Sonlar nazariyasi

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 
r
mq
a
+
=
bo’lsa, u holda 
mq
r
a
=
−
va 
(
)
m
d
mo
r
a
≡
.
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 

---

73 
9
9 
9
9 
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
⋅
α
(
α
= 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 tomonidan
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
9
≡
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
9
9
9
7
≡
7
100
q
+89 
≡
7
89
(
mod
100). 7
88
≡
1(
mod
100) bo’lganligi uchun 7
89
≡
7 (
mod
100). Izlanayotgan 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
(
)
2
2
1
2
−
=
−
±
p
x
x
p
,...,
,
ko’rinishdagi 
sonlar berilgan.
(
)
(
)
p
d
mo
x
p
x
p
p
d
mo
x
p
0
2
2
0
2
2
1
≡
−
±
≡
−
≡
−
±
,
, 
Taqqoslamalar mos ravishda noto’g’ri
x
≡
r(mod r)
, 
x
1
≡
±
x
2
(
mod r
) 
taqqoslamalarga olib keladi. 
21. 
Yechilishi.
M
atematik induksiya 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, 
( )
(
)(
)
(
)
2
3
3
2
3
3
3
3
3
0
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
+
⋅
≡
+
−
+
=
+
=
+
+
n
d
mo
n
n
n
n
, induksiya faraziga asosan 
n
3
2
+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 
agar 
(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, agar 
(a, m) 
= k 
bo’lsa, u holda 
k | b
. Shunday qilib, agar 
(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

---

74 
p
– 1
p
+ 2
2 2 
p
– 1
2
p
– 1
p
+ 1
2 2 
73) kelib chiqadi. Bu taqqoslamaninng o’ng tomoniga 73 ni qo’shamiz: 
(
)
73
142
2
d
mo
a
≡
. (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
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 sistema-
lari: 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’rinishda 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).