Eyler almashtirishlar eyler va ferma teoremalari eyler almashtirishlar

Eyler va Ferma teoremalari

Eyler teoremasi. va shartlarda

taqqoslama bajariladi.
Isboti.Agar son keltirilgan sistemani tashkil etuvchi manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalarga teng qiymatlarni qabul qilsa , ya’ni
,
bo’lsa , u holda sonlarning dan iborat manfiy bo’lmagan eng kichik chegirmalari ham shu sistemani (lekin , umuman aytganda , boshqa tartibda) tashkil etadi.
Ushbu
, , ….,
taqqoslamalarni hadlab ko’paytirsak ,
hosil bo’ladi, ikkala tomonni ko’paytmaga qisqartirib

taqqoslamani hosil qilamiz .
Ferma teoremasi. - tub son bo’lib , son songa bo’linmasa
(1)
taqqoslama bajariladi.
Isboti. Bu teorema Eyler teoremasining tub qiymatiga mos keluvchi xususiy holidir.(1) tenglikni ikkala tomonini ga ko’paytirib

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
, (1) 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.

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
(2) 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.

Bundan oxirgi ikki
,
munosib kasrni ko’zdan kechirsak , uzluksiz kasrning xossalariga asosan, quyidagilarga ega bo’lamiz:
,
,
.
Shunday qilib.

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.
Shunday qilib,javob
Adabiyotlar:


1..Ильин В.А.,Позняк Э.Г. Аналитическая геометрия .М. Наука .1983 г
2.Курош Ф.Г. Олий алгебра курси. Т.Укитувчи . 1976 й..
3.Ильин В.А.,Позняк Э.Г. Линейная алгебра .М. Наука .1974 г.
4.Ҳожиев Ж., Файнлейб.Ф.С. Алгебра ва сонлар назарияси курси. Т. 2001 й.
5.Фадеев Д.К.,Соминский И.С.Сборник задач по высшей алгебре. М.Наука .1976 г.
6. Проскуряков М.Б. Сборник задач по линейной алгебре М.1976 г.