O’zbеkiston rеspublikasi oliy va o’rta maxsus ta'lim vazirligi

O’ZBЕKISTON RЕSPUBLIKASI
OLIY VA O’RTA MAXSUS TA'LIM VAZIRLIGI





Mavzu: Multiplikativ funksiyalar. Multiplikativ funksiyalarning asosiy ayniyati

Bajardi: _____________

Ilmiy rahbar: _____________

Ta’rif.  : N  R nol bo’lmagan funksiya multiplikativ deyiladi, agar
a ,b o’zaro tub sonlar uchun ( ab)= (a)(b) tenglik bajarilsa.
Misollar. a) ( a)=1  aN ; b) ( a)= a  aN , b) ( a)= a^-1  aN
tengliklar bilan aniqlangan funksiyalar multiplikativ bo’ladi.
4.12-masala. ,₁ ,₂ -multiplikativ funksiyalar bo’lsin, u holda : a) ( 1 )=1;

1. 
   Multiplikativ funksiyalar ₁ ₂ ko’paytmasi multiplikativ funksiya bo’ladi;
   

2. 
   Agar
   

^{a  p1 p2 ...pn} bo’lsa, u holda ( a )= ( ^p1 ) ( ^p2 )…( ^pn ) ;

1 2 n 1 2 n

3. 
   Agar
   

^{a  p1 p2 ...pn} bo’lsa , u holda quyidagi asosiy ayniyat bajariladi.

1 2 n
^ (d) = _n


(1   ( p

)  ( p ² )  ...  ( p^i ))

i i i
d a ^{i 1}


Yechilishi. a) ning isboti a va 1 soni o’zaro tub bo’lganidan kelib chiqadi.

2. 
   a, b o’zaro tub sonlarni fiksirlaymiz. ₁ ,₂ –multiplikativ funksiyalar uchun quyidagi tengliklar bajariladi:
   

2. 
   ning rostligi
   

^p1 , ^p2 ,…, ^pn
sonlarining o’zaro tubligidan kelib chiqadi.

1 2 n

2. 
   Agar a natural sonining kanonik yoyilmasi
   

a  p^1 p^2 ...p^n
bo’lsa, u holda a ning

1 2 n

har qanday bo’luvchisi ^{d  p1 p2 ...pn}
yoyilmaga ega bo’ladi, bunda

1 2 n


0   _k   _k , k=1,2,…,n.
c) dan quyidagi tengliklarga ega bo’lamiz:



n
_ (1  ( p )  ( p ² )  ...  ( p^i )) ₌
i i i
i 1

_{= }( p ^1 )( p ^2 )...( p ^n ) 
_( p ^1 p ^2 ... p ^n ) 
^ (d).

1 2
0 _k _k
n _{1 2} n
0 _k _k ^{d a}

4.13-masala. θ(a) – ixtiyoriy multiplikativ funksiya uchun


,

funksiya ham multiplikativ bo’ladi.

Yechilishi.

(a,b)  1, ^{a  p1 p2 ...pk} , ^{b  p1}
_p₂
...p^n

bo’lsin. U holda

1 2 k
k1
k2 n

Asosiy ayniyatga ko’ra
χ(ab) 

n
 _θ(d )  _(1 θ( p

)  θ( p²) ...  θ( p^i )) 

d ab i1
i i i

k n

 _(1 θ( p )  θ( p²)  ...  θ( p^i ))_ (1 θ( p

)  θ( p²) ...  θ( p^i )) 

i1

 θ(a)θ(b)

▲
i i i i i i ik 1

Natija. Sonlar nazariyasida quyidagi multiplikativ funksiyalar katta ahamiyatga
ega: a natural sonining natural bo’luvchilar (a) soni va (a) yig’indisi.

Ular quyidagicha aniqlanadi: (a) =

^ 1, (a) = ^ d

d a d a
( ^ belgi a ning barcha bo’luvchilar bo’yicha yig’indini bildiradi).
d a

Asosiy ayniyat va geometrik progressiya hadlarining yig’indisini ifodalovchi formula bilan foydalanib a natural sonining natural bo’luvchilar (a) soni va (a) yig’indisi uchun

n ^{n n}

_{ p}_i 1 _1

(a)= _ ^{(1 
) va (a) =} ^{(1 p}
 p² ... p ⁱ ) _^{ i }

i
i 1
i i
i1
i
i1 _
p_i 1 _

formulalar o’rinliligiga amin bo’lamiz.

Haqiqatdan ham,
_p_i
ning bo’luvchilari ^{1, p}
,..., p^i
bo’lgani uchun

i

 2 

i i


_p_i 1 _1

 ( p^i )  
_1,  ( p_i ⁱ ) 1 p_i  p_i ...  p_i ⁱ
_ i

p

i
i i _1

bo’ladi. Funksiyalarni multiplikativligidan


n ⁿ
 (a)  ( p^1 p^2 ...p^n )  _ ( p^i )  _(1   )

1 2 n i
i1
i

...
i1

n

(a) ( p₁ ¹ p₂ ² ...p_n ⁿ ) ( p_i ⁱ ) (1
   ^{  }  _
 _{ }

  ²   ^  _

_p_i 1 _1



i

n

n

p_i

p_i

p_i ⁱ )
formulalar kelib chiqadi.
i1
i1
i1
p_i 1

4.14-masala. p va q – turli tub sonlar bo’lsin. Quyidagi sonlar nechta natural bo’luvchiga ega?

1. 
   pq;
   
2. 
   p²q; c)p²q²;
   

d) p^mqⁿ?
Yechilishi. a) Ravshanki, ^pq sonning bo’luvchilari 1, ^p, ^q va ^pq sonlar bo’ladi.
Demak, ^{ ( pq)} =4.

2. 
   p²q sonning bo’luvchilari 1, p, p² , q, qp, qp² sonlar bo’ladi. Demak,
   

2. 
   p²q² sonning ikki qator bo’luvchilarini yozamiz:
   

1, p, p²,
1, q, q².
 ( p²q)  6

Qolgan bo’luvchilar bu ikkita qatordagi aqalli bittadan olingan sonlarning ko’paytmalaridan hosil bo’ladi. Bunday sonlar jami 9 ta. Demak, _{ ( p}²_q² _{)  9} .

2. 
   p^mqⁿ sonning ikki qator bo’luvchilarini yozamiz:
   

1, p, p², ..., p^m,
1, q, q², ..., qⁿ.
Qolgan bo’luvchilar bu ikkita qatordagi aqalli bittadan olingan sonlarning ko’paytmalaridan hosil bo’ladi. Bunday sonlar jami (m + 1)(n + 1) ta. Demak,

 ( p^mqⁿ ) 
(m 
1)(n
 1) ^.

Javob:

1. 
   4;
   
2. 
   6;
   
3. 
   9;
   

d) (m + 1)(n + 1). ^▲
4.15-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 . ^▲


4.16-masala . 30 ga bo’linadigan va aynan 30 ta turli bo’luvchiga ega bo’lgan natural sonlar topilsin.

Yechilishi.

n  p^r1 p^r2 ...p^rk

bo’lsin.
1 2 k

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. ^▲





4.17-masala .  (1)   (2)  ...   (n)  ^{ n }  ^{ n }  ...  ^{ n } ni isbotlang.

Yechilishi.

_{ 1} _
_{ 2} _
_{ n} _

{1, 2, ..., n} to’plamda k natural soniga bo’linadigan sonlar

k, 2k,..., ^{ n } k
_{ k} _

ko’rinishga ega bo’lib, ularning umumiy soni

Demak,
 ⁿ 

_{ k} _
ga teng.

1. 
   ga karrali sonlar jami
   

2. 
   ga karrali sonlar jami
   

 ⁿ 
_{ 1} _
 ⁿ 
_{ 2} _

ta;
ta;

...........................................................

n ga karrali sonlar jami
 ⁿ 
_{ n} _

ta bo’ladi.

Bularning yig’indisi  (1)   (2)   (3)  ...   (n)
ga teng. ^▲

Yana bitta foydali munosabatni isbotlaymiz.

4.18-masala .

 (1)   (2)  ...   (n)  ^{ n }  2 ^{ n }  ...  n ^{ n }.

_{ 1} _ _{ 2} _ _{ n} _

Yechilishi. {1, 2, ..., n} to’plamda k natural soniga bo’linadigan sonlar

k, 2k,..., ^{ n } k
_{ k} _

ko’rinishga ega bo’lib, ularning umumiy soni

 ⁿ 
_{ k} _

ga teng. Shuning

uchun aynan k ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi

_k  ⁿ 
_{ k} _

ga teng.

Demak, 1 ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi

 ⁿ  _{ n}
_{ 1} _

ga , 2 ga teng bo’lgan

bo’luvchilar yig’indisi 2 ^{ n }
_{ 2} _

ga , , n ga teng bo’lgan bo’luvchilar yig’indisi

_n  ⁿ 
_{ n} _

ga teng. Bularni hammasini qo’shib chiqsak, isbotlanilayotgan tenglikning chap qismini hosil qilamiz. ^▲

4.19-masala. Istalgan n uchun  (6n)  12 (n)

tengsizlikni isbotlang.

b) n ning qanday qiymatlarida  (6n) 12 (n) tenglik bajariladi?

Yechilishi. a) n ning barcha bo’luvchilari
1  d₁, d₂,..., d_k  n
bo’lsin. U holda

6n ning barcha bo’luvchilari
d₁, d₂ ,..., d_k ,
2d₁, 2d₂,..., 2d_k ,
3d₁,3d₂,...,3d_k ,

6d₁,6d₂,...,6d_k
sonlar bo’ladi. Lekin ular orasida o’zaro tenglari bo’lishi mumkin.

Agar n ning bo’luvchilari orasida 2 ham, 3 ham bo’lmasa, u holda ular orasida

tenglari bo’lmaydi. Bundan,
 (n)  d₁  d₂  ...  d_k
bo’lgani uchun

 (6n)   (n)  2 (n)  3 (n)  6 (n)  12 (n) .
b)  (6n)  12 (n) bo’lishi uchun n soni 2 ga ham, 3 ga ham bo’linmasligi kerak. ^▲

4.20-masala. Ixtiyoriy
n  2
uchun

 (n)  _
 _ n _{  } n 1_ 

n
^{ } k ^ ^ k ^ ^

formula o’rinli.

Yechilishi.

k 1 ^{ }




_{ n    n 1  }1 , k | n _,

^ ^{k } ^{ k } ^{0, k ? n}

demak ,



n
_^{  n }  ^{ n 1 }  _1   (n) . ^▲

^{ } k ^ ^ k ^ ^

k 1 ^{ }
k|n

Izoh. n tub bo’lganida  (n)  2 bo’lgani uchun, qo’yidagiga ega bo’lamiz.
n tub bo’lishi uchun

n
_{ k}  _ n _{  } n 1_  _{ 2}
^{ } k ^ ^ k ^ ^
k 1 ^{ }
tenglik bajarilishi zarur va yetarli.

4.21-masala. Ixtiyoriy
n  2
uchun

 (n)  _
k  _ n _{  } n 1_ 

n
^{ } k ^ ^ k ^ ^

formula o’rinli.

Yechilishi.

k 1 ^{ }


_{ n    n 1  }1 , k | n _,

demak ,

^ k ^ ^ k ^ ^{0, k ? n}

n
_k ^{  n }  ^{ n 1 }  _k   (n) . ^{▲
 } k ^ ^ k ^ ^

k 1 ^{ }
k|n

Izoh. n tub bo’lganida  (n)  n  1bo’lgani uchun, quyidagiga ega bo’lamiz.
n tub bo’lishi uchun

n
_{ k}  _ n _{  } n 1_  _{ n  1}
^{ } k ^ ^ k ^ ^
k 1 ^{ }
tenglik bajarilishi zarur va yetarli.
(x) orqali {1, 2, ..., x} to’plam ichida joylashgan va x soni bilan o’zaro tub bo’lgan sonlar sonini belgilaymiz.
Adabiyotlarda (x) funksiya Eyler⁵ funksiyasi deb yuritiladi.

⁵ Eyler Leonard (1707-1783 y.y.) – shveytsariyalik matematik, mexanik, fizik, astronom. Kompleks ŏzgaruvchili funksiyalar nazariyasi va differentsial geometriya sohalarning asoschilaridan biri.

p – tub son bo’lsin. Yuqorida biz quyidagi tasdiqlarni isbotladik.

1. 
   p dan kichik va u bilan o’zaro tub bo’lgan natural sonlar p – 1 ta.
   
2. 
   p² dan kichik va u bilan o’zaro tub bo’lgan natural sonlar p² – p ta. Demak, ^{( p)  p 1}, _{( p}² _{)  p}² _{ p} .
   

Tub bo’lmagan


x  p^a1 p^a2 ... p^ak
1 2 k
sonlardagi Eyler funksiyasining qiymati quyidagicha hisoblanadi:

(x)= x
^ 1 
1 ^{ } _{1 } 1 ^


 _{ 1}  _.

  
 1  
_ ..._ 1

p
^p 2  

^pk 

Bu tenglikdan Eyler funksiyasi multiplikativ funksiya bo’lishi hamda

( p^k ) 
p^{k }1
 ^{1 }  p^k  p^k1


p


 
formula kelib chiqadi.