Namangan davlat universiteti fizika-matematika fakulteti matematika kafedrasi

Kurs ishining dolzarbligi va ahamiyati. Tub modul bo’yicha yuqori darajali taqqoslamalar juda ham ko‘p qo‘llaniladi va juda ham zarur mavzulardan biri hisoblaniladi.. Matematikada tenglama, tengsizliklar va tasdiqlarni isbotlashlar ko’p hollarda qiyinchiliklarga olib keladi. Bu ishda bo’linish alomatlarini taqqoslamalar yordamida isbotlash fanda isbotlangan. Bu esa bu mavzuni to’liqroq yoritib, o’quvchilarga tushuntirish, yoritib berish kerakligini anglatadi.
Kurs ishining maqsadi va vazifalari. Kurs ishini bajarishdan maqsad, o‘rta maktab algebra kursi bilan oliy maktab algebra kursidagi yana bir bog‘lanishni o‘rganishdan undagi uzviylikni ta’minlab, undagi farqni aniqlashdan iborat.
Kurs ishining tuzilishi haqidagi umumiy ma’lumotlar. Kurs ishi kirish, asosiy qism, xulosa va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat.
Taqqoslama va uning xossalari.
Ta’rif: Agar a va b butun sonlarni m natural songa bo`lganda bir xil qoldiq chiqsa, a va b sonlar m modul bo`yicha taqqoslanadi deb aytiladi va a ≡ b ( mod m ) ifoda taqqoslama deyiladi.³

a = mk + r a – b = mk – mn + 0

b = mn+ r a – b = m(k – n )
1 – xossasi: a – b ayirma m natural songa qoldiqsiz bo`linadi
2 – xossasi: har biri c soni bilan taqqoslanadigan a va b sonlari bir – biri bilan ham taqqoslanadi.

a ≡ c (mod m) b ≡ c (mod m) => a ≡ b (mod m)

3 – xossa: Modullari bir xil bo`lgan taqqoslamalarni hadma – had qo`shish mumkin.

a1 ≡ b1 (mod m) a1 + a2 + … + an ≡ b1 + b2 +… + bn (mod m
a2 ≡ b2 (mod m) a1+ a2 + … + an = a
…………….. a ≡ b (mod m)
an ≡ bn (mod m) b1 + b2 + … + bn = b
Natija: Taqqoslamaning bir tomonidan ikkinchisi tomoniga qarama – qarshi ishora bilan olib o`tish mumkin.
a + c ≡ b (mod m) => a ≡ b – c (mod m)
4 – xossa : Taqqoslamaning ixtiyoriy tomoniga uning moduliga karrali bo`lgan sonni ko`paytirish mumkin.
a ≡ b (mod m) => a + mk ≡ b (mod m) va a ≡ b + mn(mod m)
5 – xossa : Bir xil modulli taqqoslamalarni hadma – had ko`paytirish mumkin.

a1 ≡ b1 (mod m) a1 × a2 … × an ≡ b1 × b2 … × bn (mod m

a2 ≡ b2 (mod m) a1× a2 … + an = a
…………….. a ≡ b (mod m)
an ≡ bn (mod m) b1 × b2 … × bn = b
Natija: a n ≡ b n (mod m)
6 – xossa : Taqqoslamaning har ikkala qismini biror butun songa ko`paytirish mumkin.
a ≡ b (mod m) => ak ≡ bk (mod m ) k Э Z
7 – xossa : Taqqoslamaning har ikkala qismini va modulini biror natural songa ko`paytirish mumkin.
a ≡ b (mod m ) => an ≡ bn (mod mn) n Э N
8 – xossa : Taqqoslamaning har ikkala qismini ularning umumiy bo`luvchilariga bo`lish mumkin.
an ≡ bn (mod m) => a ≡ b (mod m)
9- xossa: Agar a va b soni m1, m2 , … mk sonlari bilan taqqoslansa, u holda ular EKUK bo`yicha ham taqqoslanadi.
10 - xossa: Agar d soni m sonining bo`luvchisi bo`lib
a ≡ b (mod m) bo`lsa, a ≡ b (mod d) bilan bo`ladi.

To`la va to`lamas induktsiya.

Matematik induktsiya.
Χ to`plam haqida 2 xil fikr yuritish usuli bor.
1) Biror tasdiq ba’zi x Э X lar uchun o`rinli bo`1sa barcha x Э X lar uchun ham o`rinlidir.
2) Biror tasdiq har bir x Э X lar uchun o`rinli bo`lsa, barcha
x Э X lar uchun ham o`rinlidir.
1-holda to`lamas induktsiya deyiladi.
2-holda to`la induktsiya deyiladi.
Induktsiya so`zi lotincha so`zidan olingan bo`lib “hosil qilish” , “yaratish” degan ma’noni anglatadi.
To`lamas induktsiyaning afzal tomoni: biror bir tasdiqning faqat ba’zi elementlari uchun tekshiriladi.
Kamchiligi: hamma vaqt ham to`gri xulosaga kelaverilmaydi.
To`la induktsiyaning afzal tomoni: har doim to`g`ri xulosaga kelinadi.
Kamchiligi: tekshirish jarayoni ba`zi hollarda murakkab bo`ladi.
Birinchi darajali taqqoslashlar:
Bunday taqqoslamalarning umumiy kо‘rinishi quyidagicha:
(1)
bu yerda butun sonlar. Taqqoslamani yechish deganda uni tо‘g‘ri sonli taqqoslamaga aylantiruvchi sonlar sinfini tushunamiz. Chunki (1) taqqoslamani biror son qanoatlantirsa, uni (t-butun son) sonlar sistemasi ham qanoatlantiradi. (1) taqqoslamaning yechimini topish uchun biz quyidagi ikkita holni qaraymiz. Bitta sinfdagi barcha yechimlarini bitta yechim deb qabul qilamiz.
1. . Agar (1) taqqoslama yechimga ega bо‘lsa, u yechim modul bо‘yicha chegirmalarning birorta sinfidan iborat bо‘ladi. Ma’lumki, chegirmalarning tо‘la sistemasidagi har bir chegirmaga bitta sinf mos kelardi. Demak, о‘zgaruvchi chegirmalarning tо‘la sistemasini qabul qilar ekan, u holda chiziqli forma haqidagi 1-teoremaga asosan ham chegirmalarning tо‘la sistemasini qabul qiladi.
noma’lumning biror qiymatida chegirma bilan son bitta sinfga tegishli bо‘ladi, ya’ni bо‘lib (1) taqqoslamaning yagona yechimi bо‘ladi.
2. . Ma’lumki, taqqoslamani deb yozish mumkin. Bu yerda butun son.
Demak, tenglikda . Bundan agar , ya’ni son va ga bо‘linmasa, (1) taqqoslama yechimga ega bо‘lmaydi; degan natija kelib chiqadi.
Faraz qilaylik, bо‘lsin. taqqoslamalarning 5-xossasiga asosan (1) ning ikkala qismi va modulini ga bо‘lib, quyidagini hosil qilamiz:
(2)
Bu yerda bо‘lganidang (1) holga asosan (2) taqqoslama modul bо‘yicha yagona yechimga ega:

Bu yechim (1) ni ham qanoatlantiradi. Lekin (1) ning yechimlari shu bilan tugallanmaydi. Burilgan taqqoslamaning yechimlarini modul bо‘yicha topish uchun quyidagilarga e’tibor beramiz:
(3)
Bu chegirmalarning har biri modul bо‘yicha teng qoldiqli bо‘lib, modul bо‘yicha har xil sinfga tegishlidir. Shu xil sinflarning vakillari
(4)
dan iborat. Haqiqatan ham (4) ning har qanday ikkitadan elemeni modul bо‘yicha taqqoslanuvchi emas. (3) sinfning (4) ga kirmagan har bir elementi uchun (4) dan shunday element topiladiki, ularning ayirmasi ga bо‘linadi. Shuning uchun ular bitta sinfning vakillari hisoblanadi. Demak, bо‘lsa, (1) taqqoslama (4) orqali aniqlanuvchi ta yechimga ega ekan. Yuqoridagilarga asosan quyidagi xulosalarni yoza olamiz:
Xulosalar: 1. Agar bо‘lsa, (1) ning yechimi mavjud va yagonadir.
2. bо‘lib,
a) chin bо‘lsa, yechim mavjud emas;
v) chin bо‘lsa, (1) taqqoslama ta yechimga ega.
Misollar. 1. bо‘lgani uchun yechim yagona bо‘ladi. modul bо‘yicha chegirmalarning tо‘la sistemali dan iborat. Bevosita tekshirib kо‘rish bilan yechim ekanligiga ishonch hosil qilamiz.
2. ;
lekin bо‘lgani uchun bu taqqoslama,

yechimdir.
Berilgan taqqoslamaning yechimi yoki dan iborat.
Bu yechim bilan birgalikda yoki ham yechim bо‘ladi.
Birinchi darajali taqqoslamalar yechish usullari.
Bir noma’lumli birinchi darajali taqqoslamani yechishning ba’zi usullari bilan tanishib chiqaylik. Faraz qilaylik, bizga (1) taqqoslama berilgan bо‘lsin.
1. Tanlash usuli (1) taqqoslama bu usul orqali yechish uchun taqqoslamadagi о‘rniga chegirmalarning tо‘la sistemadagi barcha chigirmalar ketma –ket qо‘yib chiqiladi. Ulardan qaysi biri tо‘g‘ri taqqoslamaga aylantirsa, usha yechim bо‘lim hisoblanadi. Biz oldingi temadagi ikkita misolni shu usulda yechishdik. Ammo taqqoslama moduli ancha katta bо‘lganda bu sul unga samara bermaydi.
2. Koeffetsentlarni о‘zlashtirish usuli. Taqqoslamani bu usul orqali yechish uchun taqqoslamalarning xossalaridan foydalanib noma’lum oldidagi koeffitsentni va ni shunday о‘zgartirish kerakki о‘ng tomonda hosil bо‘lgan son ning koeffitsentiga bо‘linsin.
Agar bо‘lsa, yangi о‘zgaruvchiga о‘tish maqsadga muvofiq bо‘ladi. ⁴
1. Misollar.


3. Eyler teoremasidan foydalanish. Bizga ma’lumki, agar bо‘lsa u holda edi.
Buning har ikkala tomonini ga kо‘paytirsak deb yozish mumkin. Oxirgi taqqoslamani bilan solishtirib,
ekanligiga
ishonch hosil qilish mumkin. Ammo misollar yechimida ifodani model bо‘yicha eng kichik chegirmaga keltirish lozim.
Misol.

Mabodo taqqoslamaning moduli yetarlicha katta bо‘lsa, yuqoridgi usullarining birortasi ham uncha samara bermaydi. Bnday taqqoslamalarni yechish uchun quyidagi usuldan foydalanamiz.
4. Uzluksiz kasrlardan foydalanish usuli. Bizga quyidagi (1) taqqoslama berilgan bо‘lsin, bunda kasrni uzluksiz kasrga yoyib, uning sunosib kasrlarini deb belgilaymiz. Bu kasr qisqarmas kasr bо‘lganidan u holda tenglik shaklini oladi. Bu tenglikdan yoki ni hosil qilamiz. Oxirgi taqqoslamani ikkala tomonini ga kо‘paytramiz: (2) Bu oxirgi (2) va (1) formuladan (3) hosil qilamiz. Bunda son kasrning munosib kasrdagi suratdan iborat. Dastlabki (1) taqqoslamani yagona yechimga ega bо‘lgani uchun ham (3) yechim (1) taqqoslamaning yechimi bо‘ladi.
Misol. taqqoslama yechilsin. bо‘lgani sababli taqqoslamaning moduli va ikkala qismini 3 ga bо‘lamiz: Endi kasrni munosib kasrlarga yoyamiz.
Demak,
bо‘lib,

	0	3	4	7	1	2
	1	3	13	97	107	308

.
Berilgan taqqoslamaning yechimlari dan iboratdir.
1-misol. a=2511 sonini 6=123 ga bo‘lgandagi qoldiqni toping.
Yechish- Qoldiqli bo‘lishi haqidagi teoremadan foydalanib
a—bq+r, 0 < r< b ifodani topamiz: 2511=123 • 20+51
Demak, a=2511 ni 6=123 ga bolganda r = 51 qoldiq qoladi.
2-misol. a=25¹¹²ni 16 ga bo‘lgandagi qoldiqni toping.
Yechish. a=25¹¹²ni sonini 16 ga bo‘lish uchun taqqoslamaning
xossalaridan foydalanamiz. 25=16-1+9 ekanligidan 25=9(modl6)
kelib chiqadi. Bundan
25¹¹²=9¹¹²=(9²)⁵⁶=8 1⁵⁶. 81=16 • 5+1 ekanligini e’tiborga olsak, u holda 25 ¹¹²=81⁵⁶= 1⁵⁶= 1 (mod 16).
Demak, 25¹¹² ni 16 ga bo‘lganda 1 qoldiq qoladi.
3-misol. Agar 100a+100b>+c = 0 (mod 21) bo‘lsa, u holda a — 2b + 4c = 0 (mod 21) ekanligini isbotlang.
Isbot. Taqqoslamaning ikkala tomonini modul bilan o‘zaro
tub 4 songa ko‘paytiramiz: 400a+40b+4c = 0 (mod 21).
400=21 ■ 19+1, 40=21 • 2+(—2), 4=21 • 0+4 lardan foydalanib, quyidagi taqqoslamalami yozamiz :
400a = a (mod21), chunki 400a — a = 399a :21;
40b = -2b (mod 21), chunki 40b - {-2b) = 42b : 21;
4c = 4c (mod 21), chunki 4c — 4c = 0 : 21.
Berilgan taqqoslamadan yuqoridagi taqqoslamalami e’tiborga
olib, 400a+40b+4с = a — 2b + 4c (mod 21) taqqoslamani hosil
qilamiz.
Demak, 400a+40b+4c = 0 (mod 21) shartdan a-2b+4c = 0 (mod21) kelib chiqadi.
4-misol. 2x= 5 (mod 9) taqqoslamaning yechimlarini tanlash usuli yordamida toping.
Yechish. 9 modul bo‘yicha 0, ±1, ±2, ±3, ±4 chegirmalar
sinflaridan (2;9)=1 bo‘lganligi uchun berilgan taqqoslamaning
yagona yechimini topamiz:
2 -0 = 0 * 5 (mod 9);
2• 1 = 2 * 5 (mod 9);
2 • (-1) = - 2 * 5 (mod 9);
2 •2 = 4 * 5 (mod 9);
2 • (-2 ) = -4 = 5 (mod 9).
Demak, x= — 2 (mod 9), ya’ni x= 7 (mod 9) berilgan taqqoslamaning yechimi.
Tekshirish: 2 •7 — 5 = 14 — 5 = 9 :9.
5-misol
27x = 24 (mod 102) taqqoslamaning yechimlarini
Eyler metodidan foydalanib toping.
Yechish. (27,102)=3 va 24=2-8. Demak, taqqoslama 3 ta yechimga ega. Berilgan taqqoslamaning ikkala qismi va modulni 3ga bo‘lamiz: 9x = 8 (mod 34).
Bunda a = 9, m=34, b = 8 bo‘lgani uchun x = b•a^ф{m) (mod m)
dan x = 8 • 9^ф(34)-1 (mod 34) ga ega boiamiz.
ф(34) = 2 • 17 |l -½ |l -⅐|= 16 ekanligini e’tiborga olamiz:
x = 8• 9¹⁵ = 8• 9• 9¹⁴ = 4 ( 9² )⁷ = 4• 13⁷= 4•13⁷= 4•1 3• (13²)³=
= 18 • ЗЗ³ = 18 • 33 • (33)² = 16•1² =16 (mod 34).
Bundan x = 16 (mod 34) ga ega bo‘lamiz.
Tekshirish: 9 • 16 - 8 = 136 :34. U holda 27x = 24 (mod 102)
taqqoslama
x = 16 (mod 102),
x = 16 + 34 (mod 102),
x = 16 + 34 • 2 (mod 102) yechimlarga, ya’ni
x = 16 (mod 102),
x = 50 (mod 102),
x = 84 (mod 102) yechimlarga ega.
Tekshirish: 27 • 16 - 24 = 408 : 102;
2 7 - 5 0 - 2 4 = 3126:l02;
27 • 84 - 24 = 2244 :102.