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

2

^{b) {6x} {x}  1}.

11. 
    _x__x_  3 tengsizlikni qanoatlantiradigan eng kichik x musbat sonini toping.
    

11. 
    Ixtiyoriy
    

x  0 da ^
_{x }^{ } _  
ni isbotlang.

_ _{  }  

11. 
    Ixtiyoriy n natural son uchun _5 
    

^{ }
26 n  ¹ 10ⁿ
ekanligini isbotlang.

11. 
    a) n! soni qaysi n natural son uchun 2ⁿ ga bo’linadi?
    

2. 
   Barcha n uchun n! soni 2^n-k ga bo’linsa, k sonni toping.
   

2. 
   Barcha n uchun n! soni p^n-k ga bo’linsa, k sonni toping.
   

11. 
    (n+1)( n+2)…(2n) son ikkining qaysi darajasiga bo’linadi?
    
12. 
    (n!)! ning (n!)^{( n-1)!} ga bo’linishini isbotlang.
    
13. 
    Quyidagi sonlar p tub sonning qaysi darajasiga bo’linadi:
    

a) (2n)!!  2  4 ...  (2n) ; b) (2n 1)!!  1 3  5 ... (2n 1) ?

24. _x_  ^ x  ^{1 }  ...  ^ x  ^{n 1}  [nx] ni isbotlang.

_ _n _{ } _n _

Sonlar nazariyasida muhim funksiyalar

Ta’rif. Haqiqiy x sonning [x] butun qismi deb, x dan katta bo’lmagan eng katta butun songa aytiladi.
Masalan, [-1,5]=-2, [-1]= -1, [0]=0, [1,5]=1, [π]=3.
Umuman olganda, ta’rifga binoan, [x]=k tenglik quyidagini bildiradi: k son
k≤x shartni qanoatlantiradigan butun sondir.

1-rasm
y=[x] funksiyaning grafigi zinasimon ko’rinishga ega (1-rasm).

{x} =x - [x] tenglik bilan xR sonining kasr qismi aniqlanadi.

^Masalan, {0,3}  0, 7,
_ ¹  _ ¹ _{, }
2_   1, {2 5}  2 


2, {1}  0.

 ₂  ₂

Xossalar:

1)^{[x]  x;}
 


^{2)[x  a]  [x]  a,} 3) ^{[x  y]  [ x]  [ y]}

bu yerda a ixtiyoriy butun , x, y – ixtiyoriy haqiqiy sonlar.

2. 
   {x}=x tenglik 0 ≤ x < 1 bo’lgandagina bajariladi;
   
3. 
   {x}={y} tenglik x-y=n (bu yerda n-butun son) bo’lgandagina bajariladi;
   
4. 
   Ixtiyoriy x uchun {x+1}={x} bo’ladi.
   

Shunday qilib, y={x} funksiya eng kichik davri 1 ga teng bo’lgan davriy funksiyadir. Uning grafigi 2-rasmda keltirilgan.

2-rasm

4.1-masala . (II Soros olimpiadasi).
x² 10[x]  9  0
tenglamani yeching.

Yechilishi. Faraz qilaylik, [x]=k bulsin. k ≥ 0 ekanligi tushunarli.

x ≥ k bo’lganligi uchun x≥ 0. Natijada qilamiz.
x² 10 x  9  0
tengsizlikni hosil

Bundan 1≤x≤9 kelib chiqadi, bundan 1≤ k ≤9 . x²+9 son 10 ga bo’linuvchi

butun sondir. Tekshirishlar shuni ko’rsatadiki, ^1;
qanoatlantiradi.
61;
71;
⁹ sonlar tenglamani

Javob. ^1;
61;
71;
⁹ . ^▲

4.2-masala .

^{ 2x  1} _{ x}tenglamani yeching.

_ ₃ _
Yechilishi. Faraz qilaylik, [x]=k. U holda
^k  ^{2x  1}  k  1



3

^_k  x  k  1
Teng kuchli sistemani yozamiz:


_3k  1 _{ x } 3k  2

^ 2 2
(*)

_^k  x  k  1
Bundan k quyidagi tengsizlikni qanoatlantirishi kelib chiqadi:

^{3k 1}  k  1,
_{k } 3k  2 _.

2 2
Ya’ni: – 2<k<3.
Shunday qilib, k -1; 0; 1; 2 qiymatlarga ega bo’lishi mumkin. Ushbu qiymatlarni ketma-ket (*) sistemaga qo’yib va hosil bo’lgan tengsiziklarni yechib, quyidagi javobni topamiz.

Javob.

1  x   ¹ ; 0  x  2; ⁵  x  3. ^▲

2 2

4.3-masala .

[x² ]  2[x]
tenglamani yeching.

Yechilishi. Faraz qilaylik, [x]=k, {x}= . U holda k≥0,  ≥0 va

 
^_k   _2 ^  2[k   ] , Shundan so’ng quyidagi tenglamani hosil qilamiz:
[2k   ² ]  2k  k ²
k≥0,  ≥0 bo’lgani uchun bu tenglamaning chap tomoni manfiy emas.
Demak, 2k – k² ≥ 0 va k soni butun son bo’lgani uchun u faqat 0, 1 yoki 2 qiymatlarga ega bo’lishi mumkin.
k=0 bo’lganda 0≤ <1. Bundan [ ²]=0 ni hosil qilamiz. Demak, 0≤x<1 kelib
chiqadi.
k=1 bo’lganda quyidagi tenglamani hosil qilamiz:
[ 2   ² ]  1

Bu ^{1  2   2  2, 0    1}
sistemani beradi, bundan

1    1, 2  x  2
kelib chiqadi.

Nihoyat, k=2 bo’lganda
^_4   ^{2 }_  0
tenglamaga ega bo’lamiz, bu esa

0  4   ²  1, 0    1
sistemaga teng kuchlidir. Uning yechimi –

^{0     2, 2  x } kelib chiqadi.

XULOSA


4.15-masala. Shunday natural sonlar topilsinki, ular aynan oltita natural bo’luvchiga ega bo’lib, bu bo’luvchilarning yig’indisi 3500 ga teng.
Yechilishi. ⁿ natural son aynan oltita natural bo’luvchiga ega bo’lsa, u ^{n = p5}
( bu yerda p – tub) yoki n =p²q ( bu yerda p va q – turli tub sonlar) ko’rinishga ega. Birinchi holda
1 + p + p² + p³ + p⁴ + p⁵ = 3500 yoki p(1+p+p²+p³+p⁴)=3500-1= 3499 .
3499 soni 2, 3, 5 va 7 ga bo’linmaydi, shuning uchun p > 10 . Bunda
p+(1+p+p²+p³+p⁴)>10⁵>3499 tengsizlik o’rinli. Demak, bu hol o’rinli bo’lmaydi.

Manbaalar ro’yhati

1. 
   Зарубежные математические олимпиады / С. В. Конягин, Г. А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин и др.; под ред. И. Н. Сергеева – М. : Наука, Физматлит, 1987.
   
2. 
   Mathematical Olympiads, Problems and solutions from around the world, 1998- 1999. Edited by Andreescu T. and Feng Z. Washington. 2000.
   
3. 
   А. Engel. Problem-Solving Strategies. Springer-Verlag New York Inc. 1998.
   
4. 
   T. Andreescu, D. Andrica, Z. Feng. 104 Number Theory Problems. Boston: Birkhäuser, 2007.
   
5. 
   Ayupov Sh., Rihsiyev B., Qo’chqorov O. «Matematika olimpiadalari masalalari» 1,2 qismlar. T.: Fan, 2004
   
6. 
   «Математика в школе» (Россия), «Квант» (Россия), «Соровский образовательный журнал» (Россия), “Crux mathematicorum with mathematical Mayhem” (Канада), “Fizika, matematika va informatika” (Ўзбекистон) журналлари.
   
7. 
   Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К. Как решают нестандартные задачи. М.: МЦНМО, 2008.
   
8. 
   Василенко О. Н., Галочкин А. И. Сборник задач по теории чисел. — М.: изд-во Моск. ун-та, 1995.
   
9. 
   Воробьев Н.Н. Признаки делимости. Серия «Популярные лекции по математике»— Вып. 39. — М.: Наука, 1963.
   
10. 
    P.Vandendriessche, H. Lee. Problems in elementary number theory. Version July 11, 2007. http://www.problem-solving.be/pen/
    
11. 
    Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. М.: МЦНМО, 2002.
    
12. 
    Math Links, http://www.mathlinks.ro
    

13. 
    Art of Problem Solving, http://www.artofproblemsolving.com 14.Math Pro Press, http://www.mathpropress.com 15.Математические задачи, http://www.problems.ru