SONLAR NAZARIYASI

Yuklangan vaqt:

08.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

1605.5 KB

Ko'chirib olish

O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
ALISHER NAVOIY NOMIDAGI
SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI
SONLAR NAZARIYASI ASOSLARIDAN
MASALA VA MASHQLAR
«Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar
o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar
« 5 460100 MATEMATIKA »
ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari uchun
Uslubiy qo‘llanma
SamDU o‘quv-uslubiy kengashi tomonidan nashrga
tavsiya etilgan.
Samarqand – 2011
1

Sonlar nazariyasi asoslaridan masala va mashqlar. «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy
mashg’ulotlar o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar. Uslubiy qo‘llanma. – Samarqand: SamDU
nashri, 2011. – 84 bet.
Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha «5460100 –
matematika» ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, Algebra va
sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning
namunaviy o‘quv dasturidan kelib chiqib, butun sonlar xalqasida bo’linish nazariyasi va
taqqoslamar nazariyasining usullariga oid qisqacha nazariy ma’lumotlar, bu usullarning taqbiqiga
oid namunaviy misollar yechimlari, mustaqil ish topshiriqlari va boshqa tarqatma materiallar
keltirilgan. Uslubiy qo’llanma talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga yaqindan
yordam beradi degan umiddamiz .
Tuzuvchilar: U.X. Narzullayev, A.S. Soleev
Mas‘ul muharrirlar: H.N. Nosirova, H.X.Ro’zimuradov
Taqrizchilar : fizika-matematika fanlari doktori,
professor I.A. Ikromov
fizika-matematika fanlari nomzodi,
dotsent M.Y.Yaxshiboyev
2

KIRISH
Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha 5460100
– matematika, 544020- mexanika, 5480100- amaliy matematika va informatika ta’lim
yo‘nalishlari bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, algebra va
sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu
fanning namunaviy o‘quv dasturiga asosan butun sonlar xalqasida bo’linish
nazariyasi va taqqoslamar nazariyasining usullariga oid qisqacha nazariy tasdiq va
formulalar keltirilgan, bu usullarning taqbiqiga oid namunaviy misollarni yechish
uchun ko’rsatmalar ishalb chiqilgan hamda mustaqil ish topshiriqlari va boshqa
tarqatma materiallar keltirilgan.
Uslubiy qo’llanma ikki bobdan iborat.
I-bob b utun sonlar xalqasida bo’linish nazariyasi ga bag’ishlangan bo’lib, unda
butun sonlarning bo’linishi, eng katta umumiy bo’luvchi va eng kichik umumiy
bo’linuvchi, tub va murakkab sonlar, chekli uzluksiz kasrlar, sonli funksiyalar
mavzulariga doir masala va misollar yechimlari bilan keltirilgan.
II-bob b utun sonlar xalqasida taqqoslamalar nazariyasiga bag’ishlangan
bo’lib, unda t aqqoslama tushunchasi va uning xossalari , c hegirmalar sinflari . Eyler
va Ferma teoremalari , b ir noma’lumli a lgebraik taqqoslamalar , b irinchi darajali
taqqoslamalar , b irinchi darajali taqqoslamalar sistemalari mavzulariga doir masala va
misollar yechimlari bilan keltirilgan .
Uslubiy qo’llanma talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga
yaqindan yordam beradi degan umiddamiz .
3

I-BOB
BUTUN SONLAR XALQASIDA BO’LINISH NAZARIYASI
Tayanch iboralar : bo’linma; bo’luvchi; qoldiqli bo’lish haqidagi teorema;
to’liqmas bo’linma; qoldiq; umumiy bo’luvchi; eng katta umumiy bo’luvchi; juft-juft
tub sonlar; umumiy karrali; eng kichik umumiy bo’linuvchi; Yevklid algoritmi;
murakkab son; Eratosfen g’alviri; arifmetikaning asosiy teoremasi; kanonik yoyilma;
chekli uzluksiz kasrlar; aniq bo’linmalar; munosib kasrlar; butun qism; kasr qism;
antye funksiya; Eyler funksiyasi; Myobius funksiyasi.
1-§. Butun sonlarning bo’linishi
Agar shunday q butun son mavjud bo’lib, a = bq tenglik o’rinli bo’lsa, a
butun son b butun songa ( b  0) bo’linadi yoki b son a sonni bo’ladi deyiladi. Bu
yerda q bo’linma, b bo’luvchi, a bo’linuvchi deb ataladi. a sonning b songa
bo’linishini b|a shaklda belgilanadi, agar a son b songa bo’linmasa, uni b  a bilan
belgilaymiz.
Bo’linish xossalari :
a ) bo’linish refleksiv, ya’ni a  a ;
b ) bo’linish tranzitiv, ya’ni agar b|a va c|b bo’lsa, u holda c|a ;
c ) c|a dan ixtiyoriy butun b son uchun c|ab o’rinli;
d ) c|a va c|b dan ixtiyoriy butun x va y sonlar uchun c|ax+by o’rinli (masalan,
c|a  b ). Bu xossa ikkidan ko’p sonlar uchun ham o’rinli;
e ) b|a va a|b bo’lsa, a =  b ;
f ) b|a , a > 0, b > 0 dan b  a kelib chiqadi.
Qoldiqli bo’lish haqidagi teorema : a – butun son, b – butun musbat son bo’lsin.
a son hamma vaqt b songa bo’linmaydi, lekin hamma vaqt a son b songa qoldiqli
bo’linadi , ya’ni shunday yagona butun q va r sonlar topiladiki, ular uchun
a = bq + r, 0  r < b
tenglik o’rinli bo’ladi, bu yerda q - to’liqmas bo’linma , r - soni a ni b ga bo’lgandagi
qoldiq deyiladi .
1-m i s o l. a sonni 13 ga bo’lganda to’liqmas bo’linma 17 ga teng bo’lsa, a
ning eng katta qiymatini toping.
Yechish. Masala shartiga ko’ra, a = 13  17+ r , 0  r < 13. Demak, r = 12
bo’lganda a eng katta qiymatga erishadi, ya’ni 13  17 + 12 = 233. 
2-m i s o l. Bo’linuvchi 371, to’liqmas bo’linma 14 ga teng bo’lsa, bo’luvchi va
unga mos qoldiqlarni toping.
Yechish. Masala shartiga ko’ra, 371 = b  14 + r , 0  r < b , bundan 14 b <
371, b  26. Boshqa tomondan 15 b > 371, bundan b > 24. Demak, b =25; 26 va r =
21; 7 bo’ladi. 
4

3-m i s o l. a sonni b songa bo’lganda bo’linma q va nolmas qoldiq r ga teng.
a ni qanday natural n songa ko’paytirganda bo’linma n marta ortadi?
Yechish. an = bqn + rn dan rn < b va . 
4-m i s o l. Uchta ketma-ket natural sonlardan bittasi 3 ga bo’linishini isbotlang.
Yechish. Natural sonni 3 k , 3 k + 1, 3 k + 2 sonlarning bittasi shaklida ifodalash
mumkin. Agar n = 3k bo’lsa, u holda 3|n ; agar n = 3 k + 1 bo’lsa, u holda 3 |n + 2;
agar n = 3 k + 2 bo’lsa, u holda 3 |n +1. 
5-m i s o l. Agar besh xonali son 41 ga bo’linsa, shu sonni tashkil qilgan
raqamlarni aylanma almashtirish yordamida hosil bo’lgan har qanday sonning 41 ga
bo’linishini isbotlang.
Yechish. Besh xonali son N=10 4
a+10 3
b+10 2
s+10d+e bo’lsin va u 41 ga
bo’linsin. Raqamlarni aylanma almashtirishdan (chapga bir raqamga) quyidagi sonni
hosil qilamiz:
N
1 =10 4
b + 10 3
c + 10 2
d + 10 e + a =
10(10 4
a + 10 3
b + 10 2
c + 10 d + e) - 10 5
a + a = 10N – 99999 a.
41  N va 41  99999 dan 41  N
1 kelib chiqadi. 
6-m i s o l. ko’rinishdagi barcha sonlar 7 raqam bilan
tugashini isbotlang.
Yechish. . Agar bo’lsa, u holda

7-m i s o l. 7  11  13=1001 ni bilgan holda 7, 11, 13 ga umumiy bo’linish
alomatini keltirib chiqaring. Bu alomatni 368312 ga qo’llang.
Yechish. N = 1000 q + r = 1001 q + r – q dan N son 7, 11 va 13 ga bo’linishi
uchun shu sondan uning 1000 ga bo’linganida hosil bo’lgan qoldiqdan ayirmasi 7,
11 yoki 13 ga bo’linishi zarur va yetarligi kelib chiqadi, ya’ni . Agar
N = 368312 bo’lsa, yuqorida keltirilgan ayirma 368 – 312 = 56.
56 faqat 7 ga bo’linganligi sababli 368312 7 ga bo’linadi, lekin 11 va 13 ga
bo’linmaydi. 
8-m i s o l. To’rtta ketma-ket joylashgan butun sonlar ko’paytmasiga bir
qo’shilganda to’liq kvadrat hosil bo’lishini isbotlang.
Yechish. n – 1, n , n + 1, n + 2 – to’rtta ketma-ket keladigan butun sonlar
bo’lsin. U holda
. 
9-m i s o l. 11 10
– 1 sonni 100 ga bo’linishini isbotlang.
Yechish. Nyuton binomini qo’llaymiz:
.
Bundan
har bir qo’shiluvchi 100 ga bo’linadi. 
10-m i s o l. Har bir butun n uchun n 5
– n son 5 ga bo’linishi isbotlang.
5

Yechish. n 5
– n = n ( n 2
- 1)( n 2
+ 1). Butun sonni 5 ga bo’lganda qoldiqlar 0, 1, 2, 3,
4 bo’ladi va bundan butun son 5 k , 5 k + 1, 5 k + 2, 5 k + 3, 5 k + 4, ko’rinishdan biriga
teng bo’lishi kelib chiqadi.
Agar n = 5 k bo’lsa, n son 5 ga bo’linadi; agar n = 5 k + 2 yoki
n = 5 k + 3 bo’lsa, ( n 2
+ 1) son 5 ga bo’linadi; agar n = 5 k + 1 yoki
n = 5 k + 4 bo’lsa, (n 2
- 1 ) 5 ga bo’linadi. 
11-m i s o l. Raqamlar yig’indisi bir xil bo’lgan ikki son ayirmasi 9 ga
bo’linishini isbotlang.
Yechish. va bo’lsin.
va dan shartga ko’ra,
, demak, 
12-m i s o l. Ketma-ket kelgan to’rtta raqam birin-ketin yozilgan bo’lib,
dastlabki ikkita raqam o’rni almashtirilgandan so’ng to’la kvadrat bo’lgan to’rt
xonali son hosil qilingan. Shu sonni toping.
Yechish. Masala shartiga ko’ra,
N 2
= 1000 ( x + 1) + 100 x + 10 ( x + 2) + ( x + 3) = 11 ( 101 x+ 93 ).
Bundan N = 11 k va N to’la kvadrat bo’lganligidan 11 k 2
= 101 x + 93 , ya’ni
Bu yerdan x = 3 kelib chiqadi . Demak, N = 11(101  3 +
93) = 4356 = 66 2
. 
M A S H Q L A R
1 . Agar bo’linuvchi va bo’linma berilgan bo’lsa, bo’luvchi va qoldiqni toping:
a ) 25 va 3; b ) – 30 va – 4.
2* . Isbotlang:
a ) toq natural sonning kvadratini 8 ga bo’lganda 1 qoldiq qoladi;
b ) ketma-ket ikki natural son kvadratlari yig’indisini 4 ga bo’lganda 1 qoldiq
qoladi.
3* . 15 soni har qanday natural darajaga ko’tarilib, 7 ga bo’linsa 1 qoldiq
qolishini isbotlang.
4* . Agar mn + pq m – p ga bo’linsa, u holda mq + np ham m – p ga
bo’linishini ko’rsating, bu yerda m, n, p, q
 Z .
5* . a, b, c, d, n – butun sonlar. a d – bc, a – b sonlar n ga bo’linadi va b, n
sonlar birdan farqli natural bo’luvchilarga ega emas. c – d ni n ga bo’linishini
isbotlang.
6. Ixtiyoriy butun n son uchun isbotlang:
a ) n 3
– n son 3 ga bo’linadi; b ) n 7
– n
son 7 ga bo’linadi;
c* ) son 30 ga bo’linadi.
6

7* . Olti raqamli son 5 bilan tugaydi, agar bu sonni chap tomonga birinchi
o’ringa o’tkazsak, u holda berilgan sondan 4 marta katta son hosil bo’ladi. Shu sonni
toping.
8* . n ( n+ 1)(2 n+ 1) ( n N ) sonni 6 ga bo’linishini isbotlang.
9* . Kasr sonning surati ikki toq sonning kvadatlari ayirmasi, maxraji esa shu
sonlar kvadratlari yig’indisiga teng. Shu kasr surat va maxrajini ikkiga qisqartirish
mumkin, 4 ga esa qisqarmasligini ko’rsating.
10* . To’la kvadrat bo’lgan to’rt xonali sonning minglar va o’nlar xonasidagi
raqamlari bir xil, yuzlar xonasidagi raqam birlik raqamdan 1 ga katta. Shu sonni
toping.
11*. Ketma-ket joylashgan beshta butun sonlar kvadratlarining yig’indisi to’la
kvadrat bo’lmasligini isbotlang.
12* . Agar biror sonni 9 ga bo’lganda qoldiq 2, 3, 5, 6, 8 sonlardan birortasi
bo’lsa, shu son to’la kvadrat bo’la olmasligini ko’rsating.
13 . ketma-ketlikning n ta hadlari yig’indisini toping.
14* . 16 sonning raqamlari o’rtasiga 15 soni yozilgan, 1156 son o’rtasiga yana
15 yozilgan va hokazo. Shu sonlar to’la kvadrat bo’lishini ko’rsating.
15* . Har qanday natural m va n lar uchun sonni 30 ga
bo’linishini isbotlang.
16* . Hech qanday butun x uchun 3 x 2
+ 2 son to’la kvadrat bo’laolmasligini
ko’rsating.
17* . ta bir xil raqamlardan tuzilgan natural sonni 3 n
ga bo’linishini
isbotlang.
2-§. Eng katta umumiy bo’luvchi va eng kichik umumiy bo’linuvchi
a, b, …, l sonlarni bo’luvchi butun son shu sonlarni umumiy bo’luvchisi
deyiladi.
Shu bo’luvchilarning eng kattasi eng katta umumiy bo’luvchi (EKUB) deyiladi
va d = (a, b,…, l) bilan belgilanadi.
Agar ( a, b,…,l ) = 1 bo’lsa, a, b, …, l sonlar o’zaro tub sonlar deyiladi. Agar a,
b,…, l sonlarning har biri qolganlari bilan o’zaro tub bo’lsa, bu sonlar juft-juft bilan
o’zaro tub sonlar deyiladi.
Yevklid algoritmini qo’llab, sonlarni EKUB ini topish mumkin, bu usul
quyidagicha: agar a va b natural sonlar va a > b bo’lsa, u holda
a = bq
1 +r
1 , 0 < r
1 < b,
b = r
1 q
1 + r
2 , 0 < r
2 < r
1 ,
r
1 = r
2 q
3 + r
3 , 0 < r
3 < r
2 ,
……………………………
r
n- 2 = r
n-1 q
n + r
n , 0 < r
n < r
n- 1 ,
r
n- 1 = r
n q
n+ 1 , r
n+ 1 =0.
Noldan farqli oxirgi r
n qoldiq a va b sonlarni EKUB ini beradi.
7

Har qanday a, b,…, l sonlarga bo’linadigan son berilgan sonlarni umumiy
karralisi deyiladi. Umumiy karralilarning eng kichigi eng kichik umumiy bo’linuvchi
(EKUK) deyiladi va m = [ a, b,…,l ] bilan belgilanadi.
a va b sonlarni umumiy karralisi
tenglik yordamida topiladi. Agar t = 1 bo’lsa, bu tenglikdan a va b sonlarning
EKUK i kelib chiqadi, ya’ni
, yoki .
Juft-juft o’zaro tub sonlarning EKUK i shu sonlar ko’paytmasiga teng.
Agar
turli tub sonlar, 
i , 
j – butun musbat sonlar bo’lsin. U holda
quyidagi rekurrent formulalar yordamida bir nechta sonlarni EKUK va EKUB ini
topish mumkin:
Demak bu formulalardan bir nechta sonlarni EKUB va EKUK ini topish ikkita
sonni EKUB va EKUK ini topish masalasiga keltiriladi.
1-m i s o l. (1734, 822) va [1734, 822] ni toping.
Yechish. Bu sonlar uchun Yevklid algoritmini topamiz:
1734 = 822  2 + 90;
822 = 90  9 + 12;
90 = 12  7 + 6;
12 = 6  2.
Demak, (1734, 822) = 6.
. 
2-m i s o l. Ikkita ketma-ket juft sonlarning EKUB i 2 ga, toq sonlarning
EKUB i esa 1 ga tengligini isbotlang.
Yechish.
(2 n , 2 n + 2) = 2( n , n + 1) = 2
2 n + 3 = (2 n + 1)  1 + 2
2 n + 1 = 2  n + 1
2 = 1  2, bundan (2 n + 1 , 2 n + 3) = 1. 
3-m i s o l. ( a, b ) = 1 dan ( a + b, a - b ) 1 yoki 2 ga tengligi kelib chiqishini
isbotlang.
Yechish. (a + b, a - b) = d bo’lsin, u holda d| 2 a va d| 2 b. (2 a , 2 b ) =
= 2( a,b ) = 2 bo’lganligi sababli d |2.
8

Demak, d = 1 yoki 2. 
4-m i s o l. Agar bo’lsa, ( a,b ) = ( u
1 a+v
1 b, u
2 a+v
2 b ) ni isbotlang.
Yechish. ( a, b ) = d va ( u
1 a + v
1 b, u
2 a + v
2 b ) = d
1 bo’lsin. d
1 |( u
1 a + v
1 b ), d
1 | ( u
2 a
+ v
2 b ) va dan d
1  a , d
1  b , kelib chiqadi, demak, d
1  d . d  a , d  b dan d
1  d
kelib chiqadi. Demak, d = d
1 . 
5-m i s o l. 3 = (51, 21) ni 51 x + 21 y shaklda ifodalang.
Yechish. 51 = 21  2 + 9, 21 = 9  2 + 3. Bundan
3 = 21 – 2  9 = 21 – 2(51 – 21  2) = 21  5 – 51  2. 
6-m i s o l. ab va m = [ a, b ] sonlarni EKUB ini toping.
Yechish. ( ab, m ) = ( dm, m ) = m ( d , 1) = m , bu yerda . 
7-m i s o l. Uchta ketma-ket natural sonlarning EKUB va EKUK ini toping.
Yechish. ( n, n + 1 , n + 2 ) = (( n, n + 1 ), n + 2) = (1 , n + 2 ) = 1.

n ning juft-toqligiga qarab 2 yoki 1 bo’ladi.
Demak, agar n toq bo’lsa, [ n, n + 1 , n + 2 ] = n ( n + 1)( n + 2), va agar n juft
bo’lsa, [ n, n + 1 , n + 2 ] = . 
8-m i s o l. Ikkita sonning EKUB i shu sonlar ayirmasidan katta bo’lishi
mumkinmi?
Yechish. a > b va ( a, b ) = d bo’lsin. Bundan a = dx , b = dy va
x – y > 0 bo’ladi. Agar d > a - b = d ( x - y ) bo’lsa, 1 > x – y va
0 < x – y < 1 ni hosil qilamiz. Bu tengsizlik o’rinli emas, chunki x va y – butun
sonlar. Demak, ( a, b )  a – b ( a > b ) bo’ladi. 
9-m i s o l. sistemani natural yechimlarini toping.
Yechish. ( x, y ) = 30 quyidagi sistemaga teng kuchli.

Bundan berilgan sistemaning birinchi tenglamasi ko’rinishga keladi va
qiymatlar qabul qiladi. Demak, ga teng bo’lishi
mumkin. dan 
10-m i s o l. Agar ( a, b ) = 24, [ a,b ] = 2496 bo’lsa, a va b larni toping.
Yechish. ( a, b ) = 24 dan a = 24 x , b = 24 y va ( x,y ) = 1 kelib chiqadi. x < y
bo’lsin. dan
yoki .
( x, y ) = 1 dan xy = 1  104 yoki xy = 8  13 bo’lishi mumkin. Bu yerdan x = 1 va
y = 104 bo’lganda a = 24  1 = 24, b = 24  104 = 2496; x = 8 va y = 13 bo’lganda a =
24  8 = 192, b = 24  13 = 312. 
9

M A S H Q L A R
18. Yevklid algoritmi yordamida sonlarning EKUB va EKUK ini toping:
a ) 546 va 231; b ) 1001 va 6253; c ) 2737, 9163 va 9639;
d ) 420, 126 va 525; e ) 529, 1541 va 1817.
19. Sonlarni tub ko’paytuvchilarga ajratib sonlarning EKUB ini toping:
a ) 360 va 504; b ) 220 va 6600; c ) 187 va 533;
d ) 420, 126 va 525; e ) 529, 1541 va 1817.
20*. Agar a = cq+r, b = cq
1 +r
1 bo’lib, a, b, q, q
1 r, r
1 – butun nomanfiy sonlar;
c – butun musbat son bo’lsa,
( a, b, c ) = ( c, r, r
1 )
tenglikni isbotlang. Bu tenglikdan ( a,b,c ) ni topish qoidasini keltirib chiqaring va shu
qoidani n ta son uchun umumlashtiring.
21. 20-masaladan foydalanib quyidagi sonlarni EKUB ini toping:
a ) 299, 391 va 667; b ) 588, 2058 va 2849;
c ) 31605, 13524 , 12915 va 11067.
22. formuladan foydalanib quyidagi sonlarning EKUK ini toping:
a ) 252 va 468; b ) 279 va 372; c ) 178 va 381;
d ) 299 va 234; e ) 493 va 221.
23*. Agar ( a,b )=1 bo’lsa, quyidagilarni toping:
a ) (( a,b ), [ a,b ]); b ) ( a+b, ab ); c ) ( a+b , [ a,b ]).
24*. Ikki son yig’indisi 667, EKUK i va EKUB i nisbatlari 120 ga teng bo’lsa,
shu sonlarni toping.
25*. Ikki sonni har birini ularning EKUB iga bo’lganda hosil bo’lgan
bo’linmalar yig’indisi 18 ga teng. Sonlarning EKUK i 975 ga teng bo’lsa, shu
sonlarni toping.
26*. a = 899, b = 493 berilgan. d = ( a,b ) ni toping va shunday x va y larni
aniqlangki, d = ax + by ko’rinishda ifodalash mumkin bo’lsin .
27. 26-masalani quyidagi juftliklar uchun bajaring:
a ) a = 1445, b = 629; b ) a = 903, b = 731; c ) a = 1786, b = 705.
28*. Sistemalarni natural yechimlarini toping:
a ) ; b ) ;
c ) ; d )
29*. Agar a, b, c – toq sonlar bo’lsa,
ni isbotlang.
30*. Isbotlang:
a ) ;
10

b ) .
31*. N= 10 a+b ( 0  b  9 ) natural son m = 10 q +1 songa bo’linishi uchun faqat
va faqat a – bq m ga bo’linishi kifoya ekanligini isbotlang.
32*. Toping:
a ) ( n, 2 n + 1 ); b ) ( 10 n + 9 , n + 1 ); c ) ( 3 n + 1 , 10 n + 3 ).
33*. N = 10 a+b (0  b  9) natural son m =10 q +9 ga bo’linishi uchun faqat va
faqat a+b ( q +1) ni m ga bo’linishi kifoya ekanligini isbotlang.
34. Ixtiyoriy natural a va b lar uchun:
( a,b ) = (5 a +3 b , 13 a +8 b )
tenglik o’rinli ekanligini isbotlang.
35. Agar bo’lsa, qisqarmas kasr ekanligini isbotlang.
3-§. Tub va murakkab sonlar
Agar natural son tub son deyiladi, u ikkita turli natural bo’luvchiga (bir va o’zi)
ega bo’lsa va murakkab son deyiladi, agar uning bo’luvchilar soni ikkitadan ko’p
bo’lsa.
Bir son na tub, na murakkab songa tegishli emas. Tub sonlar (va ularning
natural darajalari) o’zaro tubdir. Murakkab sonning birdan farqli natural bo’luvchisi
dan katta emas. Bu shartdan foydalanib a sonning tub bo’luvchilarini faqat
dan katta bo’lmagan tub sonlar orasidan izlash kerakligi kelib chiqadi.
a sondan katta bo’lmagan tub sonlarni jadvalini tuzish uchun Eratosfen
g’alviri deb ataluvchi usul mavjud. Bu usul bo’yicha sonlar qatorida bi-rinchi
topilgan p
1 tub songa karrali bo’lgan sonlarni o’chirish, so’ng ikkinchi r
2 tub sonni
topib, unga karrali sonlarni o’chirish va hokazo. Bu prosessni dan katta
bo’lmagan tub songacha davom ettirib, 1 dan a gacha sonlar qatorida o’chirilmay
qolgan sonlar a dan katta tub sonlarni beradi.
Birdan katta har qanday butun a sonni p
1 , p
2 ,…, p
n tub sonlar ko’paytmasi
shaklida ko’paytuvchilar yozilishi tartibi aniqligida yagona ra-vishda yozish mumkin
( arifmetikaning asosiy teoremasi ):
a = p
1 p
2 … p
n .
Ba’zi ko’paytuvchilar takrorlanib kelishi mumkin, shuning uchun ularni
karralilarini mos ravishda

1 , 
2 ,…, 
n lar bilan belgilab, a sonning kanonik
yoyilmasi ni hosil qilamiz, ya’ni:
.
Bundan a sonning har qanday bo’luvchisi

11

ko’rinishga ega bo’lishi kelib chiqadi, bu yerda 0  
1  
1 , 0  
2  
2 , …., 0 

n  
n .
1-m i s o l. Tub sonlar ayirmasi shaklida yoziladigan barcha toq sonlarni
toping.
Yechish. Tub sonlardan bittasi albatta juft bo’lishi kerak, shuning uchun N = p
– 2, bu yerda p – juft bo’lmagan tub son. 
2-m i s o l. N = 3 m +2 ( m =1,2…,) sonning kvadratini natural son kvadrati va
tub son yig’indisi shaklida yozish mumkin emasligini isbotlang.
Yechish. Agar N 2
= n 2
+ p bo’lsa, u holda p = ( N-n ) ( N+n ), bundan
N – n = 1, N + n = p va demak, 2 N = 1 + p yoki p = 2 N – 1 = 6 m + 3, bu esa
mumkin emas. 
3-m i s o l. 127 tub yoki murakkab son ekanligini aniqlang.
Yechish. dan oshmaydigan 2, 3, 5, 7, 11 tub sonlar 127 ini bo’luvchilari
emas, demak, bu son tub sondir. 
4-m i s o l. 2320 va 2350 sonlari orasida joylashgan barcha tub sonlarni
toping.
Yechish. Yechimni soddalashtirish maqsadida 2321 dan 2349 gacha bo’lgan
sonlar qatorida juft, 0 va 5 bilan tugallanadigan sonlarni yozmaslik mumkin,
chunki bu sonlar tub emas. Demak: 2321, 2323, 2327, 2329, 2331, 2333, 2337, 2339,
2341, 2343, 2347, 2349.
Bu sonlar qatoridan 3 ga bo’linadiganlarni o’chiramiz (3 ga bo’linish
alomatidan foydalanamiz). Bu sonlar:
2331, 2337, 2343, 2349
Qolgan sonlar:
2321, 2323, 2327, 2329, 2333, 2339, 2341, 2347.
Bu qatorda 5 ga karrali son bo’lmaganligi sababli 7 ga karrali sonlarni
o’chiramiz. Bu quyidagicha amalga oshiriladi. Qatordagi birinchi sonni 7 ga
bo’lamiz:
2321 = 7  331 + 4.
Qoldiq 4 dan (7 gacha 3 yechishmaydi) 7 ga karrali son natural sonlar
qatoridagi 2321 dan keyingi uchinchi sonligi kelib chiqadi, ya’ni 2324 va shu 2324
dan keyingi barcha 7 chi sonlar bo’ladi. Ya’ni: 2331, 2338, 2345. 11 ga karrali son
2321. Bundan keyin keladigan 11 ga karrali sonlar 2332, 2343 sonlar o’chirilgan. 13
ga karrali sonlarni topamiz: qolgan sonlardan birinchi son 2323 ni 13 ga bo’lamiz:
2323=13  178+9.
Demak, 13 ga karrali son natural sonlar qatorida 2323 dan to’rtta keyin kelgan
(9+4=13) bo’ladi, ya’ni 2327. Bu sonni o’chiramiz. 13 ga bo’linadigan keyingi son
2340, bu son o’chirilgan. bo’lganligi sababli bu prosessni to 47 tub
songacha davom ettirish kerak. 2329 – 17 ga karrali, 2323 – 23 ga karrali sonlar.
Qolgan 2333, 2339, 2341, 2347 sonlar tub sonlar bo’ladi. 
5-m i s o l. 2 18
+ 3 18
yig’indini tub ko’paytuvchilarga ajrating.
12

Yechish.
. 
6-m i s o l. 3, 5 va 7 sonlar yagona uch egizak sonlar (ya’ni ayirmasi 2 ga teng
bo’lgan arifmetik progressiya tashkil etuvchi 3 ta tub son) tashkil etishini isbotlang.
Yechish. p , p + 2 va p + 4 ( p > 3 ) sonlarni ko’ramiz. p = 3 q + 1
( q = 2,4,…,) bo’lsa, p + 2 – son murakkab son bo’ladi (3 ga bo’linadi). Agar
bo’lsa, p + 4 murakkab son bo’ladi. 
7-m i s o l. 2 n
–1 va 2 n
+ 1 ( n > 2) sonlar bir vaqtda tub sonlar bo’laolmasligini
isbotlang.
Yechish. 2 n
= 3 q + 1 yoki 2 n
= 3 q + 2 ko’rinishga ega. Birinchi holda 2 n
– 1 =
3 q – murakkab son, chunki n > 2 da q > 1 bo’lishi kerak. Ikkinchi holda 2 n
+ 1 = 3
q + 3 – yana murakkab son. 
8-m i s o l. 3 n + 2 ( n = 1, 2,…) ko’rinishdagi eng katta tub son mavjud
emasligini isbotlang.
Yechish. N = 3·5·7··· p + 2 ko’rinishdagi sonni qaraymiz, bu yerda p = 3 n + 2
ko’rinishdagi son ( N soni ham shu ko’rinishdagi son). N ning kanonik yoyilmasida p
dan katta tub sonlar mavjud va bular orasida 3 n + 2 ko’rinishdagi tub son mavjud. 3 n
+ 1 ko’rinishdagi tub sonlar ko’paytmasi yana shu shaklga ega bo’lganligi sababli u
N ga teng bo’laolmaydi. Demak, p qanday bo’lishidan qat’iy nazar 3 n + 2
ko’rinishdagi p dan katta tub son mavjud . 
9-m i s o l. n > 2 sondan katta bo’lmagan barcha tub sonlar ko’paytmasi n dan
katta bo’lishini isbotlang.
Yechish. p – tub son p  n shartni qanoatlantiruvchi eng katta tub son bo’lsin.
N = 2·3·5···( p -1) sonning kanonik yoyilmasi faqat n dan katta tub sonlardan iborat.
Demak, N > n va bundan N = 2·3·5··· p > n . 
10-m i s o l. p va 8 p 2
+ 1 – tub sonlar bo’lsa, 8 p 2
+ 2 p + 1 tub son bo’lishini
isbotlang.
Yechish. p va 8 p 2
+ 1 – tub sonlar bo’lganligi sababli p = 3 bo’lishi kerak,
chunki p = 3 k + 1 yoki 3 k + 2 bo’lganda 8 p 2
+ 1 tub bo’lmaydi. Demak, 8 p 2
+ 2 p + 1
= 79 – bu tub son. 
M A S H Q L A R
36. Sonlar orasida joylashgan tub sonlarni toping:
a ) 200 va 220; b ) 2540 va 2570; c ) 1200 va 1250.
37*. n > 1 natural sonlar uchun n 4
+ 4 va n 4
+ n 2
+ 1 murakkab sonlar
bo’lishini isbotlang.
38*. Qanday tub p son uchun 4 p 2
+ 1 va 6 p 2
+ 1 tub sonlar bo’ladi.
39*. Qanday tub p son uchun p + 10 va p + 14 tub sonlar bo’ladi.
13

40*. Agar a > 3, natural m va n sonlarni 3 ga bo’lganda mos ravishda 1 va
2 ga teng qoldiqga ega bo’lsa, a , a + m , a + n sonlar bir vaqtda tub bo’laolmasligini
ko’rsating.
41*. n va n! ( n > 2) sonlar orasida hech bo’lmaganda bitta tub son borligini
isbotlang.
42*. Barcha 2 p + 1 ko’rinishdagi butun sonlar ichida bitta son to’la kub
bo’lishini isbotlang, bu yerda p – tub son.
43*. Agar tub sonlarni 5 tub sondan boshlab nomerlab chiqilsa, u holda har
bir tub son o’zini uchlangan nomeridan katta bo’lishini isbotlang.
44*. Agar p > 5 tub son bo’lsa, uning kvadratini 30 ga bo’lganda qoldiq 1
yoki 19 bo’lishini ko’rsating.
45*. p va q – 3 dan katta tub sonlar bo’lsa, p 2
– q 2
son 24 ga karrali
bo’lishini ko’rsating.
46*. Sonlar bir vaqtda tub son bo’laolmasligin isbotlang: a ) p + 5 va p + 10;
b ) p , p + 2 va p + 5.
47*. Agar toq p sonni ikki son kvadratlari ayirmasi shaklida yagona ravishda
ifodalash mumkin bo’lsa, u tub, aks holda murakkab bo’lishini isbotlang.
48*. 47 masala yechimidan foydalanib toq sonlarni ko’paytuvchilarga ajratish
usulini keltirib chiqaring.
a ) 6643; b ) 1769; s ) 3551; d ) 6497 sonlarni ko’pay-tuvchilarga ajrating.
49*. Agar N son ikki sonlar kvadratlari yig’indisi shaklida ikki xil ifodalansa,
ya’ni N = a 2
+ b 2
= c 2
+ d 2
, u holda N murakkab son bo’lishini isbotlang.
50*. 235 2
+ 972 2
sonni ko’paytuvchilarga ajrating.
51*. 3 10
+ 3 5
+ 1 sonni ko’paytuvchilarga ajrating.
52*. Agar 1+2 k
tub son bo’lsa, k = 0 yoki k = 2 n
( n = 0, 1, 2, …) bo’lishini isbotlang.
53*. O’zaro tub a,b sonlar uchun a 
+ b 
tub son bo’lsa, (  ,  ) = 1 yoki (  ,  )
= 2 k
o’rinli bo’lishini ko’rsating.
54. Agar 2 n
–1 tub son bo’lsa, n – tub son ekanligini ko’rsating.
4-§. Chekli uzluksiz kasrlar
Agar – qisqarmas kasr (to’g’ri yoki noto’g’ri) bo’lsa, bu kasrni Yevklid
algoritmi yordamida quyidagi ko’rinishda tasvirlash mumkin:
bu yerda q
0 – butun nomanfiy son; q
1 , q
2 ,…, q
n – butun musbat sonlar.
14

Bu tenglikning o’ng tomonida yozilgan kasr chekli uzluksiz kasr yoki zanjirli
kasr deyiladi.
Bu kasrlarni qisqacha
ko’rinishda yozish mumkin.
Yevklid algoritmidagi q
1 , q
2 ,…, q
n lar uzluksiz zanjirning maxrajlari ; q
0 , q
1 , q
2 ,
…, q
n -1 – to’liqmas bo’linmalar ; q
0 , q
1 , q
2 ,…, q
n lar esa aniq bo’linmalar deyiladi.
lar munosib kasrlar deyiladi va .
Munosib kasrlar va kasr orasida quyidagi munosibatlar o’rinli:
Bu tengsizliklardan berilgan kasr ikkita qo’shni munosib kasrlar orasida
joylashganligi va tartib oshgani sari bu qo’shni kasrlar intervali kichrayib borishi
ko’rinyapti. Shuning uchun ham bunday kasrlar «munosib kasrlar» deyiladi.
Ketma-ket uchta munosib kasrlar suratlari va maxrajlari k = 2 dan boshlab
quyidagi bog’lanish o’rinli:
Agar shartli ravishda P
-1 =1, Q
-1 = 0, Q
0 = 1 qabul qilsak, u holda barcha
munosib kasrlarni quyidagi sxema yordamida topish mumkin:
k 0 1 2 … k … n
q
k q
0 q
1 q
2 … q
k … q
n
P
k 1 P
0 = q
0 P
1 = q
0 q
1
+ 1 P
2 = P
1 q
2 + P
0 … P
k = P
k- 1 q
k + P
k -2 … P
n
Q
k 0 Q
0 = 1 Q
1 = q
1 Q
2 = Q
1 q
2 + Q
0 … Q
k = P
k -1 q
k + Q
k -2 … Q
n
Ikkita qo’shni munosib kaslar ayirmasini

formula yordamida topish mumkin.
15

kasrni munosib kasr bilan almashtirganda hosil bo’lgan xatoni
tengsizlik bilan baholanadi.
1-m i s o l. sonni shunday munosib kasr bilan almashtiringki, uning xatosi
0, 001 dan katta bo’lmasin.
Yechish. Sonni uzluksiz kasrga yoyamiz:
.
Demak kasrlarni topamiz:
.

2 shartni qanoatlantirmaydi.
ni keltiramiz: . Demak, masala yechimi . 
2-m i s o l. uzluksiz kasrga mos kasrni toping.
Yechish. Munosib kasrlarni topamiz:
k 0 1 2 3 4 5
q
k 2 1 1 3 1 2
P
k 1 2 3 5 18 23 64
Q
k 0 1 1 2 7 9 25
Bu jadvaldan .
Bu masalani yechimini quyidagicha topish mumkin:
16k 0 1 2 3 4
q
k 2 1 19 1 3
P
k 1 2 3 59 62 245
Q
k 0 1 1 20 21 83

Bu usuldan zanjirdagi sonlar miqdori oz bo’lganda foydalanish mumkin. 
3-m i s o l. kasrni kasrga yoyish yordamida qisqartiring.
Yechish. Sonni uzluksiz kasrga yoyamiz:
Demak, . 
4-m i s o l. a va b – o’zaro tub musbat sonlar. ni uzluksiz kasrga
yoygandagi oxiridan ikkinchi munosib kasr bo’lsin. ax + by = 1 Diofant
tenglamasini xususiy yechimi
ko’rinishda bo’lishini isbotlang.
Yechish. ni uzluksiz kasr ko’rinishda tasvirlaymiz:
Ikkita munosib kasrlar orasidagi formuladan
, lekin , shuning uchun , bundan
, yoki .
Bu tenglikni ax
0 + by
0 = 1 tenglik bilan solishtirsak
ni hosil qilamiz. 
5-m i s o l. ax + by = c diofant tenglamasi yechimlarini toping.
Yechish. 4-misoldan
kelib chiqadi.
Agar tenglamada b koeffisiyentning ishorasi manfiy bo’lsa, u holda y
0
formulasida (-1) n -1
ni olish kerak. Bu x
0 va y
0 qiymatlarini x = x
0 –bt , y = y
0 +at ga
qo’yib berilgan tenglamani umumiy yechimini hosil qilamiz: ax + by = c. 
17

6-m i s o l. Uzluksiz kasrlar yordamida 38 x + 117 y = 209 tenglama umumiy
yechimini toping.
Yechish. ni uzlksiz kasrga yoyamiz: .
k 0 1 2 3 4
Q
k 0 3 12 1 2
P
k 0 1 0 1 12 13 38
Q
k 1 0 1 3 37 40 117
kasrlarni topamiz.
Bundan: P
n -1 = 13, Q
n -1 = 40, n = 4.
5-misoldagi formulalardan
ni topamiz. Demak, tenglamani umumiy yechimi:
x = –8360 – 117 t ,
y = 2717 + 38 t .
Tekshirish: 38 (- 8360) + 117  2717 = - 317680 + + 317889 = 209. 
7-m i s o l. Uzluksiz kasrlar yordamida 119 x – 68 y = 34 tenglamani umumiy
yechimimni toping.
Yechish. ni uzluksiz kasrga yoyamiz: Munosib kasrlarni
topamiz:
k 0 1 2
q
k 1 1 3
P
k 0 1 1 2 7
Q
k 1 0 1 1 4
Bundan: P
n -1 = 2, Q
n -1 = 1, n = 2 ni aniqlaymiz.
(119, 68) = 17 va c = 34 son 17 ga bo’linadi. Berilgan tenglamani 17 ga
bo’lib, 7 x – 4 y = 2 ni hosil qilamiz.
Tenglamaning xususiy yechimi:
x
0 = (-1) 1
 1  2 = -2, y
0 = (-1) 1
 2  2 = - 4.
Umumiy yechim esa: .
Tekshirish : 7 (-2) – 4 (-4) = - 14 + 16 = 2. 
M A S H Q L A R
55. Kasrlarni uzluksiz kasrlarga yoying:
18

56. Kasrlarni uzluksiz kasrlarga yoying :
57. Uzluksiz kasrlarga yoyilmasidan foydalanib kasrlarni qiqartiring:
58. Berilgan kasrni uzluksiz kasrga yoying va uni kasr bilan almashtiring.
Almashtirish xatosini toping va xatosi ko’rsatilgan holda taqribiy almashtirishga mos
tengligini yozing:
.
59. Ko’rsatilgan chekli uzluksiz kasrlarga mos oddiy qisqarmaydigan kasrlarni
toping:
60. Tenglamani yeching:
.
61. Diofant tenglamalarini yeching:
a ) 41x + 114y = 5; b ) 19x – 15y = 1;
c ) 23x – 17y = 11; d ) 53x – 47y = 11;
e ) 35x – 18y = 3; f ) 85x – 71y = 5;
g ) 41x – 11y = 7.
5-§. Sonli funksiyalar
1. S o n n i n g b u t u n q i s m i
x sonning butun qismi , ya’ni [ x ] qo’sh tengsizlik bilan yoki
; yoki tenglik bilan aniqlanadi va
ant’ye funksiya deyiladi.
Agar x
1 va x
2 sonlardan birortasi butun bo’lsa,
[ x
1 + x
2 ] = [ x
1 ] + [ x
2 ]
o’rinli bo’ladi.
o’rinli bo’ladi.
m ! ko’paytmaning kanonik yoyilmasiga p tub son
19

darajada keladi, bu yerda S son tengsizlikdan aniqlanadi.
1-m i s o l. sonning butun qismini toping.
Yechish. a  Z va x kasr son uchun [ a – x ] = a + [- x ] formula o’rinli. Bu
formulani qo’llab
ni hosil qilamiz. 
2-m i s o l. ni yoki ga tengligini isbotlang.
Yechish.
bo’lib, bu yerda . Demak,
.
bo’lganligi sababli 0 yoki 1 ga teng bo’ladi. 
n dan katta bo’lmagan va p
1 , p
2 ,..., p
k tub sonlar bilan o’zaro tub bo’lgan sonlar
sonini quyidagi formula bilan hisoblash mumkin:
3-m i s o l. 180 dan katta bo’lsagan va 5, 7, 11 larga bo’linmaydigan sonlar
sonini toping.
Yechish. n = 180 va p
1 = 5, p
2 = 7, p
3 = 11 lar uchun
. 
4-m i s o l. 2002! son nechta 0 bilan tugaydi.
Yechish. Misol yechimi 2002! Ning kanoniy yoyilmasiga 5 nechanchi daraja
bilan kirishini aniqlash masalasiga keltiriladi:
Demak, 2002! son 499 ta 0 bilan tugaydi. 
5-m i s o l. (2 m )!! ning kanonik yoyilmasiga p tub son nechanchi darajada
kirishini aniqlang.
Yechish. (2 m )!! = m ! 2 m
bo’lganligi sababli p = 2 ga teng bo’lsa,
20

.
p > 2 bo’lsa,
ga teng bo’ladi. 
2. H a q i q i y s o n n i n g k a s r q i s m i
Haqiqiy x sonning kasr qismi { x } quyidagi formula bilan aniqlanadi: { x } = x –
[ x ].
6-m i s o l. {-4,35} ni toping.
Yechish. {-4,35} = –4,35 – (–5) = 0,65. 
3. N a t u r a l s o n n i n g b o’ l u v ch i l a r
s o n i v a u l a r y i g’ i n d i s i
Ixtiyoriy natural a son uchun  ( a ) va S ( a ) funksiyalar mos ravishda a
sonning natural bo’luvchilari soni va ularni yig’indisini ifodalaydi. Bu funksiyalar
uchun quyidagi formulalar o’rinli:
bu yerda a sonning kanonik yoyilmasi.
Bu funksiyalar multiplikativ, ya’ni agar ( a,b ) = 1 lar uchun
 ( ab ) =  ( a )  ( b ) va S ( ab ) = S( a )S( b )
o’rinli.
7-m i s o l. 2002 sonni bo’luvchilar soni va ularni yig’indisini toping.
Yechish. 2002 = 2  7  11  13, bundan
. 
8-m i s o l. 2002 sonni barcha bo’luvchilarini toping.
Yechish. 2002=2  7  11  13 – kanonik yoyilmasidan foydalanamiz:
(1+2)(1+7)(1+11)
(1+13)=1+2+7+11+13+14+22+26+77+91+143+154+182+286+1001+2001 – 2002
ning barcha bo’luvchilari yig’indisi va demak har bir qo’shiluvchi izlanayotgan
bo’linmalarni beradi. 
21

9-m i s o l. Natural a sonning barcha natural bo’luvchilarining ko’paytmasi
funksiyasi  ( a ) bo’lsa,
tenglik to’g’riligini isbotlang.
Yechish. d
1 , d
2 ,..., d
(a) – a sonning barcha natural bo’luvchilari bo’lsin. U holda
. sonlar a ning bo’luvchilaridir, bundan

 ( a ) uchun hosil bo’lgan tengliklarni ko’paytirib ni hosil qilamiz,
bundan . 
10-m i s o l. 2002 sonining barcha natural bo’luvchilari ko’paytmasini toping.
Yechish. . 
11-m i s o l. Barcha natural bo’luvchilari ko’paytmasi 5832 ga teng bo’lgan
natural sonni toping.
Yechish. , bundan va
Bu sistemaning yechimi: x = 1, y = 2. Demak, a = 18. 
12-m i s o l. 3 va 4 ga bo’linadigan va 14 ta bo’luvchiga ega bo’lgan sonni
toping.
Yechish. Misol shartiga ko’ra,  (a) = 14 = 2  7 == (1+1)(6+1),
demak, ya’ni , bu yerda Demak, a = 2 6
 3
= 192. 
3. B e r i l g a n m u s b a t s o n d a n k a t t a
b o’ l m a g a n t u b s o n l a r s o n i
 ( x ) barcha natural x lar uchun aniqlangan bo’lib, natural sonlar qatorida x dan
katta bo’lmagan tub sonlar sonni bildiradi.  ( x ) ni qiymatini tub sonlar jadvali
yordamida aniqlanadi yoki yetarlicha katta x lar uchun taqribiy hisoblash mumkin:
va .
13-m i s o l. formula yordamida  (1000) ni qiymatini toping va
natijaning nisbiy xatosini hisoblang.
Resheniye.
Tub sonlar jadvalidan  (1000)=168, demak nisbiy xato
. 
4. E y l ye r f u n k s i ya s i
22

 (a) – Eyler funksiyasi a sonning barcha natural qiymatlarida aniqlangan
bo’lib, a dan katta bo’lmagan va u bilan o’zaro tub bo’lgan sonlar sonini bildiradi.
 (1) = 1 deb qabul qilingan. Eyler funksiyasi:
formula yordamida hisoblanadi, bu yerda sonning kanonik
yoyilmasi.
Xususan,
Eyler funksiyasi multiplikativ, ya’ni o’zaro tub a,b,… , sonlar uchun
shart bajariladi.
14-m i s o l.  (1956) ni hisoblang.
Yechish. 1956=2 2
 3  163 bo’lganligi sababli
. 
15-m i s o l.  (12  5  1956) ni hisoblang.
Yechish. O’zaro tub ko’paytuvchilarni aniqlash uchun ko’paytmani kanonik
yoyilmasini topamiz:
Bundan

16-m i s o l. tenglamani yeching.
Yechish. 600 = 2 3
 3  5 2
dan Boshqa tomondan
.
Demak, yoki va x = 2,
y = 3. 
17-m i s o l. a = 72 uchun Gauss formulasini to’g’riligini ko’rsating:
.
Yechish. Gauss formulasi da a = 72 deb olamiz: a = 72 = 2 3
 3 2
.
72 ning barcha bo’luvchilari:
(1 + 2 + 2 2
+ 2 3
)(1 + 3 + 3 2
).
= 
18-m i s o l.  ( x ) = p – 1 tenglamani yeching.
Yechish. x = r 
 y deb olamiz, bu yerda ( y, r ) = 1.
r  - 1

( y ) = 1, bundan  = 1 va  ( y ) = 1. Demak, r = 2 da tenglama yagona x = 2
(chunki bu holda y = 1); r > 2 da tenglama ikkita: x = r ; 2 r yechimga ega. 
19-m i s o l. Eyler funksiyasining xossalaridan foydalanib tub sonlar soni
cheksiz ko’pligini isbotlang.
Yechish. r
1 , r
2 ,…,r
k – barcha tub sonlar bo’lsin, u holda
23

a = r
1  r
2 …r
k son uchun  (a) = (r
1 – 1) (r
2 – 1)…(r
k – 1) bo’ladi. Boshqa tomondan

(a)= 1, chunki ixtiyoriy birdan farqli va a dan katta bo’lmagan son oddiy
bo’luvchiga ega va bu bo’luvchi r
i lardan birortasiga teng, shu sababli bu son a bilan
o’zaro tub bo’la olmaydi. Demak, (r
1 – 1 )(r
2 – 1 )…(r
k – 1 )= 1, lekin bu tenglik k = 2 dan
boshlab o’rinli emas, (2-1)(3-1) > 1 hosil qilingan qarama-qarshilik tub sonlar soni
cheksizligini bildiradi.
5. M y o b i u s f u n k s i ya s i
Barcha natural sonlar uchun aniqlangan
ko’rinishdagi funksiyaga Myobius funksiyasi deb ataladi.
Bu funksiya multiplikativdir, ya’ni agar ( a,b )=1 bo’lsa, .
Agar
 (a) – ixtiyoriy multiplikativ funksiya bo’lsa, u holda
Agar bu formulada va deb olsak quyidagshi formulalarni hosil
qilamiz:
Agar butun a lar uchun f (a) – funksiya birqiymatli bo’lib,
o’rinli bo’lsa, u holda
tenglik o’rinlidir ( Myobiusning teskarilash formulasi ).
20-m i s o l.  (2002) ni hisoblang.
Yechish. 2002 = 2  7  11  13 dan  (2002) = (-1) 4
= 1 kelib chiqadi. 
21-m i s o l.
uchun to’g’riligini isbotlang.
Yechish. 18 ning bo’luvchilari: 1, 2, 3, 6, 9, 18. Bundan
.
22-m i s o l. formula to’g’riligini uchun tekshiring.
24

Yechish. 12 ning bo’luvchilari: 1, 2, 3, 4, 6, 12. Bundan
.
. 
M A S H Q L A R
62. Toping:
63*. Barcha haqiqiy x va y lar uchun [ x + y ]  [ x ] +[ y ] to’g’riligini isbotlang.
64*. [ ax ] = m tenglamani yechimini toping, bu yerda a  0, x  R .
65*. m ning qanday butun musbat qiymati uchun
[12,4  m ] = 86 tenglik o’rinli bo’ladi.
66*. Agar p > 2 tub son bo’lsa, ning qiymati yoki ga
tengligini isbotlang.
67*. a sonni m ga bo’lganda qoldiq r bo’lsa, tenglikni isbotlang.
68*. Agar m toq son bo’lsa, ni isbotlang.
69* . Tenglamani yeching:
70*. 10 6
va 10 7
sonlar orasida 786 ga karrali bo’lgan nechta natural son bor?
71*. 1000 kichik natural sonlardan nechtasi 5 va 7 ga bo’linadi?
72*. 100 dan katta bo’lmagan natural sonlardan nechtasi 36 bilan o’aro tub?
73. 1000! ning kanonik yoyilmasida 11 nechanchi darajada keladi?
74. 1964! soni nechta nol bilan tugaydi?
75. 2311 dan oshmaydiganva 5, 7, 13, 17 larga bo’linmaydigan butun musbat
sonlar soni nechta?
76. Nayti kolichestvo sel ы x polojiteln ы x chisel, ne prevosxodya щ ix 110 i
vzaimno prost ы x s chislom 36.
77. 12317 dan katta bo’lmagan va 1575 bilan o’zaro tub bo’lgan butun
musbat sonlar sonini toping.
25

78. 1000 dan katta bo’lmagan va 363 bilan o’zaro tub bo’lgan butun musbat
sonlar sonini toping.
79. r n
! ning kanonik yoyilmasiga p tub son nechanchi darajada keladi?
80. Sonlarni kanonik yoyilmasini toping:
a) 10! ; b ) 15! ; c) 20! ; d ) 25! ; e ) 30! .
81. ni kanonik yoyilmaini toping.
82*.  ning shunday eng katta qiymatini topingki, bunda
butun son bo’lsin.
83*. (2 m +1)!! ning kanonik yoyilmasida p tub son nechanchi darajada
bo’lishini aniqlang.
84*. egri chiziqli trapesiyada butun koordinatali nuqtalar
soni nechta? Bu yerda a va b – natural sonlar; f (x) – berilgan kesmada uzluksiz va
nomanfiy funksiya.
85. x 2
+ y 2
= 6,5 2
doirada nechta butun koordinatali nuqta bor?
86*. Agar ( a , 4) = 1 bo’lsa,
tenglik to’ g’ riligini isbtolang.
87*. Agar ( a, m ) = 1, m  2, a  2 bo’lsa,
tenglik to’ g’ riligini isbotlang.
88* . x ning qanday qiymatlarida tenglik o’rinli.
89* . tenglamani yeching, bu yerda m = 2, 3, 4...
90 . Qanday shartlar bajarilganda [ ax 2
+ bx + c ] = d tenglama yechimga ega
bo’ladi, bu yerda a  0, d  Z .
91 . Toping: .
92 . Berilgan sonlarni natural bo’luvchilari va ular yig’indisini toping:
a ) 375 ; b ) 720 ; c ) 957 ; d ) 988 ; e ) 990 ; f ) 1200.
93 . Berilgan sonlarning barcha bo’luvchilarini toping:
a ) 360 ; b ) 375.
94* . S ( m ) = 2 m – 1 sharti qanoatlantiruvchi natural m sonlar cheksiz ko’pligini
isbotlang.
95* . Agar ( m, n ) > 1 bo’lsa,  ( m n ) yoki  ( m )  ( n ) lardan qaysisi katta, S( mn )
va S( m ) S ( n ) larchi?
96 . Agar m = 1968 bo’lsa,  ( m ), S ( m ),  ( m ) larni toping.
97* . O’zining natural bo’luvchilari ko’paytmasiga teng bo’lgan barcha natural
sonlar to’plami barcha tub sonlar to’plami bilan ustma-ust tushishini isbotlang.
26

98* . a natural sonning barcha natural bo’luvchilarining n -darajasi ( n  Z )
yig’indisi S
n ( a ) formulasini keltirib chiqaring.
99 . Toping: a ) S
2 (12); b ) S
2 (18); c ) S
2 (16).
100 . 28, 496, 8128 sonlar mukammal, ya’ni o’zining bo’luvchilari
yig’indisining yarmiga tengligini isbotlang.
101* . Yevklid teoremasi ni isbotlang: 2 
(2  +1
- 1) ko’rinishdagi juft natural
sonlar mukammal sonlardir, bu yerda 2  +1
– 1 – tub son.
102* . Eyler teoremasi ni isbotlang: 2 
(2  +1
- 1) ko’rinishdagi natural sonlar,
yagona mukammal juft sonlardir, bu yerda 2  +1
– 1 – tub son.
103* . Ferma masalasi : 2 
 r
1 r
2 ko’rinishdagi shunday eng kichik son
topingki, uning barcha bo’luvchilari yig’indisi o’zidan uch marta katta bo’lsin, bu
yerda r
1 va r
2 – tub sonlar.
104* . Shunday son topingki, uning ikkita tub bo’luvchisi bo’lib, barcha
bo’luvchilarning soni 6 ta yig’indisi 28 ga teng bo’lsin.
105* . Natural son ikkita tub bo’luvchiga ega. Shu son kvadratining barcha
bo’luvchilari soni 15 ta bo’lsa, uning kubi nechta bo’luvchiga ega?
106* . Natural son ikkita tub bo’luvchiga ega. Shu son kvadratining barcha
bo’luvchilari soni 81 ta bo’lsa, uning kubi nechta bo’luvchiga ega?
107* . Isbotlang:
,
bu yerda d
1 , d
2 ,…, d
n – N sonning barcha bo’luvchilari.
108. * Agar N = a 
b 
… m 
(a, b,., m Z ) bo’lsa, shu sonni ikkita son
ko’paytmasi shaklida necha xilda yozish mumkin?
109. * N = 2 
5 
7 
son berilgan . Agar 5 N N dan kichik 8 ta bo’luvchiga, 8 N –
N dan katta .
110. N = 2 x
3 -y
5 z
son berilgan. Agar N ni 2 ga bo’lsak, yangi sonning
bo’luvchilari N ning bo’luvchilaridan 30 ta kam; agar N ni 3 ga bo’lsak, yangi
sonning bo’luvchilari N ning bo’luvchilaridan 35 ta kam; agar N ni 5 ga bo’lsak,
yangi sonning bo’luvchilaridan 42 ta kam. Shu sonni toping.
111. Agar biror son to’la kvadrat bo’lishi uchun faqat va faqat uning
bo’luvchilari soni toq bo’lishini isbotlang.
112. Quyidagilarni aniq qiymatini hisoblang:
a)  (4); b )  (7); c )  (10); d )  (12); e )  (25);
f)  (50); g )  (200); h )  (500).
113. formula yordamida quyidagilarni taqribiy qiymatini va
natijaning nisbiy xatosini toping:
a )  (50), b)  (100); c )  (500).
114*. Cheb ы shev tengsizligi yordamida
27

ni isbotlang .
115*. Ixtiyoriy p tub son uchun o ’ rinli , lekin m - murakkab son
bo ’ lsa , o ’ rinligini ko ’ rsating .
116. Toping:
117. Ko’paytma qiymatini topmasdan ko’paytuvchilarning Eyler funksiyasini
qiymatini toping:
a )  (5  7  13) ; b )  (12  17); c )  (11  14  15  );
d )  (990  1890).
118. 1 dan 120 gacha sonlar intervalida 30 bilan o’zaro tub bo’lmagan sonlar
nechta?
119* . Agar a = 3 
5 
7 
va  ( a ) = 3600 bo’lsa, a ni toping.
120* . Agar a = pq, p – q = 2 va
 ( a ) = 120 bo’lsa, a ni toping. Bu yerda p
va q – har xil tub sonlar har xil tub sonlar.
121* . Agar a = p 2
q 2
va
 ( a ) = 11424 bo’lsa, a ni toping. p va q – har xil
tub sonlar.
122* . Agar ( 
1 >1, 
2 >1,…, 
n > 1) va
 ( a ) = 462000 bo’lsa,
a ni toping.
123* . m dan kichik va u son bilan o’zaro tub sonlar yig’indisi
formula yordamida hisoblashini isbotlang.
124 . formulani quyidagi sonlar uchun qo’llang: a ) 12;
b ) 18; c ) 375.
125* . Isbotlang:
.
126 .  (2 a ) ni  ( a ) yoki 2 ( a ) ga tengligini isbotlang. Shu sonlar o’rinli
bo’ladigan shartlarni toping.
127* . Isbotlang: a)  (4 n + 2) =  (2 n + 1);
b)
128 . Tenglamalarni yeching: a )  (5 x
) = 100; b )  (7 x
) = 294;
c )  (7 x
) = 705894; d )  ( r x
) = r x - 1
, x  N .
129 . Berilgan b maxrajli nechta to’g’ri qisqarmas musbat kasrlar mavjud?
130 . 129 masala yordamida maxrajlari quyidagilar bo’lgan qisg’armas musbat
kasrlar sonini toping:
a ) 10; b ) 16; c ) 36; d) 72.
28

131 . musbat, to’g’ri qisqarmas kasr bo’lsin. Agar b = 2 dan b = n gacha
qiymatlar qabul qilsa, bunday kasrlar nechta?
132 . 131 masala shartida b : a) 2 dan 5 gacha; b) 2 dan 10 gacha; c) 2 dan
15gacha qiymatlar qabul qilsa, kasrlar sonini toping.
133* . 300 dan kichik natural sonlar ichida 20 bilan teng umumiy bo’luvchiga
ega bo’lgan sonlar nechta?
134 . 1665 dan kichik natural sonlar ichida u bilan 37 ga teng umumiy
bo’luvchiga ega bo’lgan sonlar nechta?
135 . 1476 dan kichik natural sonlar ichida u bilan 41 ga teng umumiy
bo’luvchiga ega bo’lgan sonlar nechta?
136* . a  3 lar uchun  ( a ) ning qiymati doimo juft son bo’lishini isbotlang.
137* . Agar  ( x ) = a tenglama x = m ildizga ega bo’lsa,
x = 2 m ham tenglama ildizi bo’lishini isbotlang, bu yerda ( m, 2) = 1.
138* . ( m,n ) > 1 bo’lsa,  ( m n ) yoki  ( m )  ( n ) larni solishtiring?
139* . tenglikni isbotlang, bu yerda .
140* .
 ( m n ) =  (  )  (  ) tenglikni isbotlang, bu yerda

= ( m,n ),  = [ m,n ].
141 .
 (1) +  ( p ) +  ( p 2
)+…+  ( p 
),  N ni hisoblang.
142 . ni hisoblang, bu yerda d
i – a ning barcha
bo’luvchilari?
143 . Quyidagi sonlar uchun to’g’riligini tekshiring: a) 80; b) 360; c)
375; d) 957; e) 2800.
144 . Tenglamalarni yeching: a)
 ( x ) = 2 
; b)  ( p x
) = 6  p x -2
.
145 . Tenglamalarni yeching: a)
 ( x ) = 14; b)  ( x ) = 8;
c)
 ( x ) = 12.
146* . Tenglamani yeching:
 (2 x ) =  (3 x ).
147 .
 (5 x ) =  (7 x ) tenglama butun sonlar to’plamida yechimga ega
emasligini isbotlang.
148 . Tenglamalarni yeching: a )
 ( x ) =  ( p x );
b)
 ( p x ) = p  ( x );
c )
 ( p
1 x ) =  ( p
2 x ) ( p
1 , p
2 – turli tub sonlar).
149* . Tenglamani yeching:
150 .
 (p x
) = a tenglamani tekshiring.
151. a = 1, 2,…, 100 sonlar uchun
 ( a ) funksiyaning jadvalini tuzing.
152. a = 24 uchun formula to’g’riligini tekshiring.
153 . a = 18 uchun formula to’g’riligini isbotlang.
29

II- BOB
BUTUN SONLAR XALQASIDA TAQQOSLAMALAR NAZARIYASI
K alit so’zlar va ifodalar : taqqoslanuvchi sonlar ; taqqoslamaning ma’nosi
haqidagi teorema ; sonlar sinfi ; berilgan modul bo’yicha chegirma ; berilgan modul
bo’yicha chegirmalarning to’la sinfi , berilgan modul bo’yicha chegirmalarning
keltirilgan sinfi , Eyler teorema si , Ferma teorema si ; berilgan modul bo’yicha
chegirmalarning additiv gruppa si ; berilgan modul bo’yicha chegirmalarning
xalqasi ; modul bilan o’zaro tub chegirmalar sinfi ; modul bilan o’zaro tub
chegirmalarningn multiplikat iv gruppa si ; absolyut psevdo tub son ; Bir noma’lumli n-
darajali taqqoslama ; taqqoslamaning yechimi ; teng kuchli taqqoslamalar ; birinchi
darajali taqqoslamalar ; birinchi darajali bir xil noma’lumli taqqoslamalar sistemasi ;
birinchi darajali bir xil noma’lumli taqqoslamalar sistemasining yechimlari .
§1. Taqqoslama tushunchasi va uning xossalari
a va b butun sonlar ni b utun musbat soniga bo’lganda bir xil qoldiq
qoladigan , ya’ni
a = mq
1 + r va b = mq
2 + r,
bo’lsa, a va b sonlar teng qoldiqdli yoki m modul bo’yicha o’zaro taqqoslanadigan
sonlar deyiladi va quyidagicha yoziladi :
a  b (mod m)
“ a son b bilan m modul bo’yicha taqqoslanadi ” deb o’qiladi .
Agar a
 b (mod m) bo’lsa , u holda a – b ayirma m ga qoldiqsiz bo’linadi , va
aksincha, agar a va b sonlarning ayirmasi m ga bo’linsa , u holda a
 b (mod m)
o’rinli bo’ladi ( taqqoslamaning ma’nosi haqidagi teorema ).
30

Har qanday butun son m modul bo’yicha o’zining qoldig’i bilan taqqoslanadi ,
ya’ni, agar a = mq + r bo’lsa , u holda a  r (mod m) bo’ladi .
Xususiy holda , agar r = 0 bo’lsa , u holda a
 0 (mod m) bo’ladi ; bu
taqqoslama m | a ekanligini, ya’ni m soni a ning bo’luvchisi ekanligini bildiradi ,
aksincha ham o’rinli , agar m  a bo’lsa, u holda a
 0 (mod m) deb yozi ladi.
Taqqoslamalarning asosiy xossalari
( tengliklarning xossalari ga o’xshash )
1. Agar a
 c (mod m) va b  c (mod m) bo’lsa, u holda a  b (mod m) bo’ladi .
2. Agar a
 b (mod m) va c  d (mod m) bo’lsa, u holda a  c  b  d (mod m)
bo’ladi .
3. Agar a + b
 c (mod m) bo’lsa, u holda a  c - b (mod m) bo’ladi .
4. Agar a
 b (mod m) bo’lsa, u holda a  mk  b (mod m) , yoki a  b  mk
(mod m) bo’ladi .
5. Agar a
 b (mod m) va c  d (mod m) bo’lsa, u holda ac  bd (mod m)
bo’ladi .
6. Agar a
 b (mod m) bo’lsa, u holda a n
 b n
(mod m) (n  N ) bo’ladi .
7. Agar a
 b (mod m) bo’lsa, u holda ixtioriy k butun son uchun ak  bk (mod
m) bo’ladi , .
8. Agar ak
 bk (mod m) va (k,m) = 1 bo’lsa, u holda a  b (mod m) bo’ladi .
9. Agar f(x) = a
0 x n
+ a
1 x n-1
+ ... + a
n (a
i
 Z ) va x  x
1 (mod m) bo’lsa, u
holda f(x)
 f(x
1 ) (mod m) bo’ladi .
Taqqoslamalarninng maxsus xossalari
1. Agar a
 b (mod m) bo’lsa, u holda k  N uchun ak  bk (mod mk) bo’ladi .
2. Agar a
 b (mod m) va a = a
1 d, b = b
1 d, m = m
1 d bo’lsa, u holda
a
1
 b
1 (mod m
1 ) bo’ladi .
3. Agar a
 b (mod m
1 ) , a  b (mod m
2 ), ..., a ( b (mod m
k ) bo’lsa, u holda
a
 b (mod M) bo’ladi , bu yerda M = [m
1 , m
2 ,..., m
k ] .
4. Agar taqqoslama m modul bo’yicha o’rinli bo’lsa, u holda bu taqqoslama m
ning ixtiyoriy bo’luvchisi bo’lgan d modul bo’yicha ham o’rinli bo’ladi .
5. Agar taqqoslamaning bir tomoni biror songa bo’linsa, u holda uning ikkinchi
tomoni va moduli ham shu songa bo’linadi .
1-Misol . Quyidagi shartlarni taqqoslamalar yordamida yozing :
a) 219 va 128 sonlar n i 7 ga bo’lganda bir xil qoldiq qoladi ;
b) (-352) sonini 31 ga bo’linganida qoldiq 20 ga teng bo’ladi ;
c) 487 - 7 ayirma 12 ga bo’linadi ; d) 20 – soni 389 n i 41 ga bo’lgandagi
qoldiqdan iborat ;
e) N soni juft ; f) N soni toq ; g) N sonining ko’rinishi 4 k + 1 dan iborat ;
h) N sonining ko’rinishi 10 k + 3 dan iborat ; i) N sonining ko’rinishi 8 k –
3 dan iborat .
31

Yechilishi. Taqqoslamaning ma’nosi haqidagi teoremaga asosan :
a) 219  128 (mod 7 ) ; b) –352  20 (mod 31 ) ; c) 487  7 (mod 12 ) ; d) 389
 20 (mod 41 ) ;
e) N  0 (mod 2 ) ; f) N  1 yoki -1 (mod 2 ) ; g) N  1 (mod 4 ) ; h) N  3
(mod 10 ) ; i) N
 -3 (mod 8 ) . ■
2-Misol . Quyidagi shartni qanoatlantiradigan m ning qiymatlarini toping :
20  8 (mod m) .
Yechilishi . m ning qiymatlari ( taqqoslamaning ma’nosi haqidagi teorem aga
asosan ) 20 – 8 = 12 ning bo’luvchilaridan iborat , ya’ni: 1; 2; 3; 4; 6; 12. ■
3-Misol . 2 5n
– 1 ning 31 ga bo’linishini isbotlang (n
 N ) .
Yechilishi . 2 5
– 1 = 31 bo’lganligi uchun 2 5
 1 (mod 31 ) . Bu taqqoslamaning
ikkala tomonini ( 6-xossaga aso s an ) n darajaga ko’tarib , 2 5n
 1 (mod 31 ) ni hosil
qilamiz , bu esa 31  (2 5n
– 1) ni anglatadi . ■
4-Misol . 2 100
sonining oxirgi ikki ta raqamini toping.
Yechilishi . Berilgan sonning oxirgi ikki raqami bu sonni 100 ga bo’lganda hosil
bo’ladigan qoldiqdan iborat . Demak, quyidagi taqqoslamani qanoatlantiradigan x
sonini topish talab qilinadi :
2 100
 x ( mod 100).
Ikkining kichik darajalaridan boshlab, 100 ga bo’lganda hosil bo’ladigan
qoldiq l arni ketma-ket ajratamiz :
2 100
= (2 10
) 10
= (1024) 10
; (1024) 10
 (24) 10
( mod 100).
(24) 10
= (576) 5
 76 5
 (76) 4
 76 = (5776) 2
 76  (76) 2
 76 = 5776  76  76 2
 5776
 76 ( mod 100).
Shunday qilib , 2 100
sonining oxirgi ikki raqami r 7 va 6 dan iborat . ■
5-Misol . Agar p – tub son bo’lsa, u holda  (-1) k
(mod p) taqqoslamani
isbotlang.
Yechilishi . Ma’lumki, ixtiyoriy p va k sonlar uchun formula
o’rinli, - butun sondan iborat bo’lib, p ga bo’linadi, chunki k < p , p esa tub
sondan iborat, shuning uchun u maxrajning birorta ham ko’paytuvchisi bilan qisqarib
ketmaydi. Shunday qilib,
 0 (mod p) . U holda  (-1) (mod p) .
Bu rekurrent munosabatni ketma-ket qo’llab, yuqori ko’rsatkichni 1 gacha
kamaytiramiz:
. ■
6-Misol . Agar a va b – ixtiyoriy butun sonlar , p – tub son bo’lsa , quyidagi
taqqoslamani isbotlang
(a + b) p

a p
+ b p
(mod p) .
Yechilishi . Binomni yoyish formulasidan :
.
O’ng tomonda ikkinchi qo’shiluvchidan boshlab , p -1 –nchi qo’shiluvchigacha barcha
qo’shiluvchilar p ga bo’linadi , chunki
32

= , bu yerda k < p .
Demak, , i = 1, 2, ..., ( p -1).
Bu yerdan (a + b) p 
a p
+ b p
(mod p) kelib chiqadi . ■
MAShQLAR
1. Qanday modul bo’yicha barcha butun sonlar o’zaro taqqoslanadi ?
2. Quyidagi taqqoslamalardan qaysilari to’g’ri :
a) 1  -5 ( mod 6); b) 546  0 ( mod 13); c) 1956  5 ( mod 12);
d) 2 3
 1 ( mod 4); e) 3 m  -1 ( mod m )?
3*. B erilgan modul bo’yicha h ar qanday butun son o’zining qoldig’i bilan
taqqoslanishini isbot qiling .
4. Quyidagi taqqoslamalarni qanoatlantiradigan x ning barcha qiymatlarini
toping :
a) x  0 ( mod 3); b) x  1 ( mod 2).
5. Quyidagi taqqoslamalarni qanoatlantiradigan m ning barcha qiymatlarini
toping: 3 r + 1  r + 1 ( mod m ).
6. Agar x = 13 soni x  5 ( mod m ) taqqoslamani qanoatlantirsa, modulning
mumkin bo’lgan qiymatlarini toping.
7*. Agar n – toq son bo’lsa, u holda n 2
- 1  0 ( mod 8) taqqoslama o’rinli
ekanligini ko’rsating .
8*. Agar 100 a + 10 b + c  0 ( mod 21) bo’lsa, u holda a – 2 b + 4 c  0 ( mod
21) taqqoslamaning o’rinli ekanligini ko’rsating .
9. Agar 3 n
 -1 ( mod 10) bo’lsa, u holda 3 n+4
 -1 ( mod 10) ( n
 N )
taqqoslamaning o’rinli ekanligini ko’rsating ,.
10*. 2 11
 31
 2 ( mod 11  31) taqqoslamaning to’g’riligini ko’rsating .
11*. Agar x = 3 n + 1, n = 0, 1, 2,.... bo’lsa, u holda 1 + 3 x
+ 9 x
ning 13 ga
bo’linishini ko’rsating.
12. N = 11  18  2322  13  19 soni 7 modul bo’yicha absolyut qiymati bo’yicha
eng kichik qanday son bilan taqqoslanadi ?
13. 3 14
 -1 ( mod 29) ni tekshiring .
14. 1532 5
– 1 n i 9 ga bo’lganda hosil bo’ladigan qoldiqni toping .
15*. Agar a  b ( mod p n
) bo’lsa, u holda a p

 b p
(mod p n+1
) ni isbotlang .
16 Agar ax
 bx (mod m) bo’lsa, u holda ni isbotlang .
17*. Agar a
4 a
3 a
2 a
1 a
0  0 ( mod 33) bo’lsa, u holda
a
4 + a
3 a
2 + a
1 a
0  0 ( mod 33) ni isbotlang . a
i+1 = 0 da a
i+1 a
i = a
i
deb oling.
18*. Berilgan sonning oxirgi ikki ta raqamini toping : a) 9 9
; b) 7 9
.
19*. r r+ 2
+ ( r +2) r
 0 ( mod 2 r +2) taqqoslamani isbot qiling , bu yerda r > 2.
20*. Quyidagi sonlarni
33

n
4n+4n+ - 1, 0, 1,...,
r > 2 modul bo’yicha o’zaro taqqoslanmasligini ko’rsating .
21*. 2 3
 -1 ( mod 3 n+1
), n N taqqoslamani isbotlang.
22*. N = 3 2
+ 2 va M = 2 3
+ 3 ( n
 N ) ko’rinishdagi sonlarning murakkab
sonlardan iboratligini isbot qiling .
23*. Agar
taqqoslamalar berilgan va (a, m) = 1 bo’lsa, u holda birinchi taqqoslamani ikkinchi
taqqoslamaga hadma-had bo’lish natijasida c
 d (mod m) ni hosil qilinishini
ko’rsating .
24. a 100
 2 ( mod 73) va a 101
 69 ( mod 73) ekanligi ma’lum . a n i 73 ga
bo’linganida hosil bo’ladigan qoldiqni toping .
25*.  Z ifoda berilgan .  Z ni isbotlang .
26. 2 x
+ 7 y
= 19 z
va 2 x
+ 5 y
= 19 z
tenglamalar natural sonlarda yechimga ega
emasligini ko’rsating .
27. p > 2 ( p – tub son ) bo’lganda
1 2 k +1
+ 2 2 k +1
+ 3 2 k +1
+...+ ( p -1) 2 k +1
 0 ( mod p )
taq q oslamani to’g’riligini ko’rsating .
§ 2. Chegirmalar sinflari . Eyler va Ferma teoremalari
m natural songa bo’linganida bir xil r qoldiq qoladigan barcha butun sonlar
to’plami m modul bo’yicha sonlar sinfini tashkil qiladi . Bu sinfning har bir soni
umumiy holda mk+r , k
 Z ko’rinishda yoziladi . Barcha sinflar soni m ga teng .
Sinfning ixtiyoriy soni m modul bo’yicha chegirma deyiladi ( shu sinfning
boshqa sonlariga nisbatan ).
Har bir sinfdan ixtiyoriy ravishda bittadan olingan sonlar to’plami berilgan m
modul bo’yicha chegirmalarning to’la sinfi deyiladi .
Odatda chegirmalarning to’la sinfi sifatida berilgan m bo’yicha eng kichik
manfiy bo’lmagan chegirmalar, ya’ni 0, 1, 2,..., m - 1 sistema olinadi .
Ba’zan berilgan m modul bo’yicha chegirmalardan absolyut qiymati bo’yicha
eng kichik musbat bo’lmagan chegirmalarning to’la sistemasi ham qaraladi : -( m -1), -
( m -2),..., -2, -1, 0. m modul bo’yicha absolyut qiymati jihatidan eng kichik
chegirmalarning to’la sinfi ham ishla t iladi . Masalan , m = 7 bo’lganda bu sistema -3,
-2, -1, 0, 1, 2, 3 chegirmalardan iborat bo’ladi ; m = 8 bo’lganda esa -3, -2, -1, 0, 1, 2,
3, 4 yoki –4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3 chegirmalardan tashkil topadi .
Chegirmalarning to’la sistemasidan olingan va m modul bilan o’zaro tub
bo’lgan chegirmalar m modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan sistemasi deyiladi .
Kelitir i lgan sistemada chegirmalar soni φ(m)- Eyler funksiyasining qiymatiga teng .
Chegirmalarning to’la sistemasidagi kabi keltirilgan sistemaning ham uch turi
ishlatiladi : eng kichik musbat chegirmalarning keltirilgan sistemasi , absolyut qiymati
34

bo’yicha eng kichik manfiy chegirmalarning keltirilgan sistemasi va absolyut qiymati
bo’yicha eng kichik chegirmalarning keltirilgan sistemasi.
x
1 , x
2 ,..., x
s butun sonlar sistemasi s = m va i  j da x
i  x
j (mod m) bo’lganda
va faqat shu holda m modul bo’yicha chegirmalarning to’la sistemasidan iborat
bo’ladi. (a, m) = 1 bo’lganda ax + b chiziqli formaning qiymatlari m modul
bo’yicha chegirmalarning to’la sistemasidan iborat bo’lishi uchun x qabul qiladigan
qiymatlar ham chegirmalarning to’la sistemasidan iborat bo’lishi zarur va yetarlidir.
x
1 , x
2 ,..., x
s butun sonlar sistemasi s =
 (m) va i  j, (x
i , m) = 1 da x
i  x
j (mod
m) bo’lganda va faqat shu holda m modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan
sistemasidan iborat bo’ladi. (a, m) = 1 bo’lganda ax chiziqli formaning qiymatlari m
modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan sistemasidan iborat bo’lishi uchun x
qabul qiladigan qiymatlar ham chegirmalarning keltirilgan sistemasidan iborat
bo’lishi zarur va yetarlidir.
m > 1 va (a, m) = 1 bo’lganda quyidagi taqqoslama o’rinli:
a
 (m) 
1 (mod m) ,
bu yerda
 (m) –Eyler funksiya si ( Eyler teorema si ).
p tub son va (a, p) = 1 bo’lganda quyidagi taqqoslama o’rinli :
a p-1

1 (mod p) ( Ferma teorema si ).
a butun sonni o’zida saqlaydigan m bo’yicha chegirmalar sinfini a mod m bilan
belgilaymiz . Demak ,
a mod m = a + m Z = {a + km  k
 Z } .
Z /m Z bilan m modul bo’yicha barcha chegirmalar sinflari to’plamini
belgilaymiz :
Z /m Z = { 0 mod m, 1 mod m,..., (m- 1 ) mod m} .
Bu to’plamda qo’shish va ko’paytirish amallarini quyidagi tengliklar orqali
kirit iladi:
a mod m + b mod m = (a + b) mod m ,
(a mod m)
 (b mod m) = ab mod m .
( Z /m Z , + ) – abel gruppasidan , hamda Z gruppaning m Z qism gruppa bo’yicha
faktor gruppasidan iborat bo’lib, m modul bo’yicha chegirmalar sinfining additiv
gruppasi deyiladi .
(Z/mZ, +,
 ) – birlik elementli kommutativ xalqadan iborat bo’lib, m modul
bo’yicha chegirmalar sinfinig xalqasi deyiladi .
Agar (a, m) = 1 bo’lsa , a mod m sinf m modul bilan o’zaro tub bo’lgan
chegirmalar sinfi deyiladi .
m modul bilan o’zaro tub bo’lgan chegirmalar sinflari to’plami ko’paytirishga
nisbatan abel gruppasi tashkil etadi va u m modul bilan o’zaro tub bo’lgan
chegirmalar sinflarining multiplikativ gruppasi deyiladi .
Agar ab  1 (mod m) bo’lsa , a chegirma b chegirmaga m modul bo’yicha
teskari deyiladi .
1-Misol . 10 modul bo’yicha chegirmalar to’la sistemasining uchta turini yozing .
35

Yechilishi. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 – 10 modul bo’yicha eng kichik manfiy
bo’lmagan chegirmalarning to’la sistemasi .
-9, -8, -7, -6, -5, -4, -3, -2, -1, 0 – 10 modul bo’yicha absolyut qiymati jihatidan
eng kichik manfiy chegirmalarning to’la sistemasi .
-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5 yoki –5, -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4 – 10 modul
bo’yicha absolyut qiymati jihatidan eng kichik chegirmalarning to’la sistemasi . ■
2-Misol . 10 modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan sistemasining uchta
turini yozing .
Yechilishi. 1, 3, 7, 9 – 10 modul bo’yicha eng kichik manfiy bo’lmagan
chegirmalarning keltirilgan sistemasi .
-9, -7, -3, -1 – 10 modul bo’yicha absolyut qiymati jihatidan eng kichik manfiy
chegirmalarning keltirilgan sistemasi .
-3, -1, 1, 3 chegirmalar 10 modul bo’yicha absolyut qiymati jihatidan eng kichik
chegirmalarning keltirilgan sistemasi . ■
3-Misol . 20, -4, 22, 18, -1 sonlar qanday modul bo’yicha chegirmalarning
to’la sistemasini tashkil etadi ?
Yechilishi. 5 modul bo’yicha berilgan sonlar mos ravishda 0, 1, 2, 3, 4 sonlar
bilan taqqoslanadi , shuning uchun izlanayotgan modul 5 ga teng . ■
4-Misol . 3 1
, 3 2
, 3 3
, 3 4
, 3 5
, 3 6
sonlar sistemasi 7 modul bo’yicha chegirmalarning
keltirilgan sistemasini tashkil eitishini ko’rsating .
Yechilishi. Berilgan sonlardan eng kichik musbat chegirmalarni tuzamiz :
3, 2, 6, 4, 5, 1, chunki 3 2
 2 ( mod 7), 3 3
 6 ( mod 7), 3 4
 4 ( mod 7), 3 5
 5
( mod 7), 3 6
 1 ( mod 7). ■
5-Misol . 383 175
n i 45 ga bo’lganda hosil bo’ladigan qoldiqni toping .
Yechilishi. 383  23 ( mod 45) bo’lganligi uchun 383 175
 23 175
( mod 45). Endi
(45) = 24 va (23, 45) = 1 dan Eyler teoremasiga ko’ra :
23 24
 1 ( mod 45) ni hosil qilamiz . Demak ,
23 175
= 23 24
 7 + 7
= (23 24
) 7
 23 7
 1 7
 23 7
( mod 45).
Shu taxlitda davom etib, 23 7
= (23 2
) 3
 23  34 3
 23 = 34 2
 34  23  1156 
782  31  17 = 527  32 ( mod 45) ni hosil qilamiz .
Shunday qilib , 383 175
 32 ( mod 45). I zlanayotgan qoldiq 32 dan iborat . ■
6-Misol . x ning har qanday butun qiymatida x 7
 x ( mod 42) taqqoslamani
to’g’riligini ko’rsating .
Yechilishi. Ferma teoremasiga ko’ra, x 7
 x ( mod 7). Endi x 7
 x ( mod 2 va 3)
ekanligini isbot qilamiz , buning uchun 2 va 3 modullar bo’yicha chegirmalarning
to’la sistemasini , y’ani 0, 1, 2 son larni sinash yetarli .
7-Misol . Butun sonning 100-darajasini 125 ga bo’lganda hosil bo’ladigan
qoldiqni toping .
Yechilishi. Agar ( a , 5) = 1 bo’lsa, u holda Eyler teoremasiga ko’ra :
a
 (125)
= a 100
 1 ( mod 125).
Agar da ( a , 5) = 5 bo’lsa, u holda a 100
 0 ( mod 125).
Demak , a gar ( a , 5) = 1 bo’lsa, u holda izlanayotgan qold i q 1 ga teng . Agar da
( a , 5) = 5 bo’lsa, u holda a 125
soni 125 ga bo’linadi . ■
36

8-Misol . 2 (m) – 1
n i toq m soniga bo’linganida hosil bo’ladigan qoldiqni toping .
Yechilishi. 2
 (m) – 1
 r (mod m) , 0  r < m bo’lsin . U holda 2  (m)
 2 r  1
(mod m) yoki r = , bu yerda q
 Z . 0  r < m shartni q = 1 da yagona
qiymat qanoatlantiradi , bu yerdan r = ni hosil qilamiz . ■
9-Misol . 341 soni uchun 2 341
 2 ( mod 341) taqqoslamaning o’rinli ekanligini
ko’rsating .
Yechilishi. 341 – murakkab son , 341 = 11  31. 2 5
 1 ( mod 31) va 2 10

1 ( mod 31) taqqoslamalar o’rinli ekanligini osongina tekshirish mumkin .
Ferma teoremasiga asosan 2 10
 1 ( mod 11). 11 va 13 son lar o’zaro tub
bo’lganligi uchun bu yerdan 2 10
 1 ( mod 11  31) kelib chiqadi , ya’ni 2 10
 1 ( mod
341). Demak , 2 340
 1 ( mod 341) va 2 341
 2 ( mod 341) taqqoslamalar o’rinli . ■
10-Misol . Agar har bir butun a soni uchun a n
 a (mod n) taqqoslama o’rinli
bo’lsa, n murak k ab soni absolyut psevdo tub son deyiladi. 561 ning absolyut
psevdotub son ekanligini ko’rsating.
Yechilishi. Berilgan sonni tub ko’paytuvchilarga ajratamiz 561 = 3  11  17.
Ferma teoremasiga asosan 561 bilan o’zaro tub bo’lgan har bir butun a soni uchun
a 2
 1 ( mod 3), a 10
 11 ( mod 11), a 16
 17 ( mod 17) taqqoslamalar o’rinli
bo’ladi. 3, 11, 17 tub sonlardan iborat bo’lganligi uchun va [2, 10, 16] = 80
bo’lganligidan bu taqqoslamalardan quyidagi taqqoslamalar kelib chiqadi: a 80
 1
( mod 561), a 560
 1 ( mod 561). Demak, 561 absolyut psevdotub sondan iborat . ■
MAShQLAR
28. 10 modul bo’yicha chegirmalaraning hamma sinflarini taqqoslamalar
ko’rinishida yozing.
29. 10 modul bo’yicha chegirmalaraning hamma sinflarini x = 10 q + r , 0  r <
10 ko’rinishda yozing .
30. Quyidagi modullar bo’yicha ko’rsatilgan chegirmalarning sinflarini yozing :
a) 10 modul bilan o’zaro tub bo’lgan ; b) 10 modul bilan EKUBi 2 ga teng bo’lgan ;
s) 10 modul bilan EKUBi 5 ga teng bo’lgan ; d) 10 modul bilan EKUBi 10 ga teng
bo’lgan .
31. Berilgan modullar bo’yicha chegirmalarning to’la va keltirilgan
sistemalarining barcha turlarini yozing : a) m = 9; b) m = 8; c) p = 7; d) m = 12.
32*. 25, -20, 16, 46, -21, 18, 37, -17 sonlarning 8 modul bo’yicha
chegirmalarning to’la sistemasini tashkil qilishini ko’rsating .
33. 32, -9, 15, 42, -18, 30, 6 sonlarni p =7 modul bo’yicha chegirmalarning
to’la sistemasini tashkil etishini ko’rsating .
34. 21, 2, -18, 28, -19, 40, -22, -2, 15 sonlarning 9 modul bo’yicha
chegirmalarning to’la sistemasini tashkil etishini ko’rsating .
35. 24, 18, -19, 37, 28, -23, -32, 5, 41, -35, -33 sonlarning 11 modul bo’yicha
chegirmalarning to’la sistemasini tashkil etishini ko’rsating .
37

36. 19, 23, 25, -19 sonlarning 12 modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan
sistemasini tashkil etishini ko’rsating .
37. 11, -1, 17, -19 sonlarning 8 modul bo’yicha chegirmalarning keltirilgan
sistemasini tashkil etishini ko’rsating .
38*. 24, 14, 25, 37, -8, -19, -40 sonlarning 6 modul bo’yicha eng kichik manfiy
bo’lmagan, absloyut qiymati bo’yicha eng kichik musbat bo’lmagan va absolyut
qiymati jihatidan eng kichik chegirmalarini toping . Bu sonlar berilgan modul
bo’yicha nechta har xil sinflarga tegishli bo’ladi ? Qaysi sonlar berilgan modul
bo’yicha bir sinfga tegishli bo’ladi ?
39. Oldingi masalaning shartini 8 modul bo’yicha 17, -14, 19, -49, -22, 21, -29
sonlarga qo’llang .
40. 100 sonining quyidagi modullar bo’yicha eng kichik manfiy bo’lmagan,
absloyut qiymati bo’yicha eng kichik musbat bo’lmagan va absolyut qiymati
jihatidan eng kichik chegirmalarini toping : 5, 7, 11, 25, 120, 200.
41. Oldingi masalani 50 soni va 3, 8, 12, 25, 70, 100 modullarga nisbatan
yeching .
42*. Ha r qanday ketma-ket keladigan m ta butun sonlar m modul bo’yicha
chegirmalarning to’la sistemasini tashkil eitishini ko’rsating.
43*. 10 modul bo’yicha 3 x –1 ko’rinishdagi chegirmalarning to’la
sistemalaridan birortasini ko’rsating .
44. 4 modul bo’yicha 5 x ko’rinishdagi chegirmalarning to’la sistemalaridan
birortasini ko’rsating .
45. 5, 5 2
, 5 3
, 5 4
, 5 5
, 5 6
sonlar sistemasi 7 modul bo’yicha keltirilgan sistemani
tashkil etishini ko’rsating .
46. m modul bo’yicha chegirmalarning additiv gruppasi Z /m Z ning siklik
gruppa ekanligini ko’rsating.
47. ( Z /m Z , +) gruppaning m modul bo’yicha chegirmalar sinfi xalqasining
additiv gruppasidan iborat ekanligini ko’rsating.
48. Agar a va b o’zaro teskari bo’lsa, u holda a mod m  b mod m = 1 mod m ni
ko’rsating, ya’ni a mod m va b mod m chegirmalar sinflari ham m modul bo’yicha
o’zaro teskari bo’ladi.
49. m modul bo’yicha chegirmalar sinfi xalqasining teskarilanuvchi
elementlari gruppasi m modul bo’yicha o’zaro tub bo’lgan chegirmalar sinfining
multiplikativ gruppasi bilan ustma-ust tushishini ko’rsating.
50. m – tub sondan iborat bo’lganda m modul bo’yicha chegirmalar sinfining
xalqasi maydon tashkil qilishini ko’rsating.
51*. Kanonik yoyilmasi 2 va 5 ni o’zida saqlamaydigan natural sonning 12-
darajasining birlik raqami 1 ga tengligini isbotlang .
52*. Eyler teoremasini quyidagi hollarda tekshiring : a) a = 5, m = 24; b) a
= 2, m = 33; c) a = 3, m = 18; d) a = 3, m = 24.
53*. Eyler va Ferma teoremalaridan foydalanib , quyidagi modullar bo’yicha
taqqoslamalr tuzing va h ar bir taqqoslamani qanoatlantiradigan a ning qiymatlarini va
chegirmalar sinfini yozing : a) 6; b) 5; c) 8; d) 7.
38

P
2 -1
P
1 -1 54*. a) Agar ( a , 7) = 1 bo’lsa, u holda a 12
– 1 ning 7 ga bo’linishini ; b) Agar
( a , 65) = ( b , 65) = 1 bo’lsa, u holda a 12
– b 12
ning 65 ga bo’linishini ko’rsating .
55. a  0 ( mod p ) bo’lganda a p- 1
+ p –1 sonning murakkab ekanligini
ko’rsating .
56*. i k ( p -1)
+ 1  0 ( mod p ) taqqoslamani to’g’ri ekanligini isbot qiling .
57. taqqoslamani to’g’ri ekanligini isbot qiling .
58. a n ( p -1)+1
 a (mod p) taqqoslamani to’g’ri ekanligini isbot qiling ..
59. Bo’linishning qoldiqlarini toping : a) 109 345
n i 14 ga ; b) 439 291
n i 60 ga ;
s) 293 275
n i 48 ga .
60. Bo’linishning qoldiqlarini toping : : a) 3 80
+ 7 80
n i 11 ga ; b) 3 100
+ 5 100
n i 7
ga ; s) 2 100
+ 3 100
n i 5 ga ; d) 5 70
+ 7 50
n i 12 ga .
61. 243 402
sonining oxirgi uchta raqamini toping.
62*. (a, m) = 1 bo’lganda a x
 1 (mod m) taqqoslamani qanoatlantiradigan x
ning eng kichik natural qiymati  (m) sonning bo’luvchisidan iborat ekanligini
isbotlang .
63*. a 561
 a ( mod 1) ni isbotlang .
64*. x ( p -1) m
+ x ( p -1) n
 0 (mod p) taqqoslamani x ning p > 2 ga karrali qiymatlari
qanoatlantirish i ni ko’rsating .
65*. 2, 3 va 5 ga bo’linmaydigan m natural soni 11...1 ko’rinishdagi
 (m) -
xonali sonning bo’luvchisi ekanligini ko’rsating.
66. a) Agar ( a , 561) = 1 bo’lsa, u holda a 560
 1 ( mod 561) ni isbotlang ; b)
2 1093
 1092
 1 ( mod 1093 2
) ni isbotlang .
67*. Agar a r
  1 (mod p) bo’lsa, u holda a r
  1 (mod p 2
) ni isbotlang ( r –
tub son ).
68*. Agar p va q – o’zaro teng bo’lmagan tub sonlar bo’lsa, u holda p q -1
+ q p -1
 1 (mod pq) ni isbotlang .
69*. x ning qanday butun qiymatida x 13
 x ( mod 2730) taqqoslama to’g’ri
bo’ladi?
70*. Agar
 0 ( mod 30) bo’lsa, u holda
 0 ( mod 30) ni
ko’rsating .
71*. Agar m > 1- toq son bo’lsa, u holda 2
 (m) -1
soni m ga bo’linganida
m - qoldiq qolishini ko’rsating .
72*. Agar ( a , 10) = 1 bo’lsa, u holda a 100n+1
 a ( mod 1000), n
 N ni
ko’rsating.
73*. 2 19
 73-1
 1 ( mod 19  73) taqqoslamani to’g’ri ekanligini ko’rsating .
74*. Agar p
1 va p
2 – har xil tub sonlar bo’lsa , p
1 + p
2  1 ( mod p
1 p
2 )
taqqoslamani to’g’ri ekanligini ko’rsating .

39


1

2
p 275*. Agar 2 r + 1 ( r  3) – tub son bo’lsa, u holda 4 r + 1  0 ( mod 3) ni
ko’rsating .
76*. Agar (a, m) = 1 va 
1  
2 (mod  (m)) bo’lsa, u holda a  a ( mod m ) ni
isbotlang .
77*. a 6 m
+ a 6 n
 0 ( mod 7), m, n
 N taqqoslama faqat a soni 7 ga karrali
bo’lganda o’rinli bo’lishini ko’rsating .
78*. Agar ( n , 6) = 1 bo’lsa, u holda n 2
 1 ( mod 24).
79*. Quyidagi shartdan p tub sonni toping :
5 + 1  0 ( mod p 2
).
80*. Agar uchta ketma-ket keladigan butun sonlardan o’rtadagisi biror butun
sonning kubidan iborat bo’lsa, bu sonlarning ko’paytmasi 504 ga bo’linishini
ko’rsating .
81*. Agar r > 3, r va 2 r +1 lar tub sonlar bo’lsa, u holda 4 r +1 – m urakkab son
ekanligini ko’rsating .
§ 3. Bir noma’lumli a lgebraik taqqoslamalar .
Birinchi darajali taqqoslamalar .
n- darajali bir noma’lumli taqqoslama deb quyidagi ko’rinishdagi taqqoslamag a
aytiladi :
a
0 x n
+ a
1 x n -1
+ ... + a
n -1 x + a
n  0 (mod m) ,
bu yerda a
0  0 (mod m), a
i
 Z , i = , n – manfiy bo’lmagan butun son .
Taqqoslamani yechish – uni qanoatlantiradigan x ning barcha qiymatlarini
topish demakdir .
Agar berilgan taqqoslamani biror x =
 qiymat qanoatlantirsa , u holda bu
taqqoslamani
 bilan m modjul bo’yicha taqqoslanaidgan barcha sonlar ham
qanoatlantiradi : x
  (mod m) , yoki , x = mk +  , ya’ni , m modul bo’yicha 
tegishli bo’lgan chegirmalar sinfining barcha chegirmalari qanoatlantiradi . Har bir
sinf bi tta yechimni tashkil etadi . Demak , taqqoslamani yechish – uni
qanoatlantir a digan chegirmalar ning barcha sinflarini topishdan iborat .
Har bir sinfdan bittadan olingan chegirmalar to’la sistemani tashkil etganligi
uchun taqqoaslamani qanoatlantiradigan sonlar sinfini topish chegirmalarning to’la
sistemasidan ularga mos keladigan chegirmalarni topishdan iborat ekan . Odatda

sifatida berilgan modul bo’yicha manfiy bo’lmagan eng kichik yoki absolyut qiymati
jihatidan eng kichik chegirmalar olinadi . Shunday qilib, to’la sistemaning nechta
chegirmasi berilgan taqqoslamani qanoatlantirsa, taqqoslama shuncha yechimga ega
bo’ladi .
Agar bir xil x noma’lumli va bir xil modulli ikkita ta qqo slamani x
noma’lumninng bir xil qiymatlari qanoatlantirsa, bunday taqqoslamalar teng kuchli
deyiladi .
40

Beri l gan taqqoslamaga teng kuchli taqqoslamalar quyidagi almashtirishlar
natijasida hosil bo’ladi :
a) b erilgan taqqoslamani ng ikkala tomoniga ham bir xil sonni qo’shish
natijasida ;
b) b erilgan taqqoslamani ng ixtiyoriy bir qismiga modulga karrali bo’lgan sonni
qo’shish natijasida ;
c) b erilgan taqqoslamani ng ikkala tomonini modul bilan o’zaro tub bo’lgan
songa ko’paytirish ( bo’lish ) natijasida ;
d) taqqoslamaning ikkala tomonini va modulini bir xil songa bo’lish natijasida .
1-Misol . Quyidagi taqqoslamal a rni yeching :
a) x 3
- 2 x + 6  0 ( mod 11);
b) x 4
+ 2 x 3
+ 6  0 ( mod 8);
c) x 4
- x 3
– x 2
+ 5 x - 2  0 ( mod 6).
Yechilishi . a) 11 modul bo’yicha absolyut qiymati jihatidan eng kichik
chegirmalarning to’la sistemasidan iborat
-5, -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5
sonlarni bevosita taqqoslamaga qo’yib tekshirish natijasida 5 soni taqqoslamani
qanoatlantirishini hosil qilamiz . Yechi mni x  5 ( mod 11) ko’rinishda yozamiz .
b) 8 modul bo’yicha chegirmalarning to’la sistemasi -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4 da
birorta ham chegirma taqqoslamani qanoatlantirmaydi, shuning uchun berilgan
taqqoslama yechimga ega emas .
c) 6 modul bo’yicha ch egirmalarning to’la sistemasi -2, -1, 0, 1, 2, 3 da faqat
ikkita son taqqoslamani qanoatlantiradi : -1 va 2. Berilgan taqqoslama ikkita
yechimga ega : x  -1 ( mod 6) va x  2 ( mod 6).
Modulning bo’luvchisi bo’yicha olingan taqqoslama berilgan modul bo’yicha
taqqoslamaning natijasidan iborat bo’ladi . ■
2-Misol . x 2
- 5 x + 6  0 ( mod 9) taqqoslamani yeching .
Yechilishi. Modulning bo’luvchisi bo’yicha olingan taqqoslamani qaraymiz: x 2
-
5 x + 6  0 ( mod 3) , bu yerdan x 2
+ x  0 ( mod 3) yoki x ( x + 1)  0 ( mod 3),
ko’paytuvchilarning har birini alohida yechib x  0, 2 ( mod 3) ni hosil qilamiz.
Yechimlarni chegirmalar sinfi orqali x = 3 q ; 3 q + 2 shaklda yozamiz.
Endi x = 3 q ni berilgan taqqoslamaga qo’yamiz:
9 q 2
– 15 q + 6  0 ( mod 9), bu yerdan 3 q  3 ( mod 9), ya’ni . q  1 ( mod 3)
yoki q = 1 + 3 t . Bu yerdan x = 3 + 9 t yoki x  3 ( mod 9) yechimni hosil qilamiz .
x = 3 q + 2 da berilgan taqqoslama quyidagi ko’rinishda bo’ladi :
9 q 2
+12 q + 4 – 15 q – 10 + 6  0 ( mod 9) . Bu taqqoslamani
soddalashtirishlardan so’ng 3 q  0 ( mod 9) yoki q  0 ( mod 3) ni hosil qilamiz. q =
3 t bo’lganda berildgan taqqoslamaning ikkinchi yechimi x = 9 t + 2 yoki x  2 ( mod
9) ni hosil qilamiz.
Shunday qilib, berilgan taqqoslama ikkita yechimga ega ekan: x  2; 3 ( mod 9).
■
3-Misol . Teng kuchli taqqoslamaga o’tish bilan quyidagi taqqoslamani yeching :
13 x  5 ( mod 47).
41

Yechilishi. Taqqoslamaning o’ng tomoniga 47 ni qo’shamiz :
13 x  52 ( mod 47). Endi taqqoslamaning ikkala tomonini 13 ga qisqartirib,
uning yechimini hosil qilamiz : x  4 ( mod 47). ■
Birinchi darajali taqqoslamaning umumiy ko’rinishi quyidagicha yoziladi :
ax  b (mod m) .
Bu taqqoslamani yechishda quyidagi hollar bo’lishi mumkin :
a) Agar (a, m) = 1 bo’lsa, u holda taqqoslama faqat yagona yechimga ega .
b) Agar (a, m) = d > 1 bo’lib , b ozod had d ga bo’linmasa , u holda taqqoslama
yechimga ega emas .
s) Agar (a, m) = d > 1 bo’lib , b ozod had d ga bo’linsa , u holda taqqoslama d ta
yechimga ega bo’ladi va bu yechimlar quyidagi formulalar bilan topiladi :
x
k
  + (mod m) , k=1, 2, …., d
bu yerda
 - quyidagi taqqoslamaning yechimidan iborat:
x  ( mod ).
ax
 b (mod m) taqqoslamani yechish usullarini faqat (a, m) = 1 bo’lganda qarab
chiqamiz, uchinchi holda taqqoslama d ga qisqartirilgandan so’ng birinchi holga
keltiriladi.
Birinchi darajali taqqoslamalarni yechishda quyidagi uchta usul qo’llaniladi :
a) yechim m modul bo’yicha eng kichik manfiy bo’lmagan yoki absolyut
qiymati jihatidan eng kichik chegirmalarning to’la sistemasidagi sonlarni bevosita
sinash usuli bilan topiladi.
b) Eyler usuli . Yechi m quyidagi formul a bilan topiladi:
x
 ba  (m) -1
(mod m) ,
bu yerda
 (m) –Eyler funksiya si ;
s) chekli uzluksiz kasrlar yordamida quyidagi formula bilan yechim topiladi:
x  (-1) n
b P
n -1 (mod m) ,
bu yerda P
n -1 – kasrni uzluksiz kasrga yoyganda hosil bo’ladigan oxirgisidan bitta
oldingi munosib kasrning suratidan iborat.
Ba’zi hollarda taqqoslamalarning xossalariga asoslangan almashtirishlar orqali
berilgan taqqoslama oson ye c hiladi (3 -misolga qarang ).
4-Misol . Quyidagi taqqoslamani Eyler usuli bilan yeching :
9 x  8 ( mod 34).
Yechilishi. (9, 34) = 1 bo’lganligi uchun berilgan taqqoslama yagona yechimga
ega bo’ladi.
 (34) = 16 ni hisoblab quyidagilarga ega bo’lamiz :
x  8  9 15
 8  3 30
 8  3 14
 8  (2187) 2
 8  11 2
 16 ( mod 34). ■
Misol 5. Taqqoslamani uzluksiz kasrlar orqali yeching :
285 x  177 ( mod 924).
Yechilishi. (285, 924) = 3 va 177 = 59  3 bo’lganligi uchun berilgan taqqoslama
uchta yechimga ega .
Taqqoslamaning ikkala tomonini va modulini 3 ga bo’lamiz :
42

95 x  59 ( mod 308).
kasrni uzluksiz kasrga yoyamiz : = (3, 4, 7, 1, 2). M unosib kasrlar
jadvalini tuzamiz:
q
i 3 4 7 1 2
P
i 1 3 13 94 107 308

Shunday qilib , P
n -1 = P
4 = 107, demak ,
x  (-1) 4
 107  59 ( mod 308),
Bu yerdan natija taqqoslamaning yechimi x  153 ( mod 308) ni hosil qilamiz .
Berilgan taqqoslamaning yechimlari quyidagicha tasvirlanadi :
x  153; 461; 769 ( mod 924). ■
Birinchi darajali ta qq oslamalar ni birinchi darajali ikki noma’lumli aniqmas
tenglamalarni (diofant tenglamalari) yechishga tatbig’ini qarab chiqamiz .
Quyidagi aniqmas tenglama
ax + by = c; a, b, c  Z
ni yechish talab qilinsin. Agar (a, b) = 1 bo’lsa, u holda berilgan tenglama butun
yechimlarga ega bo’lib, uning umumiy yechimi quyidagicha ifodalanadi:
x = x
1 + bt ,
y = y
1 – at
yoki b manfiy bo’lganda quyidgicha ifodalash qulay :
x = x
1 - bt ,
y = y
1 + at .
Bu formulalarda x
1 va y
1 lar x va y larning tenglamani qanoatlantiradigan qandaydir
qiymatlaridan iborat va t
 Z .
Agar (a, b) = d > 1 va c soni d ga bo’linmasa , u holda ax + by = c tenglama
butun sondagi yechimlarga ega emas .
Birinchi darajali aniqmas tenglamalar nazariyasidan noma’lumlarni xususiy
yechimlarini topishning bir necha usullari mavjud .
Taqqoslamalar yordamida bu xususiy yechim quyidagicha topiladi : ax + by = c
dan taqqoslamaning ma’nosi haqidagi teoremaga ko’ra ax
 c (mod b) bir
noma’lumli taqqoslamani hosil qilamiz, bu yerda b o’z ishora si bilan olinadi ,
taqqoslamani qanoatlantiradigan x ning qiymati x
1 sifatida olinadi, y
1 ning qiymati esa
bevosita berilgan tenglamaga x
1 ni qo’yib topiladi.
Misol 6. Quyidagi tenglamani butun sonlarda yechimlarini toping :
39 x – 22 y = 10.
Yechilishi. Tenglamadan quyidagi taqqoslama kelib chiqadi :
39 x  10 ( mod 22) .
Bu taqqoslamadagi koeffisiyentlarni 22 modul bo’yicha eng kichik musbat
chegirmalariga keltirsak, 17 x  10 ( mod 22) ni hosil qilamiz, bu yerdan x
1 = 20 ni
43

hosil qilamiz. Bu qiymatni berilgan tenglamaga qo’yib, y
1 = 35 ni topamiz. Demak,
berilgan tenglamaning umumiy yechimi quyidagicha bo’ladi:
■
7-Misol . Tug’ilgan kunning 12 ga ko’paytmasi va oyning 31 ga
ko’paytmalarining yig’indisi 299 ekanligi ma’lum bo’lsa, tug’ilgan kunni toping.
Yechilishi. x – sana , y – oyning raqami bo’lsin . U holda quyidagi tenglamani
hosil qilamiz
12 x + 31 y = 299.
Bu yerdan 12 x  299 ( mod 31) yoki 12 x  20 ( mod 31) taqqoslama kelib
chiqadi . Oxirgi taqqoslamani yechib , x
1 = 12 ni hosil qilamiz . Topilgan qiymatni
berilgan tenglamaga quyib , y
1 = 5 ni hosil qilamiz . Demak , tug’ilgan kun 12 - ma y
ekan . ■
MAShQLAR
82. Manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalarni bevosita sinash usuli bilan
quyidagi taqqoslamalarni yeching :
a) 5 x 2
– 15 x + 22  0 ( mod 3); b) x 2
+ 2 x + 2  0 ( mod 5); c) 3 x  1 ( mod 5);
d) 8 x  3 ( mod 14); e) x 3
- 2  0 ( mod 5); f) x 2
- 2 x + 1  0 ( mod 4);
g) 27 x 2
- 13 x + 11  0 ( mod 5).
83. Taqqoslamalarning xossalari yordamida dastlab soddalashtirib, so’ngra
absolyut qiymati jihatidan eng kichik chegirmalarni bevosita sinash usuli bilan
quyidagi taqqoslamalarni yeching :
a) 12 x  1 ( mod 7); b) 8 x  1 ( mod 5); c) 3 x  13 ( mod 11); d) 6 x  3 ( mod 7);
e) 6 x + 5  1 ( mod 7); f) 90 x 20
+ 46 x 2
- 52 x + 46  0 ( mod 15).
84. Quyidagi taqqoslamalarni yechimga ega emasligini ko’rsating :
a) 2 x - 3  0 ( mod 6); b) x 2
- 2 x + 3  0 ( mod 4); c) x 3
+ x + 4  0 ( mod 5);
d) x 4
+ 2  0 ( mod 5); e) x 5
– 2 x 3
+ 13 x - 1  0 ( mod 4).
85. Noma’lumning ixtiyoriy butun qiymatlari quyidagi taqqoslamalarni
qanoatlantirishini ko’rsating :
a) x 2
- x + 6  0 ( mod 2); b) x ( x 2
– 1)  0 ( mod 6);
c) x 4
+ 2 x 3
- x 2
- 2 x  0 ( mod 4); d) x r
- x  0 (mod r) .
86. Taqqoslamaning xossalaridan foydaldanib, almashtirishlar orqali quyidagi
taqqoslamalarni yeching:
a) 2 x  7 ( mod 15); b) 5 x  2 ( mod 8); c) 7 x  2 ( mod 13);
d) 3 x  23 ( mod 37); ye) 27 x  14 ( mod 25); f) 13 x  10 ( mod 11);
g) 5 x  3 ( mod 11); h) 7 x  5 ( mod 24).
87. x ning qanday butun qiymatlarida 5 x 2
+ x + 4 kvadrat uchhad 10 ga
bo’linadi ?
88. x 2
- 4 x + 3  0 ( mod 6) taqqoslamani x 2
– 4 x + 3  0 ( mod 2) zaruriy
shartdan foydalanib yeching .
89. x (30)
 1 ( mod 30) taqqoslamani yeching .
90. x
 (m)
 1 (mod m) taqqoslama nechta yechimga ega ?
44

g) 53 x + 17 y = 25;
h) 47 x – 105 y = 4;
i) 18 x – 33 y = 112;
j) 11 x + 16 y = 156;
k) 12 x – 37 y = -3;
l) 23 x + 15 y = 19.е) -53 х  84 ( mod 219);
f ) 90 х + 18  0 ( mod 138);
g) 78 х  42 ( mod 51).91*. Agar (n, m) = 1 bo’lsa, u holda n - darajali x n
+ a
1 x n -1
+ ... + a
n  0 (mod m)
taqqoslamani yangi y o’zgaruvchini kiritish bilan ( n -1) darajali hadi qatnashmaydigan
y n
+ b
2 y n -2
+ ... + b
n  0 (mod m) taqqoslamaga keltirish mumkinligini ko’rsating .
92*. Oldingi masaladan foydalanib , x 3
+ 5 x 2
+ 6 x – 8  0 ( mod 13)
taqqoslamani uch hadli y 3
+ ry + q  0 ( mod 13) taqqoslamaga keltiring .
93. Eyler usuli bilan quyidagi taqqoslamalarni yeching :
a) 5 x  7 ( mod 10); b) 3 x  8 ( mod 13); c) 7 x  5 ( mod 17);
d) 13 x  3 ( mod 19); e) 27 x  7 ( mod 58).
94. Uzluksiz kasrlar usuli bilan quyidagi taqqoslamalarni yeching :
a) 7 x  4 ( mod 19); b) 143 x  41 ( mod 221); c) 13x  178 (mod 153);
d) 67 x  64 ( mod 183); y) 89 x  86 ( mod 241); f) 213 x  137 ( mod 516);
g) 111 x  81 ( mod 447); h) 186 x  374 ( mod 422); i) 129 x  321 ( mod 471).
95. Qulay usul bilan quyidagi taqqoslamalarni yeching :
a) 12 x  9 ( mod 18);
b) 20 x  10 ( mod 25);
c) -50 x  67 ( mod 177);
d) -73 x  60 ( mod 311);
Javoblarni berilgan taqqoslamaga qo’yish bilan tekshirib ko’ring .
96*. Birinchi darajali 21 modul bo’yicha quyidagi taqqoslamalarni tuzing: a)
faqat yagona yechimga ega bo’lgan; b) 3 va 7 ta yechimga ega bo’lgan; c) 2, 10,
15 ta yechimga ega bo’lgan.
97. Tug’ilgan kunning 12 ga ko’paytmasi va oyning 31 ga ko’paytmalarining
yig’indisi 198 bo’lsa, tug’ilgan kunni toping.
98*. 523 sonning chap tomonidan shunday uch xonali sonni yozingki, hosil
bo’lgan olti xonali son 7, 8 va 9 ga bo’linsin .
99. 629 sonning o’ng tomonidan shunday uch xonali sonni yozingki, hosil
bo’lgan olti xonali son 5 , 8 va 11 ga bo’linsin .
100. 723 sonning o’ng tomonidan shunday ikki xonali sonni yozingki, hosil
bo’lgan 5 xonali sonni 31 ga bo’lganda 7 qoldiq qolsin .
101. Quyidagi tenglamalarni butun sonlarda yeching :
a) 3 x + 4 y = 13;
b) 8 x – 13 y = 63;
c) 43 x + 37 y = 21;
d) 45 x – 37 y = 25;
e) 81 x – 48 y = 33;
f) 26 x + 3 y = 13;
102. Don tashish uchun 60 kg va 80 kg lik qoplar bor . 440 kg donni tashish
uchun shu xaltalardan nechtadan kerak bo’ladi ?
103. 1490 0 so’mga 300 s o’ m lik va 500 s o’mlik chiptalardan nechtadan sotib
olsa bo’ladi ?
104. ax + by = c to’g’ri chiziqning abssissalari a
1 va a
2 ga teng bo’lgan
kesmasida nechta butun son mavjudligini toping:
a) 8 x – 13 y + 6 = 0; a
1 = - 100; a
2 =150;
45

b) 7 x + 29 y = 584; a
1 = -20, a
2 = 160;
c) 90 x – 74 y = 50; a
1 = -100, a
2 = 200.
105*. a va b ning qanday natural qiymatlarida ax – by = 31 tenglama x =5, y = 9
yechimga ega ?
106*. Uchlari A(x
1 , y
1) , V(x
2 , y
2 ) butun nuqtalarda bo’lgan kesmaning ichki
butun nuqtalari soni d – 1 ga tengligini ko’rsating , bu reda d = (y
1 – y
2 , x
1 – x
2 ) .
107. Uchlari A (2, 1), B(20, 7), C(8, 15) nuqtalarda bo’lgan uchburchak ning
tomonlari nechta butun nuqtalardan o’tadi ?
108. x qanday butun qiymatlarida quyidagi funksiyalar butun qiymatlarni qabul
qiladi :
a) f(x) = ; b) F(x) = ?
109*. Fabrikaga 18 ta vagonda 500 tonna paxta olib kelishdi . V agonlarda 15,
20 va 30 t onnadan paxta bo’lgan . 15, 20 va 30 t onnalik vagonlardan nechtadan
bo’lgan ?
§ 4. Birinchi darajali taqqoslamalar sistemalari
Bir noma’lumli har xil modulii birinchi darajali taqqoslamalr sistemasining
umumiy ko’rinishi quyidagidan iborat :
(1)
Bu sistema yechimini topishning umumiy usuli quyidagicha: dastlab
sistemaning birinchi taqqoslamasining x   (mod m
1 ) yechimi topiladi , bu yerda  -
m
1 modul bo’yicha manfiy bo’lmagan eng kichik yoki absolyut qiymati jihatidan eng
kichik chegirmadan iborat, bu yechimni sonlar sinfi shaklida yozib olinadi:
. (2)
(Agar birinchi taqqoslama yechimga ega bo’lmasa, berilgan sistema ham yechimga
ega bo’lmaydi ).
So’ngra x ning (2) dagi qiymati sistemaning ikkinchi taqqoslamasiga qo’yilib,
(3)
taqqoslama hosil qilinadi . (3) taqqoslamadan t ning sonlar sinfi shaklidagi
t = m
2 t
1 +

ko’rinish i topilib, u (2) tenglikka qo’yiladi va x ning yangi qiymati hisoblanadi . (Agar
(3) taqqoslama yechimga ega bo’lmasa, berilgan sistema ham yechimga ega
bo’lmaydi ).
Natijada x ning sonlar sinfi shaklida yozilgan va berilgan sistemaning dastlabki
ikkita taqqoslamasini qanoatlantiradigan qiymati hosil bo’ladi . x ning topilgan
qiymati uchinchi taqoslamaga qo’yilib, hosil bo’lgan taqqoslama t
1 ga nisbatan
yechiladi va t
1 ning sonlar sinfi shaklida yozilgan qiymati x ning ifodasiga qo’yladi,
so’ngra x ning bu qiymati to’rtinchi taqqoslamag qo’yiladi va shu taxlitda
sistemaning oxirgi taqqoslamasigacha yechiladi. x ning oxirgi qiymati berilgan
sistemaning yechimidan iborat bo’ladi.
46

Berilgan sistemani yechishda dastavval har bir taqqoslamani alohida yechib,
sistema quyidagi ko’rinishga keltirib olinadi:
(4)
So’ngra yuqoridagi usul qo’llaniladi.
Agar (1) sistemaning a
i x  b
i (mod m
i ) (i = 1 , n) taqqoslamalari uchun (a
i , m
i ) =
d
i va d
i |b
i bo’lsa, u holda har bir i -nchi taqqoslamaning hadlarini va modulini d
i ga
qisqartirib, (1) sistemaga teng kuchli bo’lgan quyidagi sistema hosil qilinadi:
. (5)
Bu sistemaning taqqoslamalirini x g a nisbatan yechib, (5) sistemaning yechimini
quyidagi sistemaning yechimiga keltirish mumkin :

(6)
Agar (4) sistemada m
1 , m
2 ,..., m
n modullar juft-jufti bilan o’zaro tub bo’lsa, i

j da (m
i , m
j ) = 1 bo’lsa, u holda uning yechimini quyidagi formula bilan ham
topish mumkin
, (7)
bu yerda M = [m
1 , m
2 ,..., m
n ] va y
1 , y
2 ,..., y
n lar
taqqoslamalarning yechimlaridan iborat. Sistemaning yechimi
x
 x
0 (mod M) taqqoslamadan iborat bo’ladi .
Agar muodullar juft-jufti bilang o’zaro tub bo’lsa, Bu usul bilan
(6) sistemani ham yechish mumkin .
1-Misol . Quyidagi taqqoslamalr sistemasini yeching :
Yechilishi. Birinchi taqqoslamadan :
x = 16 t + 13.
ni hosil qilamiz. x ning bu qiymatini ikkinchi taqqoslamag qo’yamiz :
16 t + 13  3 ( mod 10), yoki 16 t + 1 0  0 ( mod 10),
Bu yerdan 8 t  0 ( mod 5), yoki 16 t  0 ( mod 5) ni hosil qilamiz .
Demak, t = 5 t
1 .
t = 5 t
1 ni x = 16 t + 13 ifodaga qo’yamiz:
x = 16  5 t
1 + 13 = 80 t
1 + 13.
x ning topilgan qiymatini uchinchi taqqoslamag qo’yamiz :
80 t
1 + 13  9 ( mod 14), yoki 80 t
1  - 4 ( mod 14), bu yerdan
80 t
1  10 ( mod 14), yoki 40 t
1  5 ( mod 7), yoki
47

8 t
1  1 ( mod 7), bu yerdan t
1  1 ( mod 7), ya’ni, t
1 = 7 t
2 + 1.
t
1 = 7 t
2 + 1 ni x = 80 t
1 + 13 ifodaga qo’yib ,
x = 80 (70 t
2 + 1) + 13 = 560 t
2 + 93
ni hosil qilamiz. Shunday qilib, x  93 (mod 560). ■
Tekshirish : 93 – 13 ayirma 16 ga bo’linadi; 93 – 13 ayirma 10 ga bo’linadi; 93
– 9 ayirma 14 ga bo’linadi.
Eslatma. 16 t  0 ( mod 10) taqqoslamani yechishda biz 8 t  0 ( mod 5)
taqqoslamani hosil qildik, uning yechimi t  0 ( mod 5), yoki t = 5 t
1 berilgan
taqqoslamaning x = 80 t
1 + 13 yechimiga olib keldi. Ammo 16 t  0 ( mod 10)
taqqoslamaning ikkinchi t  5 ( mod 10), yoki t = 10 t
1 + 5 yechimi ham mavjud
( chunki, d = (16, 10) = 2) . Bu yechimni x = 16 t + 13 ifodaga qo’yib, x = 16(10 t
1 + 5)
+13 = 160 t
1 + 93 yechimni hosil qilamiz . Lekin 93  13 ( mod 80) bo’lganligi uchun ,
ya’ni 93 va 13 sonlari 80 modul bo’yicha bir sinfga tegishli bo’lganligi uchun x ning
bu qiymatiga mos bo’lgan yechim qaralmaydi .
Bu eslatmadan (1 -misol ) agar sistemaning biror taqqoslamasi yoki t
1 ga nisbatan
biror taqqoslama m modul bo’yicha d ta yechimga ega bo’lsa, u holda sistemani
yechimini topish uchun d ta yechimga ega bo’lgan taqqoslama yechimini unga teng
kuchli bo’lgan m/d modul bo’yicha taqqoslama yechimi bilan almashtirish yetarlidir .
2- Misol . Taqqoslamalar sistemasini yeching :
Yechilishi . Sistemaning har bir taqqoslamasini alohida yechib, bu sistemaga teng
kuchli bo’lgan quyidagit sistemani hosil qilamiz :
Bu sistemaning modullari juf-jufti bilan o’zaro tub sonlardan iborat bo’lganligi
uchun uning yechimini (7) formula bilan topish mumkin .
M = [11, 7, 5] = 385,
.
son larni topib, quyidagi taqqoslamalarni tuzamiz :
35 u
1  1 ( mod 11), 55 u
2  1 ( mod 7), 77 u
3  1 ( mod 5),
bu yerdan u
1 = 6, u
2 = - 1, u
3 = 3 larni hosil qilamiz .
Endi (7) formuladan quyidagini hosil qilamiz :
x
0 = 35  6  2 + 55  (-1)  5 + 77  3  4 = 1069  299 ( mod 385).
Shunday qilib , x  299 ( mod 385). ■
3- Misol . Taqqoslamalar sistemasini yeching :
Yechilishi . Berilgan sistemaning uchinchi taqqoslamasida (3, 12) = 3, ammo 8
soni 3 ga bo’linmaydi , shuning uchun bu taqqoslama ham berilgan sistema ham
yechimga ega emas .
4- Misol . Taqqoslamalar sistemasini yeching :
Yechilishi . Sistemaning dastlabki ikkita taqqoslamasi x  -1 ( mod 3) va x  -1
( mod 2) taqqoslamalarga teng kuchli, shuning uchun ularni uchinchi taqqoslamaning
48

natijasi bo’lganligi uchun tashlab yuborilsa bo’ladi . Shunday qilib, sistema uchinchi
taqqoslamasining yechimi sistemaning ham yechimi bo’ladi , ya’ni . x  -1  5 ( mod
6). ■
5-Misol. 2, 3, 4, 5, 6 va 7 sonlariga bo’linganida mos ravishda 1, 2, 3, 4, 5
va 0 qoldiq hosil bo’ladigan sonni toping .
Yechilishi . Masala yuidagi taqqoslamalr sistemasiga keltiriladi :
x  1 ( mod 2) yoki x  3 ( mod 2) taqqoslama x  3 ( mod 4) taqqoslamaning natijasi
sifatida tashlab yuborilishi mumkin . Xuddi shunday x  2 ( mod 3) taqqoslama ham
olinmaydi .
Shunday qilib , quyidagi sistemani hosil qilamiz :
Bu sistemani yechib , x  119 ( mod 420) ni hosil qilamaiz . ■
6-Misol . Quyidagi taqqoslama yechimga ega bo’ladigan a
ning qiymatlarini
toping :
Yechilishi. Birinchi taqqoslamadan
x = 18 t + 5
ni hosil qilamiz. x ning bu qiymatini ikkinchi taqoslamaga qo’yib, t ning qiymatini
topamiz :
18 t + 5  8 ( mod 21), yoki 18 t  3 ( mod 21), yoki 6 t  1 ( mod 7), t  6 ( mod 7).
t  -1 ( mod 7) ni olish qulayroq , bu yerdan t = 7 t
1 – 1. Bu qiymatni x ning ifodasiga
qo’yib,
x = 16 (7 t
1 – 1) = 5 = 126 t
1 – 13.
x ning hosil qilingan qiymatini sistemaning uchinchi taqqoslamaga qo’yamiz :
126 t
1 – 13  a ( mod 35), t.ye. 21 t
1  a = 13 ( mod 35).
(21, 35) = 7 bo’lganligi uchun oxirgi taqqoslama yechimga ega bo’lishi uchun a + 13
 0 ( mod 7) taqqoslama yechimga ega bo’lishi kerak , bu yerdan a  1 ( mod 7).
Shunday qilib , berilgan sistema a  1 ( mod 7) bo’lganda yechimga ega . ■
7-Misol . O’nlik sanoq sistemasida berilgan 4 x 87 u 6 soni 56 ga bo’linadi . Shu
sonni toping .
Yechilishi. Masala shartidan quyidagi taqqoslamalarni tuzamiz :
Birinchi taqqoslamadan 7 y 6 ning 8 ga bo’linishi va 8 ga bo’linish alomatiga asosan y
= 3 va y = 7 qiymatlarni hosil qilamiz .
Bu qiymatlarni ikkinchi taqqoslamag qo’yib, :
4x8736  0 ( mod 7),
4x8776  0 ( mod 7)
taqqoslamalarni hosil qilamiz. Bu taqqoslamalrni quyidagi ko’rinishda tasvirlab
olamiz
400000 + 10000 x + 8736  0 ( mod 7), 4 x  1 ( mod 7),
yoki
400000 + 10000 x + 8776  0 ( mod 7), 4 x  3 ( mod 7).
49

Birinchi taqqoslama x  2 ( mod 7), yoki x = 7 t +2 yechimga ega. Bu yerdan t =0
da x
1 =2 va t =1 da x
2 =9 ni hosil qilamiz. t ning boshqa qiymatlariga mo keluvchi x
ning qiymatlari yaramaydi.
Ikkinchi taqqoslama x  6 ( mod 7) yoki x = 7 t + 6 yechimga ega. Bundan
yagona qiymat x
3 = 6 ni hosil qilamiz. x ning hosil qilingan qiymatlarini berilgan
sonning ifodasiga qo’yib, 428736, 498736, 468776 sonlarni hosil qilamiz. ■
8- Misol. Quydagi taqqoslamani o’zaro tub modullar bo’yicha taqqoslamalar
sistemasiga keltirib yeching:
x 3
+ 2 x + 3  0 ( mod 15) .
Yechilishi. Berilgan taqqoslama quyidagi sistemaga teng kuchli :
Bu sistemaningn ikkinchi taqqoslamasi ( x – 1) x ( x + 1)  0 ( mod 3)
taqqoslamaga teng kuchli va u x ning barcha butun qiymatlari uchun o’rinli . Demak
berilgan taqqoslama quyidagi taqqoslamaga teng kuchli bo’ladi
x 3
+ 2 x + 3  0 ( mod 5),
bu yerdan x  2; 4 ( mod 5) ni hosil qilamiz .
Berilgan 15 modul bo’yicha quyidagi yechimlarni hosil qilamiz :
x  2; 7; 12; 4; 9; 14 ( mod 15). ■
9-Misol . Quyidagi chiziq qaysi butun nuqtalardan o’tadi :
15 u = 2 x 3
– 5 x 2
+ 4 x + 11, bu yerda – 2 < x < 8 ?
Yechilishi. Chiziq tenglamasidan 2 x 3
– 5 x 2
+ 4 x + 11  0 ( mod 15)
taqqoslamaga ega bo’lamiz. Bu taqqoslama esa quyidagi sistemaga teng kuchli
2 x 3
– 5 x 2
+ 4 x + 11  0 ( mod 5)
2 x 3
– 5 x 2
+ 4 x + 11  0 ( mod 3).
Birinchi taqqoslama x  2; 4 ( mod 5) yechimlarga , ikkinchisi esa
x  1; 2 ( mod 3) yechimlarga ega .
Endi
x  2 ( mod 5) x  2 ( mod 5) x  4 ( mod 5) x  4 ( mod 5).
x  1 ( mod 3) x  2 ( mod 3) x  1 ( mod 3) x  2 ( mod 3),
taqqoslamalarni yechib, x  7; 2; 4; 14 ( mod 15) yechimlarni topamiz .
Shartda ko’rsatilgan oraliqqa x ning quyidagi qiymatlari tushadi: x =7; 2; 4; - 1.
u ning mos qiymatlari chiziqningn berilgan tenglamasidang topiladi . ■
10-Misol . Taqqoslamalar sistemasini yeching :
9 u  15
( mod 12),
7 x – 3 u  1
Yechilishi. Birinchi taqqoslamaning ikkala tomonini va modulini 3 ga
qisqartirib, 3 u  5 ( mod 4), yoki 3 u  9 ( mod 4), yoki u  3 ( mod 4) ni hosil
qilamiz.
12 modul bo’yicha u  3; 7; 11 ( mod 12) yechimlar kelib chiqadi .
Bu yerdan quyidagi uchta sistemani hosil qilamiz :
7 x  1 + 3 u 7 x  1 + 3 u 7 x  1 + 3 u
50

( mod 12), ( mod 12), ( mod 12)
u  3 u  7 u  11
Bu sistemalarni soddalashtirib,
x  10 x  10 x  10
( mod 12), ( mod 12), ( mod 12)
u  3 u  7 u  11.
yechimlarni hosil qilamiz . ■
11-Misol . Taqqoslamalar sistemasin yeching :
x + 2 u  3
( mod 5).
4 x + u  2
Yechilishi. Ikkinchi taqqoslamani 2 ga ko’paytirib, hosil bo’lgan
taqqoslamadan birinchi taqqoslamani hadma-had ayiramiz: 7 x  1 ( mod 5), bu
yerdan x  3 ( mod 5) ni hosil qilamiz . Birinchi taqqoslamani ikkala tomonini 4 ga
ko’paytirib, hosil qilingan taqqoslamadan ikkinchisini ayiramiz: u  0 ( mod 5).
Tekshirish :
x  3
( mod 5)
u  2
sistema berilgan sistemaning yechimidan iborat ekanligini ko’rsatadi . ■
MAShQLAR
110. Quyidagi taqqoslamalar sistemalarini yeching :
a) x  4 ( mod 5) b) x  1 ( mod 25)
x  1 ( mod 12) ; x  2 ( mod 4) ;
x  7 ( mod 14) x  3 ( mod 7)
x  4 ( mod 9)
c) 2 x  7 ( mod 13) d) 4 x  7 ( mod 13)
5 x  8 ( mod 17) x  2 ( mod 17)
3 x  7 ( mod 31) ; 5 x  3 ( mod 9) ;
14 x  35 ( mod 19) 8 x  4 ( mod 14)
e) 3 x  7 ( mod 10) f) 4 x  1 ( mod 9)
2 x  5 ( mod 15) ; 5 x  3 ( mod 7) ;
7 x  5 ( mod 12) 4 x  5 ( mod 12)
g) 5 x  1 ( mod 12) h) 3 x  1 ( mod 10)
5 x  2 ( mod 8) ; 4 x  3 ( mod 5) ;
7 x  3 ( mod 11) 2 x  7 ( mod 9)
51

i) 3 x  5 ( mod 7) j) 5 x  200 ( mod 251)
2 x  3 ( mod 5) ; 11 x  192 ( mod 401)
3 x  3 ( mod 9) 3 x  -15 ( mod 907) .
111. 2, 3, 4 ga bo’linganida 1 qoldiq qoladigan va 5 ga qoldiqsiz bo’linadigan
barcha natural sonlarni toping.
112. 4, 5, 7 ga bo’linganida mos ravishda 3, 4, 5 qoldiq qoladigan 200 va 500
sonlari orasidagi barcha butun sonlarni toping.
113*. Abssissalar o’qiga perpendikulyar bo’lgan bitta chiziqda yotadigan 4 x –
7 u = 9, 2 x + 9 u = 15 va 5 x – 13 u = 12 to’g’ri chiziqlarning butun nuqtalarini toping .
114. Quyidagi taqqoslamalar sistemalarini yeching :
a) x  a ( mod 6) b) x  2 ( mod 6)
x  1 ( mod 8) ; x  a ( mod 8) ;

c) x  5 ( mod 18) d) x  a ( mod 7)
x  8 ( mod 21) x  b ( mod 5)
x  a ( mod 35) ; x  c ( mod 3) .
115. Quyidagi sistemalar yechimga ega bo’ladigan a ning barcha qiymatlarini
toping :
a) x  a ( mod 6) b) x  3 ( mod 11) c) 2 x  a ( mod 4)
x  1 ( mod 10) ; x  11( mod 20) ; 3 x  4 ( mod 10) .
x  2 ( mod 21) x  1 ( mod 15)
x  3 ( mod 11) x  a ( mod 18)
116*. O’nlik sanoq sistemasida xuz 138 ko’rinishda yozilgan N soni 7 ga
bo’linadi , 138 xuz soni esa 13 ga bo’linganida 6 qoldiq qoladi va x 1 u 3 z 8 sonini 11 ga
bo’linganida 5 qoldiq qoladi . N sonini toping .
117*. 13 xu 45 z sonini 792 ga bo’linishini bilgan holda x, u, z larni toping .
118*. Shunday uch xonali sonlarni topingki, ularni har birining o’ng tomoniga
shu sondan keyin keladigan sonni yozsak aniq kvadrat hosil bo’lsin .
119*. Noma’lum sonni 7 ga bo’lsak, 3 qoldiq hosil bo’ladi, shu noma’lumning
kvadratini 7 2
ga bo’lsak 44 qoldiq hosil bo’ladi ; uning kubini 7 3
ga bo’lsak 111
qoldiq hosil bo’ladi . N oma’lum sonni toping .
120. Quydagi taqqoslamalarni o’zaro tub modullar bo’yicha taqqoslamalar
sistemasiga keltirib yeching :
a) 13 x  32 ( mod 28); b) 245 x  405 ( mod 475); c) 78 x  49 ( mod 77);
d) 56 x  81 ( mod 45); ye) x 2
 - 1 ( mod 20); g) x 2
 - 1 ( mod 85).
121. Quyidagi chiziq qaysi butun nuqtalardan o’tadi :
14 y = 3 x 3
– 4 x 2
+ 11 x + 4, bu yerda - 7 < x < 7?
122. Quyidagi taqqoslamalar sistemalarini yeching :
a) x + 3 u  5 b) x  2
( mod 7) ; ( mod 4) ;
52

4 x  5 x – 2 u  1
c) 9 u  15 d) 3 x – 5 u  1
( mod 12) ; ( mod 12) ;
3 x - 7 u  1 9 u  15
e) x + 2 u  0 f) 3 x + 4 u  29
( mod 5) ; ( mod 143) ;
3 x + 2 u  2 2 x – 9 u  - 84

g) x + 2 u  4 h) 4 x - u  2
( mod 5) ; ( mod 6) .
3 x + u  2 2 x + 2 u  0
123. Quyidagi tenglamalar sistemasini butun sonlarda yeching :
a) x + 2 y + 5 z = 1 b) x – y – 3 z = 1
3 x + y + 5 z = 3 ; x + y – 2 z = 1 .
124.
3 x – u + 1 2 x + 3 u – 1
va ifodalar butun son bo’ladigan .
7 7
x va u ninng butun qiymatlarini toping ,
JAVOBLAR va KO’RSATMALAR
I-BOB
BUTUN SONLAR XALQASIDA BO’LINISH NAZARIYASI
1-§
1. a ) q = 7; 8 va r = 2; 6; b ) q = 8; 9 va r = 2; 6.
2. a ) Yechish: (2 n +1) 2
= 4 n ( n +1) + 1, bu yerda n ( n + 1) 2 ga bo’linadi;
b ) Yechish: n 2
+ ( n + 1) 2
= 2 n ( n + 1) + 1, bu yerda n ( n + 1) 2 ga bo’linadi.
3. Ko’rsatma. 15 = 7  2 + 1. Agar 15 n
=7 q +1, u holda 15 n +1
= 5 n
 15 = 7 Q + 1.
4. Yechish. Masala sharti bo’yicha, butun son.
53

.
Bundan butun son. Demak, mq + np m – p ga bo’linadi.
5. Yechish. Masala sharti bo’yicha, ad – bc = nt va a – b = nt
1 . Ikkinchi
tenglikni d ga ko’paytirib, birinchisidan ayiramiz:
b ( c-d ) = n ( dt
1 - t ). Bundan b va n ga qo’yilgan shartlarlarga asosan s – d ni n ga
bo’linishi kelib chiqadi.
6. c) Yechish. m 5
– m = ( m - 1) m ( m + 1) ( m 2
+ 1) = ( m - 1) m ( m + 1). [( m 2
- 4)
+ 5] = ( m - 2) ( m - 1) m ( m + 1) ( m + 2) + 5 ( m - 1) ( m + 1). Qo’shiluvchilarning har
biri 30 ga bo’linadi, chunki k ta ketma-ket sonlar ko’paytmasi k ! ga bo’linadi (bu
- butun son bo’lishidan kelib chiqadi). Bundan yig’indi
ham 30 ga bo’linadi, demak m 5
– m 30 ga bo’linadi.
7. Yechish. 10 x + 5 – izlanayotgan sonl bo’lsin. 5 raqamni chap tomondan
birinchi o’ringa qo’yib 5  10 5
+ x hosil qilamiz . Berilgan shartlarga ko’ra 5  10 5
+ x = 4 (10 x + 5) tenglamaga kelamiz. Bundan
x = 112820 kelib chiqadi.
8. Yechish. Masala shartini quyidagicha yozib olamiz: n ( n + 1) (2 n + 1) = n ( n
+ 1) [( n - 1) + ( n + 2)] = ( n -1) n ( n + 1) + n ( n + 1)( n + 2). Har bir qo’shiluvchi 6 ga
bo’linishidan (6 masala yechimidan) yig’indini 6 ga bo’linishi kelib chiqadi.
9. Yechish. hosil bo’lgan kasrni faqat 2
ga qisqartirish mumkin.
10. Yechish. .
Bundan
11. Yechish. ( n - 2) 2
+ ( n - 1) 2
+ n 2
+ ( n + 1) 2
+ ( n + 2) 2
= 5 ( n 2
+ 2) to’la
kvadrat bo’lishi uchun n 2
+ 25 ga karrali bo’lishi kerak yoki n 2
ning oxirgi raqami
8 yoki 3 bo’lishi kerak, bu mumkin emas.
12. Yechish. Har qanday butun sonni quyidagilardan birortasi shaklida yozish
mumkin: 9 k , 9 k  1, 9 k  2, 9 k  3, 9 k  4. Bu sonlar kvadratlari:
(9 k ) 2
= 9(9 k 2
); (9 k  1) 2
= 9 (9 k 2
 2 k ) + 1; (9 k  2) 2
= 9(9 k 2
 4 k ) + 4;
(9 k  3) 2
= 9 (9 k 2
 6 k + 1); (9 k  4) 2
= 9 (9 k 2
 8 k + 1) + 7. Natijada butun son
kvadrati 9 ga bo’lganda qoldiq faqat 0, 1, 4, 7 bo’lishi mumkinligi kelib chiqadi.
13. Yechish.
=
14. Yechish.
54

15 . Yechish. m n (m 4
– n 4
) = n (m 5
- m) – m (n 5
- n) 30 ga karrali
(1 misolga ko ’ ra ).
16 . Yechish. y 2
= 3 x 2
+ 2 tenglama butun sonlarda yechimga ega emas.
Haqiqatdan ham, u ni y =3 n yoki y = 3 n  1 shakllardan birortasi ko’rinishida
ifodalash mumkin va bundan y 2
ni 3 ga bo’lganda qoldiq faqat 0 yoki 1 bo’ladi
masala shartiga ko’ra qoldiq 2 bo’lishi kerak.
17 . Yechish. Matematik induksiya usulini qo’llaymiz: son 3 ga bo’linadi,
chunki a + a + a = 3 a; Agar son 3 n
ga bo’linsa, u holda
3 n +1
ga bo’linadi.
2-§
18 . a ) 21, b ) 13; c ) 119; d ) 3; e ) 23.
19 . a ) 2520; b ) 138600; c ) 99671; d ) 881200.
20 . Yechish. ( a, b, c ) = d bo’lsin, u holda a = cq + r , b = cq
1 + r
1 dan d|r va
d|r
1 kelib chiqadi. d = ( c, r, r
1 ) ni isbotlaymiz. ( c, r, r
1 ) = D bo’lsin. a = cq + r va
b = cq
1 + r
1 tengsizliklardan D  a, D  b va shart bo’yicha D|c . Bundan D = ( a, b, c )
va demak, D = d . n ta son uchun ( a
1 , a
2 ,…, a
n ) = ( a
n , r
1 , r
2 ,., r
n -1 ) ni olamiz, bu yerda
r
1 , r
2 ,…, r
n -1 – a
1 , a
2 ,…, a
n -1 sonlarni a
n ga bo’lgandagi qoldiq.
21 . a ) 23; b ) 7; c ) 21.
22 . a ) 3776; b ) 1116; c ) 67818; d ) 5382; e ) 6409.
23 . a ) Yechish. ( d,m ) = ( d , [ dx , dy ]) = d (1, [ x , y ]) = d . Agar
d = ( a
1 , a
2 ,…, a
n ) va m = [ a
1 , a
2 ,…, a
n ] deb olsak, natija o’zgarmaydi;
b ) Yechish. Agar p – a + b va a  b sonlarning umumiy bo’luvchichi bo’lsa,
u holda a yoki b sonlardan birortasi p ga bo’linishi kerak. a + b ni p ga
bo’linishidan p son a va b larni umumiy bo’luvchisi ekanligi kelib chiqadi. Bu
masala shartiga zid, chunki ( a , b ) =1;
c ) Yechish . ( a, b ) = d va a = dx , b = dy bo’lsin, bunda ( x, y ) = 1. Bu holda
( a + b , m ) = ( d ( x + y ), dxy ) = d ( x + y , xy ) = d . Demak,
( a + b , [ a,b ]) = ( a , b ).
24 . Yechish . x va y – izlanayotgan sonlar bo’lsin va ( x, y ) = d , bundan x =
dm va y = dn va ( m, n ) = 1. Shartga ko’ra, x + y = d ( m + n ) =
= 667 = 23  29. Shart bo’yicha bundan [ x,y ]=120  (x, y)=120 d,
boshqa tomondan Bulardan
55

sistemani hosil qilamiz. d ( m + n ) = 23  29 dan d = 23 va d = 29
( d = 1 yoki d = 23  29 - o’rinli bo’lmaydi) bo’lishi mumkin. d = 23 bo’lganda, x =
552, y = 115. d = 29 da x = 435, y = 232.
25 . Yechish. x va y – noma’lum sonlar va ( x , y ) = d bo’lsin. U holda
, bunda Shart bo’yicha m + n = 18 ,
Bundan ni hosil qilamiz va uning yechimi
bo’ladi. Demak, x = 75, y = 195.
26. Yechish . Shart bo’yicha, a = 899, b = 493. Yevklid algoritmiga ko’ra: a =
b  1 + 406, b = 406  1 + 87, 406 = 87  4 + 58, 87 = 58  1 + 29, 58 = 29  2 bo’ladi.
Oxiridan ikkinchi tenglikdan boshlab: 29 = 87– 58 =87 – (406–87  4) = 87  5–406 =
( b - 406)  5–406 = 5b - 406  6 = 5b - ( a - b )6 = a(-b) + b  11 ni olamiz. 29 = 899 x +
493 y bilan solishtirsak, x = - 6, y = 11 kelib chiqadi.
27 . a ) 17 = a (-10) + b  23 = ax + by ;
b ) 43 = a  (-4) + b  5 = ax + by ;
c ) 47 = a  2 + b (-5) = ax + by .
28 . a ) Yechish. x = 45 u va y = 45 v , bu yerda ( u, v ) = 1, dan u = 11
va v = 7, demak x = 495 va y = 315; b ) Yechish . x = 20 u va y = 20 v , bu yerda
( u,v ) = 1, uv = 21 dan u = 1; 3; 7; 21 va x = 20; 60; 140; 420. bo’lganligi
sababli y = 420, 140, 60, 20. d ) x = 140, y = 252.
29 . Yechish. ( a, b, c ) = d bo’lsin, u holda a = md , b = nd , c = kd
Bundan d son sonlarning
umumiy bo’luvchisi bo’lishini ko’rsatadi. Faraz qilamiz,
bundan d|D , .
2;
2,
2 111 Dkcb
Dnca
Dmba



Birinchit va ikkinchi tengliklar
yig’indisidan uchinchi tenglikni ayirib, a = ( m
1 + n
1 – k
1 ) D ni hosil qilamiz. Shu
usulda b = ( m
1 – n
1 + k
1 ) D , c = (- m
1 + n
1 + k
1 ) D larni hosil qilamiz. Bu tengliklardan
a , b , c larni D ga bo’linishi kelib chiqadi va demak, D|d . Natijada

30 . a ) Yechish. ( a, b, c ) = d bo’lsin, u holda ( a, b ) = md , ( a, c ) = nd , ( b,c ) =
kd , bu yerda ( m, n, k ) = 1. Bu tenglikdan adm va dn ga bo’linishi kelib chiqadi,
demak, a = dmn . Xuddi shunday: b = dmk  ; c = dnk  . Bu yerda (  ,  ,  ) = 1.

b ) Ko’rsatma : dan foydalaning.
56

31 . Yechish. qN = 100 q + bq = 100 q + a – a + bq = am – ( a - bq ), bundan
tasdiq to’g’riligi kelib chiqadi, chunki ( q, m ) = 1.
32 . a ) 1;
b) Yechish. (10 n + 9, n + 1) = d va 10 n + 9 = dx , n + 1 = dy bo’lsin. U holda
10 ( dy - 1) + 9 = dx yoki 10 dy – 1 = dx va natijada d =1.
c ) Yechish . Agar (3 n + 1, 10 n + 3) = d bo’lsa, u holda bundan
1 = d (10 x – 3 y ) va
d = 1. Masalani Yevklid algoritmi yordamida ham yechish mumkin.
33 . Yechish. ( q + 1) N = 10 a ( q + 1) + b ( q + 1) = am + [ a + b ( q + 1)], bu yerda
( q + 1, 10 q + 9) = 1 (32 masalaga qarang).
34 . Yechish. ( a, b ) = d bo’lsin, u holda a = md , b = nd , ( m, n ) = 1. 5 a + 3 b =
(5 m + 3 n ) d , 13 a + 8 b = (13 m + 8 n ) d tengliklardan 5 a + 3 b va 13 a + 8 b larning
umumiy bo’luvchisi d bo’ladi. (5 a + 13 b , 13 a + 8 b ) = D bo’lsin, u holda D|d , 5 a +
3 b = m
1 D , 13 a + 8 b = n
1 D .
Bundan a = (8 m
1 – 3 n
1 ) D , b = (5 n
1 – 13 m
1 ) = D va D a va b larning
bo’luvchisi, demak, D|d . Natijada d = D .
35 . Yechish. ( a,b ) =1 dan ( a , 2 a + b ) = 1 kelib chiqadi. (2 a +
b , a + b ) = 1 ni ko’rsatamiz. (2 a + b , a + b ) = d > 1 bo’lsin, u holda 2 a + b = dm , a
+ b = dn , ( m, n ) = 1 va demak, a = d ( m - n ),
b = d (2 n - m ), ya’ni d / a , d / b masala shartiga ziddir.
3-§
36 . a ) 211;
b ) 2543, 2549, 2551, 2557;
c ) 1201, 1213, 1217, 1223, 1229, 1231, 1237, 1249.
37. Yechish .
38 . Yechish. Barcha natural sonlarni 5 n , 5 n  1, 5 n  2 ko’rinishda yozish
mumkin. 5 n ko’rinishdagi son tub son bo’ladi, agar n = 1 bo’lsa va bu holda p = 5,
4 p 2
+ 1 = 101, 6 p 2
+ 1 = 151. Bu p ning qiymati masala shartini qanoatlantiradi.
Boshqa bunday sonlar mavjud emasligini ko’rsatamiz. Agar p = 5 n  1 bo’lsa, 4 p 2
+ 1
= 5(20 n 2
 8 n + 1) – murakkab son; agar p = 5 n + 2 bo’lsa, 6 p 2
+ 1 = 5(30 n 2
 24 n +
1) – murakkab son.
39 . Yechish . Barcha natural sonlarni 6 k , 6 k  1, 6 k  2, 6 k  3 ko’rinishda
yozish mumkin. 2 va 3 dan tashqari 6 k  1 ko’rinishdagi sonlar tub bo’lishi mumkin
(teskarisi hamma vaqt o’rinli emas, ya’ni har qanday 6 k  1 ko’rinishdagi sonlar tub
son bo’lmasligi ham mumkin). Agar p = 6 k – 1 bo’lsa, u holda p + 10 = 6 k – 1 + 10
= 3 (2 k + 3) – murakkab son; agar p = 6 k + 1 bo’lsa, u holda p + 14 = 6 k + 1 + 14 = 3
(2 k + 5) – murakkab son. Shunday qilib, bir vaqtda p + 10 va p + 14 sonlar tub
bo’ladigan 3 dan katta p tub son mavjud emasligi ko’rsatdik.
57

Agar p = 2 bo’lsa, p + 10 va p + 14 – murakkab sonlar bo’ladi. Agar p = 3
bo’lsa, p + 10 va p + 14 – tub sonlar bo’ladi. Demak, bitta p = 3 son masala
shartini qanoatlantiradi.
40 . Yechish . Shart bo’yicha, a > 3, m = 3 t + 1, n = 3 t
1 + 2. 2 va 3 dan farqli
tub sonlarni p = 6 k  1 ko’rinishda ifodalash mumkin (39 masalaga qarang). Agar
a = p = 6 k + 1, u holda a + n = 6 k + 1 + 3 t + 2 =
= 3 (2 k + t + 1) – murakkab son; agar a = p = 6 k –1, to a + m = 6 k – 1 + 3 t + + 1 = 3
(2 k + t ) murakkab son.
41 . Yechish. p – n ! ning tub bo’luvchisi. p  n ! – 1 bo’lganligi sababli p < n !
Boshqa tomondan n ! p ga bo’linmaydi, bundan n < p . Shunday qilib, n < p < n ! (bu
isbotdan tub sonlar soni cheksiz ko’pligi kelib chiqadi).
42 . Yechish. Shart bo’yicha, 2 p + 1 – to’la kub, ya’ni
2 p + 1 = (2 x + 1) 3
= 8 x 3
+ 12 x 2
+ 6 x + 1 = 2 x (4 x 2
+ 6 x + 3) + 1, bundan p = x (4
x 2
+ 6 x + 3). p – tub sonligidan x = 1 va p = 13, shuning uchun
2 p + 1 = 27 = 3 3
– yagona son.
43 . Yechish. Oldin natural sonlar qatorida 5 dan boshlab uchta ketma-ket
kelgan toq sonlar barchasi tub bo’laolmasligini ko’rsatamiz. Faraz qilamiz, har bir tub
sonlar jufti oralarida bitta murakkab son joylashgan (egzak sonlar). Tub sonlarni
bunday joylashishi yetarlicha ziya bo’ladi. Bu holda tub sonlar 6 n – 1 va 6 n + 1
shaklida tasvirlash mumkin va ularning nomerlari 2 n – 1 va 2 n bo’ladi. Haqiqatdan
ham, n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, … deb
6 n – 1 = 5, 11, 17, 23, 29, 35,…(bu sonlar nomerlari 2 n – 1 = 1, 3, 5, 7, 9, 11,…) va
6 n + 1 = 7, 13, 19, 25, 31, 37,… (bu sonlar nomerlari 2 n = 2, 4, 6, 8, 10, 12,…).
Bundan ko’rinyaptiki, har bir son o’zining nomeri uchlanganidan katta: 6 n – 1 > 3
(2 n - 1) va (6 n + 1) > 3  2 n .
44 . Ko’rsatma. Natural sonlar qatoridagi sonlarni 30 k , 30 k   1, 30 k  2, …,
30 k  15 shaklida tasvirlaymiz. Bu sonlardan p = 30 k  1; 30 k  7; 30 k  11, 30 k
 13 lar tub sonlar bo’lishi mumkin.
45 . Yechish. Agar p – 1 va p + 1 sonlar orasiga 3 dan katta p son
joylashtirilsa, ( p - 1) p ( p + 1) ko’paytma 3 ga bo’linadi. p> 3 bo’lganligi sababli ( p
- 1)( p + 1) ko’paytma 3 ga bo’linishi kerak. Boshqa tomondan
( p - 1)( p + 1)8 ga bo’linadi, chunki agar p – 12 ga bo’linsa, p + 1 – hech bo’lmasa 4
ga bo’linishi kerak.
p 2
– q 2
= ( p - 1)( p + 1) – ( q - 1) ( q + 1), bu yerda ( p - 1) ( p + 1) va
( q - 1)( q +1) lar har biri 3 ga va 8 ga bo’linadi, demak, p 2
– q 2
24 ga bo’linadi.
46 . a ) Yechish. Agar p = 2 bo’lsa, u holda p + 10 – murakkab son. Agar p = 2 q
+ 1 ( q = 1,2,…,) bo’lsa, u holda p + 5 – murakkab son.
47 . Yechish. p = 2 k + 1 ko’rinishdagi toq son. p = mn ( m > n ) ko’rinishda
ko’paytuvchilarga ajralsin. U holda shunday x va y sonlar topiladiki, bular uchun
quyidagi sistema o’rinli:

58

Demak, murakkab p uchun:

Agar p tub bo’lsa, uni p = (2 k + 1)  1 yagonashaklda yozish mumkin. Bu
holda m = 2 k + 1 = p , n = 1, demak,

Shunday qilib, ko’rinishda tasvirlanish yagona bo’lsa, p – tub;
agar ko’rinishda tasvirlangan bo’lsa, p – murakkab son.
48 . 47-masala shartidan toq sonlarni ( x + y ) ( x - y ) ko’rinishdagi
ko’paytuvchilarga ajratishning quyidagi usuli kelib chiqadi: p = x 2
– y 2
tenglikdan p
+ y 2
= x 2
, ya’ni x ni topish uchun p ga shunday natural son kvadratini
qo’yish kerakki natijada p + y 2
yig’indi kvadratdan ( x 2
) iborat bo’lsin. Shu usulda y
va x ni topib
p ( x + y ) ( x - y ) = m n .
a ) Kvadratlar jadvalidan foydalanib 6643 soniga yaqin bo’lgan son
6724 = 82 2
olamiz. 6724 – 6643 = 81 = 9 2
. Demak, 6643 = 82 2
–9 2
= (82 + 9) (82 - 9)
= 91  73 = 7  13  73;
b ) 1769 = 61  29; c ) 3551 = 67  53; d ) 6497=89  73.
49 . Yechish. N = a 2
+ b 2
= c 2
+ d 2
va a va b , c va d – sonlarning juft toqligi
har xil bo’lsin. a va c , b va d – larning juft toqligi bir xil deb olamiz. ( a - c ) ( a + c )
= ( d - b ) ( d + b ) tenglikdan

kelib chiqadi. Bunda birinchi kasrni t ga va ikkinchi kasrni s ga qisqartirilgan deb
olsak, ya’ni a – c = tu, d+ b = su, ak = sv, d – b= tv . U holda
bo’ladi. Natijada
50 . Yechish. 972 2
+ 235 2
= 1000009 = 1000 2
+ 3 2
dan 1000009 son ikki usulda
ikki son kvadratlari yig’indisi ko’rinishda yozilishi kelib chiqadi, demak, bu son
murakkab va 293  3413 ga teng.
51 . Yechish. Quyidagi yoyilmani ko’ramiz:

Bu yerda a 12
+ a 9
+ a 6
+ a 2
+ 1 ko’phad a 4
+ a 3
+ a 2
+ a + 1 ko’phadga ko’phadlarni
bo’lish qoidasiga asosan bo’lingan. Natijada 3 10
+ 3 5
+ 1 = (3 2
+ 3 + 1)(3 8
– 3 7
+ 3 5
– 3 4
+ 3 3
– 3 + 1) = 13  4561.
59

52 . Yechish. Agar k – toq bo’lsa, 1 + 2 k
son 1 + 2 = 3 ga karrali. Agar k –
juft bo’lsa, u k = 2 n
ga yoki k = 2 n
m ( m  1 va toq son), yoki k = 0. Lekin
ga karrali (agar k = 0 bo’lsa, 2 ga karrali). Demak,
barcha k = 2 n
dan farqli k lar uchun son murakkab son bo’ladi.
53 . Yechish. (  ,  ) = 1, (  ,  ) = 2 n
shartlarni qanoatlantiruvchi barcha  va 
lar uchun a 

+ b 
murakkab son ekanligini ko’rsatamiz. Haqiqatdan ham. ( ,  ) = 1 –
bo’lib, toq bo’lsa, u holda
 = dm ,  = dk , ( m, k ) = 1 va a 
+ b 
= ( a m
) d
+ ( b k
) d
a m
+
b k
ga karrali. Agar (
 ,  ) = 2 n
d juft son bo’lib, d > 1 – toq bo’lsa, u holda  = 2 n
d
m ,
 = 2 n
d k bundan
son ga karrali.
Demak, (  ,  ) = 1 va (  ,  ) = 2 n
shartlarni qanoatlantiruvchi  va  lardan
tashqari barcha hollarda a 
+ b 

son murakkab bo’ladi. Teskari tasdiq noto’g’ri,
masalan 2 4
+ 3 2
= 25 – murakkab son.
54 . Yechish. n – murakkab son bo’lsin, n = ab ( a > 1, b > 1), u holda 2 n
– 1 =
2 ab
– 1 = (2 a
) b
– 1 – murakkab son. Teskari tasdiq noto’ g’ ri: 2 p
– 1 h amma vaqt tub
emas, masalan 2 11
– 1 = 23  89; 2 23
– 1 = 47  178421.
4-§

56. , munosib kasrlari:
munosib kasrlari:
munosib kasrlari:
munosib kasrlari:
57 . a ) sonni uzluksiz kasrga yoyamiz: . Sxema
yordamida
k 0 1 2 3 4 5 6
q
k 0 1 3 1 1 1 2
P
k 1 0 1 3 4 7 11 29
60

Q
k 0 1 1 4 5 9 14 37
kasrlarni topamiz .
.
Shunday qilib, bo’lganligidan xatoni + ishora bilan
olinadi. 7 ni 9 ga bo’lganda bo’linma ortig’i bilan olinishi sababi jami bilan
yaqinlashishi bo’lganligidir. O’nli yaqinlashish da xato ko’rsatilmaganligi
sababi bu xatoni maxsus hisoblashdadir, ya’ni bu + 0, 008 xato va 7 ni 9 ga
bo’lganda yaxlitlash xatolar yig’indisi.
;
59 .
60 . a) x = 2; b) x = 2.
61 . a) x = - 125 – 114 t , y = 45 + 41 t ;
b) x = 4 + 15 t , y = 5 + 19 t ;
c) x = 33 + 17 t , y = 44 + 23 t ;
d) x = 88 + 47 t , y = 99 + 53 t ;
e) x =- 3 + 18 t , y = 6 + 35 t ;
f) x =- 25 + 71 t , y =- 30 + 85 t ;
g) x = - 28 + 11 t , y =- 105 + 41 t , t  Z .
5-§
62 . a ) – 3; b ) 11; c ) 1; d ) 2; e ) 3; f ) 2; g ) – 2; h ) – 2; agar
i) 7; j) – 3.
63. Yechish.
u holda
agar
bo’lsa bo’ladi. Natijalarni birlashtirsak,
[ x + y ]  [ x ] + [ y ] ni hosil qilamiz.
64 . Yechish. [ x ] ni ta’rifiga ko’ra, masala shartiga asosan
ax = m +  , bu yerda 0   < 1 va a  0, bu tenglikdan ni hosil qilamiz.
65 . Yechish. 12,4 m = 86 +  , bu yerda 0   < 1. Tenglikni 5 ga
ko’paytiramiz: 62 m = 430 + 5  , bundan 0   < 1 dan 0 
61

5  < 5 va m butun musbat son bo’lishi uchun butun bo’lishi lozim. t = 1
deb olsak, ni hosil qilamiz.
66. Yechish.
67. Yechish.
bu yerdan
68.
69. a) Yechish . 2  x 2
< 3 yoki va
ni olamiz;
b) Yechish. x + 1 ning qiymatlari va bundan x ning qiymatlari ham butun
bo’lishi zarur. Bu qiymatlarda 3 x 2
– x ham butun bo’ladi va berilgan tenglama 3 x 2
– x
= x + 1 teng kuchli bo’ladi, bundan x = 1 ni olamiz.
c) Yechish. Berligan tenglamani 0  x < 4 qiymatlar qanoatlantiradi, bu
qiymatlarda butun qiymatlarni qabul qiladi, ya’ni
70.
71. Yechish.
72. Yechish.
73. 98.
74 . 488.
75. B (2311; 5, 7, 13, 17) = 1378;
76. B (110; 2,3) = 37.
77 . B (12317; 3,5,7) = 5634.
78 . 393.
79 .
80 .
81.
62

82 . Yechish. bu yerda 

shartni qanoatlantiradi, bundan  = 148 kelib chiqadi.
83 . Yechish. Agar p > 2 bo’lsa, u holda
.
84 . Yechish. Ixtiyoriy butun x = k ( a  k  b ) abssissa uchun [ f ( x )]+1 butun
ordinatali va berilgan trapesiyaning ichida va chegarasida joylashadi. Demak,
nuqtalar soni ga teng.
85. 126.
86. Yechish. Shartga asosan, a = 4 q + 1 yoki a = 4 q + 3 ga teng. Birinchi holda
Ikkinchi hol ham xuddi shunday tekshiriladi.
87. Yechish. a = mq + r bo’lsin, bu yerda 0  r < m va ( r , m ) = 1. ( r, m ) =
1 shart barcha m  2 lar uchun bajarilishidan r = 1 kelib chiqadi. Demak,
88. Yechish. bo’lganligidan bundan
va 0 ga yoki 1 ga teng. va
bo’lganligidan
.
Bu yerda yoki
89 . Yechish. Tenglamaning har bir qismini y deb belgilab,
Bu tengsizlikni
qanoatlantiruvchi x lar mavjud bo’lishi uchun
my < ( m -1) ( y + 1) yoki y < m – 1 shartlar bajarilishi zarur va yetarli. Bundan
quyilagi natija kelib chiqadi: my  x <( m - 1) ( y + 1), bu yerda
y – y < m – 1 shartni qanoatlantiruvchi butun son.
90 . Yechish. ax 2
+ bx + c funksiya va shu bilan birgalikda
[ ax 2
+ bx + c ] funksiya a > 0 da quyidan, a < 0 da esa yuqoridan chegaralangan.
Ikala holda ham [ ax 2
+ bx + c ] funksiya chegarasi songa teng. Shu
63

sababli a > 0 da berilgan tenglama yechimga ega bo’ladi, agar shart
bajarilsa va faqat shartda, agar a < 0 bo’lsa, bu shart quyidagicha:
91 .
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 
) = 2  +1
– 1 = 2  2 
- 1, demak, m = 2 
,  N .
95 . Yechish . Agar p son m yoki n ning kanonik yoyilmalarining birortasiga 
ko’rsatkich kirsa, u holda  ( mn ), va  ( m )   ( n ) da  + 1 ko’paytma mavjud. Agar
m va n ning kanonik yoyilmalarida mos ravishda  
va  
Lar bo’lsa, u holda mn ning
kanonik yoyilmasida
 
mavjud va  ( mn ) dagi  +  + 1 ko’paytmaga  ( m )  ( n )
da qatnashuvchi (  +  ) (  + 1) >  +  + 1 ko’paytma mos keladi. Demak, agar ( m,
n )>1, u holda  ( m )  ( n ) >  ( mn ). Agar r m yoki n ning kanonik yoyilmasiga
qatnashsa, yuqorida qayd qilinganidek, S ( x ) ni hisoblash mumkin.
Ikkinchi holda S ( mn ) ga kiruvchi ko’paytmaga S ( m ) S ( n ) ga
kiruvchi ko’paytma mos keladi.
tenglikni o’rinliligini osongina ko’rsatish mumkin, bundan
Demak, agar ( m, n ) > 1 bo’lsa, S ( m ) S ( n ) > S ( mn ) bo’ladi.
96 .  ( m ) = 20, S ( m ) = 5208,  ( m ) = 1968 10
.
97 . Yechish. ¡zining barcha bo’luvchilari ko’paytmasiga teng bo’lgan m
natural son tenglama yordamida aniqlanadi, ya’ni  ( m ) = 2. bundan
masala yechimi kelib chiqadi.
98 . Ko’rsatma. Matematik induksiya usulidan
foydalaning.
99 . a) S
2 (12) = 120; b) S
2 (18) = 455; c) S
2 (16) = 341.
101 . Yechish. bo’lsin, u holda
.
102 . Yechish. 101-masalaga asosan, har qanday mukammal son
ko’rinishda bo’lishini isbotshan kerak, bu urda 2  +1
–1 – tub son. m = 2 
q bo’lsin, ( q ,
2) = 1 va S ( m ) = 2 m , ya’ni (2  +1
-1) S ( q ) = 2  +1
 q , bundan S ( q )= 2  +1
 k va q =
(2  +1
- 1) k, k
 N . k va (2  +1
- 1) k sonlar q ning bo’luvchilari bo’lib ular yig’indisi k 
64

2  +1
= S ( q ) ga teng, bundan q boshqa natural bo’luvchilarga ega emas. Demak q =
(2  +1
-1) k – tub son, bundan k = 1 va 2  +1
– 1 – tub sondir.
103. Yechish. S ( m ) = 3 m tenglama m = 2 
 p
1 p
2 uchun
(2  +1
- 1)(1 + p
1 )(1 + p
2 ) = 3  2 
p
1 p
2 ko’rinishga ega. Agar  = 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   0. Agar  = 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 
 1. Agar  = 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 ,
bundan p
1 = 7 (yoki p
2 = 7) va p
2 = 2 (yoki p
1 = 2), bunday bo’lishi mumkin emas.
Demak   1.  = 3 bo’lganda 5(1 + p
1 )(1 + p
2 ) = 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.
104 . Yechish. Shart bo’yicha, va (1+ p
1 ) (1 + p
2 ) = 6, bo’lganligidan

1 =1, 
2 = 2 va Bundan tashqari, S(m)=28, ya’ni
bundan va ya’ni . Demak, m = 3  2 2
= 12.
105. Yechish . Masala sharti bo’yicha
, bundan va ya’ni
. Demak,  ( m 2
) = (3 
1 +1) (3 
2 + 1) = 4  7 = 28.
106 . Yechish. Shart bo’yicha (1 + 2 
1 ) (1 + 2 
2 ) = 81, ikki hol o’rinli bo’lishi
mumkin: (1 + 2 
1 )(1 + 2 
2 ) = 3  27 va (1 + 2 
1 )(1+2 
2 ) = 9  9, ya’ni 
1 = 1,

2 =13 va 
1 = 
2 =4, bulardan  ( m 3
) = 160 yoki  ( m 3
) = 169.
107 . Ko’rsatma. dan foydalaning.
108 . Yechish. N ning barcha bo’luvchilarini o’sish tartibida yozamiz:
bular (  + 1) (  + 1)… (  + 1). Bularni juftliklarga bo’linsa,
barcha turli bo’linmalarni hosil qilamiz, ular soni N – to’la
kvadrat bo’lganda ga teng. Bu natijalarni birlashtirib, turli
yoyilmalar soni ga tengligini olamiz.
109 . Ko’rsatma. Masala yechimi
sistemaga keladi. Bundan N = 1400.
110 . N = 2  3  5 4
.
111. Yechish. bo’lsin, u holda  (m) =(1+ 
1 )(1+ 
2 )…(1 +

k ). Agar  ( m )  1(mod 2) bo’lsa, u holda 1 + 
i  1(mod 2) bo’ladi, bundan 
i  0
(mod 2), bu esa m – butun soni kvadrati bo’lishini ko’rsatadi. Teskaridan, agar m –
butun son kvadrati bo’lsa, u holda 
i  0(mod 2) va bundan  ( m )  1 (mod 2) ni
hosil qilamiz.
65

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.  ( p ) < p tengsizlikdagi
- p < -  ( p ), p  ( p ) - p < ( p - 1)  ( p ) va ni hosil qilamiz .
 ( p )–1 =  ( p - 1) dan kelib chiqadi.  ( m -1) =  ( m ) tengsizlikdan
ni olamiz.
116 . a) 200; b) 192; c) 432; d) 320; e) 400; f) 1152.
117 . a) 288; b) 24; c) 480; d) 388800.
118 . 88.
119 . Yechish. Masala sharti bo’yicha, a = 3 
5 
7 
. Bu soning Eyler funksiyasi
 ( a ) = 3 
-1
 2  5 
-1
4  7 
-1
 6 = 2 4
3 
-1
5 
-1
7 
-1
. shart bo’yicha  ( a ) = 3600 = =2 4
 3 2
 5 2
, demak 2 4
 3 

 5 
-1
 7 
-1
= 2 4
 3 2
 5 2
, bundan  = 2,  = 3,  =1 va a = 3 2
 5 3
 7 = 7875.
120 . Yechish. Shart bo’yicha:  ( a ) =  ( pq ) =( p - 1) ( q – 1) = 120 va
p - q = 2. Natijada sistemani hosil qilamiz. Uning yechimi
p = 13, q = 11. Demak, a = p q = 143.
121 . Yechish. Shart bo’yicha va
Demak, yoki
bundan va .
122 . Yechish. Shart bo’yicha
va Demak,
.
O’ng tomondagi ko’paytuvchilarni chap tomondagi kabi ko’rinishda
ko’paytuvchilarni o’rnini almashtiramiz:
bundan va
va va
66

123 . Yechish. ( a, m )=1 shart bajarilganda ( a, m-a ) = 1 ni bajarilishini
ko’rsatamiz. Teskarisini faraz qilamiz, ya’ni ( a, m - a ) = d > 1, u holda a = dk , m – a
= dt , bundan m = d ( t + k ) va ( a , m ) = d > 1, bu esa ( a, m )= 1 shartga ziddir.
m dan kichik va u bilan tub bo’lgan sonlarni tartib bilan yozamiz:
1, a
1 , a
2 , …, m – a
2 , m – a
1 , m – 1; bu qatorda  ( m ) son bor. Har qanday a
i songa m
– a
i son mos keladi; ular yig’indisi
a
i + ( m - a
i ) = m , bu juftliklar soni va demak
124 . a) 24; b) 54; c) 37500.
125 . a) Yechish. bo’lsin. U h olda
126 . Birinchi hol ( a , 2) = 1 bo’lganda o’rinli, ikkinchi hol esa ( a , 2) = 2
bo’lganda o’rinli bo’ladi.
127 . a) Yechish.  (4 n + 2) =  (2)  (2 n + 1) =  (2 n + 1);
b) Yechish. Agar ( n , 2)=1 bo’lsa, u holda  (4 n ) =  (4)  ( n ) = 2  ( n ). Agar
n = 2 
 k bo’lib, ( k , 2) = 1 bo’lsa, u holda  (4 n ) =  (2  +2
 k ) = 2  +1
  ( k ) = 2
  (2  +1
 k ) = 2  (2 n ).
128 . a) x = 3; b) x = 3; c) tenglama p > 2 da yechimga ega emas.
p = 2 da ixtiyoriy natural sonlar uchun o’rinli.
129 .  ( b ).
130 . a) 4 kasr: c) 12 kasr.
131 .  (2) +  (3) +…+  ( n ).
132 . a) 9; b) 31; c) 71.
133 . Yechish. Shart bo’yicha, (300, x ) = 20 va barcha x lar 300 dan kichik, 20
ga qisqartirgandan so’ng (15, y ) = 1, bu yerda barcha y Lar 15 dan kichik va 15 bilan
o’zaro tub; ular soni  (15) = 8. Bu y = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14 sonlar va bundan x =
20, 40, 80, 140, 160, 220, 260, 280.
134 .  (45) = 24.
135 .  (36) = 12.
136 . Ko’rsatma.  ( a ) ning juftligi 123 masala yordamidan kelib chiqadi.
137 . Yechish. Agar ( m , 2) = 1 bo’lsa, u holda  ( m ) =  (2 m ).
138 . Yechish. m va n larning tub bo’luvchisi p uchun  ( mn ) sonda
ko’paytuvchi bor, a  ( m )  ( n ) – sonida esa ko’paytuvchi bor.
bo’lganligi sababli  ( m )  ( n ) <  ( mn ). Xususiy holda  2
( m )   ( m 2
), tenglik m = 1
bo’lganda bajariladi.
139 . Ko’rsatma. q
1 , q
2 ,…, q
t – m ning kanonik yoyilmasidagi tub sonlar; p
1 ,
p
2 ,…, p
k – m va n ning kanonik yoyilmasidagi tub sonlar va faqat n
ning kanonik yoyilmasidagi tub sonlar bo’lsin. U holda
67

9
1 -eslatma . Shu usulda m va n sonlarning umumiy bo’luvchisi A uchun
munosabatni keltirib chiqarish mumkin.
2- eslatma. Chiqarilgan formula yordamida 138 masala yechimi juda osonlik
bilan topiladi: chunki . Tenglik o’rinli bo’lishi uchun d = 1
zarur va yetarlidir.
140 . Yechish.
141 . p 
.
142 . m.
144 . a) Yechish . Gaussa formulasidan x = 2 y
3 z
5 u
( y  0, z = 0; 1 va
U = 0; 1) kelib chiqadi. x = 2 y
; 2 y
 3; 2 y
 5; 2 y
 15; 3; 5; 15 imkoniyatlarni
tekshirishi x = 2 
; 2 
 3; 2  -1
 5; 2  -2
 15 (   2); 15 (  = 3)larni beradi;
b) p  3 da yechim yo’q. r = 3 da tenglamalarni ixtiyoriy butun x  2
qiymatlar qanoatlantiradi.
145 . a) yechimi yo’q;
II- BOB
BUTUN SONLAR XALQASIDA TAQQOSLAMALAR NAZARIYASI
§ 1.
1 . 1 modul bo’yicha . 2 . a); v); s); 3 . Yechilishi . Agar bo’lsa, u holda
va . 4 . a) x = 3 q ; v) x = 1+2 q . 5 . 2 r ning bo’luvchilari . 6 . 8
ning bo’luvchilari . 7 . Yechilishi . Agar n toq son bo’lsa, u holda n -1 va n +1- ketma-ket
keladigan juft sonlar . Agar ulardan biri 2 ga karrali bo’lsa, u holda ikkinchisi kaimda
4 ga karrali , shuning uchun : ( n -1)( n +1) = n 2
– 1  0 ( mod 8), yoki n 2
 1 ( mod 8).
8 . Yechilishi. Berilgan taqqoslamani ikkala tomonini 4 ga ko’paytiramiz : 400 a + 40 b
+ 4 c  0 ( mod 21), lekin 400 a  a ( mod 21), 40 b  -2 ( mod 21), 4 c  4 ( mod 21).
Oxirgi uchta taqoslamani hadma-had qo’shamiz : 400 a + 40 b + 4 c  a – 2 b + 4 c
( mod 21). Bu yerdan a – 2 b + 4 c  0( mod 21) ni hosil qilamiz . 10. Yechilishi. 11  31
– 1 = 340 = 5  68 va 2 5
 -1( mod 11) bo’lganligi uchun oxirgi taqqoslamani ikkala
tomonini 68- nchi darajaga ko’tarib : (2 5
) 68
= 2 340
= 2 11 
31-1
 1( mod 11) ni hsil
qilamiz . So’ngra 2 5
 1( mod 31) dan (2 5
) 68
= 2 11 
31-1
 1( mod 31) ni hosil qilamiz . Bu
yerdan 2 11 
31-1
 1( mod 11  31). Bu taqqoslamani ikkala tomonini 2 ga ko’paytirib
izlanayotgan taqqoslamani hosil qilamiz . 11. Yechilishi. x = 3 n + 1
bo’lganda bo’linuvchi 1+3  27 n
+ 9  729 n
ga teng bo’ladi. Berilgan modul bo’yicha
27 n
 729 n
 1, shuning uchun 1 + 3  27 n
+ 9  729 n
 1 + 3 + 9 = 13. 14. 4. 15.
Yechilishi. Shartga asosan a = b + p n
q ( q = 0,  1,  2, ...). Bu tenglikningn ikkala
tomonini r –nchi darajaga ko’tarib , a p
= b p
+ p n+ 1
  (  = 0,  1,  2, ...) ni hosil
qilamiz . 17. K o’rsatma . a
4  10 4
+ a
3 a
2  10 2
+ a
1 a
0  0( mod 33) taqqoslamaning chap
68

p – 1 p + 2
2 2
p – 1
2 9 9
9 9tomonidan modulga karrali bo’lgan 999 a
4 + 99 a
3 a
2 sonni ayirish kerak . 18.
Yechilishi . a ) 9 10
 1( mod 100) bo’lganligi uchun 9 10 q+r
 9 r
( mod 100). 9 9
 9( mod
10) bo’lganligi uchun  9 9
 89 (mod 100). Izlanayotgan raqamlar 8 va 9; b ) 7 4
= 2401  1( mod 100) bo’lganligi uchun 7 100
 1( mod 100), bu yerdan  7 100 q +89

7 89
( mod 100). 7 88
 1( mod 100) bo’lganligi uchun 7 89
 7 ( mod 100). I zlanayotgan
raqamlar 0 va 7. 19. Yechilishi . r  r + 2  1 ( mod 2) taqqoslamadan r r +2
+ ( r +2) r

0 ( mod 2) kelib chiqadi , r  -1 ( mod r +1), r + 2  1 ( mod r +1) dan esa r r +2
+ +
( r +2) r
 0 ( mod r +1) kelib chiqadi . 20. Ko’rsatma . Noldan tashqari
ko’rinishdagi sonlar berilgan .
,
Taqqoslamalar mos ravishda noto’g’ri x  r(mod r) , x
1   x
2 ( mod r )
taqqoslamalarga olib keladi . 21. Yechilishi. M atematik induksi ya metodini
qo’llaymiz . n = 1 da taqqoslama to’g’ri . n uchun taqqoslama to’g’ri bo’lsin . Uni n
+ 1 da ham o’rinli ekanligini ko’rsatamiz. Haqiqatdan ham,
, induksiya faraziga asosan +1 
0 ( mod 3 n +1
) va 2 2
 3
- 2 3
+1)  0 ( mod 3) , chunki 2  -1( mod 3). 22. a) Yechilishi. 4
 - 1( mod 5) bo’lganligi uchun 2 4 n +1
= 2  4 2 n
 2( mod 5). Shunday qilib , 2 4 n +1
= 2 +
5 k , bu yerda k  N , va N = 3 2+5 k
+ 2 = 9  243 k
+ 2  0 ( mod 11), chunki 243 
1( mod 11). Shunday qilib , 11  N va N > 11. Demak , N – murakkab son . b )
Yechilishi. 9  -1( mod 10) bo’lganligi uchun 3 4 n +1
= 3  9 2 n
 3( mod 10) . Demak ,
3 4 n +1
= 3 + 10 k , bu yerda k  N , va M = 2 3+10 k
+ 3 = 8  32 2 k
+ 3  0 ( mod 11), chunki 32
 -1( mod 11). M > 11 va 11  M dan M ning murakkab son ekanligi kelib chiqadi .
23. Yechilishi. Dastavval a gar (a, m) = k bo’lsa, u holda (b, m) = k ekanligini
ko’rsatamiz . a  b (mod m) taqqoslamadan a = mt + b , yoki b = a – mt , bu yerdan
ko’rinib turibdiki , a gar (a, m) = k bo’lsa, u holda k | b . Shunday qilib , a gar (a, m) = 1
bo’lsa, u holda (b, m) = 1. Masala shartidagi ikkinchi taqqoslamani s ga ko’paytirib :
ac
 bc (mod m) taqqoslamani hosil qilamiz . U holda bc  bd (mod m) , bu yerdan (b,
m) = 1 ni hisobga olib c
 d (mod m) ni hosil qilamiz . 24. Yechilishi. Shartga asosan ,
a 100
 2 ( mod 73); bu taqqoslamaning ikkala tomonini a ga ko’paytirib , a 101
 2 a
( mod 73) ni hosil qilamiz ; ammo , shartga ko’ra , a 101
 69 ( mod 73). Bu
taqqoslamalardan 2 a  69 ( mod 73) kelib chiqadi . Bu taqqoslamaninng o’ng
tomoniga 73 ni qo’shamiz: . (2, 73) = 1 bo’lganligi
uchuntaqqoslamaning ikkala tomonini 2 ga qisqartirib , a  71( mod 73) ni hosil
qilamiz . Bu yerdan qoldiq 71 ekanligi kelib chiqadi . 25. Yechilishi. Masala shartidan
11 a + 2 b  0 ( mod 19) taqqoslamani hosil qilamiz . Bu taqqoslamaning ikkala
tomonini 12 ga ko’paytirib : 132 a + 24 b  0 ( mod 19) ni hosil qilamiz , bu
yerdan esa 18 a + 5 b  0 ( mod 19).
27. 1, 2, 3, ... , , , ... , p – 2, p – 1

69

p – 1 p + 1
2 2
Р
m
(a)sonlardan ta taqqoslamalrni hosil qilamiz : 1  -( r -1) ( mod r ), 2  -( r -2)
( mod r ),
... ,  - ( mod p ).
Bu taqqoslamalarning har birini (2k + 1)- nchi darajaga ko’tarib, so’ngra ularni
qo’shib talab qilingan taqqoslamani hosil qilamiz.
§2.
28. x  0; 1; 2; ... ; 9 ( mod 10). 30. a) x  1; 3; 7; 9 ( mod 10); b) x  2; 4;
6; 8 ( mod 10); s) x  5 ( mod 10); d) x  0 ( mod 10). 31. a) m = 9 da
chegirmalarning to’la sistemalari : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8; -8, -7, -6, -5, -4, -3, -2, -1,
0; -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4. Chegirmalarning keltirilgan sistemalari : 1, 2, 4, 5, 7, 8;
-8, -7, -5, -4, -2, -1; -4, -2, -1, 1, 2, 4. b) m = 8 da chegirmalarning to’la
sistemalari : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7; -7, -6, -5, -4, -3, -2, -1, 0; -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4
yoki -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3. chegirmalarning keltirilgan sistemalari : 1, 3, 5, 7; -7, -
5, -3, -1; -3, -1, 1, 3.
32. Yechilishi . Berilgan sinf sonlarining umumiy ko’rinishidan quyidagilarni topamiz :
25 = 8  3 + 1; -20 = 8(-3) + 4; 16 = 8  2 + 0; 46 = 8  5 + 6; -21 = 8(-3) + 3; 18 =
8  2 + 2; 37 = 8  4 + 5; -17 = 8(-3) + 7. Hosil qilingan qoldiqlarning hammasi har xil
va ular manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalarning to’la sistemasini tashkil qiladi:
0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, demak , berilgan sonlar ham chegirmalarning to’la sistemasini
tashkil qiladi . 38. Yechilishi . Har bir sonni 6 ga bo’lib : 0, 2, 1, 1, 4, 5, 2 qoldiqlarni
hosil qilamiz . Topilgan manfiy bo’lmagan chegirmalardan (noldan tashqari) 6 ni
ayirib, 0, -4, -5, -5, -2, -1, -4 –absolyut qiymati jihatidan eng kichik musbat
bo’lmagan chegirmalarni hosil qilamiz . Absolyut qiymati jihatidan eng kichik
chegirmalar 0, 2, 1, 1, -2, -1, 2 lardan iborat . 40. manfiy bo’lmagan eng kichik
chegirmalar : 0, 2, 1, 0, 100, 100; absolyut qiymati jihatidan eng kichik musbat
bo’lmagan chegirmalar : 0, -5, -10, 0, -20, -100; absolyut qiymati jihatidan eng
kichik chegirmalar : 0, 2, 1, 0, -20, 100 ili –100. 42. Ko’rsatma . Berilgan sonni a + x
( x = 0, 1, 2, ... , m -1), bu yerda a – ixtiyoriy butun son , ko’rin i shda yozib olib, chiziqli
formaning chegirmalari haqidagi teoremani qo’llanilsin . 43. Ko’rsatma . 10 modul
bo’yicha qoldiqlarning to’las sistemasini beradigan x ningn qiymatlaridan
foydalanish kerak . 51. Yechilishi. Shartga asosan x 4
 1( mod 10), bu yerdan x 12
 1
( mod 10). 52. Yechilishi . a ) (5, 24) = 1 va  (24) = 8 bo’lganligidan 5 8
 1 ( mod 24)
kelib chiqadi . Haqiqatdan ham , 5 8
= (5 2
) 4
= 25 4
 1 4
= 1 ( mod 24); s) Yechilishi (3,
18) = 3 > 1 bo’lganligi uchun Eyler teoremasi o’rinli emas . Haqiqatdan ham ,
 (18) =
6 va 3 6
= 3 4
 3 2
= 81  9  9  9 = 81  9 ( mod 18). 53. Yechilishi . a )
 (6) = 2
bo’lganligi uchun a 2
 1 ( mod 6). Bu taqqoslamani modul bilan o’zaro tub bo’lgan a
= 1 va a = 5, yoki 6 k + 1 va 6 k + 5 sonlar sinflari qanoatlantiradi . 54. Yechilishi . b)
a 12
 b 12
 1 ( mod 13) va a 4
 b 4
 1 ( mod 5) bo’lganligi uchun a 12
 b 12
 1 ( mod
5); demak , a 12
 b 12
 1 ( mod 65) yoki a 12
- b 12
ayirma 65 ga bo’linadi . 56.
Ko’rsatma . i = 1, p – 1 da i k(p -1 )
 1 (mod p) taqqoslamalarni hadma-had qo’shish
kerak . 57. Ko’rsatma . a r

 a (mod r) taqqoslamadan foydalanish kerak . 59. a) 1; b)
19; c) 29. 60. a) 2; b) 6; c) 2; d) 2. 61. 049. 62. Yechilishi .
 (m) = R
m (a)  q + r
70

bo’lsin, bu yerda q  0 va 0  r  R
m (a) – 1. a P
m (a)  1 (mod m) dan a (m) 
a r

1 (mod m) kelib chiqadi , bu yerdan esa r = 0. 63. Ko’rsatma . Oldingi masaladan
foydalanish kerak . 64. Ko’rsatma . Agar (x, r) = 1 bo’lsa, u holda x ( p -1) m
+ x ( p -1) n
 2
(mod p) . 65. Ko’rsatma . ( m , 10) = 1 bo’lganligi uchun 10
 (m)
 1 (mod m) yoki 10  (m)
– 1 = 99...9
 0 (mod m) . (9, m ) = 1 bo’lganligi uchun hosil qilingan taqqoslamaning
ikkala tomonini 9 ga bo’lish mumkin . 66. b) Ko’rsatma . 1093 – tub son . 67.
Yechilishi . a r -1
– 1 = ( a – 1)( a r -1
+ a r -2
+...+ a + 1)  0 (mod r) bo’lsin . a r

a (mod r)
bo’lganligi uchun a r
– 1  a – 1 (mod r) . Shunday qilib , a gar a r
–1  0 (mod r)
bo’lsa, u holda a – 1  0 (mod r) . Oxirgi taqqoslamadan quyidagilarni hosil qilamiz :
a r -1
 1 (mod r), a r -2
 1 (mod r) , ... , a  1 (mod r) , 1  1 (mod r) . Bu
taqqoslamalarni hadma-had qo’shib : a r -1
+ a r -2
+...+ a + 1  r  0 (mod r) ni hosil
qilamiz , demak , a r
– 1  0 (mod r 2
) . Shunga o’xshash a gar a r
+ 1  0 (mod r) bo’lsa,
u holda a r
+ 1  0 ( mod r 2
) ni hosil qilamiz . 68. Yechilishi . Ferma teoremasiga asosan
r q -1
– 1  0 (mod q) , bu yerdan r q -1
– 1 = qt
1 . Shunga o’xshash , q p -1
– 1  0 (mod p) ,
bu yerdan esa q p -1
– 1 = pt
2 . Hosil qilingan tengliklarni ko’paytirib, izlanayotgan
taqqoslamani hosil qilamiz . 69. Yechilishi . 2730 = 2  3  5  7  13. x 13
 x ( mod 13) ga
egamiz . x 13
 x ( mod 2, 3, 5 va 7) taqqoslamalarning to’g’riligi 58 masalaning
taqqoslamasidan kelib chiqadi .
70. Yechilishi . a
i 5
 a
i ( mod 2, 3, 5) bo’lganligi uchun a
i 5
 a
i ( mod 30), ( 58 masalaga
qarang ). Shunday qilib , . 71. Yechilishi .
tenglik to’g’ri. .
yoki . Ammo Eyler teoremasiga ko’ra 2
 (m) -1
 r (mod m) .
Demak , 2 r – 1  0 ( mod m ) bu yerdan esa 2 r – 1 = mt , . 72.
Yechilishi . Shartga asosan , ( a , 10) = 1, bu yerdan ( a , 5) = 1 va ( a , 2) = 1. 1000 =
125  8 ni hisobga olib , 125 va 8 modullar bo’yicha taqqoslamalarni qaraymiz . 7
masalaning yechilishidan a 100
 1 ( mod 125) ni hosil qilamiz . Ikkinchi tomondan
Eyler teoremasiga ko’ra a 4
 1 ( mod 8); bu taqqoslamani 25 –nchi darajaga ko’tarib ,
100
 1 ( mod 8) ni hosil qilamiz . Bu yerdan a 100
 1 ( mod 1000) kelib chiqadi . Oxirgi
taqqoslamani n - darajaga ko’tarib, so’ngra uning ikkala tomonini a ga ko’paytirib,
a 100 n +1
 a ( mod 1000) ni hosil qilamiz . 73. Yechilishi . 19  73 – 1 = 1386 = 18  77
bo’lganligi uchun Ferma teoremasiga asosan 2 18
 1 ( mod 19). U holda 2 18
 77
= 2 19
 73
- 1
 1 ( mod 19). 2 9
= 512  1 ( mod 73), to 2 9
 154
= 2 19
 73-1
 1 ( mod 73) bo’lganligi
uchun bu yerdan 2 19
 73 – 1
 1 ( mod 19  73) ni hosil qilamiz. 74. Ko’rsatma .
va tengliklarni hadma-hado’ ko’paytirish kerak, bu
yerda q
1, q
2  Z . 75. Yechilishi . (2 r + 1, 3) = 1 bo’lsa, u holda (2 r + 1) 2

 1 ( mod
3), bu yerdan 4 r + 1  0 ( mod 3). 76. Yechilishi . Shartga asosan va
. Demak, yoki . 77. Yechilishi .
Agar a soni 7 ga karrali bo’l ma sa, u holda ( a , 7) = 1, bu yerdan a 6
 1 ( mod 7) , bu
taqqoslamadan a 6m
 1 ( mod 7) va a 6n
 1 ( mod 7) taqqoslamalarni hosil qilamiz .
Oxirgi taqqoslamalarni qo’shib : a 6m
+ a 6n
 2 ( mod 7). Bu yerdan talab qilingan shart
71

kelib chiqadi . 78. Yechilishi . Agar ( n , 6) = 1 bo’lsa, u holda ( n , 2) = 1. Demak, n –
toq son va ( n – 1) ( n + 1) ifoda ikkita ketma-ket joylashgan juyaye sonning
ko’paytmasi sifatida 8 ga bo’linadi , ya’ni, n 2
– 1
 0 ( mod 8), yoki n 2
 1 ( mod 8).
Ikkinchi tomondan ( n , 6) = 1 dan ( n , 3) = 1 ham kelib chiqadi . Shuning uchun n 2
 1
( mod 3). Hosil qilingan taqqoslamalardan n 2
 1 ( mod 24) kelib chiqadi . 79.
Yechilishi . r  5 ekanligi ko’rinib turibdi . Bu yerdan 5 r -1
 1 ( mod r ),
 1
( mod r ) va + 1
 6 ( mod 6). Shartga asosan 6
 0 ( mod r ) bo’lsa, u holda r ninng
qiymatini 2 va 3 sonlardan izlash kerak . Tekshirishdan r = 3 ni topamiz . 80.
Yechilishi . ( x 3
– 1) x 3
( x 3
+ 1)
 0 ( mod 504), yoki x 2
( x 7
– x )
 0 ( mod 7  8  9)
taqfqoslamalarni isbotlash kerak . ixtiyoriy x Z da x 7
– x
 0 ( mod 7) bo’lganligidan
( x 3
– 1) x 3
( x 3
+ 1)
 0 ( mod 7) kelib chiqadi . Shu bilan bir vaqtda x ning juft
qiymatlari uchun ham toq qiymatlari uchun ham ( x 3
– 1) x 3
( x 3
+ 1)
 0 ( mod 8)
o’rinli ,
 (9) = 6 bo’lganligidan x 3
( x 6
– 1)  0 ( mod 9) kelib chiqadi . Bu yerdan : ( x 3
–
1) x 3
( x 3
+ 1)
 0 ( mod 504). 81. Yechilishi . Shartga asosan r va 2 r + 1 – lar tub
sonlar , shuning uchun (2 r + 1) 2
 1( mod 3), r 2
 1( mod 3). Ikkinchi taqqoslamani 4
ga ko’paytirib, birinchisidan ayiramiz, 4 r + 1
 - 3
 0 ( mod 3), ya’ni . 4 r + 1 –
murakkab son (3 ga bo’linadi ). 82. a) x
1
 1( mod 3), x
2
 2 ( mod 3); b) x
1
 1( mod
5), x
2
 2 ( mod 5); s) x
 2 ( mod 5); d) yechimlari yo’q ; ye) x
 3 ( mod 5); f) x
1

1( mod 4), x
2
 3 ( mod 4); g) x
1
 1( mod 5), x
2
 3 ( mod 5). 83. a) x
 3 ( mod 7); b) x
 2 ( mod 5); c) x
 -3 ( mod 11); d) x
 -3 ( mod 7); e) x
 -1 ( mod 7); f) x
 -4
( mod 15). 86. a) x
 11 ( mod 15); b) x
 2 ( mod 8); c) x
 4 ( mod 13); d) x
 20
( mod 37); e) x
 7 ( mod 25); f) x
 5 ( mod 11); g) x
 5 ( mod 11); h) x
 11 ( mod
24). 91. Yechilishi . x = u +
 almashtirishni kiritib, (u +  ) n
+ a
1 (y +  ) n-1
+ ...+ a
n 
0 (mod m) ni hosil qilamiz . Bu yerdan qavslarni ochib chiqib, qaytadan
gruppalashlardan so’ng u n
+ (n
 + a
1 ) y n-1
+ ...+ (  n
+ a
1  n-1
+ ...+ a
n )  0 (mod m) ni
hosil qilamiz .
 ni shunday tanlaymizki , n  + a
1 
0 (mod m) o’rinli bo’lsin .
Natijada u n-1
ni o’zida saqlaydigan had yo’qoladi : u n
+ b
1 y n-2
+ ... + b
n

0 (mod m) .
92. Yechilishi . n
 + a
1 
0 (mod m) taqqoslamani tuzamiz . Shartdan 3  + 5
 0 ( mod
13) kelib chiqadi , uning yechimi :

 7 ( mod 13), demak , x = u + 7 almashtirish
olamiz . Bu almashtirishni berilgn taqqoslamaga qo’yib, ( u +7) 3
+ 5( y + 7) 2
+ 6( u + 7)
– 8 = u 3
+ 26 y 2
+ 223 u + 622
 u 3
+ 2 u – 2
 0 ( mod 13) ni hosil qilamiz . 94. a) (5,
10) = 5 va 7 soni 5 ga bo’linmagshanligi uchun bekrilgan taqqoslama yechimga ega
emas . b) x
 7( mod 13); c) x
 8 ( mod 17); d) x
 9 ( mod 19); e) x
 11 ( mod 58).
94. a) x
 6( mod 19); b) yechimi yo’q ; c) x
 49 ( mod 153); d) x
 3 ( mod 183);
e) x
 47 ( mod 241). f) yechimi yo’q ; g) x
 41, 190, 339 ( mod 447); h) x
 61, 248
( mod 422); i) x
 39, 196, 353 ( mod 471). 95. a) yechimi yo’q; b) x
 3, 8, 13, 18,
23 ( mod 25); c) x
 73 ( mod 177); d) x
 29 ( mod 311); e) x
 48 ( mod 219); f) x

9, 32, 55, 78, 101, 124 ( mod 138); g) x
 11, 28, 45 ( mod 51). 96. Yechilishi . a) ax

b (mod 21 ) , bu yerda ( a , 21) = 1, b  Z ; b) ax 
b (mod 21 ) taqqoslama yechimga
ega bo’lishi uchun , masalan , 3 ta yechimga ega bo’lishi uchun ( a , 21) = 3 va b soni
3 ga bo’linishi zarur va yetarlidir ; s) bunday taqqoslamani tuzish mumkin emas . 97. 1
iyun. 98. Yechilishi . Qo’shib yoziladigan sonni x bilan beliglaymiz , u holda 523  10 3
+ x
 0 ( mod 7  8  9), bu yerdan x
 -523000
 -352
 152 ( mod 504), yoki x =
72

504 t + 152. x ning qiymati t = 0 va t = 1 da uch xonali bo’ladi . Bu yerdan x
1 = 152,
x
2 = 656. 99. x
 200 ( mod 440), ya’ni x
 200; 640. 100. x
 30 ( mod 31), ya’ni x
= 30, 61, 42. 101. a) x = 3 + 4 t , y = 1 – 3 t ; b) x = 3 + 13 t , y = -3 + 8 t ; c) x = 22 – 37 t ,
y = - 25 + 43t; d) x = 17 + 37 t , y = 20 + 45 t ; e) x = 1 + 16 t , y = 1 + 27 t ; f) yechimga
ega emas g) x = 4 + 17 t , y = -11 – 53 t ; h) x = 47 + 105 t , y = 21 + 47 t ; i) yechimi
yo’q ; j) x = 4 + 16 t , y = 7 – 11 t ; k) x = 9 + 37 t , e = 3 + 12t; l) x = - 7 + 15 t , y = 12
– 23 t . 102. x = 2 – 4 t , y = 4 + 3 t . t = 0 va t = -1 da talab qilingan hosil
bo’ladi . 103. x = 3 – 5 t , y = 28 + 3 t . 104. a) x = -4 + 13 t , -100 < -4 + 13 t < 150, -7 
t  11; 19 ta nuqta ; b) 7 ta nuqta ; s) 8 ta nuqta . 105. Yechilishi . 5 a – 9 b = 31 yoki
5 a  31 ( mod 9) , bu shartni qanoatlantiradigan a ning eng kichik natural qiymati a =
8 dan iborat . b ning qiymatini tenglamadan topamiz: b = 1. 106. Ko’rsatma . AV
to’g’ri chiziqning burchak koeffisiyenti qisqarmaydigan kasrdan iborat
ekanligidan kelib chiqadi , x
1 = x
2 bo’lgan hol ko’rinib turibdi . 107. Oldingi masalaga
asoasan (u chburchakning uchlarini ham hisobga olganda ) izlanayotgapn butun
nuqtalar soni (18, 6) + (12, 8) + (6, 14) + 3 = 12 ga teng . 108. a) 9 x  1 ( mod 7), bu
yerdan x = 4 + 7 t ; b) x = 13 + 15 t . 109. Yechilishi . Shartga asosan 15 x + 20 u + 30 z
= 500 va x + y + z = 18, bu yerdan y + 3 z = 46, y  1 ( mod 3) yoki u = 1 + 3 t .
Demak, 3 z = 45 – 3 t va z = 15 – t . Bu yerdan x + 16 + 2 t = 18 yoki x = 2 – 2 t .
Faqat t = 0 da natural yechimni hosil qilamiz . Demak , x = 2, y = 1, z = 15.
§ 4.
110. a) x  49 ( mod 420); b) x  4126 ( mod 6300); c) x  85056 ( mod
130169); d) x  9573 ( mod 13923); e) yechimi yo’q ; f) yechimi yo’q ; g) yechimi
yo’q ; h) x  17 ( mod 90); i) x  4 ( mod 105); j) x  7777777 ( mod 91290457).
111. x  25 ( mod 60). 112. 299 va 439. 113. Ko’rsatma. 4 x  9 ( mod 7); 2 x  15
( mod 9); 5 x  12 ( mod 13) taqqoslamalar sistemasini yechish kerak , bu yerdan x 
291 ( mod 819). Nuqtalarning ordinatalari to’g’ri chiziqlarning berilgan
tenglamalaridan kelib chiqadi . 114. a) x  4 a - 3 ( mod 24), bu yerda a  1 ( mod 2);
b) x  8 – 3 a ( mod 24), bu yerda a  0 ( mod 2); c) x  36 a - 175 ( mod 630), bu
yerda a  1 ( mod 7); d) x  15 a + 21 b – 35 c ( mod 105). 115. a) a  5 ( mod 6); b) a
 1 ( mod 6); c) a  0 ( mod 4). 116. Yechilishi . Shartdan quyidagi sistemani hosil
qilamiz : xyz 138  0 ( mod 7), 138 xyz  6 ( mod 13), x 1 y 3 z 8  5 ( mod 11). Birinchi
taqqoslamani 10 3
xyz + 138  0 ( mod 7) ko’rinishda yozib olamiz . U holda 3 xyz  1
( mod 7), bu yerdan xyz  5 ( mod 7). Ikkinchi taqqoslama bilan ham xuddi shunday
amallarni bajaramiz: 138000 + xyz  6 ( mod 113), bu yerdan xyz  1 ( mod 13). Endi
xyz  1 ( mod 13), xyz  5 ( mod 7) taqqoslamalar sistemasini xyz ga nisbatan yechib ,
xyz  40 ( mod 91), yoki xyz = 91 t + 40 ni hosil qilamiz . t = 1, 2, 3, ... , 10 da xyz =
131, 222, 313, ... , 950 larni topamiz . Uchinchi taqqoslamani x  10 5
+ 10 4
+ u  10 3
+
3  10 2
+ z  10
+ 8  5 ( mod 11) shaklda tasvirlab olamiz , soddalashtirishlardan so’ng
x + y + z  7 ( mod 11) ni hosil qilamiz , ya’ni x + y + z = 11 t + 7. 0 < x + y + z < 27
tengsizlikni e’tiborga olib , x + y + z = 7 va x + y + z = 18 larni hosil qilamiz . U
holda 131, 222, 313, ... , 950 sonlar ketma-ketligidan shartni qanoatlantiradigan
73

313138 va 495138 sonlarni topamiz . 117. Yechilishi . Shartga asosan 13 xy 45 z  0
( mod 792), ammo 792 = 8  9  11, shuning uchun quyidagi sistemaga ega bo’lamiz :
13 xy 45 z  0 ( mod 8)
13 xy 45 z  0 ( mod 9)
13 xy 45 z  0 ( mod 11) .
Birinchi taqqoslamadan va 8 ga bo’linish alomatidan 450 + z  0 ( mod 8) ni
hosil qilamiz , bu yerdan z  6 ( mod 8). z = 6 ni ikkinchi va uchinchi taqqoslamalarga
qo’yib , sistem ani hosil qilamiz :
13 xy 456  0 ( mod 9)
13 xy 456  0 ( mod 11)
Bu sistemaning birinchi taqqoslamasidan 9 ga bo’linish alomatiga asosan x + y +
19  0 ( mod 9), yoki x + y  0 ( mod 9) kelib chiqadi . Ikkinchi taqqoslamani
1300000 + x  10 4
+ u  10 3
+ 456  0 ( mod 11) ko’rinishda tasvirlab olamiz ,
soddalashtirishlardan so’ng x – u  8 ( mod 11). U holda a
x + u = 9 t
1 + 8
x – y = 11 t
2 + 8
Bu yerdan x = 8 va u = 0 ekanligi kelib chiqadi . Shunday qilib , i zlangan son
1380456 dan iborat .
118. Yechilishi . Izlanayotgan sonii x bilan belgilaymiz . U holda x  1000+
( x +1)=1001 x +1= N 2
, yoki ( N +1)( N -1)=7  11  13 x , bu yerdan
Bu tenglikdan N va x aniqlash uchun quyidagi taqqoslamalar sistemalarini hosil
qilamiz :
1) N +1  0 ( mod 7)
N -1  0 ( mod 143)
Odatdagi usul bilan yechib N =573, N 2
=328329, x
1 =328 larni topamiz .
2) N +1  0 ( mod 143)
N -1  0 ( mod 7) .
Bu yerdan N =428, N 2
=183184, x
2 =183.
3) N +1  0 ( mod 11)
N -1  0 ( mod 91) .
Bu yerdan N =274, N 2
=075076, ammo x =075 ikki xonali son bo’lganligi uchun
yechim emas .
4) N +1  0 ( mod 91)
N -1  0 ( mod 11)
Sistemadan N =727, N 2
=528529, x
3 =528 larni hosil qilamiz .
5) N +1  0 ( mod 13)
N -1  0 ( mod 77)
N =155, N 2
=024025, ammo x =025 ikki xonali son bo’lganligi uchun yechim emas .
6) N +1  0 ( mod 77)
N -1  0 ( mod 13)
74

Bu yerdan N =846, N 2
=715716, x
4 =715.
119 . Shartdan quyidagi sistemani hosil qilamiz : x  3 ( mod 7), x 2
 44 ( mod 7 2
),
x 3
 111 ( mod 7 3
). Birinchi taqqoslamadan x =7 t +3 ni topamiz . x ning bu qiymatini
ikkinchi taqqoslamaga qo’yib, uni t ga nisbatan yechamiz : (7 t +3) 2
=44 ( mod 7 2
),
soddalashtirishlardan so’ng , 42 t  35 ( mod 7 2
). Bu taqqoslamani 7 ga qisqartirib ,
6 t  5( mod 7) ni hosil qilamiz , bu yerdan t  2 ( mod 7), ya’ni t =7 t
1 +2 bo’ladi . t ning
topilgan qiymatini x =7 t +3 tenglikka qo’yib , x =7(7 t
1 +2)+3=49 t
1 +17 ni hosil qilamiz . x
ninng oxirgi topilgan qiymatini uchinchi taqqoslamaga qo’yib (49 t
1 +17) 3
 111( mod
7 3
) ni hosil qilamiz . Soddalashtirishlardan so’ng t
1  0 ( mod 7) ni topamiz , bu yerdan
t
1 =7 t
2 +0. t
1 bu qiymatini x =49 t
1 +17 tenglikka qo’yib , nihoyat x  ( mod 7 3
) ni topamiz .
120. a) x  24 ( mod 28); b) x  54 ( mod 95); c) x  39 ( mod 77); d) x  -9 ( mod 45); e)
yechim yo’q ; f) x  13   47 ( mod 85). 121. (-6,-61), (-1,-1), (1,1), (6,41). 122. a)
x  y  mod 7); b) yechim yo’q ; s) yechim yo’q ; d) x
1  mod 12), y
1  7( mod 12)
x
2  4 ( mod 12), y
2  7 ( mod 12); x
3  8 ( mod 12), y
3  7 ( mod 12). 123. a) x = k +5 n ,
y =2 k -2+10 n , z =1- k -5 n , bu yerda k =0; 1; 2; 3; 4 va n  b) Berilgan shartdan x-u  1
( mod 3), x+y  1( mod 2) sistemaga kelib chiqadi . Birinchi taqqoslamadan y
 x - 1+3 i
( mod 6), bu yerda i =0; 1 kelib chiqadi . Bu qiymatni ikkinchi taqqoslamag qo’yib,
2 x  2-3 i ( mod 2) ni hosil qilamiz , bu yerdan 3 i  0 ( mod 2) va i =0 kelib chiqadi .
Demak , x
 k ( mod 6), y  k -1 ( mod 6), k =0; 1; 2; 3; 4; 5, yoki x=k +6 n , y=k- 1+6 m , bu
yerda m, n
   Bu qiymatlarni berilgan sistemaning tenglamalariga qo’yib , z =2 n -
2 m = k -1+3 n +3 m ni hosil qilamiz , bu yerdan n =1- k -5 m . Shunday qilib , berilgan
tenglamalar sistemasining yechimlari z =6-5 k -30 m , y = k -1+6 m , x =2-2 k -12 m lardan
iborat , bu yerda k =0; 1; 2; 3; 4; 5 va m
  . 124. Ko’rsatma . Masalani quyidagi
taqqoslamalar sistemasini bilan yechish mumkin :
3 x – u + 1  0 ( mod 7) x  3 ( mod 7)
2 x + 3 y – 1  0 ( mod 7), bu yerdan u  5 ( mod 7).
75

FOYDALANISH UCHUN TAVSIYA ETILGAN
ADABIYOTLAR RO’YXATI
1. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М., 1977, 495 стр.
2. Курош А.Г. Олий алгебра курси. Тошкент, 1972.
3. Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М., Наука, 1984, 415 ст.
4. Гельфанд И.М. Чизикли алгебрадан лекциялар. Тошкент, 1966.
5. Боревич Э.И. Определители и матрицы. – М., Наука, 1975, 253 ст.
6. Фаддеев Д.К., Фаддеева В.Н. Вычислительные методы линейной алгебры.
М., Наука, 1964, 388 с.
7. Ефимов М.В., Розендрон Э.Р. Линейная алгебра и многомерная
геометрия. М., Наука, 1984, 336ст.
8. Виноградов И.М. Сонлар назарияси асослари. – Тошкент, 1962.
9. Бухштаб А.И. Теория чисел. – М., Просвещение, 1966.
10. Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М., Наука, 1977.
11. Фаддеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре. М.,
Наука, 1977.
12. Сборник задач по алгебре под редакцией. А.И. Кострикина, М., Наука,
1985.
13. Грибанов В.У., Титов П.И. Сборник задач и упражнений по теории чисел.
М., Наука, 1962.
14. Кудреватов И.В. Сборник задач по теории чисел. – М., Наука, 1967,
191ст.
15. Сонли функциялар буйича методик кўрсатмалар. – Самарқанд, СамДУ
нашри, 1986.
16. Бир номаълумли таққосламалар бўйича методик кўрсатмалар. Самарқанд,
СамДУ нашри, 1986.
17. Чизиқли операторлар темасини ўрганишга доир методик кўрсатмалар.
Самарқанд, СамДУ нашри, 1990.
18. Юкори тартибли детерминантларни ҳисоблашга доир методик кўрсатма.
Самарқанд, СамДУ нашри, 1988.
76

19. Оператор матрицасининг Жордан шаклига доир методик кўрсатмалар.
Самарқанд, СамДУ нашри, 1993.
20. Хожиев Ж., Файнлеб А.С. Алгебра ва сонлар назарияси курси, Тошкент,
« Ў збекистон», 2001.
21. Исроилов М.И., Солеев А.С. Сонлар назарияси. – Тошкент, «Фан», 2003.
22. Нарзуллаев У.Х., Солеев А.С. Алгебра и теория чисел. I-II часть,
Самарканд, 2002.
23. Zaynalov B.R., O stonov Q . ,M o’minov Z . M atematika 1 . Binar algebraic
sistemalar va ularning tadbiqlari. Uslubiy qo’llanma.- Samarqand: SamDU
nashri, 20 09 y., 159 bet.
M U N D A R I J A
KIRISH…………………………………………………………………… 3
I-BOB. BUTUN SONLAR XALQASIDA BO’LINISH NAZARIYASI
1-§. Butun sonlarning bo’linishi ………………………………………… 4
2-§. Eng katta umumiy bo’luvchi va eng kichik umumiy bo’linuvchi……. 7
3-§. Tub va murakkab sonlar………………………………………………. 12
4-§. Chekli uzluksiz kasrlar………………………………………………... 15
5-§. Sonli funksiyalar………………………………………………………. 21
II-bob. BUTUN SONLAR XALQASIDA TAQQOSLAMALAR
NAZARIYASI
1-§. Taqqoslama tushunchasi va uning xossalari ………………………….. 33
2-§. Chegirmalar sinflari . Eyler va Ferma teoremalari …………………. 37
3-§. Bir noma’lumli a lgebraik taqqoslamalar . Birinchi darajali
taqqoslamalar ……………………………………………………………… 43
4-§. Birinchi darajali taqqoslamalar sistemalari ………………………… 49
JAVOBLAR va KO’RSATMALAR………………………………………. 58
Foydalanilgan adabiyotlar………………………………………………… 83
SONLAR NAZARIYASI ASOSLARIDAN
MASALA VA MASHQLAR
«Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun
uslubiy tavsiyalar
« 5 460100 MATEMATIKA »
ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari uchun
Uslubiy qo‘llanma
Muharrir H.X.Ro’zimuradov
77

Musahhih D.S Mustafayeva
Tex.muharrir Z. Meliyev
2011 yil 9 aprelda original-makletdan bosishga ruxsat etildi.
Bichimi 60x84/1,16. “Times New Roman” garniturasi. Ofset qog’ozi.
Ofset bosma usulida bosildi. Shartli bosma tabogi 5,1.
Nashriyot hisobi bosma tabog’i 2,0. Adadi 100 nusxa. 101 – buyurtma.
____________________________________________
SamDU bosmaxonasida chop etildi.
140104, Samarqand sh., Universitet xiyoboni, 15.
78

O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI ALISHER NAVOIY NOMIDAGI SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI SONLAR NAZARIYASI ASOSLARIDAN MASALA VA MASHQLAR «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar « 5 460100 MATEMATIKA » ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari uchun Uslubiy qo‘llanma SamDU o‘quv-uslubiy kengashi tomonidan nashrga tavsiya etilgan. Samarqand – 2011 1

Sonlar nazariyasi asoslaridan masala va mashqlar. «Algebra va sonlar nazariyasi» fanidan amaliy mashg’ulotlar o’tkazish uchun uslubiy tavsiyalar. Uslubiy qo‘llanma. – Samarqand: SamDU nashri, 2011. – 84 bet. Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha «5460100 – matematika» ta’lim yo‘nalishi bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, Algebra va sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning namunaviy o‘quv dasturidan kelib chiqib, butun sonlar xalqasida bo’linish nazariyasi va taqqoslamar nazariyasining usullariga oid qisqacha nazariy ma’lumotlar, bu usullarning taqbiqiga oid namunaviy misollar yechimlari, mustaqil ish topshiriqlari va boshqa tarqatma materiallar keltirilgan. Uslubiy qo’llanma talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga yaqindan yordam beradi degan umiddamiz . Tuzuvchilar: U.X. Narzullayev, A.S. Soleev Mas‘ul muharrirlar: H.N. Nosirova, H.X.Ro’zimuradov Taqrizchilar : fizika-matematika fanlari doktori, professor I.A. Ikromov fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent M.Y.Yaxshiboyev 2

KIRISH Ushbu uslubiy qo‘llanma « Algebra va sonlar nazariyasi » fani bo‘yicha 5460100 – matematika, 544020- mexanika, 5480100- amaliy matematika va informatika ta’lim yo‘nalishlari bakalav r talabalari va «5A460100 – Matematik mantiq, algebra va sonlar nazariyasi» mutaxassisligi magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning namunaviy o‘quv dasturiga asosan butun sonlar xalqasida bo’linish nazariyasi va taqqoslamar nazariyasining usullariga oid qisqacha nazariy tasdiq va formulalar keltirilgan, bu usullarning taqbiqiga oid namunaviy misollarni yechish uchun ko’rsatmalar ishalb chiqilgan hamda mustaqil ish topshiriqlari va boshqa tarqatma materiallar keltirilgan. Uslubiy qo’llanma ikki bobdan iborat. I-bob b utun sonlar xalqasida bo’linish nazariyasi ga bag’ishlangan bo’lib, unda butun sonlarning bo’linishi, eng katta umumiy bo’luvchi va eng kichik umumiy bo’linuvchi, tub va murakkab sonlar, chekli uzluksiz kasrlar, sonli funksiyalar mavzulariga doir masala va misollar yechimlari bilan keltirilgan. II-bob b utun sonlar xalqasida taqqoslamalar nazariyasiga bag’ishlangan bo’lib, unda t aqqoslama tushunchasi va uning xossalari , c hegirmalar sinflari . Eyler va Ferma teoremalari , b ir noma’lumli a lgebraik taqqoslamalar , b irinchi darajali taqqoslamalar , b irinchi darajali taqqoslamalar sistemalari mavzulariga doir masala va misollar yechimlari bilan keltirilgan . Uslubiy qo’llanma talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘ zlashtir ishga yaqindan yordam beradi degan umiddamiz . 3

I-BOB BUTUN SONLAR XALQASIDA BO’LINISH NAZARIYASI Tayanch iboralar : bo’linma; bo’luvchi; qoldiqli bo’lish haqidagi teorema; to’liqmas bo’linma; qoldiq; umumiy bo’luvchi; eng katta umumiy bo’luvchi; juft-juft tub sonlar; umumiy karrali; eng kichik umumiy bo’linuvchi; Yevklid algoritmi; murakkab son; Eratosfen g’alviri; arifmetikaning asosiy teoremasi; kanonik yoyilma; chekli uzluksiz kasrlar; aniq bo’linmalar; munosib kasrlar; butun qism; kasr qism; antye funksiya; Eyler funksiyasi; Myobius funksiyasi. 1-§. Butun sonlarning bo’linishi Agar shunday q butun son mavjud bo’lib, a = bq tenglik o’rinli bo’lsa, a butun son b butun songa ( b  0) bo’linadi yoki b son a sonni bo’ladi deyiladi. Bu yerda q bo’linma, b bo’luvchi, a bo’linuvchi deb ataladi. a sonning b songa bo’linishini b|a shaklda belgilanadi, agar a son b songa bo’linmasa, uni b  a bilan belgilaymiz. Bo’linish xossalari : a ) bo’linish refleksiv, ya’ni a  a ; b ) bo’linish tranzitiv, ya’ni agar b|a va c|b bo’lsa, u holda c|a ; c ) c|a dan ixtiyoriy butun b son uchun c|ab o’rinli; d ) c|a va c|b dan ixtiyoriy butun x va y sonlar uchun c|ax+by o’rinli (masalan, c|a  b ). Bu xossa ikkidan ko’p sonlar uchun ham o’rinli; e ) b|a va a|b bo’lsa, a =  b ; f ) b|a , a > 0, b > 0 dan b  a kelib chiqadi. Qoldiqli bo’lish haqidagi teorema : a – butun son, b – butun musbat son bo’lsin. a son hamma vaqt b songa bo’linmaydi, lekin hamma vaqt a son b songa qoldiqli bo’linadi , ya’ni shunday yagona butun q va r sonlar topiladiki, ular uchun a = bq + r, 0  r < b tenglik o’rinli bo’ladi, bu yerda q - to’liqmas bo’linma , r - soni a ni b ga bo’lgandagi qoldiq deyiladi . 1-m i s o l. a sonni 13 ga bo’lganda to’liqmas bo’linma 17 ga teng bo’lsa, a ning eng katta qiymatini toping. Yechish. Masala shartiga ko’ra, a = 13  17+ r , 0  r < 13. Demak, r = 12 bo’lganda a eng katta qiymatga erishadi, ya’ni 13  17 + 12 = 233.  2-m i s o l. Bo’linuvchi 371, to’liqmas bo’linma 14 ga teng bo’lsa, bo’luvchi va unga mos qoldiqlarni toping. Yechish. Masala shartiga ko’ra, 371 = b  14 + r , 0  r < b , bundan 14 b < 371, b  26. Boshqa tomondan 15 b > 371, bundan b > 24. Demak, b =25; 26 va r = 21; 7 bo’ladi.  4

3-m i s o l. a sonni b songa bo’lganda bo’linma q va nolmas qoldiq r ga teng. a ni qanday natural n songa ko’paytirganda bo’linma n marta ortadi? Yechish. an = bqn + rn dan rn < b va .  4-m i s o l. Uchta ketma-ket natural sonlardan bittasi 3 ga bo’linishini isbotlang. Yechish. Natural sonni 3 k , 3 k + 1, 3 k + 2 sonlarning bittasi shaklida ifodalash mumkin. Agar n = 3k bo’lsa, u holda 3|n ; agar n = 3 k + 1 bo’lsa, u holda 3 |n + 2; agar n = 3 k + 2 bo’lsa, u holda 3 |n +1.  5-m i s o l. Agar besh xonali son 41 ga bo’linsa, shu sonni tashkil qilgan raqamlarni aylanma almashtirish yordamida hosil bo’lgan har qanday sonning 41 ga bo’linishini isbotlang. Yechish. Besh xonali son N=10 4 a+10 3 b+10 2 s+10d+e bo’lsin va u 41 ga bo’linsin. Raqamlarni aylanma almashtirishdan (chapga bir raqamga) quyidagi sonni hosil qilamiz: N 1 =10 4 b + 10 3 c + 10 2 d + 10 e + a = 10(10 4 a + 10 3 b + 10 2 c + 10 d + e) - 10 5 a + a = 10N – 99999 a. 41  N va 41  99999 dan 41  N 1 kelib chiqadi.  6-m i s o l. ko’rinishdagi barcha sonlar 7 raqam bilan tugashini isbotlang. Yechish. . Agar bo’lsa, u holda  7-m i s o l. 7  11  13=1001 ni bilgan holda 7, 11, 13 ga umumiy bo’linish alomatini keltirib chiqaring. Bu alomatni 368312 ga qo’llang. Yechish. N = 1000 q + r = 1001 q + r – q dan N son 7, 11 va 13 ga bo’linishi uchun shu sondan uning 1000 ga bo’linganida hosil bo’lgan qoldiqdan ayirmasi 7, 11 yoki 13 ga bo’linishi zarur va yetarligi kelib chiqadi, ya’ni . Agar N = 368312 bo’lsa, yuqorida keltirilgan ayirma 368 – 312 = 56. 56 faqat 7 ga bo’linganligi sababli 368312 7 ga bo’linadi, lekin 11 va 13 ga bo’linmaydi.  8-m i s o l. To’rtta ketma-ket joylashgan butun sonlar ko’paytmasiga bir qo’shilganda to’liq kvadrat hosil bo’lishini isbotlang. Yechish. n – 1, n , n + 1, n + 2 – to’rtta ketma-ket keladigan butun sonlar bo’lsin. U holda .  9-m i s o l. 11 10 – 1 sonni 100 ga bo’linishini isbotlang. Yechish. Nyuton binomini qo’llaymiz: . Bundan har bir qo’shiluvchi 100 ga bo’linadi.  10-m i s o l. Har bir butun n uchun n 5 – n son 5 ga bo’linishi isbotlang. 5

O'xshashlar

Algebra va sonlar nazariyasi

ANTROPOSOTSIOGENEZ NAZARIYASI

BILISH NAZARIYASI

ESTETIKA NAZARIYASI

TA’LIM NAZARIYASI