Natural sonlarga va progressiyaga doir masalalar

2 NATURAL SONLARGA VA PROGRESSIYAGA DOIR MASALALAR
Bunda masalarni yechishda quydagilarni nazarda tutish kerak: a) a natural sonining o’ng tomonida n xonali b son turgan bo’lsa, unda u 10𝑛a+b songa tengdir (masalan, a=4, b=123,n=3 (b uch xonali son) u holda 4123=103a+b=103 ∙4+123); b) a>b va a soni b ga bo’linmasa, u holda shunday q va r natural sonlari topiladiki, ular uchun a=bq+r(r0, y≥0) 2-masala. Qanday ikki xonali son o’z raqamlari yig’indisidan 4 marta , ko’paytmasidan 3 marta katta? Yechish: Izlayotgan 𝑥𝑦̅̅̅ = 10x + y son masala shartiga ko’ra ushbu xossalarga ega: { 10𝑥 + 𝑦 = 4(𝑥 + 𝑦), 10𝑥 + 𝑦 = 3𝑥𝑦, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0. Sistemani yechamiz ( 𝑥 > 0, 𝑦 > 0): { 6𝑥 = 3𝑦 10𝑥 + 𝑦 = 3𝑥𝑦 ⇔ { 𝑦 = 2𝑥 12𝑥 = 6𝑥 2 ⇒ { 𝑥1 = 2, 𝑦1 = 4. Javob:24 . 3-masala. Uch xonali sonni uning raqamlari yig’indisiga nisbatining eng katta qiymatini toping. Javob: 100 4-masala. 1 dan n gacha bo’lgan sonlarni yozib chiqish uchun 2893 ta raqam kerak bo’ldi. N soni nechaga teng? Javob: 1000. Progressiyaga doir masalalar. Progressiya doir masalalar asosan sistema hosil bo’lishiga olib keladi. Arifmetik progressiya -Ikkinchi hadidan boshlab har bir hadi o’zidan oldingi hadga bir xil sonni qo’shilganiga teng bo’lga sonlar ketma- ketligi arifmetik progressiya deyiladi. Yoki sonlar ketma- ketligida ikkinchi haddan boshlab, har bir hadi o‘zidan oldingi hadga shu ketma-ketlik uchun o‘zgarmas bo‘lgan biror 19 𝑑 soni qo‘shish natijasida hosil bo‘lsa, bunday sonli ketma-ketlik arifmetik progressiya deyiladi. Masalan, 1) 1,2,3,4,…; 2)10,12,14,16… ketma-ketliklar arifmetik progressiya tashkil qiladi. Chunki ketma-ketliklarning har bir hadi, ikkinchisidan boshlab o‘zidan oldingi hadga, mos ravishda 1 va 2sonlarini qo‘shish natijasida hosil bo‘ladi. Arifmetik progressiyani tashkil etuvchilar uning hadlari deyiladi va umumiy ko‘rinishda 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, … , 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛, … yoziladi. Arifmetik progressiya keying hadini hosil qilish uchun qo‘shiladiga songa 𝑑 son arifmetik progressiya ayirmasi deyiladi. Agar 𝑑 > 0 progressiya o‘suvchi, 𝑑 < 0 bo‘lsa, kamayuvchi bo‘adi. Agar 𝑑 = 0 bo‘lsa barcha hadlari o‘zaro teng bo‘ladi. Arifmetik progressiyaning 𝑛-hadi 𝑎𝑛 quyidagi formula yordamida topiladi: 𝑎𝑛 = 𝑎1 + (𝑛 − 1)𝑑. Arifmetik progressiya xossalari. 1-xossa. Arifmetik progressiya ikkinchi hadidan boshlab, istalgan hadi o‘ziga qo‘shni bo‘lgan ikki handing o‘rta arifmetik qiymatiga teng, ya’ni 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛+1 2 2-xossa. Chekli arifmetik progressiyada boshidan va oxiridan teng uzoqlikda turgan hadlar yig‘indisi chetki hadlar yig‘indisiga teng, ya’ni 𝑎1 + 𝑎𝑛 = 𝑎2 + 𝑎𝑛−1 = ⋯ = 𝑎𝑘 + 𝑎𝑛−𝑘+1 3-xossa. Arifmetik progressiya dastlabki 𝑛 ta hadlari yig‘indisi 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎𝑛 2 𝑛 Arifmetik progressiya xossalarini jamlab quyidagi ko‘rinishga keltirmiz. 1. 𝑎𝑛 = 𝑎1 + (𝑛 − 1)𝑑; 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑑. 2. 𝑎𝑛 − 𝑎𝑚 = (𝑛 − 𝑚)𝑑. 3. 𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1 2 = 𝑎𝑛−𝑘+𝑎𝑛+𝑘 2 , 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛. 20 4. 𝑎𝑘 + 𝑎𝑚 = 𝑎𝑝 + 𝑎𝑞, 𝑘 + 𝑚 = 𝑝 + 𝑞. 5. 𝑆𝑛 = 𝑎1+𝑎𝑛 2 𝑛, 𝑆𝑛 = 2𝑎1+𝑑(𝑛−1) 2 𝑛. 6. 𝑆𝑛 − 𝑆𝑛−1 = 𝑎𝑛. Geometrik progressiya –Birinchi hadi noldan farqli, ikkinchi hadidan boshlab har bir hadi avvalgi hadini nolga teng bo’lmagan bir xil songa ko’paytirilganiga teng bo’lgan sonlar ketma-ketligi geometrik progressiya deyiladi. yoki birinchi hadi noldan farqli bo‘lib, ikkinchi hadidan boshlab har bir hadi o‘zidan oldingi hadni shu ketma-ketlik uchun o‘zgarmas va noldan farqli bo‘lgan biror 𝑞 songa ko‘paytirishdan hosil bo‘lgan sonlar ketma-ketligi geometrik proqressiya deyiladi. Masalan, 1)1,3,9,…; 2)20,10,5,…ketma-ketliklari geometrik progressiya tashkil qiladi. Birinchi misolda 𝑞 = 3, ikkinchisida 𝑞 = 0,5. Geometrik progressiya tashkil qiluvchi sonlar uning hadlari deyiladi va umumiy ko‘rinishda 𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, … , 𝑏𝑛−1, 𝑏𝑛, … yoziladi. Geometrik progressiyaning keying hadini hosil qilish uchun oldingi hadiga ko‘paytiriladigan son 𝑞 geometrik progressiya maxraji deyiladi. Agar 𝑏1 > 0 va 𝑞 > 1 bo‘lsa o‘suvchi, 𝑏1 > 0 va 𝑞 ∈ (0; 1) bo‘lsa, progressiya kamayuvchi, agar 𝑏1 < 0 va 𝑞 > 1 bo‘lsa kamayuchi, 𝑞 = 1 boʻlsa barcha hadlari oʻzaro teng boʻladi. Agar 𝑞 < 0 bo‘lsa, progressiya ishorasi almashinuvchi bo‘ladi, |𝑞| < 1 bo‘lsa progressiya cheksiz kamayuvchi deyiladi. Geometrik progressiyaning 𝑛-hadi 𝑏𝑛 quyidagi formula yordamida topiladi:𝑏𝑛 = 𝑏1𝑞 𝑛−1 . Geometrik progressiyaning xossalari. 1-xossa. Agar geometrik progressiyaning barcha hadlari musbat bo‘lsa 𝑏𝑛 = √𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1 2-xossa. Chekli geometric progressiyada boshidan va oxiridan teng uzoqlikda turgan hadlar ko‘paytmasi chekli hadlar ko‘paytmasiga teng 21 𝑏1𝑏𝑛 = 𝑏2𝑏𝑛−1 = 𝑏3𝑏𝑛−2 = ⋯ = 𝑏𝑘𝑏𝑛−𝑘+1 3-xossa. Geometrik progressiyaning dastlabki 𝑛 ta hadi yig‘indisi 𝑆𝑛 = 𝑏1 − 𝑏𝑛𝑞 1 − 𝑞 , 𝑆𝑛 = 𝑏𝑛𝑞 − 𝑏1 𝑞 − 1 , 𝑆𝑛 = 𝑏1(𝑞 𝑛 − 1) 𝑞 − 1 𝑞 ≠ 1 4-xossa. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiya barcha hadlar yig‘indisi 𝑆 = 𝑏1 1 − 𝑞 Geometrik progressiya asosiy xossalarini jamlab quyidagi ko‘rinishga keltirilamiz. 1. 𝑏𝑛 = 𝑏1𝑞 𝑛−1 , 𝑏𝑛 = 𝑞𝑏𝑛−1 2. 𝑏𝑛: 𝑏𝑚 = 𝑞 𝑛−𝑚 3. 𝑏𝑛 2 = 𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1, 𝑛 ≥ 2 4. 𝑏𝑘𝑏𝑚 = 𝑏𝑝𝑏𝑞, 𝑘 + 𝑚 = 𝑝 + 𝑞 5. 𝑆𝑛 = 𝑏1−𝑏𝑛𝑞 1−𝑞 , 𝑆𝑛 = 𝑏𝑛𝑞−𝑏1 𝑞−1 , 𝑆𝑛 = 𝑏1(𝑞 𝑛−1) 𝑞−1 (𝑞 ≠ 1) 6. 𝑆𝑛 − 𝑆𝑛−1 = 𝑏𝑛 7. 𝑆 = 𝑏1 1−𝑞 , |𝑞| < 1 5-masala. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning yig’indisi 4, uning hadlari kublari yig’indisi 192.Uning birinchi hadiga va maxrajini toping. Yechish: 𝑎1 ≠ 0, 0 < |𝑞| < 1 deb, masala shartiga ko’ra ushbu sistemani yozamiz: { 𝑎1 1−𝑞 = 4 𝑎1 3 1−𝑞 3 = 192 ⇔ { 𝑎1 = 4(1 − 𝑞), 𝑎1 3 = 192(1 − 𝑞)(1 + 𝑞 + 𝑞 2 ) ⇔{ 𝑎1 = 4(1 − 𝑞), 2𝑞 2 + 5𝑞 + 2 = 0 ⇔ ⇔ { 𝑎1 = 4(1 − 𝑞), (𝑞 + 2) (𝑞 + 1 2 ) = 0 ⇔ { 𝑎1 = 4(1 − 𝑞), 𝑞1 = −2, 𝑞2 = − 1 2 . Demak, bu yerda 𝑞2 = − 1 2 masala shartini qanoatlantirishidan 𝑎1 = 6 topiladi 22 J a v o b. 𝑎1 = 6, 𝑞 = − 1 2 . 6- masala. Shunday uch xonali son topingki, uning raqamlari arifmetik progressiyani hosil qilib, uning o’zi 45 ga bo’linsin. Yechish: 𝑥𝑦𝑧 ̅̅̅̅̅ = 100𝑥 + 10𝑦 + 𝑧 sonni qidiramiz (𝑥𝑦𝑧 ̅̅̅̅̅ – uch xonali son) 𝑥, 𝑦 va 𝑧 lar arifmetik progressiya hosil qilgani uchun 𝑦 = 𝑥 + 𝑧 2 .
U son 45 ga bo’lingani uchun uning 5 ga va 9 ga bo’linishi kelib chiqadi. Demak, 𝑧 − oxirgi raqam yo 5, yo 0 bo’ladi ikkinchidan 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9𝑘 (𝑘 ∈ 𝑁)bajariladi. Demak masala shartini ushbu ikki sistema qanoatlantiradi (𝑘𝜖𝑁): { 𝑧 = 0 2𝑦 = 𝑥 + 𝑧 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9𝑘 va { 𝑧 = 5 2𝑦 = 𝑥 + 𝑧 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9𝑘 Birinchi sistemada hosil bo’lgan { 𝑥 = 2𝑦 𝑥 + 𝑦 = 9𝑘 ni yechishda u uchun 1,2 … . ,9 larni tanlab tekshirsak, uni faqat (6; 3) qanoatlantirish kelib chiqadi. Ikkinchi sistemadan { 2𝑦 = 𝑥 + 5 𝑥 + 𝑦 + 5 = 9𝑘 ni hosil qilib, unda ham tekshirish bajarsak, uni (1; 3) va (7; 6) yechimlarni qanoatlantirishi kelib chiqadi. Bundan ushbu yechim topiladi: J a v o b: 630; 135; 765. Sonlarga oid masalalar 1. Hech bir uchtasi bitta to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 𝑛 ta nuqtadan 𝑛(𝑛−1) 2 ta to‘g‘ri chiziq o‘tqazish mumkin. 2. N(A) – 𝐴 to‘plamning elementlari soni bo‘lsa,𝑁(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑁(𝐴) + 𝑁(𝐵) − −𝑁(𝐴 ∩ 𝐵) o‘rinli. 3. 1 dan 𝑛 gacha bo‘lgan natural sonlar ichida 𝑝 ga ham, 𝑞 ham bo‘linmaydiganlar soni 𝑙 = 𝑛 − [ 𝑛 𝑝 ] − [ 𝑛 𝑞 ] + [ 𝑛 𝑝𝑞] ga teng. [𝑥] – 𝑥 ning butun qismi, 𝑝 va 𝑞 o‘zaro tub sonlar. 23 7- masala. Har qanday uchtasi bir to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 6ta nuqta berilgan. Shu 6ta nuqta orqali nechta turlicha to‘g‘ri chiziq o‘tqazish mumkin? Yechish:1- qoidaga ko‘ra, hech qaysi uchtasi bir to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 6 ta nuqtadan 6(6−1) 2 = 15 to‘g‘ri chiziq o‘tqazish mumkin. Javob:15 8- masala. Chumoli 5 minutda 15 5 6 m yuradi. U 1 minutda necha metr yuradi? Yechish: chumoli 1 minutda 𝑥 metr yursin. U holda 15 5 6 ÷ 5 = 𝑥 ÷ 1 bo‘ladi. Bu yerda 𝑥 = 3 1 6 . Javob :𝟑 𝟏 𝟔 . 9-masala. Agar 4 3 5 son 2 1 2 marta oshirilsa, u qanchaga ko‘paygan? Yechish: Agar 4 3 5 soni 2 1 2 marta oshirilsa 4 3 5 ∙ 2 1 2 = 23 2 son hosil bo‘ladi. Ularning farqi 23 2 − 4 3 5 = 69 10 = 6,9. Javob:6,9. 10-masala. Ikkita toq sonning yig‘indisi 5 ga bo‘linadi. Bu sonlar kublarining yig‘indisi qanday raqam bilan tugaydi? Yechish: 1-xulosa: ikkita toq sonning yig‘indisi juft sondir. 2- xulosa: 5ga bo‘linadigan juft son faqat 0 raqami bilan tugaydi. 3- xulosa: bu toq sonlarning oxirgi raqamlari 1va 9, yo 3 va 7, yo 5 va5 bo‘lishi mumkin. Har uchala holda ham … 1 3 + ⋯ 9 3 = ⋯ 1 + ⋯ 9 = ⋯ 0, … 3 3 + ⋯ 7 3 = ⋯ 7 + ⋯ 3 = ⋯ 0, … 5 3 + ⋯ 5 3 = ⋯ 5 + ⋯ 5 = ⋯ 0 raqami bilan tugaydi. Javob: 0. 11-masala. 1 dan 100 gacha bo‘lgan sonlar orasida 2 ga ham, 3 ga ham bo‘linmaydiganlari nechta? Yechish:1-usul: Dastlab 1 dan 100 gacha bo‘lgan sonlar orasidan 2 ga ham, 3 ga ham bo‘linadiganlar sonini topamiz. A bilan ikkiga 24 bo‘linadigan sonlar to‘plamini ,B bilan 3 ga bo‘linadigan sonlar to‘plamini belgilaymiz. U holda 𝐴 ∩ 𝐵 to‘plam 6 ga bo‘linadigan sonlar to‘plami. Demak, 𝑁(𝐴) = 50, 𝑁(𝐵) = 33 va 𝑁(𝐴 ∩ 𝐵) = 16 bo‘ladi. 2- tenglikka ko‘ra 𝑁(𝐴 ∪ 𝐵) = 50 + 33 − 16 = 67. Shunday qilib 2 ga ham ,3ga ham bo‘linmaydiganlari soni 100 − 67 = 33 ta ekan. 2-usul: 3-qoidaga ko‘ra, 𝑙 = 100 − [ 100 2 ] − [ 100 3 ] + [ 100 6 ] = 100 − 50 − 33 + 16 == 33 ni olamiz. Javob: 33. Mustaqil bajarish uchun masalalar. Topshiriq-1. Ushbu masalalarni yeching: 1. Yig’indisi 1244 ga teng bo’lgan shunday ikki son topingki, birinchisining o’ng tomoniga 3 raqamini yozib, ikkinchisining oxirgi ikkita raqami tushurib yozilsa, ular o’zaro teng bo’ladi. 2. Uch xonali son 3 bilan tugaydi. Agar 3 ni shu sonning boshiga o’tqazib qo’yilsa, avvalgi sonning uchlanganiga birni qo’shish natijasiga teng son hosil bo’ladi. Avvalgi son nechiga teng? 3. Olti xonali son 2 dan boshlanadi. 2 ni shu sonning oxiriga o’tkazilsa hosil bo’lgan son avvalgisidan 3 marta katta bo’ladi.Avvalgi son nechiga teng bo’ladi? 4. Agar ikki xonali sonni uning raqamlari yig’indisiga bo’lsak, bo’linmada 7, qoldiqda 6 chiqadi, aksincha , uni raqamlari ko’paytmasiga bo’lsak, bo’linmada 3, qoldiqda dastlabki son raqamlari yig’indisiga teng son qoladi. Dastlabki son nechaga teng bo’lgan? 5. 1 dan boshlanadiga olti xonali son shundayki, 1 ni boshidan olib oxiriga yozilsa, natijada qidirilayotgan sondan 3 marta katta son hosil bo’ladi. Uni toping. 6. O’zaro proporsional shunday to’rtta sonni topingki, ularning chetki hadlari yig’indisi 14 ga, o’rta hadlari yig’indisi 11 ga, kvadratlari yig’indisi 221 ga teng bo’lsin. 7. Uchta ikki xonali natural sonlar berilgan: har bir son o’zining raqamlari kvadratlari yig’indisidan ular ko’paytmasini ayrilganiga teng. Agar ikkinchisi birinchisidan 50 ga ortiq bo’lsa , ulardan ikkitasini toping. 25 8. Birinchi n ta hadi yig’indisi 𝑆𝑛 = 2𝑛 2 + 3𝑛 bo’lgan ketmaketlikning arifmetik progressiya ekanligini isbotlang. 9. Arifmetik progressiyani n ta hadi yog’indisi 𝑆𝑛 = 4𝑛 2 − 3𝑛 bo’lsa, uning birinchi uchta hadini toping. 10. Shunday to’rtta sonni topingki, dastlabki uchtasi arifmetik progressiya, keyingi uchtasi geometrik progressiya tashkil qiluvchi bu sonlarni chetki ikkitasining yig’indisi 66 ga, ikki o’rtadagisining yig’indisi 60 ga teng. 11. Geometrik progressiyaning birinchi uchta hadlari yig’indisi 91 ularning har biriga mos ravishda 25,27,1 qo’shilsa, arifmetik progressiya hosil bo’ladi. Geometrik progressiyaning 7-hadini toping. 12. 225 ga bo’linadigan to’rt xonali sonning birinchi uch raqami o’suvchi arifmetik progressiya hosil qilsa, uni toping. 13. Uchta o‘g‘ilning yoshlari geometrik progressiya tashkil qilib, ular o‘rtadagi pulni yoshlariga proporsional qilib bo‘lib olmoqchi. Agar uch yildan keyin shu pulni bo‘lib olishganda edi, katta o‘g‘il hozirgisidan 105 so‘m, o‘rtanchasi 15 so‘m ko‘p olar edi. Eng katta va eng kichik o‘g‘illar yoshlarining ayirmasi 15 bo‘lsa, ularning yoshini toping. 14. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning barcha hadlarining yig‘indisi 16 3 ga teng bo‘lib, uning 1 6 ga teng hadi bor. Undan avvalgi barcha hadlar yig‘indisi undan keyingi hadlar yig‘indisiga nisbati 30 ga teng. 1 6 uning nechanchi hadi?