Sonlar nazariyasi

52. 
Yechilishi
. a
)
(5, 24) = 1 va 
ϕ
(24) = 8 
bo’lganligidan 5
8
≡
1 (
mod
24) kelib chiqadi. Haqiqatdan ham, 5
8
= (5
2
)
4
= 25
4
≡
1
4

---

75 
Р
m
(a)
= 1 (
mod
24); s) 
Yechilishi
(3, 18) = 3 > 1 bo’lganligi uchun Eyler teoremasi o’rinli 
emas. Haqiqatdan ham, 
ϕ
(18) = 6 va 3
6
= 3
4
⋅
3
2 
= 81
⋅
9 
≡
9
⋅
9 = 81 
≡
9 (
mod
18). 
53. 
Yechilishi
. a
)
ϕ
(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
.
 
ϕ
 (m) = R
m
 (a)
⋅
 q + r
bo’lsin, bu yerda
q
≥
0 va 0 
≤
r
≤
R
m
 (a)
– 
1.
a P
m
(a)
≡
1 
(mod m)
dan
a
ϕ
(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
ϕ
(m)
≡
1 
(mod m)
yoki 10
ϕ
(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, agar 
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 agar
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,
(
)
∑
∑
=
=
≡
≡
n
i
i
n
i
i
d
mo
a
a
1
1
5
30
0
. 
71.
 Yechilishi
.
 
2
1
2
1
2
+
=
−
−
=




−
m
m
m
m
m
tenglik 
to’g’ri. 
( )
(
)
m
d
mo
r
m
≡
−
1
2
ϕ
.
yoki 
( )
(
)
m
d
mo
r
m
1
2
1
2
−
≡
−
ϕ
. Ammo Eyler teoremasiga ko’ra 2
ϕ
(m)
-1
≡
r (mod m)
. 
Demak, 2 
r
– 1 
≡
0 (
mod m
) bu yerdan esa 2
r
– 1 = 
mt
,
2
1
2
1
+
=
+
=
m
r
mt
r
,
. 
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 Ey-
ler 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 

---

76 
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
. 
1
2
1
1
1
2
q
p
p
p
⋅
=
−
−
va
2
1
1
1
1
1
q
p
p
p
⋅
=
−
−
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 
( )
(
)
m
d
mo
a
m
1
≡
ϕ
va 
( )
q
m
⋅
+
=
ϕ
α
α
2
1
. Demak, 
( )
(
)
m
d
mo
a
a
q
m
2
2
α
ϕ
α
≡
⋅
+
yoki 
(
)
m
d
mo
a
a
2
1
α
α
≡
. 
77. 
Yechilishi
.
Agar
a
soni 7 ga karrali bo’lmasa, 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 
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. 
Yechil-
ishi
. 
r
≠
5 ekanligi ko’rinib turibdi. Bu yerdan 5
r
-1 
≡
1 (
mod r
),
1
2
5
−
р
≡
1 (
mod r
) va 
2
5
р
+ 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,
ϕ
(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
+ 
α
almashtirishni 
kiritib, 
(u +
α
)
n
+ a
1
(y + 
α
)
n-1
+ ...+ a
n
 
≡
 
0
(mod m) 
ni hosil qilamiz. Bu yerdan 
qavslarni ochib chiqib, qaytadan gruppalashlardan so’ng
u
n
+ (n
α
+ a
1
) y
n-1
+ ...+ 
(
α
n
 + a
1
α
n-1 
+ ...+ a
n
)
≡
 
0
(mod m) 
ni hosil qilamiz. 
α
ni shunday tanlaymizki,
n
α
 + 
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)
.