Mavzu №2. Sonlar nazariyasining muhim funksiyalari. Diofant tenglamalar Reja

Javob:
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) ...(r_k + 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.