Maktab matematika olimpiadasi

Yechimlar 

1.  Chigirtka 1010 marta toq son cm, 1010 marta juft son cm sakraydi. U xohlasa 

oldinga,  xohlasa  orqaga  sakrasin,  lekin  vaziyatni  quyidagicha  tushunish 

mumkin: 2020 marta sakraganidan so‘ng chigirtka dastlabki joylashgan o‘rnidan 

juft son cm masofada bo‘ladi. Oxirgi sakrashda faqat u toq son cm ga sakrashi 

mumkinligini inobatga olgan holda ayta olamizki, chigirtka 2021 marta sakrab 

dastlabki o‘rniga qayta olmaydi. 

 

2.  Qabiladagi 1 harfli so‘zlar 3

1

= 3 ta, 2 harfli so‘zlar 3

2

= 9 ta, 3 harfli so‘zlar 3

3

=

27  ta,  va  nihoyat  4  harfli  so‘zlar  3

4

= 81  ta.  Buni  qanday  tushunish  mumkin? 

Alifboda 3 ta: A; B; D harflar borligi uchun 1 harfli so‘zlar 3 ta. 2 harfli so‘zlar 

nechta ekanini hisoblaylik. Bunda alifbodagi har bir (3 ta) harfning har biriga 

shu  alifbodagi  xuddi  shuncha  harfni  qo‘yib  barcha  2  harfli  so‘zlarning  sonini 

hisoblash mumkin. Ular esa 3 ⋅ 3 = 3

2

= 9 ta. 2 harfli so‘zlarning (9 ta) har biriga 

alifbodagi  bittadan  harfni  mos  qo‘yib  3  harfli  so‘zlarning  sonini  hisoblash 

mumkinligini  sezish  qiyin  emas.  Demak,  3  harfli  so‘zlar  3 ⋅ 3 ⋅ 3 = 3

3

= 27  ta 

ekan. Xuddi shu mulohaza orqali 4 harfli so‘zlarning sonini hisoblasak 3

4

= 81 

ta  bo‘ladi.  Qabiladagi  jami  so‘zlar  esa  3

1

+ 3

2

+ 3

3

+ 3

4

= 3 + 9 + 27 + 81 =

120 ta. 

 

---

 

3.  𝑝 > 3, 𝑝 − tub son. 𝑝

2

− 1 = (𝑝 − 1)(𝑝 + 1) 

𝑝 > 3 tub sonning toq ekanligi va 3 ga bo‘linmasligi Ravshan. Demak, 𝑝 ni 3 ga 

bo‘lganda 1 yoki 2 qoldiq qoladi. Agar qoldiq 1 ga teng bo‘lsa, (𝑝 − 1) ⋮ 3, agar 

qoldiq 2 ga teng bo‘lsa, (𝑝 + 1) ⋮ 3. Demak, (𝑝 − 1) va (𝑝 + 1) sonlarining har 

ikkalasi ham juft hamda aniq bittasi 3 ga bo‘linadi. Bundan chiqdi o‘sha son 6 ga 

bo‘linadi.  Bundan  tashqari  ikkita  ketma-ket  kelgan  juft  sonlardan  biri  4  ga 

bo‘linishi ham ma’lum. U holda ushbu sonlarning ko‘paytmasi 24 ga bo‘linadi. 

Demak, (𝑝 − 1)(𝑝 + 1) = 𝑝

2

− 1 soni 24 ga bo‘linadi. 

 

4.  Ketma-ketlikni  (1);  (2,  4);  (5,  7,  9);  (10,  12,  14,  16);  …  ko‘rinishida  guruhlab 

olaylik. Har bir guruhda shu guruhning tartib raqamicha son bo‘lib (masalan 4-

guruhda 4 ta son, 5-guruhda 5 ta son), shu guruh tartib raqamining kvadratiga 

teng bo‘lgan son bilan tugayapti (masalan, 4-guruh 16 bilan, 5-guruh 25 bilan 

tugayapti). Dastlabki 𝑛 ta guruhda 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 ta son borligini hisobga olgan 

holda 2021-had nechanchi guruhda ekanini topaylik. Buning uchun 

1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 = 𝑘 

tenglamani natural sonlarda yechamiz (bu yerda 𝑘 − hadning tartib raqami va 

2021 ga chapdan eng yaqin natural son). 𝑛 = 63 bo‘lgan holda 𝑘 = 2016 bo‘ladi. 

Dastlabki 63 ta guruhda 2016 ta had bo‘lib, 63-guruh 63 ta toq sondan iborat 

hamda  bu  guruhdagi  oxirgi  son  ya’ni  63

2

= 3969  ketma-ketlikdagi  2016-son 

bo‘ladi. 64-guruh (3970, 3972, 3974, 3976, 3978, 3980, … , 4096) da 2021-had 

joylashgan va bu son 3978 ga teng. 

 

5.  Masala  shartiga  mos  chizma  chizib 

olaylik:  𝐷𝐸  to‘g‘ri  chiziq  𝐴𝐶  asosga 

parallel  ekanidan  𝐷𝐵𝐸  uchburchak 

ham teng yonli ekanini bilish mumkin. 

U  holda  𝐵𝑀  bissektrisa  𝐷𝐸  ga 

perpendikulyar tushib, uni teng ikkiga 

bo‘ladi:  𝑀  nuqta  𝐷𝐸  kesmaning 

o‘rtasi. 𝐷𝐹 to‘g‘ri chiziq 𝐵𝐶 tomonni 𝐺 

nuqtada  kesib  o‘tsin.  𝐶𝐷  bissektrisa 

𝐹𝐺  ga  perpendikulyar,  demak  𝐹𝐶𝐺 

uchburchak  teng  yonli,  𝐷  nuqta  𝐹𝐺 

kesmaning  o‘rtasi.  Endi  esa  𝐹𝐺𝐶 

uchburchakka  e’tibor  qarataylik:  𝐷𝐸 

kesma  uning  o‘rta  chizig‘i,  demak 

𝐷𝐸 =

1

2

𝐹𝐶.  𝑀  nuqta  𝐷𝐸  ning  o‘rtasi 

ekanidan: 𝐷𝑀 =

1

2

𝐷𝐸. Demak, 𝐷𝑀 =

1

2

𝐷𝐸 =

1

2

⋅

1

2

𝐹𝐶 =

1

4

𝐹𝐶. Isbot yakunlandi. 

 

---