|
ƏBOB və ƏKOB-un kanonik təsviri.
Ədədin bölənləri sayı və bölənləri cəmi
a və b ədədlərinin kanonik yazılışı məlum olarsa, onda onların ƏBOB-u və ƏKOB-nun tapılması sadələşir. Tutaq ki, a və b ədədlərinin kanonik yazılışı məlumdur:
a = pk1 pk2 ... pkn və b = pl1 pl2 ... pln
1 2 n 1 2 n
burada
k1 , k 2 ,..., kn
və l1 , l2 ,..., ln mənfi olmayan tam ədədlərdir (əgər
pi vuruğu b ədədində olmazsa, onda
li = 0 , pm
vuruğu a ədədində olmazsa, onda km = 0 götürülür). Onda ƏBOB( a, b) və ƏKOB( a, b) aşaöıdakı düsturla tapılır:
(a, b) = p min( k1, ,l1 ) p min( k2 , l2 ) ... p min( kn , ln ) ,
1 2 n
[a, b] = p max( k1, ,l1 ) p max( k2 , l2 ) ... p max( kn , ln ) .
1 2 n
Bu yazılışlar ƏBOB və ƏKOB-un kanonik təsviridir.
Ədədlərin kanonik təsvirini bilməklə onların bölənləri sayını tapmaq mümkündür. Ədədlərin müsbət (natural) bölənlərinin sayının tapılmasından danışacağıq. Ədədin tam bölənləri sayını onun müsbət bölənləri sayını ikiyə vurmaqla tapırlar.
İstənilən a sadə ədədinin ikisi müsbət və ikisi mənfi olmaqla dörd böləni var: 1, 1, a, a . Məsələn, 13 sadə ədəddir, onun dörd böləni var: 1, 1,13, 13 .
Tutaq ki, istənilən a natural ədəddir və onun kanonik təsviri məlumdur:
a = pk1 pk2 ... pki ,
burada
1 2 i
p1 < p2 < ... < pi və k1 , k 2 ,..., ki N .
a natural ədədinin hər bir d natural bölənini
d = p1 p2 ... pi
1 2 i
şəklində yaza bilərik. Burada 1, 2 ,..., i mənfi olmayan tam ədədlərdir və m {0, 1, 2, ..., km }, İstənilən a natural ədədinin bölənlərinin ( a) sayını
(a) = (k1 + 1) (k 2 + 1) ... (ki + 1)
m = 0, 1, 2, ..., i .
düsturu ilə tapırlar.
Tutaq ki, a natural ədədinin
a = pk1 pk2 ... pki kanonik yazılışı məlumdur. Onda a natural ədədinin
( a)
bölənlərinin cəmini
1 2 i
pk1 +1 1 pk2 +1 1 pki +1 1
(a) = 1 2 ... i
düsturu ilə tapırlar.
p1 1
p2 1
pi 1
Tərif. Özündən başqa digər bölənlərinin cəminə bərabər olan ədədə mükəmməl ədəd deyilir.
Riyazi induksiya metodu və onun tətbiqi
Elə təkliflər vardır ki, n natural parametrindən asılı olur. n natural parametrindən asılı P(n) təklifinin doğruluğunu isbat etmək üçün səmərəli üsullardan biri riyazi induksiya metodudur. Riyazi induksiya metodunun əsasında riyazi induksiya prinsipi durur.
Riyazi induksiya prinsipi. Əgər:
1) P( n) təklifi n = n0 ( n0 N , n0 1) üçün doğru olarsa;
2) n = k ( k N, k > n0 ) üçün P( k) təklifinin doğruluğundan
P( k + 1)
təklifinin doğruluğu alınarsa, onda P(n) təklifi
ixtiyari n n0
üçün doğrudur.
İsbatı. Əksini fərz edək. Tutaq ki, elə m natural ədədi var ki, P(n) təklifi n-in m-dən kiçik qiymətlərində doğrudur, n=m olduqda isə təklif doğru deyil. Başqa sözlə, m natural ədədi P(n) təklifinin doğru olmadığı ilk natural ədəddir.
m > n0 . Deməli,
m 1
natural ədəddir və 1-ci şərtə görə
n = m 1
üçün P(n) təklifi doğrudur, ancaq növbəti
natural ədəd üçün doğru deyil. Bu isə prinsipin 2-ci şərtinə ziddir.
Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanan isbat riyazi induksiya metodu adlanır. Bu isbat metodu iki mərhələdə yerinə yetirilir:
P(n) təklifinin n = n0 olduqda doğruluğu yoxlanılır;
n = k (k > n0 ) üçün P(k) təklifinin doğruluğu qəbul edilir və doğruluğu isbat edilir.
P( k)
təklifinin doğruluğundan
P( k + 1)
təklifinin
Riyazi induksiya metodunun tətbiqinə aid nümunələr.
n 2 olduqda 3n + 3n+1 + 3n+2 ədədinin 117-yə bölündüyünü isbat edək.
İsbatı. n natural parametrindən asılı
P( n) =
3n + 3n+1 + 3n+2
117
təklifinə baxırıq. İsbat edək ki, n 2 olduqda P(n) natural ədəddir.
1-ci mərhələ. P(2) =
32 + 33 + 34
117
= 117
117
= 1 . n=2 üçün təklif doğrudur.
ci mərhələ.
P( k ) =
3k + 3k +1 + 3k + 2
117
natural ədəd olduğunu qəbul edək. İsbat edək ki,
P( k + 1) =
3k +1 + 3( k +1)+1 + 3( k +1)+2
117
ədədi də natural ədəddir.
3k +1 + 3( k +1)+1 + 3( k +1)+ 2
3(3k + 3k+1 + 3k +2 )
P( k + 1) =
117
=
117
= 3 P(k) .
P(k) natural ədəddir. Ona görə də P(k + 1) = 3 P(k ) da natural ədəd olacaqdır.
2. n -in ixtiyari qiymətində 4 n + 6n 10 ifadəsinin 18-ə bölündüyünü isbat edək.
İsbatı. n natural parametrindən asılı
təklifinə baxırıq.
41 + 6 1 10 0
P(n) =
4n + 6n 10
18
ci mərhələ. P(1) =
18
= = 0 . n=1 üçün təklif doğrudur.
18
ci mərhələ.
n = k ( k > 1)
olduqda
4 k + 6 k 10 -un 18-ə bölündüyünü qəbul edirik. Yəni elə m natural ədədi
var ki, 4 k + 6 k 10 = 18 m .
İsbat edək ki, 4 k+1 + 6(k + 1) 10 ifadəsi də 18-ə bölünür.
4k +1 + 6(k + 1) 10
P(k + 1) = =
18
4 4k + 6k 4 =
18
= 4(4 k + 6 k 10) 18 k 36 =
18
4 18m 18(k + 2)
18
= 4 (k + 2) .
Buradan görünür ki, 4 k+1 + 6(k + 1) 10 ifadəsi də 18-ə bölünür. Deməli, 4 n + 6n 10 ifadəsi 18-ə bölünür.
Vilson teoremi. Fermanın kiçik teoremi
Ədədələrə aid müxtəlif məsələlər Vilson teoremi və Fermanın kiçik teoreminin tətbiqi ilə həll edilir. Ona görə də bu teoremlərin tətbiqləri ilə tanış olaq. Bunun üçün əvvəlcə bəzi anlayışları verək.
Tərif. 1-dən n-ə qədər bütün natural ədədlərin hasili n-faktorial adlanır və n! kimi işarə edilir. Verilən tərifə görə:
n!= 1 2 3 ... n .
Tərifə görə: 0!= 1, 1!= 1, 2!= 1 2 = 2 .
Adi faktorial anlayışı ilə yanaşı, ikiqat faktorial anlayışı da daxil edilir və
n!!
kimi işarə olunur. n cüt ədəd
olarsa, yəni
n = 2 k
olarsa, onda
n!!= 2 4 6 ... (2 k) , n tək ədəd olarsa, yəni
n = 2 k + 1
olarsa, onda
n!!= 1 3 5 ... (2k + 1) . 0!!= 1 qəbul edilir.
Məsələn, 8!!= 2 4 6 8 = 384 , 7!!= 1 3 5 7 = 105 . Hesablamalarda aşağıdakı düsturlardan istifadə etmək əlverişlidir:
(2 k )!!= 2 4 6 ... 2 k = 2 k k!;
(2k + 1)!!= 1 3 5 ... (2k + 1) = (2k + 1)! .
2 k k!
Faktorialın daxil olduğu ədədlərə aid bir çox məsələlərin həllində Vilson (1741-1793, Şotland alimi) teoremindən istifadə edilir.
Vilson teoremi.
p > 1 natural ədədinin sadə olması üçün ( p 1)!+1 ədədinin p-yə bölünməsi zəruru və kafidir.
Nümunələr. 1. Tutaq ki, p=7.
( p 1)!+1 = (7 1)!+1 = 6!+1 = 720 + 1 = 721 ;
721: 7 = 103 .
Fermanın kiçik teoremi. Əgər p sadə ədəddirsə, onda istənilən a tam ədədi üçün a p a ədədi p-yə bölünür.
Nümunə. 1. a=2, p =7 olarsa, onda
27 2 = 128 2 = 126;
126 : 7 = 18.
Do'stlaringiz bilan baham: |
