|
Mavzu №2. Sonlar nazariyasining muhim funksiyalari. Diofant tenglamalar RejaJavob:
a) 4;
b) 6;
c) 9;
d) (m + 1)(n + 1).
15-masala
|
səhifə | 6/9 | tarix | 09.05.2023 | ölçüsü | 416,46 Kb. | | #109372 |
| qm 4-kurs 2-ma\'ruzaJavob:
a) 4;
b) 6;
c) 9;
d) (m + 1)(n + 1).
15-masala. Shunday natural sonlar topilsinki, ular aynan oltita natural bo’luvchiga ega bo’lib, bu bo’luvchilarning yig’indisi 3500 ga teng.
Yechilishi. n natural son aynan oltita natural bo’luvchiga ega bo’lsa, u n = p5
( bu yerda p – tub) yoki n =p2q ( bu yerda p va q – turli tub sonlar) ko’rinishga ega.
Birinchi holda
1 + p + p2 + p3 + p4 + p5 = 3500 yoki p(1+p+p2+p3+p4)=3500-1= 3499 .
3499 soni 2, 3, 5 va 7 ga bo’linmaydi, shuning uchun p > 10 . Bunda p+(1+p+p2+p3+p4)>105>3499 tengsizlik o’rinli.
Demak, bu hol o’rinli bo’lmaydi.
Ikkinchi holda 1+p+p2+q+pq+p2q = 3500 , ya’ni (1+p+p2)(1+q) = 53 · 7 · 4 .
Birinchi ko’paytuvchi 2 ga va 5 ga bo’linmaydi. (Bu uchun qoldiqlarni tekshirish yetarli).
1 + p + p2 > 1 bo’lgani uchun 1 + p + p2 = 7 . Demak, p = 2 va q = 499 .
2 va 499 sonlar tub bo’lgani uchun n = 22 · 499 = 1996 .
16-masala . 30 ga bo’linadigan va aynan 30 ta turli bo’luvchiga ega bo’lgan natural sonlar topilsin.
Yechilishi.
bo’lsin.
Bu son 30 ga bo’linganligi uchun kanonik yoyilmaga albatta p1 = 2, p2 = 3 va p3 = 5 tub sonlar kiradi, demak k ≥ 3.
Bundan (r1 + 1)(r2 + 1)(r3 + 1) ...(rk + 1) = 30 = 2 · 3 · 5 va k ≤ 3 kelib chiqadi. Demak, k = 3 va (r1, r2, r3) uchlik 1, 2, 4 sonlarning o’rin almashtirishlar natijasida hosil bo’ladi. Bundan n uchun quyidagi qiymatlarni hosil qilamiz:
2 · 32 · 54, 2 · 34 · 52, 22 · 3 · 54, 22 · 34 · 5, 24 · 3 · 52, 24 · 32 · 5.
17-masala . ni isbotlang.
Yechilishi.
{1, 2, ..., n} to’plamda k natural soniga bo’linadigan sonlar ko’rinishga ega bo’lib, ularning umumiy soni ga teng.
Demak,
1 ga karrali sonlar jami ta;
2 ga karrali sonlar jami ta;
...........................................................
n ga karrali sonlar jami ta bo’ladi.
Bularning yig’indisi ga teng.
Yana bitta foydali munosabatni isbotlaymiz.
18-masala .
Yechilishi. {1, 2, ..., n} to’plamda k natural soniga bo’linadigan sonlar ko’rinishga ega bo’lib, ularning umumiy soni ga teng. Shuning uchun aynan k ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi ga teng.
Demak, 1 ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi ga , 2 ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi ga , ...., n ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi ga teng. Bularni hammasini qo’shib chiqsak, isbotlanilayotgan tenglikning chap qismini hosil qilamiz.
19-masala. Istalgan uchun tengsizlikni isbotlang.
b) ning qanday qiymatlarida tenglik bajariladi?
Yechilishi. a) ning barcha bo’luvchilari bo’lsin. U holda ning barcha bo’luvchilari , , , sonlar bo’ladi. Lekin ular orasida o’zaro tenglari bo’lishi mumkin. Agar ning bo’luvchilari orasida 2 ham, 3 ham bo’lmasa, u holda ular orasida tenglari bo’lmaydi. Bundan, bo’lgani uchun .
b) bo’lishi uchun soni 2 ga ham, 3 ga ham bo’linmasligi kerak.
Dostları ilə paylaş: |
|
|