منتظمة غير من كونها

النظرية أصل جميع األعداد حسب بها ، و لكونها. األساسية في الحساب

: أنـشـطــة

: 1 النشاط . يملك فالح قطعة أرضية أراد بيعها على شكل قطع أرضية متساوية

تتبقى لديه قطعة مساحتها 2 200m ظ أنه إذا جزئها إلى قطع ذات الح2 150m 2 250 وإذا جزئها إلى قطع ذاتm تتبقى قطعة مساحتها 2 200m 2 300 وإذا جزئها إلى قطع ذاتm ى قطعة مساحتها تتبق 2 250m . أحسب S األرضية إذا علمت أن القطعة مساحة

2 2 6000 5000 m S m < < . الـــحـــل

150 [ ] : لدينا 200 S ≡ 200 [ ] ؛ 250 S ≡ 250 [ ] ؛ 300 S ≡

50 [ ] : وعليه 0 200 S+ 50 [ ] ؛ ≡ 0 250 S+ 50 [ ] ؛ ≡ 0 300 S+ ≡

. 300 ، 250 ، 200 مضاعف مشترك لألعداد + S 50 إذن لألعداد µ مضاعف للمضاعف المشترك األصغر + S 50 ومنه200 ، 250 ، 300 .

( ) ( ) 200;250;300 10 20;25;30 PPCM PPCM = ×

( ) 10 5 4;5;6 PPCM = ×

10 5 2 5 6 3000 = × × × × = . 3000 مضاعفة للعدد + S 50 : ومنه = µ 3000 : وعليه50 * : أي أن 3000 , S k k + = ∈ ¥

3000 : وبالتالي 50 S k = ¥∋k * : حيث −5000 : لكن 6000 S < 5000 : وعليه > 3000 50 6000 k < − <

5050 : إذن 3000 6050 k < <

5050 : ومنه 6050 3000 3000

k < 1,68 : أي أن > 2,01 k < <

3000 : وعليه = k 2 : ومنه 2 50 S = × −

S 2 5950 : ومنه m = . : 2 النشاط

في الطريق . يستعمل أحمد سيارته كل يوم لاللتحاق بعمله وهو محترم لقانون السياقة متزامنين المؤدي إلى مكان عمله يؤخره ضوءان ثالثيا األلوان ينظمان السير غير

تبين له أن هذه األضواء بعد دراسة معمقة الشتغال . 875m المسافة بينهما بانتظام،50 الضوء األول يبقى أخضر مدة s 40 و يبقى أحمر مدة s . الضوء الثاني يبقى

40 أخضر مدة s 55 مدة و يبقى أحمرs . في آن واحد في الضوءان ينتقالن لألصفر ). نأخذ المبدأ منتصف الليل ( منتصف الليل

45 السرعة المتوسطة للسيارة بين الضوءين تقدر بـ / km h . الضوء األصفر . يعتبر أحمر

ية التي يمر فيها الضوء األول إلى األخضر؟ ما هي اللحظات بالثان ) 1 اللحظات بالثانية التي يمر فيها الضوء الثاني إلى األخضر؟ ما هي ) 2 . 86400 األصغر من 90 مجموعة مضاعفات العدد M 90 عين المجموعة ) 3 . 86400 األصغر من 95 مجموعة مضاعفات العدد M 95 عين المجموعة ) 490 عين ) 5 95 M M ∩ . اللحظات بالثانية التي يمر فيها الضوءان إلى األخضر في آن واحد ؟ ما هي ) 6 ثانية التي يمر فيها الضوءان إلى األخضر في لحظة غير معدومة بال ما هي أصغر ) 7

آن واحد ؟

: الــــدرس

I - األعداد األولية : : تعريف ) 1

أنه أولي إذا وفقط إذا كان له قاسمان مختلفان n نقول عن عدد طبيعي . فقط : أمثلة

. 2 و 1 عدد أولي ألن له قاسمان فقط هما 2 * . 1٬2٬3٬6 : عددا أوليا ألن له أكثر من قاسمين وقواسمه هي ليس 6 * . 1 ليس عددا أوليا ألن له قاسم واحد فقط هو 1 * . ليس عددا أوليا ألنه يقبل القسمة على كل عدد طبيعي 0 * . 17 و 1 عدد أولي ألن له قاسمان فقط هما 17 * : 1 مبرهنة ) 2

, 1 ( ) ير أولي غ n كل عدد طبيعي 0 n n ≠ يقبل على األقل قاسما ≠d 2 : بحيث d أوليا n ≤ .

: البرهان فإنه يقبل على األقل قاسما 0 وعن 1 غير أولي ويختلف عن n بما أن

d كل قاسم للعدد . أصغر هذه القواسم d ليكن . 1 وعن n يختلف عن

وبالتالي ال يمكن أن يكون للعدد d وهو أصغر من n هو قاسم للعددd أي قاسم أصغر من d إذن العدد 1 ماعدا d بوضع . أولي :

n dq =

. n وعن 1 وهو يختلف عن n قاسم للعدد q العدد

d : إذن q ≤ 2 : ومنه d dq ≤ 2 : وعليه d n ≤

: البحث عن األعداد األولية ) 3 : من المبرهنة السابقة نستنتج ما يلي

حيث d وكان ال يقبل أي قاسم أولي 1 عددا طبيعيا أكبر من n إذا كان2 d n ≤ فإن n أولي .

: مثال . أولي 191 هل العدد

في d 2 ثم نحسب d على كل من األعداد األولية 191 نقوم بقسمة العدد : كل مرة كما يلي

17 13 11 7 5 3 2 d 289 169 121 49 25 9 4 2 d

ال يقبل ال يقبل ال يقبل ال يقبل ال يقبل ال يقبل ال يقبل قابلية القسمة

191 للعدد

d على2 17 : وبما أن . أولي 191 فإن 191 ال يقسم 17 و < 191

: 2 نة مبره ) 4 . مجموعة األعداد األولية غير منتهية

: البرهان n كيفي فإنه يوجد عدد أولي أكبر من n نبرهن أنه إذا أعطي عدد طبيعي

! ( ) لذلك نعتبر العدد 1 n + ؛ لدينا : ( )( ) ! 1 2 . . . 2 n n n n = − − ×

1 حيث d طبيعي ل عدد وعليه ك d n < n ! يقسم ≥

! ( ) وبالتالي ال يقسم 1 n + ألن ! n و ( ) ! 1 n + أوليان فيما بينهما .

! ( ) إذا كان 1 n + أوليا فإنه يوجد عدد أولي أكبر من n ) و هو ! 1 n + ( . ! ( ) إذا كان 1 n + غير أولي فإنه يقبل قاسما أوليا وهذا القاسم أكبر من n

وعليه مجموعة األعداد . n يوجد عدد أولي أكبر من إذن بالضرورة؛ . منتهية األولية ال تقبل عنصرا أكبر وعليه فهي غير

: األعداد األولية و األعداد األولية فيما بينها ) 5 مفهوم العدد األولي ومفهوم العدد األولي مع عدد آخر مفهومان

. أولي غير 9 غير أولي وكذلك 20 لكن 9 أولي مع 20 فمثال . مختلفان : 3 مبرهنة ) 6

d عددا طبيعيا ال يقبل القسمة على n عددا أوليا وكان d إذا كان

. أوليان فيما بينهما n و d فإن : البرهان . فقط d و 1 هي d أولي فإن قواسم d بما أن

n فإن القاسم المشترك الوحيد بين d ال يقبل القسمة على n وبما أن . أوليان فيما بينهما d و n ومنه . 1 هو d و

: نتائج . كل عددين مختلفين و أوليين هما عددان أوليان فيما بينهما * كل عدد أولي يكون أوليا مع أي عدد طبيعي غير معدوم وأصغر منه *1 كل من األعداد الطبيعية d األولي إذا لم يقسم العدد * 2 , ,..., n a a a

فإنه أوليا مع كل منها وبالتالي يكون أوليا مع جداءها أي ال يقسم1 ( ) الجداء 2 . . . n a a a × × : وبعبارة أخرى ×

1 ( ) الجداء d إذا قسم العدد األولي 2 . . . n a a a × × فإنه يقسم ×

1 على األقل أحد العوامل 2 , ,..., n a a a . جداء عوامل أولية فإنه يساوي أحد عوامل d إذا قسم العدد األولي *

. هذا الجداء : ية تحليل عدد طبيعي غير أولي إلى جداء عوامل أول ) 7

: 4 مبرهنة يقبل تحليال وحيدا إلى جداء 1 كل عدد طبيعي غير أولي وأكبر من

. عوامل أولية : البرهان

n 1 عدد طبيعي n > . n 1 غير أولي وعليه يقبل قاسما أوليا d 1 : يث ح 1 . n d q =

. انتهى التحليل أوليا q 1 فإذا كان1 : حيث d 2 غير أولي فإنه يقبل قاسما أوليا q 1 وإذا كان 2 2 . q d q =

1 : ومنه 2 2 n d d q = . 2 فإذا كان q انتهى التحليل أوليا . . غير أولي نستمر بنفس الطريقة q 2 وهكذا إذا كان

n بعد عدد منته من المرات نصل إلى حاصل أولي ونكون قد وضعنا1 : أي على شكل جداء عوامل أولية 2 ... p n d d d = × × ×

1 : حيث 2 ... p d d d < < < . : أي نفرض أنه يوجد تحليل آخر ا التحليل وحيد و لذلك لنبرهن أن هذ

1 2 ... s n k k k = × × 1 : حيث × 2 ... s k k k < < <

1 : وعليه 2 1 2 (1) ... ... ... p s d d d k k k × × × = × × ×

1 جداء يقسم ال d 1 العدد 2 ... s k k k × × وعليه فهو يساوي أحد هذه ×

1 : هو أصغرها ومنه k 1 لكن العوامل 1 k d ≤

1 يقسم الجداء k 1 وكذلك 2 ... p d d d × × د هذه يساوي أح k 1 وعليه ×1 : هو أصغرها ومنه d 1 العوامل لكن 1 d k ≤ 1 : وعليه 1 d k =

2 : ومنه 3 2 3 . . . . . . p s d d d k k k × × × = × × وبنفس الطريقة ×2 : نجد 2 d k = 3 ثم 3 d k = ثم s s d k = ) حيث s p < (

: وبالتالي بالتعويض نجد1 2 1 1 2 ... ... ... s s p s k k k d d k k k + × × × × × × = × × ×

1 : وعليه بعد االختزال نجد ... 1 s p d d + × × . ومنه التحليل وحيد = : مالحظة

اوية فبعد تجميع يمكن أن تكون بعض العوامل األولية متس n في تحليل1 : كما يلي n العوامل األولية المتساوية يكتب العدد 2

1 2 ... q p p p q n a a a = × × ×

1 : حيث 2 , ,..., q a a a 1 أعداد أولية و 2 , ,..., q p p p أعداد طبيعية . 7560 : حلل إلى جداء عوامل أولية العدد : 1 مثال

: الحل3 3 7560 2 3 5 7 = × × × 2 7560

2 3780 2 1890 3 945 3 315 3 105 5 35 7 7

1 80000 : ولية العدد حلل إلى جداء عوامل أ : 2 مثال

4 4 ( ) : الحل 3 3 4 4 80000 8 10 2 2 5 2 2 5 = × = × × = × ×

7 : و منه 4 80000 2 5 = ×

: عدد قواسم عدد طبيعي ) 8

: 5 مبرهنة : عدد قواسم العدد المحلل إلى جداء العوامل كما يلي

1 2 1 2 . . . q P P P

q n a a a = × × ×

1 ( )( ) ( )( ) : هو 2 1 1 1 ... 1 1 q q p p p p − + + × × + +

: البرهان1 : لدينا 2

1 2 ... q P P P q n a a a = × × ×

1 : فإن N قاسما للعدد d فإذا كان 2 1 2 ... q

q d a a a α α α = × × ×

1 : حيث 1 0 p α ≤ 2 و ≥ 2 0 p α ≤ 0 و ... و ≥ q q p α ≤ ≤

1 1 ( ) : ولدينا p + 1 إمكانية الختيار األس α . ( ) 2 1 p + 2 إمكانية الختيار األس α .

M ( ) 1 q p + إمكانية الختيار األس q α .

1 ( ) ( )( ) : هو d وعليه عدد قواسم 2 1 1 ... 1 q p p p + + × × + .

: مثال . عين كل القواسم . 180 ما هو عدد قواسم العدد

: الحل2 : لدينا 2 2 180 18 10 3 2 10 2 3 5 = × = × × = × ×

1 ( )( )( ) : هو 180 وعليه عدد قواسم 2 1 2 1 1 18 + + + =

2 من الشكل 180 كل قاسم للعدد : 180 تعيين قواسم * 3 5 α β γ × ×

0 : حيث 2 α ≤ 0 و ≥ 2 β ≤ 0 و ≥ 1 γ ≤ ≤

180 قواسم العدد γ قيم β قيم α قيم

0 α =

0 β = 0 γ = 1

1 γ = 5

1 β = 0 γ = 3

1 γ = 15

2 β = 0 γ = 9

1 γ = 45

1 α =

0 β = 0 γ = 2

1 γ = 10

1 β = 0 γ = 6

1 γ = 30

2 β = 0 γ = 18

1 γ = 90

2 α =

0 β = 0 γ = 4

1 γ = 20

1 β = 0 γ = 12

1 γ = 60

2 β = 0 γ = 36

1 γ = 180

: القاسم المشترك األكبر لعدة أعداد طبيعية ) 9 : تعريف

1 قاسم المشترك األكبر لألعداد ال 2 , ,..., p n n n هو جداء العوامل األولية 1 : المشتركة في تحليالت األعداد 2 , ,..., p n n n بحيث يؤخذ كل عامل من

. هذه العوامل مرة واحدة وبأصغر أس PGCD 250 ; 480 ; 1000 ( ) احسب : مثال : الحل

( ) 3 3 3 3 1000 10 2 5 2 5 = = × = × 5 480 48 10 3 16 2 5 2 3 5 = × = × × × = × ×

2 3 250 25 10 5 2 5 2 5 = × = × × = × 250 ; 480 ; 1000 ( ) : إذن 2 5 10 PGCD = × =

: المضاعف المشترك األصغر لعدة أعداد طبيعية ) 10 : تعريف

1 المضاعف المشترك األصغر لألعداد 2 , ,..., p n n n هو جداء العوامل 1 : تحليالت األعداد األولية في 2 , ,..., p n n n بحيث يؤخذ كل عامل من

. مرة واحدة وبأكبر أس هذه العوامل : مثال

PPCM 250 ; 480 ; 1000 ( ) احسب : الحل

3 3 5 3 1000 2 5 ; 480 2 3 5 ; 250 2 5 = × = × × = ×

( ) : ومنه 5 3 1000 ; 480 ; 250 2 3 5 12000 PPCM = × × =

II - مبرهنة بيزو : ) . ان تقبل دون بره : ( 1 مبرهنة ) 1

a القاسم المشترك األكبر للعددين الطبيعيين غير المعدومين d إذا كان0 : يحققان β 0 و α 0 فإنه يوجد عددان صحيحان b و 0 a b d α β + =

gcd ( ) : لدينا : مثال 24 ; 9 3 p =

0 : بحيث β 0 و α 0 لنبحث عن عددان صحيحان 0 24 9 3 α β + =

0 نالحظ أن 1 α = 0 و − 3 β = 24 ( ) ( ) يحققان المعادلة 1 9 3 3 − + =

) : مبرهنة بيزو ( 2 مبرهنة ) 2 أوليين فيما بينهما إذا b و a يكون العددان الطبيعيان غير المعدومين

β , وفقط إذا وجد على األقل عددان صحيحان α 1 حيث a b α β + =

: البرهانgcd ( ) : أوليان فيما بينهما فإن b و a إذا كان * ; 1 p a b =

β و α فإنه يوجد عددان صحيحان 1 وحسب المبرهنة

a 1 : بحيث b α β + =

a 1 : بحيث β و α إذا وجد عددان صحيحان * b α β + =

PGCD ; ( ) وكان a b d = فإن : d يقسم a و b

a يقسم d : وعليه b β و a α يقسم d : وعليه b α β +

. أوليان فيما بينهما b و a وعليه = d 1 : ومنه 1 يقسم d : وعليه : تطبيقات على مبرهنة بيزو ) 3

أولي مع كل من العددين الطبيعيين a إذا كان العدد الطبيعي - أ

b و c فإنه يكون أولي مع الجداء . b c .

: البرهان β و α فإنه يوجد عددان صحيحان b أولي مع a بما أن

. . . (1) : بحيث 1 a b α β + فإنه يوجد c أولي مع a ن وبما أ =β و ′α عددان صحيحان . . . (2) : بحيث ′ 1 a c α β ′ ′ + =

( )( ) : ينتج ) 2 ( و ) 1 ( من 1 a b a c α β α β ′ ′ + + =

2 : وعليه 1 a ac ab bc αα αβ α β ββ ′ ′ ′ ′ + + + =

( ) ( ) : إذن 1 a c a b a bc αα αβ β ββ ′ ′ ′ ′ + + + =

a بوضع c a b αα αβ β γ ′ ′ ′ + + ββ و = δ ′ a 1 : نجد = bc γ δ + =

. أوليان فيما بينهما bc و a وحسب نظرية بيزو فإن

1 أولي مع األعداد الطبيعية a كان العدد الطبيعي إذا ) ب 2 , , ... , n b b b

1 : أولي مع الجداء a فإن 2 ... n b b b × × رهن بالتراجع يب و ×n 2 من أجل 1 : وبصفة خاصة إذا كان . ≤ 2 ... n b b b b = = = =

. n b أولي مع الجداء a فإن

III - 1 ( مبرهنة غوص : a و b عددان طبيعيان غير معدومين و c دوم عدد صحيح غير مع .

. c يقسم a فإن b أوليا مع a وكان bc الجداء a إذا قسم العدد : البرهانbc . : بحيث q فإنه يوجد عدد صحيح bc يقسم a بما أن a q =

β و α فإنه يوجد عددان صحيحان b أولي مع a وبما أن

a 1 : بحيث b α β + ). حسب مبرهنة بيزو ( =ac : نجد c وبضرب طرفيها في bc c α β + =

ac . : إذن aq c α β + a ( ) : وعليه = c q c α β + =

c : بوضع q p α β + a . : نجد = p c = وعليه a يقسم c .

: تطبيقات على مبرهنة غوص ) 2 القسمة على كل من العددين الطبيعيين b إذا قبل العدد الطبيعي ) أ

1 a 2 و a 1 وكان a 2 و a أوليان فيما بينهما فإن b يقبل القسمة 1 على 2 a a × . : البرهان

b . 1 : بحيث q فإنه يوجد عدد صحيح b يقسم a 1 بما أن a q = وبما أن

2 a يقسم b 2 فإن a 1 يقسم . a q 2 لكن a 1 أولي مع a وعليه حسب مبرهنة q . 2 : بحيث p أي يوجد عدد صحيح q يقسم a 2 غوص فإن a p =

1 : وعليه 2 . . b a a p = 1 ومنه 2 . a a يقسم b .

القسمة على كل من األعداد الطبيعية b إذا قبل العدد الطبيعي ) ب

1 2 , ,..., n a a a األولية فيما بينها مثنى مثنى فإن b يقبل القسمة 1 على 2 ... n a a a × × n 2 برهن بالتراجع من أجل وت × ≥ .

: 1 مثال األوليان فيما بينهما 11 و 2 يقبل القسمة على كل من العددين 396 العدد

. 22 وعليه فهو يقبل القسمة على

: 2 مثال5 : بحيث y و x عين كل األعداد الصحيحة 7 x y = .

: الحل5 لدينا 7 x y = 7 يقسم 5 وعليهy يقسم 5 ومنه 7 أولي مع 5 و y

y 5 : بحيث k وعليه يوجد عدد صحيح k = 5 : وعليه 7 5 x k = ×

x 7 : ومنه k = 7 : إذن x k = 5 و y k = مع k∈ ¢

: 3 مثال5 . . . (1) : المعادلة ¢ 2 حل في 3 2 x y − حل 1 ; 1 ( ) علما أن =

. خاص لها : الحل5 : لدينا 3 2 x y − 5 ( ) ( ) و = 1 3 1 2 − =

5 ( ) ( ) : وعليه 3 5 1 3 1 x y − = −

5 . . . (1) ( ) ( ) : وبالتالي 1 3 1 x y − = −

3 ( ) يقسم 5 لدينا 1 y و حسب مبرهنة غوص 3 أولي مع 5 و −1 : بحيث k إذن يوجد عدد صحيح −y 1 يقسم 5 : إن ف 5 y k − =

5 : إذن 1 y k = 5 ( ) : نجد ) 2 ( وبالتعويض في + 1 3 5 x k − = ×

1 : وعليه 3 x k − 3 : أي = 1 x k = هي الثنائيات ) 1 ( وعليه حلول +

( ) ; x y 3 : حيث 1 x k = 5 و + 1 y k = ∋k مع + ¢ . : القاسم المشترك األكبر لعدة أعداد طبيعية ) 3

ين مكن تعويض عدد عند البحث عن القاسم المشترك األكبر لعدة أعداد ي . منها بقاسمهما المشترك األكبر

: مثالPGCD 40 ; 150 ; 200 ( ) احسب

: الحل( ) ( ) 200 ; 150 10 20 ; 10 15 PGCD PGCD = × ×

( ) 10 20 ; 15 PGCD = ×

( ) 10 5 4 ; 3 PGCD = × ×

50 1 50 = × = ( ) ( ) 40 ; 50 10 4 ; 5 PGCD PGCD =

10 = 10 1 = × 40 ; 150 ; 200 ( ) : ومنه 10 PGCD =

: األعداد األولية فيما بينها إجماليا ) 4 : تعريف

1 نقول عن األعداد 2 , ,..., n a a a أنها أولية فيما بينها إجماليا إذا كان قاسمها . 1 المشترك األكبر مساويا إلى

PGCD ; ( ) عالقة بين ) 5 a b و ( ) ; PPCM a b : a و b عددان طبيعيان غير معدومين و d قاسمهما المشترك األكبر .

a : فيكون da b و = ′ d b′ = , ( ) و × 1 PGCD a b ′ ′ =

ه وعلي وهو موجب تماما b و a مضاعف مشترك للعددين x ليكنx : بحيث β و α يوجد عددان صحيحان a α = و x b β =

x : ومنه da α ′ = و x db β ′ = da : إذن × db α β ′ ′ = ×

a : وبالتالي b α β ′ ′b أولي مع ′a و ′ b β يقسم ′a لدينا = ′

q : بحيث q أي يوجد عدد طبيعي β يقسم ′a ومنه a β ′ = ×

x : وبالتالي b qa b qa b d β ′ ′ ′ = = = x ( ) : ومنه × da b q ′ ′ =

da : بوضع b µ ′ da : فإن = ′ b ab b a µ ′ ′ ′ ′ = = = ×

وكل µ هو مضاعف للعدد b و a ومنه كل مضاعف مشترك للعددين . b و a هو مضاعف مشترك للعددين µ مضاعف للعدد

µ هي مضاعفات b و a ومنه المضاعفات المشتركة للعددين

b و a هو المضاعف المشترك األصغر للعددين µ : حيث

da : ولدينا b µ ′ d و = ′ da db µ ′ ′ × = ×

d : ه وعلي a b µ × = a : أي أن × b d

µ ×

=

a : فإن = d 1 : فإذا كان b µ = × : 1 مبرهنة ) 6

مجموعة المضاعفات المشتركة لعددين طبيعيين هي مجموعة مضاعفات . مضاعفهما المشترك األصغر

: 2 مبرهنة ) 7 جداء عددين طبيعيين هو جداء قاسمهما المشترك األكبر ومضاعفهما

. المشترك األصغر : 3 مبرهنة ) 8

, من أجل , a b λ لدينا أعداد طبيعية غير معدومة : ( ) ( ) ; ; PPCM a b PPCM a b λ λ λ = ×

: البرهان ; ( ) ( ) ( ) ( ) : لدينا ; . PPCM a b PGCD a b a b λ λ λ λ λ λ × =

; ( ) ( ) ( ) : ومنه . ; PPCM a b PGCD a b ab λ λ λ λ λ × =

; ( ) ( ) : وعليه ; PPCM a b PGCD a b ab λ λ λ × = ×

( ) ( ) : أي أن;

; a b PPCM a b

PGCD a b λ λ λ

× =

( ) ( ) ( ) : وعليه( )

; ; ;

; PPCM a b PGCD a b PPCM a b

PGCD a b λ

λ λ × ×

=

; ( ) ( ) : وبالتالي . ; PPCM a b PPCM a b λ λ λ =

: مثال( ) ( ) 100 ; 150 50 2 ; 3 50 2 3 300 PPCM PPCM = × = × × =

: طبيعية المضاعف المشترك األصغر لعدة أعداد ) 9 عند البحث عن المضاعف المشترك األصغر لعدة أعداد طبيعية يمكن

. ن منها بمضاعفهما المشترك األصغر تعويض عددي: مثال

PPCM 350 ; 200 ; 150 ( ) : احسب PPCM 200 ; 150 ( ) : نحسب أوال *

( ) ( ) 150 ; 200 50 3 ; 50 4 PPCM PPCM = × ×

( ) 50 3 ; 4 PPCM = × 50 3 4 600 = × × =

350 ; 200 ; 150 ( ) ( ) : فيكون 600 ; 350 PPCM PPCM =

350 ; 600 ( ) ( ) : ومنه 50 12 ; 50 7 PPCM PPCM = × ×

( ) 50 12 ; 7 PPCM = × 50 12 7 4200 = × × =

350 ; 200 ; 150 ( ) : وبالتالي 4200 PPCM =

: تكنولوجيا اإلعالم و االتصال

: 1 التطبيق

: حساب المضاعف المشترك األصغر NUM ثم في القائمة نضغط على اللمسة ) 1

. ثم نوافق PPCM التي تعني )lcm:8 نعين الوظيفة . ثم نوافق نحجز العددين و نفصل بينهما بالفاصلة ) 2 : تظهر الشاشة ما يلي ) 3

: 2 التطبيق

: حساب القاسم المشترك األكبر NUM ثم في القائمة نضغط على اللمسة ) 1

. ثم نوافق PGCD تي تعني ال )gcd:9 نعين الوظيفة . ثم نوافق نحجز العددين و نفصل بينهما بالفاصلة ) 2 : تظهر الشاشة ما يلي ) 3

: 3 التطبيق

تعيين معاملي بيزوx ; ( ) المطلوب تعيين ثنائية y من األعداد الصحيحة تحقق

1 Ax By + = . : تطبيق البرنامج

: تمـاريـن و مشكــالت

. 1 التمرين

حلل كل من األعداد اآلتية إلى جداء عوامل أولية44 50 ; 80 77 ; 45 100 A B C = × = × = ×

. ثم استنتج قاسمها المشترك األكبر ومضاعفهما المشترك األصغر . 2 التمرين

= α 18459 : حيث β و α أوجد القواسم المشتركة للعددين

= β 3809 و

. 3 التمرين

( ) بحيث b و a أوجد عددين 2226 PPCM a ; b a 148 و = b + =

. 4 التمرين

. 8 أصغر عدد طبيعي عدد قواسمه أوجد . 5 التمرين

. 211 ادرس أولية العدد ) 12 : المعادلة ¥ حل في ) 2 2 211 x y − = .

. 6 التمرين

18 : بحيث y و x عين العددين 791 µ δ − =

PGCD ( ) : وحيث x; y δ = و ( ) PPCM x ; y µ =

. 7 التمرين

765 ( ) احسب ) 1 459 1683 PGCD ; ; . 765 : المعادلة ¢ حل في ) 2 459 1683 x y + = .

x ; ( ) عين الحلول ) 3 y 10 : قة بحيث للمعادلة الساب x y + < . . 8 التمرين

52 : المعادلة ¢ 2 حل في ) 1 44 92 x y − = . PGCD ( ) نفرض أن ) 2 x; y δ = . ما هي القيم الممكنة للعدد δ . x ; ( ) عين الثنائيات ) 3 y 23 حلول المعادلة بحيث δ = . x ; ( ) عين الثنائيات ) 4 y 10 حلول المعادلة بحيث 40 x − < < .

. 9 التمرين

. 5 على n 3 بواقي قسمة n ادرس حسب قيم ) 12 ( 0 , r U عددان طبيعيان غير معدومين .

( ) n U 0 متتالية حسابية حدها األول U وأساسها r . 2 أوليان فيما بينهما و r و U 0 علما أن r و U 0 عين - أ

0 10 1 U U U = −

, 0 1 نفرض - ب 3 r U = 0 نضع = 1 n n S U U ... U = + + +

0 1 n n P U U ... U = × × . n بداللة n P و n S احسب - . × ! : بحيث q عين العدد - ( ) 2 2010 q P 3 [ ] : ثم تحقق أن = 2 5 q ≡

2 [ ] : بحيث n عين قيم العدد الطبيعي - 2 3 5 q n S + =

. 10 التمرين

x ( ) عين الثنائيات الصحيحة ) 1 ; y ′ 9 : بحيث ′ 14 13 x y ′ ′ − =

3 ( ) علما أن . حل لها ; 145 : نعتبر المعادلة ) 2 28 130 x y − = . ;x ( ) بين أنه إذا كان - y 0 [ ] حل لها فإن 2 x 0 [ ] و ≡ 5 y ≡

. ثم حل هذه المعادلة -

3 ( N 2 عدد طبيعي يكتب 3 αα و يكتب 9 في نظام تعداد أساسه 5 6 ββ عين . 7 أساسه في نظام تعداد α و β ثم اكتب N في

. النظام العشري . 11 التمرين

. 120 حلل إلى جداء عوامل أولية العدد ) 12 ( α و β 4 نضع . يان عددان طبيع a α β = 2 و + 7 b α β = +

; ( ) ( ) بين أن ; PGCD PGCD a b α β = . : بحيث ¥ من y و x عين العددان ) 3

( )( ) 4 2 7 5880 7

x y x y xy µ

+ + = PPCM ( ) هو µ حيث = x; y .

. 12 التمرين

43 . . . (1) : نعتبر المعادلة 13 x y λ − , حيث = y,x λ أعداد صحيحة . 3 ( ) تحقق أن ) 1 ; 10 λ λ − ) . 1 ( حل للمعادلة −

;x ( ) ثم عين كل الحلول y . 2 ( N عدد طبيعي يكتب : αβαβα 6 في نظام تعداد أساسه

β 0 : ويكتب γγγ 5 في نظام تعداد أساسه . 43 : تحقق γ و β و α بين أن - 13 α β γ − = . . في النظام العشري N ثم اكتب γ و β و α عين -

. 13 التمرين

;x ( ) عين كل الثنائيات ) 1 y حة بحيث لألعداد الصحي : (1) . . . 5 3 7 x y − =

;x ( ) نفرض ) 2 y 1 ( حل للمعادلة .(

PGCD ( ) : ما هي القيم الممكنة لـ - x ; y . ;x ( ) عين الحلول ) 3 y بحيث يكون ) 1 ( للمعادلة ( ) PGCD x; y

. مساويا إلى أكبر قيمة

. 14 التمرين

1 ( a و b عددان طبيعيان غير معدومين و أوليان فيما بينهما . a بين أن أحد العددين - b + و a b × زوجي و اآلخر فردي . . 84 سم العدد عين قوا ) 2x 84 : بحيث y و x عين األعداد الطبيعية غير المعدومة ) 3 y + =

µ 2 و δ = وحيث : ( ) PPCM x; y µ PGCD ( ) و = x; y δ =

. 15 التمرين

. أوليان فيما بينهما 170 و 993 اثبت أن العددين ) 1993 . . . (1) : لتكن المعادلة ) 2 170 143 x y − y و x حيث =

. عددان صحيحان0 ( ) عين الحل الخاص - أ 0 x ; y 0 : بحيث ) 1 ( للمعادلة 0 6 x y + = .

;x ( ) عين كل الحلول - ب y 1 ( للمعادلة .( على − a 1 بحيث يكون باقي قسمة العدد a جد أصغر عدد طبيعي ) 3

. على الترتيب 300 و 14 هو 340 و 1986 كل من العددين

: الحـلــــــول

. 1 التمرين

: إلى جداء عوامل أولية C و B و A تحليل كل من2 44 50 4 11 5 10 2 11 5 2 5 A= × = × × × = × × × ×

3 2 2 5 11 A= × × 3 80 77 8 10 7 11 2 2 5 7 11 B = × = × × × = × × × ×

4 2 5 7 11 B = × × × ( ) 2 2 2 45 100 9 5 10 3 5 2 5 C = × = × × = × × ×

2 2 2 3 5 2 5 = × × × 2 2 3 2 3 5 C = × ×

( ) 2 2 5 20 PGCD A; B;C = × =

( ) 4 3 2 2 5 3 7 11 PPCM A;B;C = × × × ×

1386000 = . 2 التمرين

18459 ( ) : نعين أوال - 3809 PGCD ;

3809 13 293 = × 2 18459 3 7 293 = × ×

18459 ( ) : ومنه 3809 293 PGCD ; =

). ويمكن استعمال خوارزمية إقليدس ( . 293 هي قواسم العدد β و α وعليه القواسم المشترك للعددين

293 ، 1 عدد أولي فإن قواسمه هي 293 وبما أن

. 293 ، 1 هي β و α عددين إذن القواسم المشتركة لل . 3 التمرين

: b و a إيجادPGCD ( ) : نفرض a ;b δ =

a : لدينا .a δ ′ = و b b δ ′ = مع a′ و b′ أوليان فيما بينهما . 2226 : ولدينا a b δ × = 2226 : ومنه × a b δ δ δ ′ ′ × = ×

a 2226 : وعليه b δ ′ a 148 : وبما أن = ′ b + =

a 148 : فإن b δ δ ′ ′ + ( ) : وعليه = 148 a b δ ′ ′ + =

. 148 يقسم δ ومنه : 148 لنبحث عن قواسم

2 148 : لدينا 2 37 = ×

. 148 ، 74 ، 37 ، 4 ، 2 ، 1 : هي 148 ومنه قواسم

1 ( 1 δ = : 2226 148

a b a b

′ ′ = ′ ′ + =

هما حلين ′b و ′a ومنه

2 : للمعادلة 148 2226 0 x x − + = . 3250 ′ ∆ 57 : وعليه = 008 , ′ ∆ ;

. إذن ال توجد حلول طبيعية للمعادلة

2 ( 2 δ = : 111374

a b a b

′ ′ = ′ ′ + =

هما حلين ′b و ′a ومنه

2 : للمعادلة 74 1113 0 x x − + = . 256 ′ ∆ . ومنه للمعادلة حلين =

1 37 16 21 x = − = ، 2 37 16 53 x = + =

a 21 إذن إما ′ ′b 53 و = =

2 : وعليه 21 42 a = × 2 و = 53 106 b = × =

a 53 أو ′ ′b 21 و = = b 42 و = a 106 : وعليه =

3 ( 4 δ = : 556 5

37 a b , a b ′ ′ =

′ ′ + = . مرفوض

4 ( 37 δ = : 60 1 4

a b , a b ′ ′

′ ′ + =

; . مرفوض

5 ( 74 δ = : 30 08

2 a b , a b ′ ′

′ ′ + =

; . مرفوض

6 ( 168 δ = : 15 04

1 a b , a b ′ ′

′ ′ + =

; . مرفوض

. 4 التمرين

: قواسم يكون واحد من هذين العددين 8 أصغر عدد طبيعي له3

1 2 a a × 7 أو 1 a .

: ما يمكن أي تكون أصغر a ، 2 a 1 : وحتى يكون أصغر عدد فإن3 3 . 24 أو 128 : وعليه العددان هما 7 2 أو × 2

3 3 قواسم هو 8 ومنه أصغر عدد له . 24 أي × 2

. 5 التمرين

: 211 دراسة أولية العدد ) 1 القاسم األولى a قابلية القسمة على a 209 2 و a 2 مقارنة

2 211 a 2 ال يقبل القسمة 4 >2 211 a 3 ال يقبل القسمة 9 >2 211 a 5 ال يقبل القسمة 25 >2 211 a 7 ال يقبل القسمة 49 >2 211 a 11 ال يقبل القسمة 121 >2 211 a 13 ال يقبل القسمة 169 >2 211 a 17 ال يقبل القسمة 289 <

2 بحيث a ال يقبل أي قاسم أولى 211 بما أن العدد 211 a فإن العدد > . أولى 2112 : حل المعادلة ) 2 2 211 x y − =

( )( ) : إذن هي تكافئ 211 x y x y − + =

x : وبما أن y x y − < x 1 : فإن + y − x 211 و = y + =

2 : وبالجمع نجد 212 x = 106 : أي أن x =

y 105 : وعليه 106 ( ) ومنه الحل هو . = 105 ; .

. 6 التمرين

: y و x تعيينx : لدينا .y δµ = لكن : x x δ ′ = و y y δ ′ = بحيث x′ و y′

. أوليان فيما بينهماx : ومنه . y δ δ δµ ′ ′ x : أي = .y µ δ ′ ′ =

18 : وبما أن 791 µ δ − 18 : فإن = 791 x y δ δ ′ ′ − =

18 ( ) : أي أن 791 x y δ ′ ′ − . 791 يقسم العدد δ إذن =791 : لدينا 7 113 = ×

. 791 ، 113 ، 7 ، 1 : هي 791 ومنه قواسم18 : نجد = δ 1 لما 791 x y ′ ′ − x 809 : وعليه = y ′ ′ =

* 1 x′ = ، 809 y′ = 1 : ومنه x = 809 و y =

* 809 x′ = ، 1 y′ y 1 و = x 809 : ومنه = =

18 : نجد = δ 7 لما 113 x y ′ ′ − x 131 : وعليه = y ′ ′ =

* 1 x′ = ، 131 y′ y 917 و = x 7 : ومنه = =

* 131 x ′ = ، 1 y′ y 7 و = x 917 : ومنه = =

δ = : 18 113 لما 7 x y ′ ′ − x 25 : وعليه = y ′ ′ =

* 1 x′ = ، 25 y′ = 113 : ومنه x = 2825 و y =

* 25 x′ = ، 1 y′ y 113 و = x 2825 : ومنه = =

δ = : 18 791 لما 1 x y ′ ′ − x 19 : وعليه = y ′ ′ =

* 1 x′ = ، 19 y′ y 15029 و = x 791 : ومنه = =

. 7 التمرين

765 ( ) حساب ) 1 459 1683 PGCD ; ; : : نستعمل خوارزمية إقليدس

765 ( ) حساب * 459 PGCD ; :

765 459 1 306 = × +

459 306 1 153 = × +

306 153 2 0 = × + 765 ( ) : ومنه 459 153 PGCD ; = .

153 ( ) حساب * 1683 PGCD ; :

1683 153 11 0 = × + 153 ( ) : ومنه 1683 153 PGCD ; =

765 ( ) : إذن 459 1683 153 PGCD ; ; = . 765 : حل المعادلة ) 2 459 1683 x y + =

5 : نجد 153 بقسمة الطرفين على 3 11 x y + =

4 ( ) : نالحظ أن 5 ( ) : يه حل خاص وعل −; 3 3 5 4 3 3 x y + = × + −

5 ( ) : إذن 5 4 3 3 3 x y − × = − + −

( ) ( ) 5 4 3 3 x y − = − −

5 ( ) يقسم 3 لدينا 4 x − 4 يقسم 3 وعليه 5 أولي مع 3 و x أي −4 : بحيث k يوجد عدد صحيح 3 x k − 3 : ومنه = 4 x k = +

5 ( ) : وعليه 3 3 3 k y × = − 3 : وعليه − 5 y k − − : ومنه =5 3 y k = − 3 ( ) الحلول هي . − 4 5 3 k ; k + − k مع − ∈ ¢ .

;x ( ) تعيين الحلول ) 3 y 10 : بحيث x y + <

3 : إذن 4 5 3 10 k k + + − − <

( ) : نزيل القيمة المطلقة للعبارة 3 4 5 3 P x k k = + + − −

+∞ 3 5

− 4 3

− −∞ k

3 4 k + 3 4 k + 3 4 k − − 3 4 k +

5 3 k + 5 3 k − − 5 3 k − − 5 3 k − −

8 7 k + 2 1 k − + 8 7 k − − ( ) P x

( ) نحل المتراجحة 10 P x ∋x مع : > ¢

4 لما *3

k ; − ∈ −∞ :

8 7 10 k − − 8 : وعليه > 17 k − 17 : ومنه >8

k − >

k : وبالتالي ∈ 17 و ¢ 4 8 3

k ; − − ∈ = k 2 : وعليه 2 ( ) ( ) : ومنه − 7 x ; y ; = −

4 لما * 3 3 5

k ; − − ∈ k و ∈ ¢ :

2 1 10 k − + 2 : وعليه > 9 k − 9 : ومنه >2

k − <

= k 1 : وعليه 1 ( ) ( ) : ومنه − 2 x ; y ; =

3 لما *5

k ; − ∈ +∞ k و ∈ ¢ :

8 7 10 k + 8 : وعليه > 3 k < 3 : ومنه 8

k <

3 : وبالتالي 3 5 8

k ; − ∈ k و ∈ ¢

4 ( ) ( ) : ه ومن = k 0 : وعليه 3 x; y ; = − . . 8 التمرين

52 : حل المعادلة ) 1 44 92 x y − =

52 ( ) نحسب * 44 92 PGCD ; ; : 2 52 2 13 = × 2 44 2 11 = × 2 92 2 23 = ×

( ) : وعليه 2 52 44 92 2 4 PGCD ; ; = =

13 : نجد 4 المعادلة على وبقسمة طرفي 11 23 x y − =

6 ( ) نالحظ أن 13 : حل خاص ومنه ; 5 11 13 6 11 5 x y − = × − ×

13 : ومنه 13 6 11 11 5 x y − × = − ×

13 ( ) ( ) : إذن 6 11 5 x y − = −

13 ( ) يقسم 11 لدينا 6 x x 6 يقسم 11 ليه وع 13 أولي مع 11 و − −

6 : بحيث k أي يوجد عدد صحيح 11 x k − =

11 : ومنه 6 x k = 13 ( ) : إذن + 11 11 5 k y × = −

5 : ومنه 13 y k − 13 وعليه = 5 y k = +

11 ( ) : الحلول هي 6 13 5 k ; k + k مع + ∈ ¢

: δ تعيين القيم الممكنة للعدد ) 2

11y و 13x يقسم δ ومنه y يقسم δ و x يقسم δ لدينا13 يقسم δ وعليه 11 x y − إذن δ 23 يقسم .

. 23 و 1 الممكنة هي δ ومنه قيم;x ( ) تعيين الحلول ) 3 y 23 بحيث δ = :

x 23 : إذن x′ = 23 و y y′ = و x′ و y′ أوليان فيما بينهما . 13 : وبالتالي 23 11 23 23 x y ′ ′ × − × =

13 : وعليه 11 1 x y ′ ′ − =

6 ( ) نالحظ أن 13 : حل خاص ومنه ; 7 11 13 6 11 7 x y ′ ′ − = × − ×

13 : وعليه 13 6 11 11 7 x y ′ ′ − × = − ×

13 ( ) ( ) : ومنه 6 11 7 x y ′ ′ − = −

11 ( ) يقسم 13 لدينا 7 y′− 7 ( ) يقسم 13 عليه و 11 أولي مع 13 و y′−

7 : ومنه 13 y α ′ − 13 : إذن = 7 y α ′ = +

13 ( ) : وعليه 6 11 13 x α ′ − = 6 : ومنه × 11 x α ′ − =

11 : إذن 6 x α ′ = 23 ( ) : وبالتالي + 11 6 x α = +

253 138 x α = + ( ) 23 13 7 y α = 299 : ومنه + 161 y α = +

253 ( ) : الحلول هي 138 ; 299 161 α α + ∋ α مع + ¢ . ;x ( ) تعيين الحلول ) 4 y 10 : حيث ب 40 x − < <

10 : إذن 11 6 40 k − < + <

16 11 34 k − < <

16 : ومنه 34 11 11

k − < 1 : أي > 45 3 09 , k , − < <

: ومنه الحلول هي - 1 ، 0 ، 1 ، 2 ، 3 : هي k إذن قيم( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 17 18 , 6 5 , 5 8 , 39 44 , 28 31 ; ; ; ; ; − − .

. 9 التمرين

: 5 على n 3 دراسة بواقي قسمة ) 1[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 0 1 3 4 3 1 5 ; 3 3 5 ; 3 4 5 ; 3 2 5 ; 3 1 5 ² ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

4 3 [ ] : وعليه 1 5 P 4 [ ] [ ] [ ] و ≡ 3 4 2 4 1 3 2 5 ; 3 4 5 ; 3 3 5 P P P + + + ≡ ≡ ≡

r : 2 و U 0 تعيين ) أ ) 20 10 1 (1) . . . U U U = −

1 : لدينا 0 U U r = 10 و + 0 10 U U r = +

2 ( ) ( ) : نجد ) 1 ( وبالتعويض في0 0 0 10 U U r U r = + − +

2 : ومنه0 9 U r =

: ومنه حسب مبرهنة غوص r أولي مع U 0 و 9r يقسم U 0 : لدينا

0 U 9 يقسم . . 9 ، 3 ، 1 : الممكنة هي U 0 إذن قيم

0 لما * 1 U = : 1 9r = 1 : ي أ 9

r = مرفوض .

0 لما * 3 U = : 9 9r = 1 : ومنه r = . 0 لما * 9 U = : 9 9 ² r = 9 : ومنه r =

. r أولي مع U 0 مرفوض ألن 0 : ومنه 3 U . = r 1 و =

: n S حساب ) ب

0 ( ) : لدينا1

2 n n n S U U +

= 0 : حيث + 3 U = ، 0 n U U nr = +

n U 3 : ومنه n = 1 ( ) : وعليه + 6 2 n

n S n + = +

: n P حساب -

0 1 . . . n n P U U U = × + ×

( ) ( ) 0 0 0 . . . n P U U r U nr = × + × +

( ) 3 4 5 . . . 3 n P n = × × × × +

( ) ( ) 1 2 3 4 5 . . . 3 3 ! 1 2 2! n

n n P

× × × × × × + + = =

× q : ( ) 2 تعيين - 2010 ! q p 3 ( ) : ومنه = ! 2010! q + =

3 : إذن 2010 q + q 2007 : وعليه = = . 2007 3 [ ] التحقق من أجل - 2 5 ≡ :

2007 : لدينا 4 581 3 = × 2007 3 [ ] : ومنه + 2 5 ≡ . 2 [ ] : بحيث n تعيين - 2 3 5 q

n S + ≡

1 [ ] ( )( ) : إذن 6 2 2 5 n n + + + ≡

[ ] 6 6 2 2 5 n n² n + + + + ≡

[ ] 7 6 0 5 n² n + + ≡

[ ] 2 1 0 5 n² n + + ≡

1 [ ] ( ) : إذن 0 5 n ² + ≡

1 [ ] : إذن 0 5 n + 1 [ ] : ومنه ≡ 5 n ≡ −

4 [ ] : إذن 5 n ∋ α : وعليه ≡ 5 و ¥ 4 n α = + .

. 10 التمرين

x ( ) تعيين ) 1 ; y ′ ′ : 9 : لدينا 14 9 3 14 1 x y ′ ′ − = × − ×

9 : ومنه 9 3 14 14 1 x y ′ ′ − × = − ×

9 ( ) ( ) : إذن 3 14 1 x y ′ ′ − = −

14 ( ) يقسم 9 لدينا 1 y′ ′y 1 يقسم 9 ه وعلي 14 أولي مع 9 و − أي −: 1 9 , y k k ′ − = ∈ 9 : إذن ¢ 1 y k ′ = +

9 ( ) : وعليه 3 14 9 x k ′ − = 3 : ومنه × 14 x k ′ − =

14 : وعليه 3 x k ′ = 14 ( ) ( ) : إذن + 3 9 1 x ; y k ; k ′ ′ = + +

k : حيث ∈ ¢

0 [ ] : تبيان أن ) 2 2 x 0 [ ] و ≡ 5 y ≡

45 : لدينا 28 130 x y − =

45 : وعليه 28 130 x y = 45 ( ) : وعليه + 2 14 65 x y = +

: وعليه حسب مبرهنة غوص 45 أولي مع 2 و 45x يقسم 2 لدينا0 [ ] : إذن . x يقسم 2 2 x ≡

28 : وكذلك 130 45 y x = 28 ( ) : ومنه − 5 26 9 y x = −

: وعليه حسب مبرهنة غوص 28 مع أولي 5 و 28y يقسم 5 لدينا0 [ ] : إذن . y يقسم 5 5 y ≡ . : حل المعادلة -

0 [ ] بما أن 2 x x 2 : فإن ≡ x′ =

0 [ ] بما أن 5 y y 5 : فإن ≡ y′ =

45 : وعليه 2 28 25 130 x y ′ ′ × − × =

10 ( ) : وعليه 9 7 130 x y ′ ′ − 9 : إذن = 7 13 x y ′ ′ − =

14 : وقد سبق حلها 3 x k ′ = 9 و + 1 y k ′ = +

2 ( ) : إذن 14 3 x k = 5 ( ) و + 9 1 y k = +

28 : وعليه 6 x k = 45 و + 5 y k = k مع + ∈ ¢

: β و α تعيين ) 30 : لدينا 1 3 3 9 9 9 2 9 N ² α α = × + × + × + ×

3 : ومنه 9 81 1458 N α α = + + +

1461 : إذن 90 . . . (1) N α = +

≥ α 8 مع

0 : ولدينا 1 3 6 7 7 7 5 7 N ² β β = × + × + × + ×

6 : ومنه 7 49 1715 N β β = + + +

1721 : إذن 56 . . . (2) N β = +

≥ β 6 مع

1461 ) : 2 ( و ) 1 ( وعليه من 90 1721 56 α β + = +

90 : وعليه 56 260 α β − =

45 : إذن 28 130 α β − =

: وحلول هذه المعادلة مما سبق, 45 5 , 28 6 k k k β α ∈ = + = + ¥

≥ β 6 و ≥ α 8 : وبما أن

28 : فإن 6 8 k + 45 و ≥ 5 6 k + ≤

28 : إذن 2 k ≤ 45 و 1 k ≤

2 : إذن28

k ≤ 1 و 4

k ≤

= β 5 و = α 6 : إذن = k 0 : ومنه

1461 : وبالتالي 90 6 N = + N 2001 : إذن × =

. 11 التمرين

: التحليل ) 12 120 : ينا لد 12 10 2 3 2 5 = × = × × ×

3 120 : إذن 2 3 5 = × × PGCD ( ) ( ) : نبين أن ) 2 ; PGCD a ;b α β =

( ) : نفرض 1 PGCD ; α β = δ و ( ) 2 PGCD a ;b = δ

α 4 يقسم كل من δ 1 : وعليه β و α يقسم كل من δ 1 : لدينا + β

2 و 7 α + β 1 وعليه δ يقسم a و b 1 وبالتالي δ (1) 2 يقسم . . . δ . α 4 يقسم كل من δ 2 : وعليه b و a يقسم كل من δ 2 : ولدينا + β

2 و 7 α + β . 2 ( ) يقسم δ 2 إذن 4 − α + β 2 و 7 α + β . 2 يقسم δ 2 أي 8 − α − β 2 و 7 α + β . 2 ( ) ( ) يقسم δ 2 إذن 7 2 8 α + β + − α − β . . β يقسم δ 2 وعليه β− يقسم δ 2 ليه وع

7 ( ) يقسم δ 2 وكذلك لدينا 4 − α + β 4 ( ) و 2 7 α + β

7 يقسم δ 2 إذن 28 − α − β 8 و 28 α + β

8 ( ) ( ) يقسم δ 2 وعليه 28 7 28 α + β + − α − β 2 وعليه δ يقسم α . . δ . . . (2) 1 يقسم δ 2 وعليه β و α يقسم δ 2 إذن1 : وعليه δ 1 يقسم δ 2 و δ 2 يقسم δ 1 ) : 2 ( و ) 1 ( من 2 δ = δ .

PGCD ( ) ( ) : وعليه ; PGCD a ;b α β = .

( ) : y و x تعيين ) 3 ( ) 4 2 7 580 7

x y x y x y

+ + =

× = µ x : بما أن y × = δ × µ حيث : ( ) PGCD x; y = δ

δ 7 : ومنه x 7 : وعليه = x′ = 7 و y y′ =

. أوليان فيما بينهما ′y و ′x مع7 ( )( ) : وعليه 4 7 2 7 7 7 5880 x y x y ′ ′ ′ ′ + × × + × =

7 ( ) ( ) : إذن 4 7 2 7 5880 x y x y ′ ′ ′ ′ + × + =

( ) : وعليه ( ) 4 2 7 120 x y x y ′ ′ ′ ′ + + =

2 أوليان فيما بينهما فإن ′y و ′x وبما أن 7 x y ′ x 4 و + ′ y ′ ′ +

. أوليان فيما بينهما4 ( ) ( ) : 2 من السؤال 2 7 PGCD x ; y PGCD x y ; x y ′ ′ ′ ′ ′ ′ = + +

4 : ولدينا 2 7 x y x y ′ ′ ′ ′ + < +

* 4 1 x y ′ ′ + 2 و = 7 120 x y ′ ′ + =

2 : وعليه 8 2 x y ′ ′ − − = 2 و − 7 120 x y ′ ′ + =

− y 118 : بالجمع نجد . مرفوض =* 4 3 x y ′ ′ + 2 و = 7 40 x y ′ ′ + =

2 : وعليه 8 6 x y ′ ′ − − = 2 و − 7 40 x y ′ ′ + =

− y 34 : بالجمع نجد . مرفوض =

* 4 5 x y ′ ′ + 2 و = 7 24 x y ′ ′ + =

2 : وعليه 8 10 x y ′ ′ − − = 2 و − 7 24 x y ′ ′ + =

− y 14 : بالجمع نجد . مرفوض =* 4 8 x y ′ ′ + 2 و = 7 15 x y ′ ′ + =

2 : ومنه 8 16 x y ′ ′ − − = 2 و − 7 15 x y ′ ′ + =

− y 1 : بالجمع نجد = y 1 : أي − =

′x 4 : وعليه y 7 و = x 28 : ومنه = =

. 12 التمرين

3 ( ) : التحقق من أن ) 1 10 ; − λ − λ 1 ( حل للمعادلة : ( ( ) ( ) 43 3 13 10 129 130 − λ − − λ = − λ + λ = λ ومنه هو حل .

x ( ) : تعيين كل الحلول - ; y 43 ( ) ( ) : لدينا 13 43 3 13 10 x − λ = − λ − − λ

43 ( ) ( ) : ومنه 43 3 13 13 10 x y − − λ = − − λ

( ) ( ) 43 3 13 10 x y + λ = + λ

43 ( ) يقسم 13 : لدينا 3 x + λ 43 أولي مع 13 و

x 3 يقسم 13 : ومنه + λ 3 : إذن 13 x k + λ =

13 : يه وعل 3 x k = − λ 43 ( ) : ومنه 13 13 10 k y × = + λ

10 : إذن 43 y k + λ 43 : وعليه = 10 y k = − λ

, ( ) : الحلول هي 13 3 ; 43 10 k k k ∈ − λ − λ ¢

43 : نبين أن ) 2 13 α − β = γ

0 : لدينا 1 2 3 4 6 6 6 6 6 N = α × + β × + α × + β × + α ×

1 : حيث 5 ≤ α 0 و ≥ 5 ≤ β ≤

1333 : ومنه 222 . . . (1) N = α + β

0 : ولدينا 1 2 3 4 5 5 5 0 5 5 N = γ × + γ × + γ × + × + β ×

625 : إذن 31 . . . (2) N = β + γ

0 : حيث 4 ≤ γ 1 و ≥ 4 ≤ β ≤

1333 ) : 2 ( و ) 1 ( ن وعليه م 222 625 31 α + β = β + γ

1333 403 31 α − β = γ 43 : نجد 31 بالقسمة على 13 α − β = γ

: γ و β و α تعيين - : كما يلي ) 1 ( مما سبق حلول هذه المعادلة معطاة في

13 3 k α = − γ 43 و 10 k β = − γ

γ 0 من أجل * = : 13k α 43k β و = . مرفوض =γ 1 من أجل * = : 13 3 k α = 43 و − 10 k β = −

. k مرفوض من أجل جميع قيمγ 2 من أجل * = : 13 6 k α = 43 و − 20 k β = −

. k مرفوض من أجل جميع قيمγ 3 من أجل * = : 13 9 k α = 43 و − 30 k β = −

. k مرفوض من أجل جميع قيمγ 4 من أجل * = : 13 12 k α = 43 و − 40 k β = −

α 1 : فنجد = k 1 وهي صحيحة من أجل β 3 و = =

N 1999 : وبالتالي = = ( ) 1333 1 222 3 N = × +

. 13 التمرين

;x ( ) تعيين الثنائيات ) 1 y : 5 3 7 x y − =

2 ( ) نالحظ أن . حل خاص ; 15 : وعليه 3 5 2 3 1 x y − = × − : وعليه ×

5 5 2 3 3 1 x y − × = − 5 ( ) ( ) : إذن × 2 3 1 x y − = −

5 ( ) يقسم 3 2 x − هنة غوص ومنه حسب مبر 5 أولي مع 3 و 2 : أي أن − x 2 يقسم 3 3 x − = α

3 : وعليه 2 x = α α مع + ∈ ¢

5 ( ) ( ) : ومنه 3 3 1 y α = −

1 : إذن 5 y− = α 5 : وعليه 1 y = α +

3 ( ) : الحلول هي 2 ; 5 1 α + α α مع + ∈ ¢

PGCD ( ) القيم الممكنة لـ ) 2 x; y : PGCD ( ) هو δ نفرض x; y وعليه : δ يقسم x و y

5 يقسم δ : ومنه 3 x y − إذن : δ 7 يقسم

. 7 ، 1 هي δ وعليه القيم الممكنة للعددδ 7 : بحيث y و x تعيين ) 3 =

x 7 : لدينا x′ = 7 و y y′ = بحيث x′ و y′ أوليان فيما بينهما . 5 : لكن 3 7 x y − 5 : ومنه = 7 3 7 7 x y ′ ′ × − × =

7 ( ) : أي أن 5 3 7 x y ′ ′ − 5 : ومنه = 3 1 x y ′ ′ − =

2 ( ) نالحظ أن . حل خاص ; 35 : وعليه 3 5 2 3 3 x y ′ ′ − = × − ×

5 5 2 3 3 3 x y ′ ′ − × = − ×

5 ( ) ( ) : وعليه 2 3 3 x y ′ ′ − = −

5 ( ) يقسم 3 لدينا 2 x′ وحسب مبرهنة غوص 5 أولي مع 3 و −′x 2 يقسم 3 فإن 2 إذن − 3 x k ′ − , أي = 3 2 k x k ′ ∈ = + ¢

5 ( ) : ومنه 3 3 3 k y′ × = 3 : وعليه − 5 y k ′ − 5 : ومنه = 3 y k ′ = +

7 ( ) : إذن 3 2 x k = 7 ( ) و + 5 3 y k = +

21 : أي أن 14 x k = 35 و + 21 y k = k : حيث + ∈ ¢

. 14 التمرين

. أوليان فيما بينهما b و a لدينا ) 1 . زوجيين معا b و a ومنه ال يمكن أن يكون

. ومنه أحدهما فردي واآلخر زوجي أو فرديين معا فإذا كان أحدهما فرديا واآلخر زوجيا فإن مجموعهما فردي

. و جداؤهما زوجي . كانا فرديين معا فإن مجموعهما زوجي و جداؤهما فردي وإذا : 84 تعيين قواسم ) 2

2 84 2 3 7 = × : هي 84 ومنه قواسم × . 84 ثم 42 ، 28 ، 21 ، 14 ، 12 ، 7 ، 6 ، 4 ، 3 ، 2 ، 1

: y و x تعيين ) 3x : لدينا x′ = δ و y y′ = δ مع x′ و y′ أوليان فيما بينهما .

x : ومنه y ′ ′ µ = δ وعليه : ( ) 2

84 x y x y

′ ′ δ + = ′ ′ δ × = δ

( ) : أي 84 x y x y ′ ′ δ + =

′ ′ = δ ( ) : إذن ( ) 84 x y x y ′ ′ ′ ′ × + =

x أوليان فيما بينهما فإن ′y و ′x : وبما أن y ′ x و × ′ y ′ أوليان + ′ ). 1 ( فيما بينهما من

( ) ( ) : إذن 84 x y x y ′ ′ ′ ′ × × + = . * 1 x y ′ ′ + x 84 و = y ′ ′ × = :

y لدينا , x ′ 2 حلين للمعادلة ′ 84 0 t t − + = . 0 ∆ . ومنه ليس للمعادلة حلول >

* 3 x y ′ ′ + x 28 و = y ′ ′ × y نجد = , x ′ : حلين للمعادلة ′2 4 21 0 t t − + =

0 ′ ∆ . ومنه ليس للمعادلة حلول >* 7 x y ′ ′ + x 12 و = y ′ ′ × : للمعادلة حلين ′y و ′x وعليه =

2 7 12 0 t t − + = ، 1 ∆ =

1 : ومنه 3 t 2 و = 4 t =

3 x′ ′x 4 أو = ′y 4 و = ′y 3 و = δ 12 و = =

. = y 36 و = x 48 أو = y 48 و = x 36 : وعليه* 12 x y ′ ′ + x 7 و = y ′ ′ × = : x′ و y′ حلين للمعادلة :

2 12 7 0 t t − + = ، 29 ′ ∆ =

29 ′ ∆ . وعليه ال توجد حلول طبيعية =* 21 x y ′ ′ + x 4 و = y ′ ′ = : x′ و y′ حلين للمعادلة :

2 21 4 0 t t − + = ، 425 ∆ =

425 ∆ . وعليه ال توجد حلول طبيعية =

* 28 x y ′ ′ + x 3 و = y ′ ′ = : x′ و y′ حلين للمعادلة : 2 28 3 0 t t − + = ، 193 ′ ∆ =

193 ∆ . وعليه ال توجد حلول طبيعية =* 84 x y ′ ′ + x 1 و = y ′ ′ = : x′ و y′ حلين للمعادلة :

2 84 1 0 t t − + = ، 1763 ′ ∆ =

1763 ∆ . وعليه ال توجد حلول طبيعية = = y 48 و = x 36 : وعليه

. = y 36 و = x 48 أو . 15 التمرين

: أوليان فيما بينهما 170 و 993 إثبات أن ) 1143 + 5 × 170 = 993

27 + 1 × 143 = 170

8 + 5 × 27 = 143

3 + 3 × 8 = 27

2 + 2 × 3 = 8

1 + 1 × 2 = 3

0 + 1 × 1 = 2

993 ( ) : وعليه 170 1 PGCD ; =

: تعيين الحل الخاص ) أ ) 2

0 : لدينا 0

0 0

6 993 170 143 x y

x y + =

− = : ومنه

( ) 0 0

0 0

6 993 170 6 143 y x

x x = −

− − =

0 : وعليه 0

0

6 1163 1163 y x

x = −

= 0 : أي

0

1 5

x y

= =

1 ( ) إذن . حل خاص ; 5 : حل المعادلة ) ب

993 : لدينا 170 993 1 170 5 x y − = × − ×

993 ( ) ( ) : ومنه 1 170 5 x y − = −

170 ( ) يقسم 993 لدينا 5 y يقسم 993 عليه و 170 أولي مع 993 و −5 y− 5 وعليه 993 y k − 993 أي أن = 5 y k = +

993 ( ) : وعليه 1 170 993 x k − = 1 : ومنه × 170 x k − =

170 : إذن 1 x k = +

170 ( ) : الحلول هي 1 993 5 k ; k + k مع + ∈ ¢ . : a تعيين ) 3

[ ] : لدينا[ ]

1 14 1986 1 300 340

a a

− ≡ − ≡

[ ] : ومنه[ ]

15 1986 301 340

a a

≡ ≡

: إذن15 1986 301 340

a a

− = α

− = β : وعليه

15 1986 301 340

a a

= + α

= + β 15 : إذن 1986 301 340 + α = + β

1986 : إذن 340 286 α − β =

993 : نجد 2 بالقسمة على 170 143 α − β =

170 ) : 2 ( ومنه حسب 1 k α = 993 و + 5 k β = +

15 ( ) : ومنه 1986 170 1 a k = + 337620 : أي + 2001 a k = +

إذن = k 0 من أجل 2001 هي a ومنه أصغر قيمة للعدد2001 a = .