التمرين 053 — القواسم المشتركة والقسمة الإقليدية

🔢 قواسم مشتركة⭐ التاسعة أساسي📘 تصحيح في 3 مراحل

نص التمرين

1) بيّن أنّه إذا كان \(c\) قاسمًا مشتركًا للعددين الصحيحين \(a\) و\(b\)، فإنّ \(c\) هو من قواسم \(a+b\) و\(a-b\). 2) بيّن أنّ العددين \(n+3\) و\(n+4\) أوليان فيما بينهما. 3) نعتبر العددين \(M=6n+17\) و\(P=3n+13\).   أ) حدّد خارج وباقي قسمة \(M\) على \(n+3\).   ب) حدّد خارج وباقي قسمة \(P\) على \(n+4\).   ج) اِستنتج أنّ \(M+1\) و\(P-1\) ليسا أوليين فيما بينهما. 4) حدّد خارج وباقي قسمة \(M\) على \(2n+1\)، إذا علمتَ أنّ \(2n+1>14\). 5) بيّن أنّه إذا كان \(n+3\) يقبل القسمة على 15، فإنّ \(n-2\) مضاعفٌ للعدد 5.

المرحلة 1: توجيهات للتفكير

1 هي الأداة التي سيقوم عليها كلّ ما بعدها. لا تمرّ عليها مرورَ الكرام.

2: \(n+4\) و\(n+3\) متتاليان. اُطرح أحدهما من الآخر باستعمال الأداة 1. ماذا تجد؟

3: في القسمة الإقليدية، الشرط \(0\le r<\text{المقسوم عليه}\) ليس تفصيلاً — هو الذي يُحدّد الخارج. تحقّق منه دائمًا.

3-ج: اُحسب \(M+1\) و\(P-1\) وحلّل. القاسم المشترك سيقفز إلى عينيك.

في السؤال 4، لاحظ لماذا أُعطي الشرط \(2n+1>14\): بدونه لا نستطيع الجزم بأنّ الباقي أصغر من المقسوم عليه.

المرحلة 2: منهجية الحل

  1. 1) ضَعْ \(a=c\alpha\) و\(b=c\beta\) وحلّل \(a+b\) و\(a-b\).
  2. 2) ليكن \(d\) قاسمًا مشتركًا ⟶ اُطرح، واِستنتج \(d\mid 1\).
  3. 3) اُكتب \(M=q\,(n+3)+r\) بحيث \(0\le r
  4. 4) نفس الشيء مع \(2n+1\).
  5. 5) اُكتب \(n+3=15k\) واِستخرج \(n-2\).

المرحلة 3: التصحيح المفصل

1) الأداة الأساسيّة

\(c\) قاسمٌ لـ\(a\) ⟶ \(a=c\alpha\).   \(c\) قاسمٌ لـ\(b\) ⟶ \(b=c\beta\).

\(a+b=c\alpha+c\beta=c\,(\alpha+\beta)\) ⟶ \(c\) قاسمٌ لـ\(a+b\) ✓
\(a-b=c\alpha-c\beta=c\,(\alpha-\beta)\) ⟶ \(c\) قاسمٌ لـ\(a-b\) ✓

احفظها: كلُّ قاسمٍ مشتركٍ لعددين يقسم مجموعَهما وفرقَهما — وأكثر عمومًا كلّ تأليفةٍ من الشكل \(\lambda a+\mu b\). هذه هي الأداة الوحيدة تقريبًا في هذا الباب.

2) \(n+3\) و\(n+4\) أوليان فيما بينهما

ليكن \(d\) قاسمًا مشتركًا لـ\(n+3\) و\(n+4\).

حسب (1): \(d\) يقسم الفرق \(\;(n+4)-(n+3)=\mathbf{1}\).

القاسم الطبيعي الوحيد للعدد 1 هو 1 ⟶ \(d=1\).

إذن \(\text{ق.م.أ}(n+3\,;\,n+4)=1\) ⟶ أوليان فيما بينهما، مهما كان \(n\). ✓

النتيجة عامّة: عددان متتاليان أوليان فيما بينهما دائمًا. لأنّ فرقهما هو 1.

3-أ) قسمة \(M=6n+17\) على \(n+3\)

محاولةٌ أولى بالخارج 6: \(\;6\,(n+3)=6n+18\). لكنّ \(M-（6n+18)=-1<0\) ⟶ الخارج 6 كبيرٌ جدًّا.

نجرّب الخارج 5: \(\;5\,(n+3)=5n+15\).

\(M-(5n+15)=(6n+17)-(5n+15)=\mathbf{n+2}\)

تحقّق من شرط الباقي: \(0\le n+2

\(M=5\,(n+3)+(n+2)\) ⟶ الخارج \(=5\) والباقي \(=n+2\)

مثال: \(n=1\) ⟶ \(M=23\) و\(n+3=4\) ⟶ \(23=4\times 5+3\) ✓ والباقي \(3=n+2\) ✓

3-ب) قسمة \(P=3n+13\) على \(n+4\)

\(3\,(n+4)=3n+12\) ⟶ \(P-(3n+12)=\mathbf{1}\).

شرط الباقي: \(0\le 11\)).

\(P=3\,(n+4)+1\) ⟶ الخارج \(=3\) والباقي \(=1\)

3-ج) \(M+1\) و\(P-1\) ليسا أوليين فيما بينهما

من (أ): لاحظ أنّ \(M+1=6n+18=\mathbf{6\,(n+3)}\).
من (ب): \(P-1=3n+12=\mathbf{3\,(n+4)}\).

العدد 3 يقسم كليهما: \(\;6(n+3)=3\times 2(n+3)\;\) و\(\;3(n+4)\).

إذن لهما قاسمٌ مشتركٌ يساوي 3، وهو يخالف 1.

⟶ \(M+1\) و\(P-1\) ليسا أوليين فيما بينهما. ✓

انتبه إلى المفارقة: في السؤال 2 وجدنا أنّ \(n+3\) و\(n+4\) أوليان فيما بينهما. ومع ذلك، \(6(n+3)\) و\(3(n+4)\) ليسا كذلك! السببُ أنّ المعاملين 6 و3 أدخلا قاسمًا مشتركًا جديدًا هو 3. ضربُ عددين أوليين فيما بينهما في معاملَين يمكن أن يُفسد الأوّليّة.

4) قسمة \(M=6n+17\) على \(2n+1\)

\(3\,(2n+1)=6n+3\).

\(M-(6n+3)=(6n+17)-(6n+3)=\mathbf{14}\)

شرط الباقي: \(0\le 14<2n+1\) — وهذا صحيحٌ بالضبط لأنّ النصّ أعطانا \(2n+1>14\). ✓

\(M=3\,(2n+1)+14\) ⟶ الخارج \(=3\) والباقي \(=14\)

الآن تفهم لماذا وُضع الشرط \(2n+1>14\). لولاه، لو كان \(2n+1=5\) مثلاً (\(n=2\))، لَكان \(M=29\) و\(29=5\times 5+4\) ⟶ الخارج 5 والباقي 4، لا 3 و14! الفرضيّة ليست زخرفة — هي التي تجعل الجواب ثابتًا.

5) إذا كان \(15\mid n+3\) فإنّ \(n-2\) مضاعفٌ لـ5

\(n+3\) يقبل القسمة على 15 ⟶ \(n+3=15k\) ⟶ \(n=15k-3\).

\(n-2=15k-3-2=15k-5=\mathbf{5\,(3k-1)}\)

إذن \(n-2\) مضاعفٌ للعدد 5. ✓

تحقّق: \(k=1\) ⟶ \(n=12\) ⟶ \(n-2=10=5\times 2\) ✓  ·  \(k=2\) ⟶ \(n=27\) ⟶ \(n-2=25=5\times 5\) ✓

لاحظ أنّنا لم نحتج إلى العامل 3 من \(15=3\times 5\) إطلاقًا. الفرضيّة أعطتنا أكثر ممّا يلزم — واستعملنا ما يلزم فقط. ليس كلّ ما في الفرضيّة ضروريًّا لكلّ سؤال.