SH. N. Ismailov sonlar nazariyasi

bet	5/8
Sana	14.07.2020
Hajmi	444.92 Kb.
	#123812

1 2 3 4 5 6 7 8

Bog'liq
Sonlar nazariyasi

3.8-masala.

Izoh

. Barcha

a

nolga teng bo’lmagan sonlar uchun

a,b

(

a

>

b

>0) sonlar uchun

qoldiqli bo’lish haqida teoremaga ko’ra:

a = bq

Agar

r

= 0 bo’lsa, u holda (

,

b

) =

b

Agar

≠

0 bo’lsa, u holda

b = r

1

q

2

+ r

Agar

r

= 0 bo’lsa, u holda jarayonni to’xtatamiz, aks holda (ya’ni

≠

0) davom

ettiramiz

2

q

>

r

> . . .

tengsizliklardan jarayon qoldiq nolga aylanganda tugashi kelib chiqadi.

Demak, quyidagi tengliklarga ega bo’lamiz :

,

b

1

q

,

r

2

q

. . . . . . . . . . . . .,

r

n–2

=

r

n–1

q

n–1

+

r

r

n–1

r

n

q

n

Bunda (

,

b

) = (

b

,

r

) = (

) = . . . = (

r

n–1

r

n

) =

r

n

Shunday qilib, (

,

b

) ni topish uchun qoldiqli bo’lish jarayoni 0 ga teng qoldiq

hosil bo’lguncha davom ettiriladi, 0 dan farqli eng kichik qoldiq

sonlarining eng

katta bo’luvchisi bilan ustma–ust tushadi.

Mazkur jarayon

Evklid algoritmi

deyiladi.

Izoh. Agar

a

soni

sonidan kichik bo’lmasa, u holda

(

a,

)

=

(

b, a–b

)

bo’ladi. ▲

3.5-masala.

(2

n

+ 13,

n

+ 7) ni toping.

28

Yechilishi.

(2

n

+ 13,

n

+ 7) = (

+ 7,

+ 6) = (

+ 6, 1) = 1. ▲

3.6-masala.

(160, 72) – ?

Yechilishi.

Evklid algoritmini qo’llaymiz:

160 = 72

⋅

2 + 16, 72 = 16

⋅

4 + 8, 16 = 8

⋅

2. Demak, (160, 72) = 8. ▲

3.7-masala. a

sonlarining eng katta umumiy bo’luvchisi

sonlar orqali

chiziqli ifodalanishini

isbotlang, ya’ni shunday

butun sonlar mavjudligini

ko’rsatingki, ular uchun

(

a,

)

=

ax+

tenglik o’rinli bo’ladi.

Yechilishi.

(

a,

)

= d

bo’lsin. Evklid algoritmini qo’llaymiz:

,

b

1

q

,

r

2

q

, . . . ,

r

n–2

=

r

n–1

q

n–1

+

r

,

r

n–1

r

n

q

n

Bunda

r

k

qoldiqlar uchun

r

k

α

k

β

k

tengliklar bajarilishini ko’rsatamiz , bu

yerda

α

k

β

k

– butun sonlar.

r

uchun ushbu mulohaza o’rinliligi

–

dan kelib chiqadi. Faraz

qilamiz, barcha

r

,

r

, . . . ,

r

n–1

qoldiqlar

r

k

α

k

β

k

tenglikni qanoatlantirsin. U

holda

r

n

=

α

n–2

n–2

b –

(

n–1

β

n–1

)

q

n–1

=

(

n–2

–

α

n–1

)

a +

(

β

n–2

–

β

n–1

q

n–1

)

b

Shuning uchun (

)

=

ax+

by,

bu yerda

sonlari mos ravishda (

α

n–2

–

α

n–1

)

va (

β

n–2

–

β

n–1

q

n–1

) larga teng. ▲

3.8-masala.

(160, 72) ni 160 va 72 sonlar orqali chiziqli ifodasini toping.

Yechilishi.

160 = 72

⋅

2 + 16, 72 = 16

⋅

4 + 8, 16 = 8

⋅

Ikkinchi tenglikdan 8 = 72 – 16

⋅

4, birinchi tenglikdan esa 16 = 160 – 72

⋅

2 kelib

chiqadi. Shu tengliklarga ko’ra:

8 = 72 – 16

⋅

4 = 72 – (160 – 72

⋅

4 = (–4)

⋅

160 + 9

⋅

72.

Demak, (160, 72)= 8 = (– 4)

⋅

160 + 9

⋅

72. ▲

Ravshanki , o’zaro tub

a,b

sonlar uchun (

,

b

) = 1 tenglik bajariladi. Ayrim

adabiyotlarda bu tenglik o’zaro tub sonlar ta’rifi sifatida qabul qilingan.

Quyidagi xossaga egamiz:

Xossa.

a,b

sonlari o’zaro tub bo’lishi uchun

am+

bn =

1 zarur va yetarli, bu

yerda

butun sonlar.

3.9-masala.

Ixtiyoriy natural

uchun 27

+ 4 va 18

+ 3 sonlar o’zaro tub

bo’lishini ko’rsating.

Yechilishi.

3 (18

+ 3) − 2(27

+ 4) = 1 bo’lgani uchun 27

+ 4 va 18

+ 3

sonlar o’zaro tub bo’ladi. ▲

3.10-masala.

Agar (

a,

)

= d

bo’lsa, u holda

1

a b

d d

⎛

⎞ =

⎜

⎟

⎝

⎠

.

Yechilishi.

d am bn

dan

1

a

b

m

n

d

d

kelib chiqadi. ▲

3.11-masala.

(

,

b

) = 1 va

a

bo’lsa,

ni isbotlang.

Yechilishi.

(

a

,

b

) = 1 bo’lsa,

am+

bn =

1 bo’ladi, bu yerda

m

n–

butun

sonlar.

Bundan

acm+

bcn =c

tenglik kelib chiqadi. Masalaning shartiga ko’ra bu

tenglikning chap tarafi

soniga bo’linadi. Demak, bu tenglikning o’ng tarafi ham

soniga bo’linadi, ya’ni

▲

3.12-masala.

va

b

natural sonlar uchun ma’lumki,

a

2

+b

2

son

ga bo’linadi.

a=b

tenglikni isbotlang.

Yechilishi.

= (

a

,

b

) ,

a

,

b

=

dv

ga qisqartirib,

soni

ga bo’linishini hosil qilamiz. Ammo

(

u

) = 1, chunki

o’zaro tub. Demak,

= 1. Bundan

= 1,

kelib chiqadi. ▲

30

3.13-masala. m n

bo’lsin. Quyidagilarni isbotlang:

(

a

m

– 1,

a

n

– 1) =

(m, n)

– 1 (

a

> 1);

Yechilishi.

Ravshanki, (

a

n

– 1)=1. Demak,

(

a

m

– 1,

a

n

– 1) = (

a

m

–

a

n

– 1) = (

a

n

(

a

m – n

– 1),

a

n

– 1) =(

a

m – n

– 1,

a

n

– 1).

Shuning uchun

a

m

– 1,

a

n

– 1 sonlar uchun Evklid algoritmi

,

n

darajalar uchun

Evklid algoritmiga o’tadi hamda (

,

n

) va 0 da tugallanadi. ▲

3.14-masala.

Natural sonlardan tashkil topgan

a

i

ketma–ketlik uchun

i j

larda

(

a

i

,a

j

)

=

(

i,j

)

tenglik bajariladi. Barcha

i

lar uchun

a

i

=i

bo’lishini isbotlang.

Yechilishi.

Har bir

a

i

uchun (

a

i

,a

)

=

(

i,

2

i

)

=i

ga bo’linganligi bois

a

i

≥

i

bo’ladi

Faraz qilamiz biror

uchun

a

i

>i

tengsizlik bajarilsin. U holda

( , ) ( , )

i

a

i

i

a a

a i

i

Boshqa tomondan

i

a

a

son

i

a

ga bo’linganligi bois ( , )

i

a

i

i

a a

a

i

= >

. Ziddiyat. ▲

3.15-masala.

(Rossiya, 2001). Ma’lumki, o’zaro teng bo’lmagan natural

,

a b

sonlar uchun

2

ab a

ab b

munosabat o’rinli.

3

a b

− >

tengsizlikni isbotlang.

Yechilishi.

( , )

d

a b

deb olsak,

,

a xd b yd

tengliklarga ega bo’lamiz, bu

yerda ,

x y

– o’zaro tub bo’lgan sonlar. Bundan

2

2

(

)

(

)

ab a b

xy x y d

a

ab b

x

xy y

+

Z

∈

munosabatlarga ega bo’lamiz.

(

, ) ( , ) 1

x

xy y x

y x

= ,

(

, ) ( , ) 1

x

xy y y

x y

= , (

, ) 1

x y y

tengliklardan

(

) ( ,

) 1

x

xy y x y

y x y

tenglikni hosil qilamiz.

Shuning uchun eng katta umumiy bo’luvchining hossalaridan

x

xy y d

munosabatga ega bo’lamiz. Bundan

d

x

xy y

≥

+ . Demak,

| | (

) |

1 (

)

a b

d x y

d x y d d

x

xy y

d xy ab

−

≥

⋅ ⋅

▲

3.16-masala (1–XMO). Ixtiyoriy natural n son uchun

3

n

kasr qisqarmas

kasr bo’lishini ko’rsating.

Yechilishi. 3(14

3) 2(21

4) 1

n

n

+ −

= bo’lgani uchun 21

4

n

+ va 14

3

n

+ sonlar

o’zaro tub, ya’ni

3

n

kasr qisqarmas bo’ladi.

▲

3.17-masala. a, b, c butun sonlar berilgan bo’lsin. Shunday o’zaro tub k, l sonlar

topiladiki ak + bl son c ga bo’linadi. Isbotlang.

Yechilishi. | a| + | b| bo’yicha induksiyani qo’llab isbotlaymiz. a = 0 yoki b = 0

bo’lsa natija osonligicha kelib chiqadi. k va l sonlarning ishorasini o’zgartib, a > 0 va

b > 0 deb olishimiz mumkin. Bu holda | a| + | b| > | a - b| + | b|. Induksiya faraziga

ko’ra shunday o’zaro tub k' va l' sonlar topiladiki, ular uchun (a - b)k' + bl' son c

soniga bo’linadi. Bundan ak' + b(l' - k') son c soniga bo’linishi kelib chiqadi.

k' va l' o’zaro tub bo’lgani uchun k = k' va l = l' - k' o’zaro tubligi kelib chiqadi.

▲

Ta’rif. a va b sonlarining musbat umumiy karralilari ichida eng kichigi shu

sonlarning eng kichik umumiy karralisi deyiladi va u [ a, b] orqali belgilanadi.

Xossalar.

a) [ , ],

'

m

a b

m aa

bb

bo’lsa , u holda ( ', ') 1

a b

= bo’ladi;

b) Agar  '

m  son  ,

a b  sonlarning umumiy bo’luvchisi bo’lib,   '

', ( ', ') 1

m

aa

bb a b

tengliklar bajarilsa, u holda '

m

m

= bo’ladi;

c) Agar a c va b c bo’lsa, u holda [ , ]

a b c bo’ladi;

d) agar

...

k

k

m

p p

p

...

k

k

n

p p

p

bo’lsa ( bu yerda

, ...

k

p p

p – tub sonlar,

i

i

α β

≥ ), u holda

max(

)

max(

)

max(

)

[ , ]

...

k

k

k

m n

p

p

p

α β

tenglik o’rinli.

3.18-masala. Barcha m va n butun sonlar uchun

[m, n] · (m, n) = mn

tenglikni isbotlang.

Download 444.92 Kb.

Do'stlaringiz bilan baham:

1 2 3 4 5 6 7 8