Zahiriddin muhammad bobur nomidagi andijon davlat universiteti mamadjanova ma

2-§. SONLI REBUSLARGA DOIR MASHQLARNI YECHISH USULLARI

Sonli rebuslar bu shunday arifmetik ifodalardirki, ularda ba’zi raqamlar simvollar (harflar, yulduzchalar va h.k) bilan almashtirilgan bo`ladi. Bundan esa, sonli rebus -bu mantiqiy masala bo`lib, uni yechish mantiqiy xulosa qilish yo`li bilan simvol orqali belgilangan raqamni aniqlash va sonning yozuvini tiklashdan iborat bo`lishligi kelib chiqadi.

58

Rebuslarni shifrlash (ya’ni raqamlarni simvollar bilan almashtirish) va shifrlar bilan yozilgan sonlarni aniqlashning bir necha turlari mavjud.

1. 
   agar rebus harflar bilan shifrlansa, u holda har bir raqamga yagona harf mos kelishi va ikkita turli harflarga ikkita turli raqamlar mos kelishi zarurdir. Shuning uchun rebusni yechishda biror harfning son qiymati topilgan bo`lsa, u holda boshqa harflar bu qiymatni qabul qilishlari mumkin emas.
   

2. 
   rebus bitta simvol (ko`p hollarda yulduzcha simvoli- )bilan shirflansa, u holda bu simvol orqali turli raqamlar shifrlangan bo`ladi.
   

Rebuslarni yechishda ko`p hollarda quyidagi qoidalardan foydalaniladi.

1. Agar ixtiyoriy sonni bir xonali songa ko`paytirilganda yana o`sha sonning o`zi hosil bo`lsa, u holda ko`paytuvchi 1 ga teng bo`ladi.

2. 
   Sonning yozuvida chapdan eng chetdagi raqam 0 bo`la
   

olmaydi.

2. 
   Agar 0 bilan tugamaydigan ixtiyoriy sonni, ixtiyoriy bir xonali songa ko`paytirilganda birlar xonasida 0 hosil bo`lsa, u holda ko`paytuvchilarning birlar xonasidagi raqamlaridan biri 5 ga teng bo`lib, ikkinchisi juft son bo`ladi.
   

Sonli rebuslarni yechishda bunga o`xshash xossalar ko`p bo`lib, ularning har biri konkret misollarni yechish jarayonida aniqlashtirib boriladi.

Sonli rebuslarni ularda bajariladigan arifmetik amallarga qarab, ikki guruhga ajratish mumkin:

1. 
   Qoshish va ayirish amallarini qo`llashga doir sonli rebuslar
   

2. 
   Ko`paytirish va bo`lish amallarini qo`llashga doir sonli
   

rebuslar
Quyida bitta simvol-yulduzcha orqali raqamlari almashtirilgan sonli rebuslarni yechishga doir misollar ko`rib o`tamiz.

59

1-misol. o`rniga shunday raqamlarni qo`yingki, natijada to`g`ri sonli tenglik hosil bo`lsin:

Yechish. Dastlab birinchi qo`shiluvchining birlar xonasidagi raqamini quyidagi shartdan aniqlaymiz: soni bilan shunday sonning
yig`indisini topish kerakki, yig`indining oxirgi raqami 1 bilan tugaydigan son bo`lsin. Bu shartni soni qanoatlantiradi, chunki ( )
So`ngra ikkinchi qo`shiluvchining o`nlar xonasidagi raqamini aniqlaymiz. O`nlar xonasidagi raqamlar yig`indisini topishda birlar

xonasidagi raqamlarni qo`shishda hosil bo`lgan ta o`nlikni hisobga olishimiz zarur bo`lib, unga yana ta o`nlikni qo`shib, biz raqami bilan tugaydigan sonni hosil qilishimiz kerak. Bu shartni soni qanoatlantiradi, chunki ( . O`nliklarni qo`shishda biz ta yuzlikni hosil qildik. Shuning

uchun yig`indining yuzlar xonasida turgan raqamini aniqlash uchun

unga ta yuzlikni qo`shamiz: . Bundan,

ekanligini kelib chiqadi.
	Agar qo`shishni ustun shaklda ifodalasak, quyidagi bosqichlarni
amalga oshirgan bo`lamiz.
	5 *	5		8		5	8	+ 6		5	8
+	6 * 3	^+6*3			+	6 4	3			4	3
	* 0 1		* 0	1		* 0	1		7	0	1

Javob.

2-misol. o`rniga shunday raqamlarni qo`yingki, natijada to`g`ri sonli tenglik hosil bo`lsin:


Yechish. Dastlab birinchi qo`shiluvchining birlar xonasidagi raqamini aniqlaymiz: Buning uchun soni bilan shunday sonning
yig`indisini topish kerakki, yig`indining oxirgi raqami bilan

60

tugaydigan son bo`lsin. Bu shartni soni qanoatlantiradi, chunki .

So`ngra ikkinchi qo`shiluvchining o`nlar xonasidagi raqamini aniqlaymiz. Bunda birlar xonasidagi raqamlarni qo`shganda hosil bo`lgan bitta o`nlikni hisobga olamiz. Unga yana ta o`nlikni qo`shib, biz raqami bilan tugaydigan sonni hosil qilishimiz zarur. Bu shartni soni qanoatlantiradi, chunki 7+1+4=12
Endi birinchi qo`shiluvchining yuzlar xonasidagi raqamini aniqlaymiz: uch xonali son bilan, ikki xonali sonning yig`indisi to`rt xonali son bo`lishi uchun uch xonali son ta yuzlikni o`zida saqlashi zarur. Demak, birinchi qo`shiluvchining yuzlar xonasidagi raqami
bo`ladi. O`nliklarni qo`shishda biz ta yuzlik hosil qilgan edik. Shuning uchun yig`indining minglar xonasida 1 raqami hosil bo`lishi uchun unga raqami qo`shamiz. Demak,


Agar qo`shishni ustun shaklda ifodalasak, quyidagi bosqichlarni amalga oshirgan bo`lamiz.

Javob.
Ba’zi hollarda bu turdagi misollar bitta emas, balki bir nechta

yechimga ham ega bo`lishi mumkin. Quyida ana shunday hol uchun
misol ko`ramiz.

3-misol. o`rniga raqamlar qo`yilganda sonli
tenglikning birinchi qo`shiluvchisi qaysi sonlar bo`lishi mumkin? Javobni asoslang.
Yechish. Uch xonali son bilan ta o`nlikni o`zida saqlovchi ikki xonali son yig`indisi xonali son bo`lishi faqat, uch xonali son ta yuzlikni o`zida saqlagandagina, ya’ni uch xonali sonning yuzlar xonasidagi raqami ga teng bo`lgandagina bo`lishi mumkin. Bu holda to`rt xonali sonning minglar xonasidagi raqami ga teng bo`ladi.
61

Uch xonlali sonning o`nlar xonasidagi raqami quyidagi shartdan

topiladi: bu sonning

yoki

(birlar xonasi

raqamlari yig`indisi ikki

xonali sonni berishi hisobiga) soni bilan yig`indisi

dan katta yoki

teng bo`lishi zarur. Bu shartni

sonlari qanoatlantiradi. Demak

birinchi qo`shiluvchi

va

sonlari bo`lishi mumkin.

Javob:

4-misol.

o`rniga shunday raqamlarni qo`yingki, natijada to`g`ri

sonli tenglik hosil bo`lsin:

Yechish. To`rt xonali

sondan uch xonali sonning ayirmasi ikki

xonali son

bo`lmoqda. Demak,

kamayuvchi

dan kichik

to`rt

xonali son bo`lib, uning minglar xonasida

raqami, yuzlar xonasida

esa raqami turishi zarur.

-102

5

-

1025

-

1 0 2

5

-102

5

* 8

*

* 8 7

* 8

7

9 8

7

*

8

*

8

3

8

3

8

Kamayuvchining birlar xonasidagi raqami (5) ayirmaning birlar xonasidagi raqamidan (8) kichik, demak, ayriluvchining birlar

xonasidagi raqamini topish uchun			ta o`nlikdan,			ta o`nlik olinib,
birlik hosil	qilinadi va kamayuvchining				o`nlar	xonasida	raqami
qoladi.	sonidan	sonini ayirib		sonini hosil qilamiz. Demak,
ayriluvchining birlar xonasi raqami				bo`ladi (15-8=7).
Ayirmaning o`nlar xonasidagi raqamini topish uchun
kamayuvchidagi		ta minglik	ta yuzlik qilib olinadi va bu holda
minglar xonasida		raqami hosil bo`ladi.			ta yuzlikdan		ta yuzlik

hisobiga ta o`nlik olinib, ta o`nlik hosil qilinadi. U holda ayirmaning o`nlik xonasidagi raqami bo`ladi ( . Yuqorida ko`rsatilganday kamayuvchining minglar xonasida raqami, yuzlar xonasida bitta yuzlik hisobiga 10 ta o`nlikdan bittasi

62

olingani uchun yuzlar xonasida 9 raqami bo`ladi. Ayirmaning yuzlar xonasida raqami bo`lgani uchun, ayriluvchining yuzlar xonasidagi raqami kamayuvchining yuzlar xonasidagi raqamiga teng bo`lishi zarur.

Javob.
Ayirishga doir bu turdagi misollarni yechish ba’zi hollarda
o`quvchilarga qiyinchiliklar tug`diradi. Shuning uchun ushbu misolni
boshqa usul bilan: ayirmani yig`indiga keltirish usuli bilan ham
yechish mumkin. Ma’lumki, ayirmaning ayriluvchi bilan yig`indisi
kamayuvchini beradi. Shuning uchun misolni(ya’ni
ayirishga doir misolni) o`rniga misolni (ya’ni qo`shishga doir misolni) yechish mumkin.
Oxirgi misol xuddi 2-misol kabi yechiladi: ikkinchi qo`shiluvchining birlar xonasidagi raqami topiladi. Bu raqam ga teng. Birinchi qo`shiluvchining o`nlar xonasidagi raqamini topish
uchun birlar xonasidagi raqamlar yig`indisini topganda ta o`nlik hosil bo`lagnini hisobga olinsa, yig`idining oxirgi raqami bo`lishi shartini raqami qanoatlantirishi kelib chiqadi.
Ikki xonali songa uch xonali son qo`shilib, natijada to`rt xonali son hosil bo`lgani uchun, uch xonali son ta yuzlikni o`zida saqlashi shart, ya’ni yuzlar xonasining raqami bo`lishi shart. Bu raqamiga o`nlar xonasidagi raqamlarni qo`shganda hosil bo`lgan ta yuzlikni
hisobga olib, ta yuzlik yoki ta minglikni hosil qilamiz. Demak


Agar qo`shishni ustun shaklida ifodalasak, quyidagi bosqichlarni amalga oshirgan bo`lamiz.

+		*	8	+		*	8	+			3	8	+		3	8
	*	8	*		*	8	7		*		8	7		9	8	7
	* *	2	5		* *	2	5		* *		2	5		1 0	2	5

5-misol. Tushirib qoldirilgan raqamlarni qo`ying.

63

* *

* 3
* 2 2

⁺1**
**02
Yechish. Dastlab birinchi ko`paytuvchining birlar xonasi
raqamini aniqlaymiz, u raqami bo`ladi, chunki ni faqat ga
ko`paytirgandagina oxirgi raqami bilan tugaydigan son hosil bo`ladi. Birinchi to`liqsiz ko`paytmaning ikkinchi raqamini tahlil
qilib, quyidagi xulosaga kelamiz: sonining birinchi ko`paytuvchining o`nlar xonasidagi raqami bilan ko`paytmasi raqami bilan tugashi shart (chunki birinchi to`liqmas ko`paytuvchining o`nlar xonasidagi raqamiga birlar xonasida ko`paytirish bajarilganda hosil bo`lgan ta o`nlikni qo`shish zarur). Bu shartni faqat 7 soni qanoatlantiradi.

			*	4				7	4				7	4				7	4
		× *		3				*	3				2	3				2	3
+ 1		*	2	2	+ 1		2	2	2	+ 1		2	2	2	+ 1		2	2	2
		* *					* *					4	8				4	8
*		*	0 2		*		*	0 2		*		* 0 2			1		7	0	2

Ikkinchi ko`paytuvchining o`nlar xonasidagi raqamini
aniqlaymiz. sonini biror songa ko`paytirganda yuzlar xonasida raqami hosil bo`ladigan uch xonali son faqat ko`paytirilayotgan son bo`lgandagina bajariladi. Javob:


6-misol. Tushirib qoldirilgan raqamlarni qo`ying ** 35

- 0 2*
**

1*

-

*

64

*4

*

0
Yechish. Birinchi qadamda bo`linuvchi raqami bilan tugashi va bo`lish qoldiqsiz ekanligidan foydalanamiz.

-	**0					35	-	**0			35	-	840			35
	**							**					70
						2*					24					24
-	140						-	140				-	140
	140							140					140
	0							0					0

Ikkinchi qadamda soni raqami bilan tugaydigan yagona ikki xonali son bo`lib, soni unga qoldiqsiz bo`linishini aniqlaymiz. sonini ga bo`lganda bo`linmada hosil bo`ladi. Demak, bo`luvchi ga, bo`linma esa ga teng. Bunda asoslangan holda uchinchi qadamda bo`linuvchi tengligi va ga tengligini topamiz.

Javob.
Sonli rebuslarning ikkinchi turini yechishda raqamlar berilgan holda to`g`ri sonly tenglik hosil qilish uchun arifmetik amallar

belgilarini ularning orasiga mantiqiy fikr yuritish yo`li bilan joylashtirish talab etiladi. Bunda ba’zi hollarda qavslardan ham

foydalanishga ruhsat beriladi. Ushbu rebuslar mazmun-mohiyati bo`yicha 2 guruhga bo`linadi:

1. 
   Arifmetik amallar belgilari har bir raqamdan keyin qo`yilib, yechiladigan rebuslar.
   

7-misol. Tushirib qoldirilgan “ +” yoki “-“ amallarini qo`ying:

1. 
   54321=3
   

2. 
   54321=5
   

Yechish. Bu rebuslarning har biri ikkita yechimga ega. Ularni topish o`quvchilarga qiyinchilik tug`dirmaydi:

1. 
   5+4-3-2-1=3
   

65

5-4+3-2+1=3

2. 
   5+4-3-2+1=5
   

5-4+3+2-1=5

2. 
   Arifmetik amallar belgilari ba’zi-bir raqamlardan keyin qo`yilib, yechiladigan rebuslar.
   

8-misol. Ba’zi-bir raqamlar orasiga “+” belgisini shunday qo`yingki, natijada quyidagi chin sonly tenglik hosil bo`lsin:

1. 
   234567=100
   

Yechish. Agar barcha raqamlar orasiga “+” belgisini qo`ysak, u holda 100 sonini hosil qila olmaymiz. Raqamlar yozilish tartibida ulardan tuzilgan ixtiyoriy bitta ikki xonali son bilan qolgan bir xonali sonlar yigindisi ham 100 ni bermaydi. Bo`lg`usi yig`indida ikki xonali sonlar bilan qolgan bir xonali sonlar yig`indida 100 ni beradigan ikki juft ikki xonali son mavjud: 23 va 67, 34 va 56. Raqamlarning yozilish tartibida tuzilgan uchta ikki xonali sonlar bilan qolgan bir xonali sonlar yig`indisi ham 100 ni bermaydi, chunki

12+34+56 , raqamlarning yozilish tartibida tuzilgan uch xonali
sonlar yig`indisi 100 dan katta bo`lishi o`z-o`zidan ayyondir.
Demak, 1+23+4+5+67=100 va 1+2+34+56+7=100 bo`ladi.