Hesabın Əsas Teoremi — Onlayn dərslik

1Sadə ədədlərin axtarışıDərs 1-də biz sadə ədədlərlə tanış olduq, Dərs 2-də isə bölünmə münasibətinin xassələrini və qalıqlara görə hallara ayırma metodunu öyrəndik. Bu dərsdə həmin alətlər birləşərək ədədlər nəzəriyyəsinin ən mərkəzi faktını ortaya qoyacaq: hər bir natural ədəd sadə vuruqların hasili şəklində yeganə qaydada göstərilə bilər. Sadə ədədlər ədədlər aləminin « atomlarıdır» — bu dərsdən etibarən hər bir ədədə onun kanonik ayrılışı, yəni daxili atom quruluşu prizmasından yanaşacağıq. Lakin əvvəlcə praktik bir sualdan başlayaq: verilmiş hər hansı böyük ədədin sadə olub-olmadığını sürətli şəkildə necə yoxlamaq olar? Bu dərsdə nələri öyrənəcəyik?

• $\sqrt{n}$ sərhədi (testi) və Eratosfen xəlbiri — ədədin sadəliyini yoxlamağın effektiv praktik üsulları;
• Hesabın əsas teoremi və ədədin kanonik ayrılışı;
• Bölənlərin daxili quruluşu: $d \mid n$ şərtinin qüvvətlər dilində riyazi ifadəsi;
• Bölənlərin sayı $\tau(n)$ , bölənlərin cəmi $\sigma(n)$ və bölənlərin hasili düsturları;
• Bu düsturlara əsaslanan olimpiada fəndləri: şərtli bölənlərin sayılması, « şərti ödəyən ən kiçik ədədi tapın» tipli məsələlərin həll üsulları.

Məsələ 1. ·

1

-dən

100

-ə qədər olan natural ədədlər arasında ən çox böləni olan ədəd hansıdır və onun neçə böləni var?

Bu suala dərhal cavab verə bilmərik — bunun üçün ilk növbədə bölənlərin sayını hesablama metodlarını öyrənməliyik. Dərsin sonunda bu məsələyə yenidən qayıdacağıq.

Teorem 1.1 (

\sqrt{n}

testi). Əgər

n > 1

ədədi mürəkkəb ədəddirsə, onun

\sqrt{n}

-i aşmayan ən azı bir sadə böləni mövcuddur. Deməli,

n

-in sadəliyini yoxlamaq üçün onu yalnız

\sqrt{n}

-ə qədər olan sadə ədədlərə bölmək kifayətdir.

İsbat. Əgər

n

mürəkkəbdirsə, onu

n = ab

şəklində ifadə etmək olar (burada

1 < a \le b < n

). Əgər hər iki vuruq

\sqrt{n}

-dən ciddi şəkildə böyük olsaydı, o zaman

ab > \sqrt{n}\cdot \sqrt{n} = n

alınardı — bu isə ziddiyyətdir. Deməli,

a \le \sqrt{n}

olmalıdır. Aydındır ki,

a

-nın hər hansı sadə böləni (Dərs 2-dəki tranzitivlik xassəsinə görə) həm də

n

-in böləni olacaq və həmin sadə bölən

\sqrt{n}

-i aşmayacaqdır.

Qeyd. Yoxlama zamanı yalnız sadə ədədlərə bölmək tamamilə kifayətdir: əgər ədədin mürəkkəb böləni varsa, həmin mürəkkəb ədədin öz sadə böləni onsuz da

n

-i qalıqsız böləcək və o, daha kiçik olacaq. Buna görə də

n < 121

üçün cəmi

2, 3, 5, 7

olmaqla dörd bölmə yoxlaması;

n < 289

üçün isə

2, 3, 5, 7, 11, 13

olmaqla altı bölmə yoxlaması bəs edir.

Nümunə 1.1.

191

ədədi sadədirmi?

13^2 = 169 < 191 < 196 = 14^2

olduğundan bizim yalnız

2, 3, 5, 7, 11, 13

sadə ədədlərini yoxlamağımız lazımdır. Dərs 2-də öyrəndiyimiz bölünmə əlamətlərini tətbiq edək:

191

təkdir (2-yə bölünmür); rəqəmləri cəmi

11

-dir (3-ə bölünmür); sonu

0

və ya

5

deyil;

191 = 7\cdot 27 + 2

(7-yə bölünmür); tək və cüt mövqelərin fərqi

1 - 9 + 1 = -7

(11-ə bölünmür);

191 = 13\cdot 14 + 9

(13-ə bölünmür). Heç birinə qalıqsız bölünmədiyindən

191

sadədir.

Eratosfen xəlbiri.

N

-ə qədər olan bütün sadə ədədləri eyni anda tapmaq üçün:

2

-dən

N

-ə qədər olan bütün ədədləri sıraya yazın; üstündən xətt çəkilməmiş ilk ədədi (o, mütləq sadədir) dairəyə alın və ardınca onun bütün misillərini (ona bölünənləri) siyahıdan silin; bu prosesi təkrarlayın. Teorem 1.1-ə əsasən,

\sqrt{N}

sərhədini aşan ilk sadə ədədə çatdıqda prosesi dayandırmaq olar — siyahıda qalan bütün silinməmiş ədədlər sadədir.

Qeyd. Eratosfen xəlbirini əl ilə tətbiq edəndə iki kiçik fənd vaxta xeyli qənaət edir: hər hansı

p

sadə ədədinin misillərini silməyə

2p

-dən deyil, birbaşa

p^2

-dən başlamaq olar (çünki ondan kiçik misillər əvvəlki addımlarda onsuz da silinib); həmçinin

2

-nin misillərini sildikdən sonra siyahıda yalnız tək ədədlərlə işləmək kifayətdir.

Nümunə 1.2.

50

-yə qədər olan sadə ədədləri tapaq.

\sqrt{50} < 8

olduğundan siyahıdan yalnız

2, 3, 5, 7

-nin misillərini silmək kifayətdir. Geri qalanlar bunlardır:

2,\ 3,\ 5,\ 7,\ 11,\ 13,\ 17,\ 19,\ 23,\ 29,\ 31,\ 37,\ 41,\ 43,\ 47

— yəni cəmi

15

sadə ədəd mövcuddur.

Bəs bu siyahı nə vaxtsa bitirmi? Hələ

2300

il əvvəl qədim yunan riyaziyyatçısı Evklid bunun əksini göstərmişdir:

Teorem 1.2 (Evklid). Sadə ədədlər sonsuz saydadır.

İsbat. Bunun əksini fərz edək: tutaq ki, sadə ədədlər sonludur və yalnız

p_1, p_2, \ldots, p_k

ədədlərindən ibarətdir. Onda

N = p_1 p_2 \cdots p_k + 1

ədədini quraq.

N > 1

olduğundan, onun ən azı bir sadə böləni mövcuddur; fərziyyəmizə görə bu bölən mütləq siyahıdakı hansısa

p_i

-dir. Amma

p_i

həm

N

-i, həm də

p_1 p_2 \cdots p_k

hasilini böldüyündən, Dərs 2-dəki xətti kombinasiya xassəsinə əsasən onların fərqini də qalıqsız bölməlidir:

p_i \mid N - p_1 \cdots p_k = 1

— lakin heç bir sadə ədəd

1

-i bölə bilməz, ziddiyyət. Deməli, fərz etdiyimiz sonlu siyahıdan kənarda hər zaman yeni bir sadə ədəd mövcuddur.

Vuruqlara ayır — sadəliyi öldür. «

n

-in hansı qiymətlərində

f(n)

sadədir?» tipli suallarda atılmalı olan ilk addım

f(n)

ifadəsini vuruqlara ayırmağa çalışmaqdır. Əgər ifadə vuruqlara ayrılarsa, onun sadə ədəd olması ancaq və ancaq vuruqlardan birinin mütləq

1

(və ya

-1

) olduğu sonlu sayda halda mümkündür — geriyə sadəcə olaraq həmin halları bir-bir yoxlamaq qalır.

2Hesabın Əsas Teoremi

Teorem 2.1 (Hesabın əsas teoremi).

1

-dən böyük hər bir natural ədəd sadə ədədlərin hasili şəklində göstərilə bilər və vuruqların yerdəyişmə ardıcıllığı nəzərə alınmazsa, bu göstəriliş yeganədir. Təkrarlanan eyni sadə vuruqları qüvvət şəklində qruplaşdıraraq, ədədi kanonik şəkildə (standart formada) belə ifadə edirik:

n = p_1^{a_1}\, p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}, \qquad p_1 < p_2 < \cdots < p_k \ \text{sadə},\quad a_i \ge 1.

İsbat. Burada biz yalnız mövcudluğu göstərəcəyik. Tutaq ki,

p

ədədi

n

-in

1

-dən böyük olan ən kiçik bölənidir:

p

mütləq sadədir, çünki

p

-nin

1 < d < p

şərtini ödəyən hər hansı

d

böləni olsaydı, tranzitivliyə görə

d

həm də

n

-in böləni olardı və

p

-nin ən kiçik olması faktı pozulardı. Növbəti addımda

n

-i həmin

p

-yə bölüb

n = p\cdot n_1

yazırıq və eyni məntiqi

n_1

-ə tətbiq edirik. Hər addımda baxdığımız ədəd ciddi şəkildə azaldığından, bu proses sonlu sayda addımdan sonra başa çatır və yekunda

n

yalnız sadə vuruqların hasilinə çevrilir.

Lemma 2.2 (Evklid lemması). Əgər

p

sadə ədədi

ab

hasilini qalıqsız bölürsə, onda

p

bu vuruqlardan ən azı birini mütləq bölür:

p \mid ab \implies p \mid a

və ya

p \mid b

Qeyd. Hesabın əsas teoreminin yeganəlik hissəsi riyazi olaraq məhz Evklid lemmasına söykənir və bu lemmanın tam isbatı üçün ƏBOB anlayışı və Bezout bərabərliyi tələb olunur — bunu Dərs 4-də ətraflı öyrənəcəyik. Diqqətli olun: lemmada

p

-nin sadə olması kritik dərəcədə vacibdir. Məsələn,

6 \mid 4\cdot 9

olsa da,

6 \nmid 4

və

6 \nmid 9

Qeyd. Yeganəlik xassəsinin heç də trivial olmadığını və ciddi isbat tələb etdiyini anlamaq üçün yalnız cüt ədədlərdən ibarət

E = \{2, 4, 6, 8, 10, \ldots\}

təcrid olunmuş çoxluğunu (aləmini) təsəvvür edin. Fərz edək ki, burada « bölünmə» və « sadəlik» standart qaydada təyin olunur:

E

çoxluğunda parçalana bilməyən ədədlər

2, 6, 10, 14, \ldots

-dır (

4 = 2\cdot 2

kimi parçalanır, lakin

6

ədədi

E

daxilində eyni qayda ilə parçalanmır). İndi isə diqqət edin:

60 = 2\cdot 30 = 6\cdot 10 ,

Gördüyünüz kimi

2, 30, 6, 10

ədədlərinin hamısı

E

-də parçalanmayandır — yəni bu təsəvvür etdiyimiz çoxluqda vuruqlara ayrılış yeganə deyil. Deməli, tam ədədlər çoxluğunda yeganəliyin doğru olması heç də xoşbəxt təsadüf yox, arxasında güclü məntiq dayanan teoremdir.

Nümunə 2.1. Gəlin

720

-ni kanonik şəklə salaq. Ədədi ardıcıl olaraq ən kiçik sadə bölənlərinə bölək:

720 = 2\cdot 360 = 2^2\cdot 180 = 2^3 \cdot 90 = 2^4\cdot 45 = 2^4\cdot 3\cdot 15 = 2^4\cdot 3^2\cdot 5.

Kanonik ayrılış faktiki olaraq ədədin bütün bölənləri haqqında hər şeyi açıb göstərir:

Xassə 2.3 (Bölənlərin quruluşu). Tutaq ki,

n = p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}

verilmişdir.

d

natural ədədi

n

-i o vaxt və yalnız o vaxt qalıqsız bölür ki, o,

d = p_1^{b_1}\, p_2^{b_2} \cdots p_k^{b_k}, \qquad 0 \le b_i \le a_i

şəklində olsun. Başqa sözlə,

n

-in istənilən böləni onun kanonik ayrılışındakı sadə vuruqların qüvvətlərini sıfırla həmin qüvvət arasında dəyişməklə (seçməklə) əldə edilir.

İsbat. Bunu belə göstərmək olar: ixtiyari belə bir

d

üçün

n = d\cdot\bigl(p_1^{a_1-b_1}\cdots p_k^{a_k-b_k}\bigr)

ifadəsi doğrudur, deməli

d \mid n

. Tərsinə isbat üçün fərz edək ki,

d \mid n

ödənilir və

n = dm

yazaq.

d

və

m

-in kanonik ayrılışlarını yan-yana hasil şəklində yazsaq

n

-in yeni bir ayrılışı alınır; yeganəlik teoreminə görə bu, məhz

n

-in özünün kanonik ayrılışı ilə üst-üstə düşməlidir. Buradan o nəticəyə gəlirik ki,

d

-nin daxilində

p_i

-dən başqa heç bir kənar sadə vuruq ola bilməz və hər bir

p_i

-nin qüvvəti

a_i

-ni qətiyyən aşa bilməz.

Qüvvətlər dilinə tərcümə. Məsələlərdə bölünmə ilə bağlı verilən hər bir şərti mütləq qüvvətlər üzərindəki məhdudiyyətlərə çevirin:

d \mid n \iff \text{hər sadə vuruq üçün } b_i \le a_i, \qquad 8 \mid d \iff b_1 \ge 3, \qquad 9 \nmid d \iff b_2 \le 1 .

Bunu etdikdən sonra məsələ sadə ehtimalların sayılmasına çevrilir: hər bir

b_i

qüvvəti üçün icazəli qiymətlərin sayını tapıb yekun nəticələri bir-birinə vurun.

Xassə 2.4 (Tam qüvvətin əlaməti). Natural ədəd o vaxt və yalnız o vaxt tam kvadrat ola bilər ki, onun kanonik ayrılışında iştirak edən bütün sadə vuruqların qüvvətləri cüt ədəd olsun. Doğrudan da, əgər

n = m^2

və

m = p_1^{c_1}\cdots p_k^{c_k}

olarsa, onda

n = p_1^{2c_1}\cdots p_k^{2c_k}

alınır. Ümumi riyazi qanunauyğunluq:

n

ədədi tam

k

-cı qüvvətdir

\iff

onun ayrılışındakı bütün qüvvətlər

k

-ya tam bölünür (tam kub halında isə —

3

-ə bölünür).

3Bölənlərin sayı

Teorem 3.1 (Natural bölənlərin sayı düsturu).

n = p_1^{a_1}\, p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}

kanonik ayrılışına malik olan

n

ədədinin natural bölənlərinin sayı aşağıdakı düsturla hesablanır:

\tau(n) = (a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_k + 1).

İsbat. Xassə 2.3-ə əsasən,

n

-in hər hansı bir bölənini qurmaq — əslində hər bir

p_i

sadə vuruğu üçün müvafiq

b_i

qüvvətini sərbəst seçmək deməkdir.

b_1

qüvvəti üçün

a_1 + 1

sayda fərqli seçim imkanı var (

0

-dan

a_1

-ə qədər); eyni qayda ilə

b_2

üçün

a_2+1

imkan var və s. Bu seçimlər bir-birindən asılı olmadığı üçün kombinatorikanın vurma prinsipinə əsasən imkanlar bir-birinə vurulur. Hesabın əsas teoreminin yeganəlik xassəsi bizə zəmanət verir ki, edilən müxtəlif qüvvət seçimləri yekunda tamamilə müxtəlif bölənlər formalaşdırır.

Nümunə 3.1. Məsələn,

720 = 2^4\cdot 3^2\cdot 5

ədədinin natural bölənlərinin sayını tapaq:

\tau(720) = (4+1)(2+1)(1+1) = 5\cdot 3\cdot 2 = 30.

Nümunə 3.2. Aydın görünür ki,

\tau(p) = 2

(çünki sadə ədədin yalnız

1

və özü olmaqla cəmi iki böləni var);

\tau(p^2) = 3

;

\tau(pq) = 4

(müxtəlif

p

və

q

sadələri üçün);

\tau(2^{10}) = 11

. Ümumiyyətlə isə, riyaziyyatda

\tau(n) = 2

şərti bilavasitə

n

-in sadə ədəd olması xassəsi ilə eynigüclüdür.

Xassə 3.2 (Cütləşdirmə).

n

-in bölənlərini

d \longleftrightarrow \dfrac{n}{d}

qaydasına əsasən cüt-cüt qruplaşdırmaq mümkündür və hər cütdəki vuruqlardan ən azı biri

\sqrt{n}

-i aşmır. Buradan iki çox mühüm nəticə çıxır: (a)

\tau(n)

o vaxt və yalnız o vaxt tək ədəd olur ki,

n

tam kvadrat olsun (çünki yalnız bu halda

d = \sqrt{n}

böləni tam ortada qalaraq özü-özü ilə cüt təşkil edir); (b) bölənləri effektiv şəkildə saymaq və ya tapmaq üçün yalnız

\sqrt{n}

-ə qədər olanları tapmaq kifayətdir.

Qeyd. Eyni riyazi faktı birbaşa Teorem 3.1 vasitəsilə də sübut etmək olar:

\tau(n)

hasilinin tək olması üçün mütləq bütün

(a_i + 1)

vuruqları tək olmalıdır, yəni bütün

a_i

qüvvətləri cüt olmalıdır — bu isə Xassə 2.4-ə əsasən məhz tam kvadrat olmağın birbaşa şərtidir. Göründüyü kimi, iki fərqli baxış bucağı eyni vahid nəticəyə gətirib çıxarır.

« Düz

t

böləni olan ən kiçik ədəd».

\tau(n) = t

şərti, mahiyyətcə

t

ədədini vuruqlara ayırmaq deməkdir:

t = (a_1+1)(a_2+1)\cdots

. Hər bir mümkün ayrılış bizə yeni bir qüvvət profili təqdim edir. Tapılacaq ədədi kiçiltmək (minimallaşdırmaq) üçün bu qaydalara əməl edin: (1) Az sayda sadə vuruq götürmək həmişə daha sərfəli olmur — ona görə də mütləq bütün qüvvət profillərini bir-bir yoxlayın; (2) Verilmiş hər bir profildə ədədi minimallaşdırmaq üçün ən böyük qüvvəti ən kiçik sadə vuruğa aid edin (məsələn,

2^4\cdot 3^2 = 144 < 324 = 2^2\cdot 3^4

); (3) Sadə ədədləri həmişə artan ardıcıllıqla (

2, 3, 5, 7, \ldots

) ardıcıl seçin.

Nümunə 3.3. Tam olaraq

15

böləni olan ən kiçik natural ədədi tapaq. Əvvəlcə

15

-in vuruqlara ayrılışlarına baxırıq:

15 = 15

və ya

15 = 5\cdot 3

. Birinci profil bizə birbaşa

n = p^{14}

verir ki, bunun ən kiçik ehtimalı

2^{14} = 16384

-dür. İkinci profil isə

n = p^4 q^2

formasıdır: burada ədədi kiçiltmək üçün ən böyük qüvvəti kiçik sadəyə vermək olduqca sərfəlidir — yəni

2^4\cdot 3^2 = 144

(müqayisə üçün baxın ki,

2^2\cdot 3^4 = 324

edir). Hər iki halı müqayisə etdikdə görürük ki, cavab:

144

Şərtli bölənlərin sayılması. « Verilmiş müəyyən şərti ödəyən neçə bölən var?» tipli məsələlərdə verilən məhdudiyyəti bilavasitə qüvvətlərin dilinə tərcümə edin: əvvəlcə

d = 2^{b_1} 3^{b_2}\cdots

yazın və daha sonra hər

b_i

qüvvəti üçün icazə verilən mümkün qiymətləri sayaraq nəticələri bir-birinə vurun. Məsələn, tək bölənləri tapmaq tələb olunursa

b_1 = 0

olmalıdır, cüt bölənlərdə ən azı

b_1 \ge 1

olmalıdır,

8

-ə bölünən xüsusi bölənlərdə isə mütləq

b_1 \ge 3

şərtdir.

Nümunə 3.4.

720 = 2^4\cdot 3^2\cdot 5

ədədinin bölənlərindən neçəsi

6

-ya qalıqsız bölünür? Axtarılan bölənin, yəni

d = 2^{b_1} 3^{b_2} 5^{b_3}

-ün

6

-ya bölünməsi üçün riyazi olaraq həm

b_1 \ge 1

, həm də

b_2 \ge 1

şərtləri eyni anda ödənməlidir. Deməli

b_1 \in \{1,2,3,4\}

b_2 \in \{1,2\}

b_3 \in \{0,1\}

olmaqla cəmi

4\cdot 2\cdot 2 = 16

fərqli bölən alınır. Bu məsələyə başqa bir baxış:

d = 6m

kimi yazsaq, o zaman

m

ədədi sadəcə olaraq

720/6 = 120 = 2^3\cdot 3\cdot 5

-in ixtiyari böləni olacaqdır və təbii ki,

\tau(120) = 4\cdot 2\cdot 2 = 16

edir.

Qeyd. Əgər

m

və

n

ədədlərinin ortaq sadə vuruğu yoxdursa, onda

mn

-in ümumi kanonik ayrılışı elə

m

ilə

n

-in ayrılışlarının sadəcə yan-yana yazılmasıdır; buna görə də

\tau(mn) = \tau(m)\,\tau(n)

düsturu tam keçərlidir. Lakin ortaq vuruq olduqda bu düstur dərhal pozulur: məsələn,

\tau(2\cdot 2) = 3 \ne \tau(2)\tau(2) = 4

. Həmçinin qeyd edək ki, ədəbiyyatlarda və bəzi riyaziyyat dərsliklərində bölənlərin sayı

\tau(n)

əvəzinə

d(n)

və ya

B(n)

kimi, bölənlərin cəmi isə

S(n)

olaraq da işarələnə bilər — lakin düsturlar və mahiyyət eynidir.

4Bölənlərin cəmi və hasili

Teorem 4.1 (Bölənlərin cəmi düsturu). Kanonik ayrılışı

n = p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}

olan ədədin bütün natural bölənlərinin cəmi aşağıdakı düsturla hesablanır:

\sigma(n) = \bigl(1 + p_1 + \cdots + p_1^{a_1}\bigr) \cdots \bigl(1 + p_k + \cdots + p_k^{a_k}\bigr) = \prod_{i=1}^{k}\frac{p_i^{a_i+1} - 1}{p_i - 1}.

İsbat. Bu ifadədə mötərizələri vurduqda əmələ gələn hər bir toplananın ümumi şəkli mütləq

p_1^{b_1} p_2^{b_2}\cdots p_k^{b_k}

(

0 \le b_i \le a_i

) formasında olur — Xassə 2.3-ə əsasən əminliklə deyə bilərik ki, bu hədlər məhz

n

-in bütün mümkün bölənləridir və qüvvət seçiminin yeganəliyi sayəsində hər bir bölən yekun cəmdə düz bir dəfə iştirak edir.

Nümunə 4.1. Məsələn,

72 = 2^3\cdot 3^2

ədədi üçün hesablayaq:

\sigma(72) = (1 + 2 + 4 + 8)(1 + 3 + 9) = 15\cdot 13 = 195.

Şərtli cəmlər. Əgər bölənlərin yalnız müəyyən bir hissəsinin (məsələn, ancaq cüt bölənlərin) cəmi tələb edilirsə, düsturdakı müvafiq mötərizəyə asanlıqla « müdaxilə etmək» mümkündür: əgər məsələdə tək bölənlərin cəmi axtarılırsa,

2

-nin bütün qüvvətlərinin yer aldığı mötərizə tamamilə kənara atılır (yəni

1

qəbul edilir), əgər cüt bölənlərin cəmi lazımdırsa, həmin mötərizədən sadəcə olaraq

1

toplananı çıxarılır. Alternativ və çox vaxt daha rahat olan bir yol isə belədir: bütün cəm

-

əks halın (yəni istənməyən bölənlərin) cəmi.

Xassə 4.2 (Bölənlərin hasili).

n

ədədinin bütün natural bölənlərinin hasili

n^{\tau(n)/2}

düsturu ilə hesablanır. Doğrudan da, əgər biz bölənləri

d\cdot\dfrac{n}{d} = n

bərabərliyinə əsaslanaraq cütlərə ayırsaq, düz

\dfrac{\tau(n)}{2}

sayda cüt əldə edərik və bu cütlərin hər birinin hasili elə

n

-ə bərabərdir. (Diqqət:

n

tam kvadrat olduqda isə ortada tək qalan

\sqrt{n}

böləni də bu düstura dəqiqliklə daxil olur: yəni

n^{\frac{\tau - 1}{2}}\cdot\sqrt{n} = n^{\tau/2}

nəticəsi yenə də öz doğruluğunu qoruyur.)

Nümunə 4.2. Məsələn,

100 = 2^2\cdot 5^2

ədədi üçün

\tau(100) = 9

olduğunu bilirik, deməli onun bütün bölənlərinin hasili birbaşa

100^{9/2} = 10^{9}

olaraq tapılır.

Qeyd. Maraqlı riyazi fakt:

\sigma(n) = 2n

şərtini ödəyən xüsusi ədədlərə mükəmməl ədədlər deyilir — belə bir ədəd, özü daxil olmamaqla bütün digər (özündən kiçik) bölənlərinin cəminə tam olaraq bərabərdir:

6 = 1 + 2 + 3

, və ya

28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14

. Cüt mükəmməl ədədlərin tam riyazi təsviri Evklid və Eyler tərəfindən verilmişdir, lakin ümumiyyətlə tək mükəmməl ədədin mövcud olub-olmaması problemi bu günə qədər riyaziyyatın həll edilməmiş açıq suallarından biri olaraq qalır.

İndi isə dərsin əvvəlində verdiyimiz suala tam əminliklə qayıda bilərik.

Həll.

100

-ə qədər ən çox böləni olan ədədi tapmaq üçün qüvvət profillərinə baxaq. Əvvəlcə

12

-dən artıq bölənin mümkün olmadığını yoxlayaq:

\tau(n) = 13

üçün yeganə profil

p^{12}

-dir və ən kiçik hal

2^{12} = 4096

edir;

\tau(n) = 14

üçün ən kiçik hal

2^6\cdot 3 = 192

;

\tau(n) = 15

üçün

2^4\cdot 3^2 = 144

;

\tau(n) = 16

üçün isə bütün profilləri (

p^{15}

p^7q

p^3q^3

p^3qr

pqrs

) müqayisə etdikdə ən kiçik hal

2^3\cdot 3\cdot 5 = 120

alınır. Göründüyü kimi, hamısı

100

-ü aşır; daha böyük bölən sayları üçün də ən kiçik ədəd böyüməkdə davam edir (

18 \to 180

20 \to 240

24 \to 360

32 \to 840

). Lakin

\tau(n) = 12

profili tamamilə mümkündür:

60 = 2^2\cdot 3\cdot 5

72 = 2^3\cdot 3^2

84 = 2^2\cdot 3\cdot 7

90 = 2\cdot 3^2\cdot 5

96 = 2^5\cdot 3

— sadalanan bu ədədlərin hamısının düz

12

dənə böləni var. Cavab: Maksimum bölən sayı

12

-dir; və bunu

60,\ 72,\ 84,\ 90,\ 96

ədədləri ödəyir.

Qeyd. Bu dərsimizdə öyrəndiyimiz düsturlar doğrudan da çox qüvvətlidir, amma burada fundamental bir boşluq qaldı: biz kanonik ayrılışın yeganəliyi faktını faktiki olaraq sübutsuz şəkildə qəbul etdik. Məhz Dərs 4-də ƏBOB, Evklid alqoritmi və Bezout bərabərliyi anlayışları vasitəsilə bu boşluğu riyazi cəhətdən tam bağlayacağıq — A Blokunun əsl elmi zirvəsi də elə oradadır.

5Məsələlər — A blok (asan)Bu blokdakı məsələlərin hamısı Dərs 3-dəki üç əsas düsturun —

\tau

\sigma

və bölənlərin hasili düsturunun — birbaşa olaraq tətbiqindən ibarətdir. Hər birində ilk atılacaq addım eynidir: verilmiş ədədi kanonik şəklə salın.

Məsələ 2.

143

və

149

ədədlərindən hansı sadə ədəddir?

Həll. Bilirik ki,

\sqrt{143} < 12

və

\sqrt{149} < 13

olur. Deməli yalnız

2, 3, 5, 7, 11

sadə ədədlərini yoxlamaq tamamilə kifayətdir.

143 = 11\cdot 13

olduğundan o mürəkkəbdir. Lakin

149

tək ədəddir, rəqəmlərinin cəmi

14

edir (yəni

3

-ə bölünmür), son rəqəmi

0

və ya

5

deyil,

149 = 7\cdot 21 + 2

, və

149 = 11\cdot 13 + 6

— yəni bunların heç birinə qalıqsız bölünmür. Cavab:

149

sadədir,

143

isə mürəkkəbdir.

Məsələ 3.

504

ədədini kanonik vuruqlara ayırın.

Həll. Ardıcıl olaraq ən kiçik sadə bölənlərdən başlayaq:

504 = 2\cdot 252 = 2^2\cdot 126 = 2^3\cdot 63 = 2^3\cdot 3^2\cdot 7

. Cavab:

504 = 2^3\cdot 3^2\cdot 7

Məsələ 4.

504

ədədinin ümumilikdə neçə natural böləni var?

Həll.

504 = 2^3\cdot 3^2\cdot 7

olduğundan düstura əsasən:

\tau(504) = (3+1)(2+1)(1+1) = 4\cdot 3\cdot 2 = 24

. Cavab:

24

Məsələ 5.

50

ədədinin bölənlərinin cəmini tapın.

Həll.

50 = 2\cdot 5^2

şəklində vuruqlara ayrılır, deməli cəm düsturu ilə

\sigma(50) = (1+2)(1+5+25) = 3\cdot 31 = 93

alınır. (Əllə yoxlama:

1 + 2 + 5 + 10 + 25 + 50 = 93

.) Cavab:

93

Məsələ 6.

200

ədədinin neçə böləni var və onlardan neçəsi cüt ədəddir?

Həll.

200 = 2^3\cdot 5^2

, deməli ümumi bölənlərin sayı

\tau(200) = 4\cdot 3 = 12

-dir. Cüt bölənlər üçün mütləq

b_1 \ge 1

şərti ödənməlidir: buradan

b_1 \in \{1,2,3\}

(yəni 3 fərqli imkan),

b_2 \in \{0,1,2\}

(yəni 3 fərqli imkan) — beləliklə cəmi

3 \cdot 3 = 9

cüt bölən edir. Cavab:

12

bölən var, onlardan

9

-u cütdür.

Məsələ 7. Tam olaraq

6

böləni olan ən kiçik natural ədədi tapın.

Həll.

6

ədədini vuruqlara ayırsaq

6 = 6

və

6 = 3\cdot 2

qüvvət profillərini alırıq: bunlar bizə uyğun olaraq

n = p^5

(ən kiçik ehtimal

2^5 = 32

) və ya

n = p^2 q

(ən kiçik ehtimal

2^2\cdot 3 = 12

) verir. Cavab:

12

Məsələ 8.

\tau(n) = 2

şərtini ödəyən ədədlər riyaziyyatda hansılardır? Bəs

\tau(n) = 3

olan ən kiçik ədəd hansıdır?

Həll.

\tau(n) = 2

o deməkdir ki, verilmiş

n

-in yalnız

1

və özü olmaqla cəmi iki böləni var — bu isə birbaşa sadə ədədin tərifidir.

\tau(n) = 3

halı üçün,

3

sadə ədəd olduğundan yeganə mümkün profil

n = p^2

-dir; onun ən kiçik qiyməti isə

2^2 = 4

-dür. Cavab:

\tau(n)=2

: bütün sadə ədədləri ifadə edir;

\tau(n)=3

: ən kiçiyi

4

-dür.

Məsələ 9.

100

ədədinin bütün natural bölənlərinin cəmini tapın.

Həll.

100 = 2^2\cdot 5^2

ayrılışını nəzərə alsaq, cəm düsturu belə olacaq:

\sigma(100) = (1+2+4)(1+5+25) = 7\cdot 31 = 217

. Cavab:

217

Məsələ 10.

36

ədədinin bütün natural bölənlərinin hasilini tapın.

Həll.

36 = 2^2\cdot 3^2

, buradan bölənlərin sayı

\tau(36) = 3\cdot 3 = 9

alınır. Bölənlərin hasili düsturuna əsasən:

36^{9/2} = (36^{1/2})^{9} = 6^9 = 10\,077\,696

. Cavab:

6^9 = 10\,077\,696

Məsələ 11.

n = 2^4\cdot 7

ədədinin neçə dənə böləni

7

-yə qalıqsız bölünür?

Həll. Axtarılan böləni

d = 2^{b_1} 7^{b_2}

kimi işarə etsək,

7 \mid d

şərti mütləq şəkildə

b_2 = 1

deməkdir (yəni cəmi 1 imkan var),

b_1

qüvvəti isə

\{0,1,2,3,4\}

qiymətləri arasında tamamilə sərbəstdir (yəni 5 imkan). Cavab:

5

Məsələ 12.

1

-dən

20

-yə qədər olan aralıqda hansı ədədlərin bölənlərinin sayı tək ədəddir?

Həll. Öyrəndiyimiz kimi bölənlərin sayı yalnız və yalnız tam kvadrat ədədlərdə tək olur (Xassə 3.2).

20

-yə qədər olan tam kvadratlar isə bunlardır:

1, 4, 9, 16

. Cavab:

1,\ 4,\ 9,\ 16

Məsələ 13. Eratosfen xəlbiri metodundan istifadə edərək

30

-a qədər olan sadə ədədləri tapın.

Həll. Bilirik ki,

\sqrt{30} < 6

olduğundan sıra daxilindən yalnız

2, 3

və

5

-in misillərini ardıcıl silmək kifayətdir. Yerdə qalanlar:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29

. Cavab:

10

dənə sadə ədəd.

Məsələ 14.

3^5

ədədinin natural bölənlərinin sayını və cəmini hesablayın.

Həll. Say düsturuna əsasən:

\tau(3^5) = 5 + 1 = 6

; Cəm düsturuna əsasən:

\sigma(3^5) = 1 + 3 + 9 + 27 + 81 + 243 = 364

. Cavab:

6

bölən var, cəmləri isə

364

edir.

Məsələ 15.

720

ədədinin bölənləri arasından neçəsi tam kvadratdır?

Həll.

720 = 2^4\cdot 3^2\cdot 5

. Axtarılan hər hansı bir bölənin, yəni

d = 2^{b_1}3^{b_2}5^{b_3}

ədədinin tam kvadrat olması üçün onun daxilindəki bütün qüvvətlər mütləq cüt olmalıdır (Xassə 2.4): buradan

b_1 \in \{0,2,4\}

b_2 \in \{0,2\}

və

b_3 = 0

olduğu məlum olur. Cəmi imkanlar:

3\cdot 2\cdot 1 = 6

. Cavab:

6

dənədir (

1, 4, 9, 16, 36, 144

Məsələ 16.

n

-in hansı natural qiymətlərində

n^2 - 1

ifadəsi sadə ədəd olar?

Həll. İfadəsini vuruqlara ayıraq:

n^2 - 1 = (n-1)(n+1)

. Əgər

n \ge 3

olarsa hər iki vuruq

1

-dən böyük olacaq, deməli alınan hasil avtomatik mürəkkəbdir.

n = 1

olanda

n^2 - 1 = 0

edir (sadə deyil), lakin

n = 2

üçün

n^2 - 1 = 1\cdot 3 = 3

olur və o sadə ədəddir. Cavab: Yalnız

n = 2

olduqda.

Məsələ 17.

1000

ədədinin neçə böləni

10

-a qalıqsız bölünür?

Həll.

1000 = 2^3\cdot 5^3

. Seçilən bölənin

10

-a bölünməsi üçün:

b_1 \ge 1

və

b_2 \ge 1

olmalıdır, yəni hər bir qüvvət üçün

3

imkanımız var. Cəmi:

3\cdot 3 = 9

. (Alternativ başqa bir yol:

d = 10m

yazsaq,

m \mid 100

olmalıdır, və bilirik ki

\tau(100) = 9

.) Cavab:

9

Məsələ 18. Tam olaraq

4

böləni olan ən kiçik iki natural ədədi tapın.

Həll. Vuruqlara ayırsaq

4 = 4

və

4 = 2\cdot 2

profillərini alırıq: bunlar isə

n = p^3

(ən kiçiyi

8

-dir) və ya

n = pq

(ən kiçiyi

2\cdot 3 = 6

) deməkdir. Cavab:

6

və

8

Məsələ 19.

2310 = 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11

ədədinin ümumilikdə neçə natural böləni var?

Həll. Bütün sadə vuruqların qüvvətləri eyni, yəni

1

-ə bərabərdir, deməli

\tau(2310) = 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2 = 2^5 = 32

. (Bunun kombinatorik mənası tamamilə aydındır: biz hər bir sadə vuruğu bölənə ya daxil edirik, ya da etmirik, 2 seçim.) Cavab:

32

6Məsələlər — B blok (orta və çətin)Bu blokda düsturu birbaşa tətbiq etməzdən əvvəl məhz nəyi hesablayacağınızı düzgün müəyyən etmək lazımdır. Məsələni oxuduqdan sonra hazır həllə baxmazdan əvvəl ən azı on dəqiqə təkbaşına düşünün; əgər ilişib qalsanız, nisbətən daha kiçik ədədlər üzərində təcrübələr aparın.

Məsələ 20. Əgər

p > 3

olmaqla

p

və

p + 2

ədədlərinin hər ikisi sadədirsə (əkiz sadə ədədlər), isbat edin ki,

p + 1

cəmi həmişə

6

-ya bölünür.

Həll. Bilirik ki,

p

tək ədəd olduğundan

p + 1

ifadəsi həmişə cütdür:

2 \mid (p+1)

. İndi isə

3

-ə görə hallara ayıraq (Dərs 2-nin metodu ilə): əgər

p = 3k + 1

olsaydı, onda

p + 2 = 3(k+1)

mürəkkəb olardı (şərtə ziddir); eyni zamanda

p

ədədinin özü də

3

-ə bölünə bilməz (çünki o,

p > 3

olan sadə ədəddir). Deməli, geriyə yeganə variant

p = 3k + 2

qalır və bu zaman dərhal

3 \mid (p + 1)

əldə edilir. Nəticədə

2

və

3

ədədləri qarşılıqlı sadə olduğundan (Dərs 2, hasilə bölünmə) yekunda

6 \mid (p + 1)

isbat olunur. Cavab: Həmişə

6

-ya qalıqsız bölünür.

Məsələ 21. RFO seçimi · Elə ən kiçik natural

n

ədədini tapın ki,

\dfrac{n}{2}

tam kvadrat, eyni zamanda

\dfrac{n}{3}

isə tam kub olsun.

Həll. Əgər

n

-in kanonik ayrılışına

2

və

3

-dən başqa hər hansı sadə vuruq daxil olsaydı, onu silmək məsələnin əsas şərtlərini pozmazdı, sadəcə ədədi daha da kiçildərdi — deməli, ən kiçik həll məhz

n = 2^a 3^b

şəklində axtarılmalıdır. Verilmiş şərtləri birbaşa qüvvətlərin dilinə tərcümə edək (Xassə 2.4):

\frac{n}{2} = 2^{a-1} 3^{b} \ \text{tam kvadrat} \implies a - 1 \text{ və } b \text{ mütləq cütdür};

\frac{n}{3} = 2^{a} 3^{b-1} \ \text{tam kub} \implies a \text{ və } b - 1 \text{ isə mütləq üçə bölünür}.

Alınanlara əsasən:

a

elə tək ədəddir ki, eyni zamanda

3

-ə bölünür — ən kiçik belə ədəd

a = 3

-dür;

b

elə cüt ədəddir ki,

3

-ə bölündükdə qalığı

1

edir — ən kiçik belə ədəd isə

b = 4

-dür. Beləliklə,

n = 2^3\cdot 3^4 = 648

. Yoxlama üçün aparaq:

648/2 = 324 = 18^2

(kvadratdır), və

648/3 = 216 = 6^3

(kubdur). Cavab:

648

Məsələ 22. Klassik · Dəhlizdə

1

-dən

100

-ə qədər ardıcıl nömrələnmiş

100

lampa var; başlanğıcda onların hamısı sönmüş vəziyyətdədir. Ardıcıl olaraq

k = 1, 2, \ldots, 100

üçün hər

k

-cı şagird nömrəsi

k

-ya tam bölünən bütün lampaların açarını çevirir (yanırsa söndürür, sönübsə yandırır). Bütün

100

şagird keçib getdikdən sonra yekunda neçə lampa yanan vəziyyətdə qalar?

Həll. Hər hansı

m

nömrəli lampanın açarı,

m

-in sahib olduğu hər bir bölənə uyğun gələn şagird tərəfindən düz bir dəfə çevrilir, yəni ümumilikdə

\tau(m)

dəfə çevrilmiş olur. Lampanın prosesin sonunda yanan vəziyyətdə qalması üçün onun açarı mütləq tək sayda çevrilməlidir: başqa sözlə,

\tau(m)

tək ədəd olmalıdır. Xassə 3.2-yə əsasən, bu riyazi hal yalnız və yalnız tam kvadrat olan ədədlərdə baş verir: onlara

1, 4, 9, \ldots, 100

aiddir. Cavab: Yalnız tam kvadratlar, yəni

10

lampa.

Məsələ 23.

5400

ədədinin natural bölənlərindən neçəsi

8

-ə qalıqsız bölünür, amma

9

-a bölünmür?

Həll. Kanonik ayrılışı yazaq:

5400 = 2^3\cdot 3^3\cdot 5^2

. Axtarılan hər hansı bölən olan

d = 2^{b_1} 3^{b_2} 5^{b_3}

üçün şərtlərə baxaq:

8 \mid d

olduğundan

b_1

mütləq

3

olmalıdır (buradan 1 imkan gəlir);

9 \nmid d

olduğundan

b_2 \in \{0, 1\}

olmalıdır (buradan 2 imkan gəlir); lakin

b_3 \in \{0, 1, 2\}

tamamilə sərbəstdir (buradan isə 3 imkan gəlir). Nəticədə cəmi

1\cdot 2\cdot 3 = 6

belə bölən var. Cavab:

6

Məsələ 24. Neçə natural ədəd var ki,

210

-u həmin ədədə böldükdə qalıqda

10

alınsın?

Həll. Qalıqlı bölmə qaydasına əsasən (Dərs 2)

210 = dq + 10

yaza bilərik, yəni

d \mid 200

olmalıdır. Eyni zamanda qalıq hər zaman böləndən ciddi şəkildə kiçik olduğu üçün mütləq

d > 10

şərti ödənməlidir.

200 = 2^3\cdot 5^2

ədədi üçün bölənlərin sayı

\tau(200) = 4\cdot 3 = 12

-dir. Bu bölənlərdən

10

-u aşmayanlar bunlardır:

1, 2, 4, 5, 8, 10

— cəmi

6

ədəd. Deməli, axtardığımız şərti ödəyən qalan bölənlərin sayı asanlıqla

12 - 6 = 6

tapılır. Cavab:

6

ədəd (

20,\ 25,\ 40,\ 50,\ 100,\ 200

Məsələ 25.

n = 2^a 3^b

şəklində olan hansı ədədlər üçün həm

\tau(n) = 12

olur, həm də həmin

n

ədədi

6

-ya qalıqsız bölünür?

Həll.

6 \mid n

şərti o deməkdir ki, mütləq

a \ge 1

və

b \ge 1

olmalıdır; eyni zamanda bilirik ki,

\tau(n) = (a+1)(b+1) = 12

. Digər tərəfdən

a+1 \ge 2

və

b+1 \ge 2

məhdudiyyətləri qüvvədə olduğundan

12

-nin ancaq

12 = 2\cdot 6 = 3\cdot 4 = 4\cdot 3 = 6\cdot 2

ayrılışları bizim üçün uyğundur:

(a,b) \in \{(1,5),\ (2,3),\ (3,2),\ (5,1)\} \implies n \in \{486,\ 108,\ 72,\ 96\}.

Cavab:

72,\ 96,\ 108,\ 486

Məsələ 26.

\tau(n) = 4

olan bütün natural ədədlərin riyazi quruluşunu ətraflı təsvir edin.

Həll. Düstura əsasən

(a_1+1)(a_2+1)\cdots = 4

olmalıdır. Buna isə

4 = 4

profili

n = p^3

şəklini verir;

4 = 2\cdot 2

profili isə

n = pq

(

p \ne q

sadələr) şəklini verir. Bundan əlavə başqa heç bir imkan yoxdur, çünki

4

-ün digər ayrılışlarında mütləq

1

-ə bərabər olan bir vuruq iştirak edir, bu isə uyğun

a_i = 0

deməkdir, yəni belə bir sadə vuruq əslində ayrılışda yoxdur. Cavab: Yalnız və yalnız

n = p^3

və ya

n = pq

(

p \neq q

sadə ədədlər) şəklində.

Məsələ 27. İsbat edin ki, əgər

\tau(n)

sadə ədəddirsə, o zaman

n

mütləq hansısa bir sadə ədədin qüvvəti şəklindədir.

Həll. Tutaq ki,

\tau(n) = (a_1+1)(a_2+1)\cdots(a_k+1) = q

bir sadə ədəddir. Bilirik ki, hər hansı sadə ədəd iki və ya daha çox sayda

1

-dən böyük vuruğun hasili ola bilməz, deməli bu mötərizələrdən yalnız və yalnız biri

1

-dən böyük olmalıdır; geri qalan digər mötərizələr hamısı

1

-ə bərabər olmalıdır, yəni onlara uyğun olan

a_i = 0

-dır — bu isə o deməkdir ki, belə əlavə sadə vuruqlar ümumiyyətlə yoxdur. Beləliklə isbat olundu ki, cəmi

k = 1

dənə sadə vuruq var və ədəd

n = p^{q-1}

şəklindədir. Cavab: Mütləq

n = p^{q-1}

şəklindədir.

Məsələ 28. İsbat edin ki,

\sigma(n) = n + 1

bərabərliyi riyaziyyatda yalnız və yalnız

n

sadə ədəd olduqda doğru sayılır.

Həll. Əgər

n

sadə ədəddirsə, onun natural bölənləri yalnız

1

və

n

-in özüdür, deməli cəmləri də birbaşa

n+1

edir. Tərsinə, indi isə fərz edək ki,

\sigma(n) = n+1

münasibəti ödənir. Aydındır ki, ixtiyari

n > 1

üçün

1

və

n

ədədlərinin hər ikisi mütləq onun bölənləridir və artıq elə bu ikisinin cəmi birlikdə

n+1

edir. Deməli, bərabərliyin tam doğru olması üçün arada başqa heç bir fərqli bölən qala bilməz — başqa sözlə bu o deməkdir ki,

\tau(n) = 2

olur və

n

mütləq sadə ədəddir. (Qeyd:

n = 1

halı üçün isə

\sigma(1) = 1 \ne 2

olduğundan onsuz da ödənmir.) Cavab: Yalnız sadə ədədlər üçün doğrudur.

Məsələ 29. Hər hansı

n

ədədinin tam olaraq

3

böləni var. Onda

n^3

ədədinin neçə böləni olar?

Həll. Verilənlərə əsasən

\tau(n) = 3

-dür və

3

özü sadə ədəd olduğundan yeganə mümkün profil ancaq

n = p^2

-dir (bunu əvvəlki məsələnin nəticəsindən bilirik). Onda

n^3

ifadəsi

p^6

olar və uyğun olaraq

\tau(n^3) = \tau(p^6) = 7

kimi tapılar. Cavab:

7

Məsələ 30. Məlumdur ki, müəyyən

n

natural ədədi üçün

n^2

-nin düz

15

böləni var. Bu halda

n^3

ədədinin neçə böləni ola bilər? Bütün mümkün variantları tapın.

Həll. Kanonik ayrılışı yazaq:

n = p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}

olsun; onda

\tau(n^2) = (2a_1+1)\cdots(2a_k+1) = 15

bərabərliyi yaranır. Gördüyümüz kimi bütün mötərizə vuruqları tək ədədlərdir və

15

-in tək ədədlərə olan vuruqlarına ayrılışları yalnız bunlardır:

15

və

3\cdot 5

. 1-ci hal: Əgər

2a_1 + 1 = 15 \Rightarrow a_1 = 7

olarsa, yəni

n = p^7

olar və buradan

\tau(n^3) = \tau(p^{21}) = 22

alınar. 2-ci hal: Əgər

2a_1+1 = 3

, eyni zamanda

2a_2+1 = 5 \Rightarrow a_1 = 1

a_2 = 2

olarsa, yəni

n = p\,q^2

olar və

\tau(n^3) = \tau(p^3 q^6) = 4\cdot 7 = 28

alınar. Cavab:

22

və ya

28

Məsələ 31. RFO seçimi · Verilmiş natural ədədin tam olaraq

5

böləni mövcuddur və onun bütün bölənlərinin cəmi

121

-ə bərabərdir. Həmin ədədi tapın.

Həll. Bilirik ki,

\tau(n) = 5

və

5

sadə ədəd olduğundan yeganə mümkün kanonik profil

n = p^4

-dür. Onda cəm düsturunu yazsaq:

\sigma(n) = 1 + p + p^2 + p^3 + p^4 = 121.

Yoxlayaq:

p = 2

üçün cəm

31

edir;

p = 3

üçün isə

1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121

edir — deməli tapıldı;

p = 5

üçün isə onsuz da

781 > 121

olacaqdı. Cavab:

n = 3^4 = 81

Məsələ 32.

3600

ədədinin ancaq cüt bölənlərinin cəmini tapın.

Həll. Ayrılışa baxaq:

3600 = 2^4\cdot 3^2\cdot 5^2

. Cüt bölənləri tapmaq üçün

2

-nin qüvvəti mütləq

b_1 \ge 1

olmalıdır, buna görə də cəm düsturunun içindəki birinci mötərizədən

1

-i (yəni

2^0

-ı) çıxarırıq:

(2 + 4 + 8 + 16)(1 + 3 + 9)(1 + 5 + 25) = 30\cdot 13\cdot 31 = 12090.

Bunun tamam başqa bir həll yolu da var: Cüt bölənlərin cəmi

=

bütün bölənlərin yekun cəmi

-

tək bölənlərin cəmi hesablanır

= \sigma(3600) - \sigma(225) = 12493 - 403 = 12090

. Hər iki üsul eyni nəticəni verir. Cavab:

12090

Məsələ 33. Məlumdur ki, hər hansı bir natural ədədin düz

6

böləni var və onun bütün bölənlərinin hasili

1728

-ə bərabərdir. Bu ədədi tapın.

Həll. Xassə 4.2-ə əsasən hasil düsturu

n^{\tau(n)/2} = n^{6/2} = n^3

-dür. Şərtə görə

n^3 = 1728 = 12^3

olduğundan birmənalı olaraq

n = 12

alırıq. Özümüz üçün yoxlama aparaq:

12 = 2^2\cdot 3

, doğrudan da

\tau(12) = 6

edir və bölənlərin hasili də

1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 6\cdot 12 = 1728

verir. Cavab:

12

Məsələ 34.

2^{10}\cdot 3^{6}

ədədinin natural bölənlərindən neçəsi tam kub deyil?

Həll. İlk öncə bütün bölənlərin ümumi sayını hesablayaq:

\tau = (10+1)(6+1) = 77

. Seçilən hər hansı

d = 2^{b_1}3^{b_2}

böləninin tam kub olması üçün mütləq hər iki qüvvət eyni vaxtda

3

-ə tam bölünməlidir: deməli

b_1 \in \{0,3,6,9\}

(buradan dörd imkan), eyni zamanda

b_2 \in \{0,3,6\}

(buradan da üç imkan) alınır — nəticədə cəmi

4 \cdot 3 = 12

dənə bölən tam kubdur. Bizə lazım olan tam kub olmayan qalan bölənlərin sayı isə

77 - 12 = 65

-dir. Cavab:

65

Məsələ 35.

1

-dən

100

-ə qədər olan aralıqda cəmi neçə natural ədədin düz

4

böləni var?

Həll. Yuxarıdakı məsələlərdə gördüyümüz kimi: belə xüsusi ədədlər yalnız ya

p^3

, ya da

pq

şəklindədir. $p^3 \le 100$ halı:

2^3 = 8

3^3 = 27

(çünki

5^3 = 125

artıq sərhədi aşır) — buradan cəmi

2

ədəd çıxır. $pq \le 100$ (və $p < q$ ) halı: Əgər

p = 2

olarsa

q \le 50

olmalıdır:

3

-dən başlayaraq

47

-yə qədər cəmi

14

sadə ədəd var; Əgər

p = 3

olarsa

q \le 33

olmalıdır:

5,\ldots,31

— cəmi

9

sadə ədəd; Əgər

p = 5

olarsa

q \le 20

olmalıdır:

7, 11, 13, 17, 19

— cəmi

5

sadə ədəd; Əgər

p = 7

olarsa

q \le 14

olmalıdır: yalnız

11, 13

— cəmi

2

ədəd; Nəhayət

p \ge 11

üçün avtomatik olaraq

q > p

olduğundan

pq > 100

sərhədi aşılır. Beləliklə bu qrupdan cəmi

14 + 9 + 5 + 2 = 30

dənə ədəd tapılır. Ümumi ədədlərin sayı isə:

2 + 30 = 32

. Cavab:

32

Məsələ 36. Kanonik ayrılış xassəsindən istifadə edərək isbat edin ki,

\sqrt{2}

ədədi irrasionaldır.

Həll. Gəlin bunun əksini fərz edək: tutaq ki, rasionaldır və

\sqrt{2} = \dfrac{a}{b}

kəsri kimidir, yəni asanlıqla

a^2 = 2b^2

yaza bilərik (

a

və

b

natural ədədlərdir). İndi isə hər iki tərəfin kanonik ayrılışında iştirak edən

2

-nin qüvvətinə baxaq. Fərz edək ki,

a

-nın kanonik ayrılışında

2

-nin qüvvəti

\alpha

b

-nin ayrılışında isə

\beta

-dır. Onda bərabərliyin sol tərəfindəki (

a^2

) ifadədə

2

-nin qüvvəti

2\alpha

— yəni cüt ədəd, sağ tərəfindəki (

2b^2

) ifadədə isə

2\beta + 1

— yəni tək ədəd olacaqdır. Hesabın əsas teoreminə əsasən hər bir ədədin kanonik ayrılışı yeganədir, deməli hər iki tərəfdəki qüvvətlər mütləq bir-birinə bərabər olmalıdır:

2\alpha = 2\beta + 1

. Lakin bilirik ki, cüt ədəd heç vaxt tək ədədə bərabər ola bilməz (Dərs 1). Beləliklə, ciddi ziddiyyət yaranır. Cavab:

\sqrt{2}

birbaşa irrasionaldır.

Qeyd. Eyni məntiqi mühakimə birmənalı olaraq göstərir ki, tam kvadrat olmayan hər bir natural ədədin kvadrat kökü həmişə irrasionaldır: çünki kvadrat olmayan hər hansı ədədin kanonik ayrılışında ən azı bir tək qüvvət iştirak edir və yuxarıdakı həmin cüt-tək ziddiyyəti yenidən təkrarən yaranır.

Məsələ 37. Hansı natural

n

ədədləri üçün

\sigma(n)

ifadəsinin qiyməti tək ədəddir?

Həll. Gəlin

\sigma(n)

cəm düsturundakı mötərizələrə ayrı-ayrılıqda baxaq. Hər hansı tək

p

sadə ədədi üçün olan

1 + p + p^2 + \cdots + p^{a}

cəminin içində düz

a+1

dənə tək toplanan var, deməli bu cəmin özünün yekun cütlüyü elə

a+1

-in cütlüyü ilə tamam eynidir (Dərs 1): yəni bu mötərizənin tək qiymət alması üçün

a

mütləq cüt ədəd olmalıdır. O ki qaldı

p = 2

halına, bu zaman alınan mötərizə

1 + 2 + \cdots + 2^{a}

cəmidir və o onsuz da həmişə təkdir. Ümumi hasilin tək olması yalnız o vaxt mümkündür ki, bütün vuruqların hər biri eyni anda tək olsun, yəni bütün tək sadə vuruqların qüvvətləri istisnasız olaraq cüt olmalıdır. Bu isə riyazi olaraq

n = 2^k m^2

(

m

tək) şəklini ifadə edir — yəni

n

ya tam kvadrat olmalıdır, ya da tam kvadratın ancaq

2

misli olmalıdır. Cavab:

n

tam kvadrat və ya tam kvadratın iki misli olduqda (məsələn,

1, 2, 4, 8, 9, 16, 18, 25, \ldots