Просветни гласник

384

ДЕСЕТНИ РАЗЛОМЦИ

*у 50 = 23 :50 — 0,46 о 300 18 1 = 18 : 125 = 0,144. о 1)50 500 Именитељ 50 састоји се из чкнилаца 2, 5 и 5, а именитељ 125 из чинилаца 5, 5 и 5. У првом случају добијамо два десетна места, а у д,ругом три десетна места. б. За трећине, шестине, седмине, дванаестине итд. видели смо, да се не даду претворити тачно у десетни разломак. То исто вреди и за деветине, једанаестине. петнаестипе итд. у опгате за све именитеље простих разломака којима су чиниоци са свим други бројеви, а не 2 и 5, или којима се чиниоци састоје поред 2 и 5 и из других бројева. Као што нема ни једцог целог броја који помножен с 3, 6, 7, 9, 11, 14, 15, 17, итд. даје у производу 10, 100, 1000 итд. исто тако није могуће 10, 100, 1000 итд. поделити без остатка с 3, 6, 7, 9, 11, 13, 14, 15, 17, 19, итд. в. Претвори у десетни разломак 7 | 9 . 7 ј = 7:9 = 0,777 .... 9 7 0 70_ 7ђ 7 Као што се види, ово је чист периодичан разломак. Кад погледамо његов именитељ, налазимо да се састоји из чинилаца 3 и 3. Исто тако видели смо за 19 | 21 да у количнику излази 0,90476 1, опет дакле чист иериодичан разломак. Његов именитељ 21 даје се растворити у чиниоце 3 и 7, (дакле онет не у 2 и 5). На основу ова два примера можемо утврдити ово правило : Сви ирости разломци, којима се именитељи с&стоје из других чинилаца, а не из 2 и 5, могу се иретворити само у чист иериодичан разломак. г. Претвори у десетне разломке: и | 15 и х, | 24 . а. 11 1 =11:15= 0,ззз.. . |1о * о 50_ 5_0_ 5

б. Ј У 21 = 17 : 24 = 0,70бзз ... о 200 80 80 8 У првом примеру а. именитељ 15 сасгоји се из чинилаца 3 и 5, а у другом б. именитељ 24 састоји се из чинилаца 2, 2, 2 и 3. У количнику излазе нечисти периодични разломци, а то се могло по сасгаву чинилаца именитељевих унапред знати. И тако може се поставити ово правило: Ако се именитељи иростих разломака састоје из чинилаца 2 и 5 и иоред њих још и из других бројева, онда одатле могу посгати само нечисти ивриодични разломци. д. Претвори у десетне разломке : 5 | 7 и 4 Ј 17 . а. 5 |,=5 : 7 = 0,714285 б. 4 | 17 = 4:17 = 0,2352941 176470 588. Као гато се види, у првом задатку а. излази 6, а у другом б. 16 периодичних места. Кад се тај број периодичних месга упореди с именитељима, онда излази, да у количнику има по једно десетно место мање него што је у дотичном именитељу јединица. Откуда је то ? Узмимо нрви задатак. Кад се бројитељ подели именитељем, у количнику мора бити на првом месту 0 целина, па кад се дељење настави, онда излазе у количнику редом циФре : 7, 1, 4, 2, 8 и 5, а у појединим остацима јављају се ове ци$ре : 1, 3, 2, 6, 4 и 5. Као што је познато, остатак никад не може бити равоа делитељу ; дакле у овом задатку никад не коже изићи 7 у остатку. Место тога могу изићи сви други бројеви који су мањи од њега, а то овде и јест тако. Чим се дакле у остатку понови ци®ра која је већ једном била, одмах морају и у количнику старе циФре излазити. — Исто је тако и у другом задатку. Осгаци који се ту јављају, иду овим редом : 6, 9, 5, 16, 7, 2, 3, 13, 11, 8, 12, 1, 10, 15, 14 и 4, — дакле сви бројеви од 1 до 16 закључно. Чим се нонови остатак, у воличнику морају опет отпочети излазити ци®ре: 235 ... и т. д. И тако, највећи број десетних места у иериодичних разломака мора бити бар за 1 мањи него штојеуименитељу јединица. Разуме