O’zbеkiston rеspublikasi oliy va o’rta maxsus ta'lim vazirligi
Yüklə 301,2 Kb.
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- 5.8-masala.
- 5.12-masala.
- Yechilishi.
- Mashqlar
|
5.5-masala. (Vilson teskari teoremasi). Agar n! + 1 son n + 1 ga bo’linsa, u holda n + 1 son tub bo’ladi.
Yechilishi. Teskarisini faraz qilamiz. n+1 — murakkab son bo’lib, p - uning birorta tub bo’luvchisi bo’lsin. p < n+1 bo’lgani uchun 1, 2,..., n sonlardan bittasi p ga teng bo’ladi, ya’ni n! son p ga bo’linadi. Ziddiyat. ▲ 7 John Vilson (1741–1793) – ingliz matematigi. uchun
4((p - 1)! + 1) + p 0(mod p2 + 2p) bo’lishi zarur va yetarli. Yechilishi. Vilson teoremalariga ko’ra p – tub 4((p - 1)! + 1) + p 0(mod p). p + 2 tub bo’lishi 4((p - 1)! + 1) + p 0(mod p + 2) taqqoslama bajarilishiga tengkuchli bo’lishini isbotlash qoldi. Buning uchun dastlab p - 2(mod p + 2) taqqoslamaning ikkala tarafini p + 1 ga ko’paytiramiz: p(p + 1) - 2(p + 1) = - 2((p + 2) - 1) 2(mod p + 2). Endi 2(p - 1)! ga ko’paytiramiz: 2(p + 1)! 4 (p - 1)!(mod p + 2). Bu taqqoslamaning ikkala qismiga p + 4 ni qo’shamiz: 2((p + 1)! + 1) + (p + 2) 4((p - 1)! + 1) + p(mod p + 2). Vilson teoremalariga ko’ra p + 2 – tub (p + 1)! + 1 0(mod p + 2) 2((p + 1)!+1)+(p+2) 0(mod p+2), bundan 4((p - 1)! + 1) + p 0(mod p + 2). ▲ Yechilishi. Ferma teoremasiga ko’ra bp b(mod p), a p a(mod p) va ab p ba p ab ab 0(mod p) .▲ 5.8-masala.p 7 tub son uchun p 1 ta raqamdan tashkil topgan 11...1 son p ga qoldiqsiz bo’linishini isbotlang. Yechilishi. (10, p) 1. Demak, Ferma teoremasiga ko’ra ▲ 10 p1 1 1 1 11...1 0(mod p) 9 9 5.9-masala. p tub son uchun (a b) p (a p bp )(mod p) bo’ladi. Yechilishi. Ferma teoremasiga ko’ra taqqoslama o’rinli а а p (mod р) , b bp (mod р) , (a b) p a b (a p bp )(mod p) .▲ 5.10-masala. (Eyler teoremasi). Agar (a, m)=1 bo’lsa, u holda а(m) 1(mod m) . Yechilishi. n=( m) belgilaymiz. x1, x2 ,..., xn sonlar {1, 2, ..., m } to’plam ichida joylashgan va m soni bilan o’zaro tub bo’lgan o’zaro teng bo’lmagan sonlarni ajratamiz. Ravshanki ular bir-biri bilan m modul bo’yicha taqqoslanmaydi. Quyidagi sonlarni kiritamiz: ax1, ax2,..., axn . Bu ketma-ketlikda ham ikkita turli hadlari m modul bo’yicha taqqoslanmaydi. Haqiqatdan ham, xi x j va xia x ja(mod m) bo’lsin. U holda (a, m)=1 bo’lgani bo’yicha taqqoslanmasligiga zid. (a, m) 1, (xi , m) 1 bo’lgani uchun (axj , m) 1 bo’ladi, ya’ni axi x j (mod m) Bu taqqoslamalarni i 1, 2,..., n bo’yicha ko’paytirib chiqsak ax ax ... ax an x x ... x x x ... x (mod m) . 1 2 n ni hosil qilamiz. 1 2 n 1 2 n (x1 x2 ... xn , m) 1 bo’lgani uchun bo’ladi. ▲ an 1(mod m) Izoh. ( p) p 1 bo’lgani bois Ferma teoremasi Eyler teoremasidan bevosita kelib chiqadi. 5.11-masala. Ma’lumki, a butun son uchun a10 + 1 son 10 ga bo’linadi. a ni toping. Yechilishi. Ravshanki (a, 10) = 1 , aks holda a10 + 1 va 10 sonlar o’zaro tub bo’ladi. (10) = 4 bo’lgani bois, Eyler teoremasiga ko’ra a10 + 1 0(mod 10) taqqoslama a2 + 1 0(mod 10) taqqoslamaga tengkuchli. Bundan a ±3(mod 10) yechimni topamiz. Javob. a ±3(mod 10). ▲ 5.12-masala.p 5 - tub son bo’lsa, p8 1 (mod 240) ni isbotlang. Yechilishi.240 24 3 5 . Ferma teoremasiga ko’ra, p2 1 (mod 3) va p4 1 (mod 5) . (24 ) 23 bo’lgani bois, Eyler teoremasiga ko’ra p8 1 (mod 16) . Demak, p8 1 (mod m), m 3,5,16 , ya’ni p8 1 (mod 240) .▲ 5.13-masala (46-XMO). a 2n 3n 6n 1, n 1, 2,.... ketma-ketlik berilgan n bo’lsin. Bu ketma-ketlikning barcha hadlari bilan o’zaro tub bo’lgan natural sonlarni toping. Yechilishi.n 1 yagona yechim bo’lishini ko’rsatamiz. Buning uchun ixtiyoriy tub son berilgan ketma-ketlikning qandaydir hadini bo’lishini isbotlasak yetarli. Ravshanki, p 2 va p 3 sonlar a 22 32 62 1 48 ni bo’ladi. 2 Shuning uchun p 5 holini qaraymiz. Ferma teoremasiga ko’ra 2 p1 3p1 6 p1 1(mod p) . Demak, 3 2 p1 2 3p1 6 p1 6(mod p) yoki
6(2 p2 3p2 6 p2 ) 6(mod p) . Bundan p | 6ap2 kelib chiqadi. (6, p) 1 bo’lgani bois, p | ap2 bo’ladi. ▲ Mashqlar(Rossiya, Sankt –Peterburg, 1998). Ixtiyoriy natural n soni uchun (n2,(n 1)2 ) oraliqda c a2 b2 shartni qanoatlantiradigan bir–biriga teng bo’lmagan a,b,c sonlar mavjudligini isbotlang. (Rossiya , 2001). Ma’lumki, natural n sonning ikkita o’zaro tub bo’lgan a,b bo’luvchilari uchun a b 1 son ham n sonning bo’luvchisi bo’ladi. n son topilsin. (Rossiya, Sankt –Peterburg, 1996). Shunday natural n sonlar topilsinki, ular uchun 3n1 5n1 | 3n 5n munosabat o’rinli. ab2 b 7| a2b a b munosabat o’rinli. a2 b2 (Bolgariya, 1995). Shunday natural son butun bo’lib, 1995 soniga bo’linadi. a,b sonlar topilsinki, ular uchun a b (25–XMO). Ma’lumki, 0 a b c d va ad bc munosabatlarni qanoatlantiradigan a,b,c, d toq sonlar uchun a d 2k va b c 2m tengliklar bajariladi (bu yerda k, m Z ). a 1 tenglik bajarilishini isbotlang. (Irlandiya, 1995). 1995 dan kichik ixtiyoriy n p1 p2 p3 p4 ko’rinishdagi 1 d d d n natural bo’luvchilari uchun 1 2 16 9 8 d d 22 bo’lishini isbotlang. 8. (28–XMO). n 2 – natural son berilgan bo’lsin. Agar barcha 0 k butun sonlar uchun sonlar uchun ham k 2 k n son tub bo’lsa, u holda barcha 0 k n 2 k 2 k n son tub son bo’lishini isbotlang. butun 9. (Bonse tengsizligi). p 2, p 3, tub sonlarning o’suvchi ketma–ketligi uchun
p p ... p p2 1 2 n n1 tengsizlikni isbotlang, bu yerda n 4. 10. (42–XMO). a b c d natural sonlar ac bd (b d a c)(b d a c) a0, a1, a2, ...ketma- ketlik a0 = 0, an + 1 = P(an) (n 0) formulalar yordamida aniqlansin, bu yerda P(x) - x 0 larda P(x) > 0 shartni qanoatlantiradigan butun koeffitsientli ko’phad. Barcha natural m va k lar uchun (am, ak) = a(m, k) tenglikni isbotlang. Tenglamani yeching x2 3x 3x 1 2 2 2 1; b) 3 5 ; c) x x . Butun qismning quyidagi xossalarini isbotlang: [ x y] [ x] [ y] , bu yerda x va y–ixtiyoriy sonlar. x–ixtiyoriy son uchun [x+a]=[x]+[a] bo’lsa , u holda a – butun son. [x] [ y] [x y] [2x] [2 y] ekanligini isbotlang. Ixtiyoriy k natural son uchun tenglamani yeching. k x {kx} ni isbotlang va {3{x}}=x |