4M17-guruh talabasi Boxodirova Xilolaxon Otabek qizi ning

5- xossa. Taqqoslamaning xar bir hadini va modulini bir hil songa
ko‘paytirish mumkin, ya’ni a = b(mod m) bo‘lsa, a * к = b * к (mod m * к) bo‘ladi.
Isbot. a = b(mod m) ekanligidan a = b + m * t tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikni ikkala tomonini к ga ko‘paytirsak, a * к = b * к + m * к * t kelib chiqadi, ya’ni a * к = b * к (mod m * к).
6-xossa. Taqqoslamaning har bir hadini va modulini bir hil songa bo‘lish
mumkin.
Isbot. Aytaylik, a = b(modm) bo‘lib, a = a * d, b = b * d va m = m * d bo‘lsin. U holda a = b + m * t tenglikdan a * d=b * d+m * d * t,
a = b + m * t
hosil bo‘ladi, ya’ni a = b (mod m).
7-xossa. Agar a va b sonlari m, m, . ., m modullar bo‘yicha taqqoslanivchi
bo‘lsa, u holda a va b bu sonlarning eng kichik umumiy karralisi bo‘yicha taqqoslanuvchi bo‘ladi.
Isbot. a = b(modщ), a = b(modm₂), ._, a = b(modm_k) ekanli­gidan a - b sonining щ , щ,..., щ larning barchasiga bo‘linishi kelib chiqadi. Demak, ularning eng kichik umumiy karralisiga ham bo‘linadi. □
8-xossa. Agar a va b sonlari m modul bo‘yicha taqqosla­nuvchi bo‘lsa, u
holda ular m ning ixtiyoriy bo‘luvchisi bo‘yicha taqqoslanuvchi bo‘ladi.

Isbot. a = b + m • t ekanligidan m = щ • q shartni qanoatlanti- ruvchi m soni uchun a = b + щ • (q • t) kelib chiqadi, demak a = b(mod щ ).
9-xossa. Agar taqqoslamaning bitta hadi va moduli biror songa bo‘linsa, u
holda taqqoslamaning ikkinchi hadi ham shu songa bo‘linadi.
Isbot. Aytaylik a = b + m • t bo‘lib, a = a • d, m = щ • d bo‘lsin. U holda b = a • d — щ • d • t ekanligidan b sonining ham d ga bo‘linishini hosil qilamiz.
10- xossa. Agar a = b(modm) bo‘lsa, u holda (a,m) = (b,m) bo‘ladi.
Isbot. a = b + m • t ekanligidan a ning (b,m) ga bo‘linishi kelib chiqadi. a va m sonlarining EKUBini ularning chiziqli ifodasi orqali ifodalasak,
au + mv = (a, m)
tenglikdan, hamda a va m sonlari (b,m) ga bo‘linishidan (a,m) ning (b,m) ga bo‘linishi kelib chiqadi, ya’ni (b,m) | (a,m). Shunga o‘xshab, (a,m) | (b,m) munosabat ham ko‘rsatiladi, demak (a,m) = (b, m).
Berilgan m soniga karrali bo‘lgan butun sonlar to‘plamini тЪ orqali belgilaymiz, ya’ni
rriL = -2m, —m, 0, m, 2m,
Butun sonlar to‘plamida quyidagicha R binar munosabat aniqlaymiz. Agar a va b sonlari uchun a-b^mL bo‘lsa, (a,b)eR deb qabul qilamiz. Boshqacha aytganda, m modul bo‘yicha taqqoslanuvchi sonlar jufti binar munosabatga tegishli bo‘ladi.
1- teorema. Z to‘plamda m modul bo‘yidia kiritilgan binar munosabat ekvivalentlik munosabati bo‘ladi.
Isbot. Teoremani isbotlash uchun ekvivalentlikning uchta shartini o‘rinli bo‘lishini ko‘rsatamiz:
1) a = a(modm), chunki a - a = 0 soni m ga bo‘linadi, demak (a, a) e R.
agar a = b(modm) bo‘lsa, u holda a -b son m ga bo‘linadi. Bundan esa, b - a = -(a - b) soni ham m ga bo‘linishi, ya’ni b = a(modm) ekanligi kelib chiqadi. Demak, agar (a,b) e R dan (b,a) e R kelib chiqadi.
2) agar a = b(modm) va b = c(modm) bo‘lsa, u holda a - b va b - c sonlar m
ga bo‘linadi, a - c = (a -b) + (b - c) son ham m ga bo‘lingani uchun a = c(modm) kelib chiqadi. Demak, (a,b) e R va (b,c) e R ekanligidan (a,c) e R kelib chiqadi.
Ma’lumki, xar qanday ekvivalentlik munosabati berilgan to‘plamni kesishmaydigan sinflarga ajratadi. Yuqorida aniqlangan ekvivalentlik munosabati bo‘yicha hosil qilingan sinflarga chegirmalar sinflari deyiladi.
2- teoremaga asosan, a - b ayirma m ga bo‘linsa, a va b sonlarni m ga
bo‘lgandagi qoldiqlari teng bo‘ladi, demak, m modul bo‘yicha aniqlangan chegirmalar sinfi m ga bo‘linganda bir hil qoldiq qoladigan butun sonlardan iborat bo‘ladi. Butun sonni m ga bo‘lgandagi qoldiqlar 0,1,..., m -1 sonlaridan biriga teng bo‘lishini hisobga olsak, m modul bo‘yicha aniqlangan chegirmalar m ta sinfdan tashkil topadi. Demak, biz quyidagi sinflarga ega bo‘lamiz:
0= {..., -2m, -m, 0, m, 2m,...},
1 = {..., -m +1,1, m +1,...},
m -1 = {..., -2m -1, -1, m-1,2m-1,...}.
Ta’kidlash joizki, m modul bo‘yicha chegirmalar sinflarining ta’rifidan a = b(m_oA_m) munosabat a = b munosabatga teng kuchlidir.
Z_m={o,1}.
Yuqorida keltirilgan xossalar Z_ra faktor to‘plamda qo‘shish va ko‘paytirish amalarini kiritishga imkon beradi, ya’ni a. b e 71,_m elementlarning yig‘indisi va ko‘paytmasini quyidagicha aniqlaymiz:
a + b := a + b, a * b : = a * b.
Bu aniqlangan qo‘shish va ko‘paytirish amallari binar algebraik amallar bo‘ladi. Haqiqatdan ham, 37.4 va 37.5-xossalarga asosan, a + b yig‘indi va a * b ko‘paytmalar a va b elementlarning tanlanishiga bog‘liq emas.
Quyidagi jadvalda Z₆ = {0,1, 2, 3, 4, 5} to‘plamda qo‘shish va ko‘paytirish amallari jadvallarini keltiramiz:

+	0	1	2	3	4	5
0	0	1	2	3	4	5
1	1	2	3	4	5	0
2	2	3	4	5	0	1
3	3	4	5	0	1	2
4	4	5	0	1	2	3
5	5	0	1	2	3	4

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
1	0	1	2	3	4	5
2	0	2	4	0	2	4
3	0	3	0	3	0	3
4	0	4	2	0	4	2
5	0	5	4	3	2	1

Ravshanki, Z_ra to‘plamda aniqlangan qo‘shish va ko‘paytirish amallari kommutativlik, assotsiativlik va distributivlik qonunlariga bo‘ysunadi, ya’ni

1. 
   a + b = b + a;
   
2. 
   a * b = b * a;
   
3. 
   a + (b + c) = (a + b) + c;
   
4. 
   a * (b * c) = (a * b) * c;
   
5. 
   a * (b + c) = a * b + a * c.
   

Hosil qilingan chegirmalar sinflari uchun quyidagi xossalar o‘rinli.
10-xossa. a) agar sinfdagi biror son m bilan o‘zaro tub bo‘lsa, u holda bu
sinfdagi barcha sonlar bilan ham o‘zaro tub bo‘ladi;

2. 
   juft-jufti bilan m modul bo‘yicha taqqoslanmaydigan ixtiyoriy m ta y, y₂,y_m sonlari uchun Z_m = {y₁,y₂,...,y_m);
   
3. 
   agar (a,m) = 1 bo‘lsa, jl-a,2-a,...,/w-aj = Z_m.
   

2.Ferma va Eyler teoremalari
Eyler teoremasi. va shartlarda
(1)
taqqoslama bajariladi.
Isboti.Agar son keltirilgan sistemani tashkil etuvchi manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalarga teng qiymatlarni qabul qilsa , ya’ni
, (2)
bo’lsa , u holda sonlarning dan iborat manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalari ham shu sistemani (lekin , umuman aytganda , boshqa tartibda) tashkil etadi.
Ushbu
, , …., (3)
taqqoslamalarni hadlab ko’paytirsak ,
hosil bo’ladi, ikkala tomonni ko’paytmaga qisqartirib
(4)
taqqoslamani hosil qilamiz .
Ferma teoremasi. - tub son bo’lib , son songa bo’linmasa
(5)
taqqoslama bajariladi.
Isboti. Bu teorema Eyler teoremasining tub qiymatiga mos keluvchi xususiy holidir.(1) tenglikni ikkala tomonini ga ko’paytirib
(6)
taqqoslamani hosil qilamiz .
Bu taqqoslama istalgan butun sonlar uchun to’g’ridir , chunki u ga bo’linuvchi lar uchun ham o’rinlidir. .
Bir noma’lumli taqqoslamalar.
Ushbu mavzuda asosiy maqsadimiz
, (7)
taqqoslamalarni o’rganishdan iborat.
Agar son ga bo’linmasa , taqqoslamaning darajasi deyiladi.
Taqqoslamani yechish , bu ning uni (taqqoslamani) qanoatlantiruvchi topish demakdir. ning bir xil qiymatlari bilan qanoatlantiriluvchi ikki taqqoslamaga teng kuchli taqqoslamalar deyiladi. Agar (1) taqqoslamani son qanoatlantirsa , u vaqtda ushbu taqqoslamani bilan modul bo’yicha taqqoslanuvchi , ya’ni shartga bo’ysunuvchi har qanday son ham qanoatlantiradi. Shunday sonlarning barchasidan tuzilgan sinf bitta yechim hisoblanadi. Bu holda , (1) taqqoslamani modul bo’yicha to’la sistemasining nechta chegirmasi qanoatlantirsa , (1) taqqoslama shuncha yechimga ega bo’ladi.
Misol.
(8)
Taqqoslamani modul bo’yicha chegirmalarning to’la sistemasidan va sonlar qanoatlantiradi. Shu sababli berilgan taqqoslama ikkita va yechimga ega.
Birinchi darajali taqqoslamalar
Umumiy ko’rinishda berilgan birinchi darajali taqqoslamani ozod hadini o’ng tomonga o’tkazib , ko’rinishga keltirish mumkin. Quyida biz bo’lsin deb olamiz. taqqoslama yechimlarining soni to’la sistemadagi uni qatnashtiruvchi chegirmalarning soniga teng . Lekin , son modul bo’yicha to’la sistemaning chegirmalariga teng qiymatlarni qabul qilganda , ham shu modul bo’yicha chegirmalarga teng qiymatlarni qabul qiladi. Demak , ning to’la sistemasidan olingan faqat bitta qiymatida son son bilan taqqoslanadi. Shunday qilib , bo’lganda (1) taqqoslama bitta yechimga ega.
Endi bo’lsin. Bu holda (1) taqqoslama yechimga ega bo’lishi uchun , sonning ga bo’linishi shart, aks holda (1) taqqoslama ning hech qanday qiymatida (albatta butun qiymat tushuniladi ) bajarilmaydi. Shuning uchun son ga bo’linadi deb faraz qilib , , , tengliklarni yozamiz. Bu holda (1) taqqoslamani ga qisqartirib, taqqoslamani hosil qilamiz. Bu yerda bo’lib , hosil bo’lgan so’ngi taqqoslama modul bo’yicha bitta yechimga ega bo’ladi. Bu yechimning modul bo’yicha manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmasi bo’lsin , u holda shu yechimni tashkil etuvchi barcha sonlar
(10)
ko’rinishda ifodalanadi. Lekin (2) sonlar modul bo’yicha bittagina emas , balki ko’proq yechimlarni tashkil etadi , ya’ni modul bo’yicha dan iborat manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalar qatorida (2) sonlardan nechta topilsa shuncha yechim bo’ladi , ularning soni esa (2) sonlardan ko’rinishdagi ta sonlardan iborat bo’ladi , demak , (1) taqqoslama ta yechimga ega .
Ushbu ko’rilgan bu ikki holni yakunlab quyidagi teoremaga kelamiz.
Teorema . bo’lsin . Agar son ga bo’linmasa , u holda taqqoslama bajarilmaydi, ya’ni bu holda taqqoslamayechimga ega emas , son ga bo’linadigan bo’lsa , u holda taqqoslama ta yechimga ega bo’ladi.
Endi (1) taqqoslamani yechish usulini ko’raylik. Uzluksiz kasrlar nazariyasiga asoslangan usulni qaraymiz.
Bunda bo’lgan holni qaraymiz. Ikkinchi hol ham shunga keladi.
nisbatni uzluksiz kasrga yoyaylik.
(11)
Bundan oxirgi ikki
, (12)
munosib kasrni ko’zdan kechirsak , uzluksiz kasrning xossalariga asosan, quyidagilarga ega bo’lamiz:
,
,
. (13)
Shunday qilib.
(14)
taqqoslamaning yechimi

bo`ladi.Bunda ni topish kifoya.
Misol. taqqoslamani yeching.
Bunda ,Shu sababli taqqoslama bitta yechimga ega.

	0	1	2	3	4	5
		1	3	6	4	3
	1	1	4	25	104	337

Demak,bu holda ,u holda berilgan taqqoslamaning yechimi

ko’rinishda bo’ladi.