Sonlar nazariyasi

92
. a) 624; b) 2418; 30; c) 1440; 8; d) 1960; 12; e) 2808; 24;
f) 3844;30. 
93
. a) 1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 24, 9, 18, 36, 72, 5, 10, 20, 40, 15, 30, 60, 120, 45, 90, 
180, 360;
b) 1, 5, 25, 125, 3, 15, 75, 375. 
94
. 
 Yechish.
S
(2
α
) = 2
α
+1
– 1 = 2
⋅
2
α
- 1, demak, 
m
= 2
α
, 
α∈
N
. 
95
. 
Yechish.
Agar 
p
son 
m
yoki 
n
ning kanonik yoyilmalarining birortasiga 
α
ko’rsatkich kirsa, u holda 
τ
(
mn
), va 
τ
(
m
) 
⋅
τ
(
n
) da 
α
+ 1 ko’paytma mavjud. Agar 
m
va 
n
ning kanonik yoyilmalarida mos ravishda 
ρ
α
va 
ρ
β
Lar bo’lsa, u holda 
mn
ning 
kanonik yoyilmasida 
ρ
α+β
mavjud va 
τ
(
mn
) dagi 
α
+ 
β
+ 1 ko’paytmaga 
τ
(
m
) 
⋅τ
(
n
) 
da qatnashuvchi (
α
+ 
β
) (
β
+ 1) > 
α
+ 
β
+ 1 ko’paytma mos keladi. Demak, agar (
m, 
n
)>1, u holda 
τ
(
m
) 
τ
(
n
) > 
τ
(
mn
). Agar 
r m
yoki 
n
ning kanonik yoyilmasiga qat-
nashsa, yuqorida qayd qilinganidek, 
S
(
x
) ni hisoblash mumkin.

---

68 
Ikkinchi holda S (
mn
) ga kiruvchi
,
1
1
−
+
+
p
p
β
α
ko’paytmaga S (
m
) S (
n
) ga kiru-
vchi 
(
)
(
)
,
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
−
+
+
−
−
=
−
−
⋅
−
−
+
+
+
+
+
+
p
p
p
p
p
p
p
p
p
β
α
β
α
β
α
ko’paytma mos keladi.
(
) (
)(
)
,
1
1
1
1
1
1
1
1
2
−
−
−
=
−
−
−
+
−
−
+
+
+
+
p
p
p
p
p
p
p
p
β
α
β
α
β
β
α
tenglikni o’rinliligini osongina ko’rsatish mumkin, bundan 
.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−
−
>
−
−
⋅
−
−
−
+
+
+
p
p
p
p
p
p
β
α
β
α
Demak, agar (
m, n
) > 1 bo’lsa, S (
m
) S (
n
) > S (
mn
) bo’ladi.
96
. 
τ
(
m
) = 20, S (
m
) = 5208, 
δ
(
m
) = 1968
10
. 
97
. 
 Yechish.
¡zining barcha bo’luvchilari ko’paytmasiga teng bo’lgan 
m
natu-
ral son 
( )
,
m
m
m
τ
=
tenglama yordamida aniqlanadi, ya’ni 
τ
(
m
) = 2. bundan masala 
yechimi kelib chiqadi.
98
. 
( )
(
)
∏
−
−
=
=
+
k
i
n
i
i
n
i
n
p
p
a
S
1
1
.
1
1
α
 Ko’rsatma.
Matematik induksiya usulidan foydalan-
ing.
99
. a) 
S
2
(12) = 120; b) 
S
2
(18) = 455; c) 
S
2
(16) = 341. 
101
. Yechish.
(
)
,
1
2
1
2
2
1
1
p
и
m
=
−
=
−
+
+
α
α
α
bo’lsin, u holda 
( )
(
) (
)
(
)
(
)
m
p
p
S
m
S
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
1
=
−
=
+
−
=
⋅
=
+
+
+
α
α
α
α
. 
102
. Yechish.
101-masalaga asosan, har qanday mukammal son
(
)
,
1
2
2
1
−
+
α
α
ko’rinishda bo’lishini isbotshan kerak, bu urda 2
α
+1
–1 – tub son. 
m
= 2
α
q
bo’lsin, (
q
, 
2) = 1 va 
S
(
m
) = 2
m
, ya’ni (2
α
+1
-1) 
S
(
q
) = 2
α
+1 
⋅
q
, bundan 
S
(
q
)= 2
α
+1
⋅
k
va
q
= 
(2
α
+1 
- 1)
k, k
∈
N
. 
k
va (2
α
+1 
- 1)
k
sonlar
q 
ning bo’luvchilari bo’lib ular yig’indisi
k
⋅
2
α
+1
= 
S
(
q
) ga teng, bundan
q 
boshqa natural bo’luvchilarga ega emas. Demak
q
= 
(2
α
+1
-1)
k
– tub son, bundan
k
= 1 va 2
α
+1 
– 1 – tub sondir. 
103.
Yechish.
S (
m
) = 3
m 
tenglama
m
= 2
α
⋅
p
1
p
2
uchun
(2
α
+1
- 1)(1 + 
p
1
)(1 + 
p
2
) = 3 
⋅
2
α
p
1
p
2
ko’rinishga ega. Agar 
α
= 0 bo’lsa
(1 + 
p
1
) (1 + 
p
2
) = 3
p
1
p
2
 
yoki 1 + 
p
1
 
+ p
1
, bundan 
p
1
va 
p
2
juft son bo’lishi kerak, bu 
esa o’rinli emas, chunki 1 + 
p
1
va 1 + 
p
2
juft sonlar. Demak 
α
≠
0. Agar 
α
= 1 (1 + 
p
1
) (1 + 
p
2
) = 2
p
1 
p
2
yoki 1 + 
p
1 
+ p
2
 = p
1
 
p
2
,
ya’ni 1 +
 p
1
 = p
2
 (p
1
- 1); 
p
1
– 1 = 2
n
bo’lganligidan
n
+ 1 = 
p
2
n
, bundan
n
= 1 va p
2
= 2, bu esa o’rinli emas. Demak 
α
≠
1. Agar
α
= 2 bo’lsa, 7 (1 + 
p
1
) (1 + 
p
2
) = 12 
p
1
p
2
yoki 7 + 7 (
p
1 
+ 
p
2
) = 5
p
1
 
p
2
, bun-
dan 
p
1
= 7 (yoki
p
2
= 7) va
p
2
= 2 (yoki 
p
1
= 2), bunday bo’lishi mumkin emas. De-
mak 
α
≠
1. 
α
= 3 bo’lganda 5(1 + 
p
1
)(1 + 
p
2
) = 
γ
p
1
 
p
2
yoki 5 + 5 (
p
1
 + p
2
) = 3 
p
1
 p
2
, 
bundan 
p
1
= 5 va
p
2
= 3. Shunday qilib, masala shartini qanoatlantiruvchi eng kichik 
natural son
m
=2
3
⋅
3 
⋅
5 = 120 bo’ladi.

---

69 
104
. Yechish. 
Shart bo’yicha, 
2
2
1
1
α
α
p
p
m
=
va (1+
p
1
) (1 + 
p
2
) = 6, 
bo’lganligidan 
α
1
=1, 
α
2 
= 2 va
.
2
2
1
p
p
m
=
Bundan tashqari, S(m)=28, ya’ni 
(
)
(
)
,
28
1
1
2
2
2
1
=
+
+
+
p
p
p
bundan 
4
1
1
=
+
p
va 
,
7
1
2
2
2
=
+
+
p
p
ya’ni 
2
,
3
2
1
=
=
p
p
. Demak, m = 3 
⋅
2
2
= 12. 
105.
Yechish
. Masala sharti bo’yicha 
(
)(
)
15
1
2
1
2
,
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
=
+
+
=
=
α
α
α
α
α
α
и
p
p
m
p
p
m
, bundan
3
1
2
1
=
+
α
va 
,
5
1
2
2
=
+
α
ya’ni 
2
,
1
2
1
=
=
α
α
. Demak, 
τ
(
m
2
) = (3
α
1
+1) (3
α
2 
+ 1) = 4 
⋅
7 = 28. 
106
. Yechish.
Shart bo’yicha (1 + 2
α
1
) (1 + 2
α
2
) = 81, ikki hol o’rinli bo’lishi 
mumkin: (1 + 2
α
1
)(1 + 2
α
2
) = 3 
⋅
27 va (1 + 2
α
1
)(1+2
α
2
) = 9 
⋅
9, ya’ni 
α
1
= 1, 
α
2
=13 
va 
α
1
=
α
2
=4, bulardan 
τ
(
m
3
) = 160 yoki 
τ
(
m
3
) = 169. 
107
. Ko’rsatma.
,....
,
1
2
1
−
=
=
n
n
d
N
d
d
N
d
dan foydalaning.
108
. Yechish.
N 
ning barcha bo’luvchilarini o’sish tartibida yozamiz: 
,
1
,
,
,...,
,
,
1
1
2
2
1
N
d
N
d
N
d
d
bular (
α
+ 1) (
β
+ 1)… (
µ
+ 1). Bularni juftliklarga bo’linsa, 
,...
,
,
1
1
2
2
1
1
d
N
d
d
N
d
N
⋅
⋅
⋅
barcha turli bo’linmalarni hosil qilamiz, ular soni 
N
– to’la 
kvadrat bo’lganda 
(
)(
) (
)
,
2
1
...
1
1
+
+
+
µ
β
α
ga teng. Bu natijalarni birlashtirib, turli yoyil-
malar soni 
(
)(
) (
)
.
2
1
...
1
1
1




+
+
+
+
µ
β
α
ga tengligini olamiz.
109
. Ko’rsatma.
Masala yechimi 
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)





=
+
+
=
+
+
=
+
+
6
1
1
12
1
1
8
1
1
γ
β
β
α
γ
α
sistemaga keladi. Bun-
dan
N
= 1400.
110
. 
N
= 2 
⋅
3 
⋅
5
4
. 
111. 
 Yechish.
.
...
2
1
2
1
k
k
p
p
p
m
α
α
α
=
bo’lsin, u holda 
τ
(m) =(1+ 
α
1
)(1+ 
α
2
)…(1 + 
α
k
). Agar 
τ
(
m
) 
≡
1(mod 2) bo’lsa, u holda 1 + 
α
i
≡
1(mod 2) bo’ladi, bundan 
α
i
≡
0 
(mod 2), bu esa 
m
– butun soni kvadrati bo’lishini ko’rsatadi. Teskaridan, agar 
m
– 
butun son kvadrati bo’lsa, u holda 
α
i
≡
0(mod 2) va bundan 
τ
(
m
) 
≡
1 (mod 2) ni hosil 
qilamiz. 
112
. a) 2; b) 4; c) 4; d) 5; e) 9; f) 15; g) 46; h) 95. 
113
. a) 
≈
13; 13%; b) 
≈
22; 12%; c)
≈
80; 16%. 
114
. Yechish. 
π
(
p
) < 
p
tengsizlikdagi

---

70 
-
p 
< -
π
(
p
),
p
π
(
p
) - 
p
< (
p
- 1) 
π
(
p
) va
( )
( )
p
p
p
p
π
π
<
−
−
1
1
ni hosil qilamiz.
π
(
p
)–1 = 
π
(
p
- 1) dan
(
)
( )
p
p
p
p
π
π
<
−
−
1
1
kelib chiqadi. 
π
(
m
-1) = 
π
(
m
) tengsizlikdan 
( )
(
)
1
1
−
−
<
m
m
m
m
π
π
ni olamiz.