0 ‘ZBEKIST0N RESPUBLIKASI OLIY VA 0 ‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI 0 ‘RTA MAXSUS, KASB-HUNAR TA’LIMI MARKAZI A. S. Yunusov, S. I. Afonina, M. A. Berdiqulov, D. I. Yunusova QIZIQARLI MATEMATIKA VA OLIMPIADA MASALALARI Akademik litsey, kasb-hunar kollejlari uchun о ‘quv qo ‘llanma ,,0‘QlTUVCHr NASHRIYOT-MATBAA IJODIY UYI TOSHKENT - 2007 www.ziyouz.com kutubxonasi ББК 22.1 z 722 Taqrizc hilar: Q. M. IBODULLAYEV — 0 ‘zMU qoshidagi S. X. Sirojiddinov nomli akademik litsey direktori, fizika-matematika fanlari nomzodi; Y.E. NIZAMOVA — Tqtisodga ixtisoslashgan Respublika litseyi direktori, oliy toifali matematika o‘qit.uvchisi; D. DAYLETOV — Nizomiy nomidagi TDPU „Matematika va uni o‘qitish metodikasi“ kafedrasi o‘qituvchisi. Fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent D. I. YUNUSOVA tahriri ostida. Ushbu o‘quv qo‘llanma akademik litsey, kasb-hunar kollejlari o‘quvchilari va o‘qituvchilari, oliy o‘quv yurtlarining talabalari, matematika faniga qiziquvchilar uchun yozilgan. 0 ‘quv qoilanmada matematikaning turli tadbiqlariga, qiziqarli matematikaga va olimpiada masalalariga oid materiallar berilgan. у 4306020500-119 Ont’iv buwrt °007 Y 353(04)-2007 Q3t 1У bUyrt' 2007 ISBN 978-9943-02-108-2 © ,,0‘qituvchi" NMIU, 2007 www.ziyouz.com kutubxonasi SO‘ZBOSHI Agar o'quvchi, hech bo'lmaganda bir marta o'zi mustaqil ravishda birorta matematik masalani hal qilsa, u albatta, unutilmas hayajonli damlarni boshidan kechiradi vag'alaba nashidasini suradi. Bunday „kichik" g'alabalar, ayniqsa bolalik chog'ida yuz bersa, inson bu onlarni hayotining oxirigacha xotirasida saqlab qoladi. 0 ‘quvchilar ustozlari bilan birgalikda birorta qiziqarli masalani hal etib, uni to‘liq o'zlashtirib olganlaridan so‘ng, mustaqil ravishda masala yechish, matematika bilan shug'ullanish xuddi tennis o‘ynash yoki futbol o£ynash kabi maroqli boiishi mumkinligini anglashlari mumkin. Natijada, ajab emas, ular matematika bilan butun umr do'stlashib qolishsa, yoki hayotlarida matematikani o'zlariga kasb qilib olishsa, yoki matematika ko‘p islilatiladigan kasb egasi bo'lishsa! Ushbu o'quv qoiianmaning qiziqarli matematika va olimpiada masalalari deb atalishi bejiz emas. Matematika fani, B. Paskal aytganidek, o'ta jiddiy fan bo‘lib, uni ozgina bo'lsa ham qiziqarli qilish imkoniyatlarini qo'ldan boy bermaslik zarur. Hozirda aka- demik litsey o'quv rejasiga shu nom bilan ataluvchi predmet kiritilganligi bunday o‘quv qo'llanmani yozish zaruriyatini keltirib chiqardi. Albatta, qiziqarli matematikadan bundan oldin ham juda ko'plab kitoblar yozilgan. Ayniqsa yosh matematiklarni tarbiya- lashda A. A’zamov va B. Haydarovlarning „Matematika sayyorasi“, Y. Perelmanning „Qiziqarli matematika", M. Gardnerning „Ма­ тематические чудеса и тайны" va h.k. kitoblarning ahamiyati katta. Ushbu o‘quv qo'llanma ham yoshlarning matematikaga qiziqishlarini uyg'otishga ozgina bo'lsa ham xizmat qilsa, mualliflar o'z maqsadlariga erishgan boiar edilar. Mualliflar ushbu qo'llanmani nashrga tayyorlashda qimmatli maslahatlarini ayamagan O'zMU dotsenti N. Abdullayevga, TDPU dotsenti A. Qulmatovga va professor N. Sherboyevga o'z minnatdorchiliklarini bildiradilar. 3 www.ziyouz.com kutubxonasi I BOB. SONLAR NAZARIYASI DAN QISQACHA MA’LUMOT l-§. NATURAL SONLAR Ma’lumki. sanash uchun 1, 2, ... natural sonlar ishlatiladi. /V={1, 2,...} to'plam esa natural sonlar to'plami deyiladi. Agar a va b natural sonlar uchun shunday q natural son topilib, a = b ■ q shart bajarilsa, u holda a natural son b natural songa bo‘linadideymiz va alb ko'rinishda bclgilaymiz. Faqat ikkita har xil natural bo'luvchiga ega bo'lgan natural son tub son deyiladi. Bu ta’rifdan ko'rinadiki, masalan, 2, 3,5 sonlari tub sonlar bo'lib, 1, 4, 6 sonlari tub sonlar emas. Haqiqatan ham, 2, 3, 5 sonlari faqat 1 ga va o'ziga bo'linadi; 1 esa faqat o'ziga bo'linadi; 4 ning barcha natural bo'iuvchilari 1,2,4; 6 ning barcha natural bo'iuvchilari 1, 2, 3, 6 lardan iborat. Agar natural sonning turli natural bo'luvchilarining soni 3 va undan ortiq bo'lsa, bunday natural son murakkab natural son deyiladi. Demak, 4, 6 sonlari murakkab natural sonlar, 1 esa na tub, na murakkab son ekan. 1 ni ko'paytirish amaliga nisbatan neytral element deymiz. Shunday qilib, har bir natural son yoki tub son, yoki murakkab son, yoki 1 ga teng bo'Iar ekan. T eorem a. Deylik, a — birdan farqli natural son bo ‘Isin. U holda uning birdan katta eng kichik natural bo ‘luvehisi tub sondir. Isbot. Haqiqatan ham, agar aim bo'lib, m — murakkab son bo'lsa, m ning p bo'luvchisi bo'lib, p< m va p ф 1. U holda a\m va alp shartlardan alp munosabat kelib chiqadi. Bu esa m — birdan katta eng kichik natural bo'luvchi degan shartga zid, demak, m — tub son. Xulosa. Bu teoremadan agar a murakkab son bo'lsa, a ning albatta bitta 4a dan katta bo'lmagan tub bo'luvchisi bor bo'lishi kelib chiqadi. Haqiqatan ham, a - murakkab son, p esa uning birdan katta eng kichik tub bo'luvchisi bo'lsin. U holda shunday q son topilib, a = pq > p2 yoki p < 4a kelib chiqadi. 4 www.ziyouz.com kutubxonasi Demak, birdan katta a natural son tub son bo'lishi uchun p <4a tub sonlarning birortasiga ham bo'linmasligi yetarli. Masalan, 101 tub son bo'lishi yoki bolmasligini aniqlash uchun uni VlOl dan kichik bo'lgan 2, 3, 5, 7 tub sonlarga bo'lib ko'ramiz. 101 bu sonlarning birortasiga ham bo'linmaydi, demak, 101 tub son ekan. Evklid teo rem asi. Tub sonlar to‘plami cheksiz to‘p- lamdir. 1 s b о t . Haqiqatan ham, barcha tub sonlar to'plami P - {p^ p2,..., pk} chekli to'plamdan iborat bo'lsin. U holda Pi • Pi • ••• ■ Pk 4 * natural son Pto'plamga tegishli bo'lmagan tub son bo'lishi ko'rinib turibdi. Chunki bu son p\,p2,...,pk tub sonlarning birortasiga ham bo'linmaydi. Misol. 397, 401, 403, 409, 677, 697, 701 sonlaridan biri murakkab son bo'lishini ko'rsating. Matematik induksiya nietodi. Agar bizga n natural songa bog'liq biror bir F(n) tasdiq berilgan bo'lsa, ko'p hollarda bu tasdiqning isboti matematik induksiya metodi deb yuritiladigan usulda isbot qilinadi. Shu usulga qisqacha to'xtalib o'tamiz. Faraz qilaylik, n (n> p , p — tayinlangan) natural son va F(n) tasdiq berilgan bo'lsin. Matematik induksiya metodi bilan isbot qilish quyidagi uch bosqichdan iborat. Induksiya bazisi. F(n) tasdiq n = p uchun to'g'ri bo'lishi isbot qilingan bo'lsin. Induksiya farazi. F{k) tasdiq barcha h > к > p natural sonlar uchun to'g'ri deb faraz qilinadi. Yakuniy bosqich. F(k) tasdiqning n dan kichik barcha к lar uchun to'g'riiigidan n uchun ham to'g'ri bo'lishi keltirib chiqari- ladi. Misol. Har qanday n natural son uchun I2 + 22 + 32 + ... + n2 = я^г+1| -2—-1-- tenglik o'rinli ekanligini isbotlang. Yechish. 1. n- 1 bo'lganda, I2 = -^i+n(2+-1), 1 = 1 . Ya’ni tenglik О o'rinli. 5 www.ziyouz.com kutubxonasi 2. n -k uchun I2 + 22+ ... + к2 = к{к+]^2к+)2 tenglik o'rinli deb faraz qilamiz. 3. n--k+1 uchun tenglik o'rinli ekanligini isbotlaymiz: i2+22+...+ ^2+(jt+i)2 = Farazga ko'ra, J2 + 22+ ... +k2 + (k+ l)2 =M^lIipAll)+(/t+1)2_ U h o l d a k(k+\) (2k+\) + ( A .+ 1 )2 = (k + l)f*li|± l> + k + ij = _ n n 2k2 +k+bk+6 _ (k+\)(2k2 + 7k+6) - (K + [> 6 6 2k2 + 7k + 6 kvadrat uchhadni ko'paytuvchilarga ajratamiz: 2k2 + 7k + 6 = (k + 2) (2 к + 3). Bundan 12+ 2з+...+а2+ (л+ i)3 = .tffiati a a g g i a y0ki kelib chiqadi. Demak, berilgan tenglik har qanday natural son uchun o'rinli ekan. 2- §. ARIFM ETI KAN IN G ASOSIY TEOREMASI T eorem a. Har qanday natural son yoki birga teng, yoki tub son, yoki ко ‘paytuvchilari tartibigacha aniq/ikda yagona usulda tub sonlar ко ‘paytmasiga yoyiladi. Isbot. Matematik induksiya metodi bilan isbot qilamiz. 1 - b о s q i с h . Induksiya bazisi n - 1 bo'lsin. U holda teore­ ma isbot bo‘ldi. 2 - bosqich. Har qanday 1 < к < n uchun teorema to'g'ri bo'lsin. Ya’ni /:yoki 1 ga teng, yoki tub son, yoki ko'paytuvchilari tartibigacha yagona usulda tub sonlar ko'pavtmasiga yoyiladi. 3 - bosqich. Agar n tub son bo'lsa, isbot tamom. Agar n murakkab son bo'lsa, u holda 1 < a < n va 1 < b < n shartlarni qanoatlantiradigan shunday natural sonlar mavjud bo'lib, n = a ■ b induksiya faraziga ko'ra a, b lar tub sonlar yoki ko'pay­ tuvchilari tartibigacha aniqlikda yagona usulda tub sonlar 6 www.ziyouz.com kutubxonasi ko'paytmasiga yoyiladi. Agar a, b lar tub sonlar bo'lsa, isbot tugaydi. Aks holda a = pl -... pk , b = pk+x ■ ■ pm bo'lib, n = px ■... ■ pk ■ pk+1 •... • pm . Endi bu yoyilma yagona ekanligini isbot qilamiz. Faraz qilaylik, n = q{ ■... • qs tenglik n ning boshqa yoyilmasi bo'lsin. Bundan n - p x-... ■ pm = qt • • qs kelib chiqa­ di. Bu tenglikning ikkala tomonini px ga bo'laylik. U holda px va qx,...,qs lar tub sonlar bo'lganligi uchun qx,...,qs lardan biri px ga teng. Aniqlik uchun px = qx bo'lsin. U holda p2 ■... • pm = q2 ■ ■■■ ■ Qs ■ Bu yoyilmalar n dan kichik sonlarning yoyilmalari bo'lganligi uchun, induksiya faraziga ko'ra, ko'paytuvchilari tartibigacha yagona. n natural sonni tub ko'paytuvchilarga yoyganimizda, px tub son yoyilmada a, marta, p2 tub son a2 marta va hokazo, pm tub son am marta uchrasin. U holda n = ■... • p“'n ifoda n natural sonning kanonik yoyilmasi deyiladi. Kanonik yoyilmada tub ko'paytuvchilarni o'sish tartibidajoylashtirsak, yoyilma yagona bo'li­ shi ravshan. 3- §. SONLI FUNKSIYALAR t(w) va a(«) funksiyalar. х(л) orqali n natural sonning bar­ cha natural bo'iuvchilari sonini, a(n) orqali n natural sonning barcha natural bo'iuvchilari yig'indisini belgilaymiz. Masalan, 6 ning natural bo'iuvchilari 1,2, 3,6 sonlardan iborat. Demak, x(6) = 4 va 0(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12. Agar n = p*1 ■... • tenglik n natural sonning tub bo'luv- chilarga kanonik yoyilmasi bo'lsa, u holda x{n) = (a, + 1) -...-(a,,, + 1). Haqiqatan ham, n ning har qanday q bo'luvchisi d = pf1 ■■■■■pllk, 1 < P[ < a,, l< p 2 < a2,..., 1 < p^ < ak ko'rinishda bo'lishi ravshan. p, ni (a, + 1) usulda, p2 ni (a, +1) usulda va h.k., p* ni (ak + 1) usulda tanlab olishimiz mumkin bo'lgani uchun р,,...,рА larni (a, + 1) ■... • (a* + 1) ta usulda tanlash imkoniyati bor. Natural son barcha natural bo'luv- chilarining yig'indisi 7 www.ziyouz.com kutubxonasi 2>Р' - Pi2 p[k = (1 + P\ + + pk + ...+ pakk ) 1 — P A: —cx A- ga tengligini ko'rish qiyin emas. U holda 1 ot(- + l , CX; 1 “ Pj 1 + Pi + ... + />,-'= ——!----- 1 - Pi formulaga asosan , ai-fl , a^-rl , cu+1 1 - 1 - p2 I - pk formula hosil qilinadi. Agar a(n) = 2n tenglik bajarilsa, u holda n soni mukammal son deyiladi. Masalan, 6 va 28 sonlari mukammal sonlardir. Haqiqatan ham, !-22 1 - 32 a^ = jd ' T r = 3'4 = 12 = 2 '6’ 1 - 23 1 - I2 a(28) = -L-i- • у -i- = 7 • 8 = 56 = 2 • 28. Misol. 6, 28, 496, 8128, 33550336, 8589869056, 137438691328 sonlari birinchi uchraydigan yettita mukammal sondir. Misol. 496 mukammal bo'lishini tekshirib ko‘ring. Agar o(a) = b, a(b) - a o'rinli bo'lsa, a va b sonlari do'si sonlar deyiladi. Masalan, 220 va 284; 18416 va 17246 sonlari do'st sonlardir. Quyida 100 000 gacha bo'lgan do'st sonlar jadvalini keltiramiz: 220 = 22- 5 -11 284 = 22•71 1 184 = 25•37 1210 = 2-5-ll2 2620 = 22 - 5 - 131 2924 = 22- 17-43 5020 = 23 - 5 - 251 5564 = 22 • 13 ■ 107 6232 = 23 ■ 19 -41 6368 = 25- 199 10744 - 23 - 17 -79 10856 = 23 - 23 - 59 8 www.ziyouz.com kutubxonasi 12285 = З3 • 5 • 7• 13 14595--= 3-5-7 - 139 17296 = 24-23-47 184 1 6 = 24 • 1151 63020 = 22 • 5 • 23 • 137 76084 = 22 • 23■827 66928 = 24-47-89 66992 = 24•53 • 79 67095 = 33 - 5- 7 - 71 71145 = 39 - 5- 17-31 69615 = 32-5-7-13-17 87633 = З2 • 7 - 13- 107 79750 = 2-541-29 88730 = 2-5- 19-467 Sonning butun qismi. Sonning o‘zidan oshmaydigan eng katta butun son, sonning butun qismi deyiladi va x haqiqiy sonning butun qismi [xj orqali belgilanadi. Masalan, 5,2 sonning butun qismi 5 ga; - 5,2 ning butun qismi esa - 6 ga teng. Berilgan sondan shu sonning butun qismini ayirsak, hosil boigan son berilgan sonning kasr qismi deyiladi. Masalan, 5,2 - 5 = 0,2; - 5,2 - (- 6) = 0,8. у = \x) funksiya ixtiyoriy haqiqiy son uchun aniqlangan. Masalan, [n] = 3, [e] = 2 , [4l} = 2, [V6] = 2 , f--~r] = -4 va h. k. э Bu funksiya x ning butun qiymatlarida uzilishlarga ega (1.1- chizma). 4 *■ О 1.1- chizma. я! ning kanonik yoyilmasi. n\- 2tt| • 3“2 •... • . pm— n dan kichik boigan birinchi tub son. www.ziyouz.com kutubxonasi Misol. 50! nechta nol bilan tugashini toping. 50!_2ai . 3a* . . 47am bo'lib, Demak, 50! 12 ta nol bilan tugar ekan, chunki u (5 -2)i2 ga boiinadi, lekin (5-2)13ga bo'linmaydi. 100!, 200! lar nechta nol bilan tugashini hisoblab ko‘ring. 4-§. QOLDIQLI BO‘LISlI HAQIDAGI TEOREMA T eorem a. Agar a butun son va m natural son berilgan bo 'Isa, shunday q, r butun sonlar mavjud bo ‘lib, a = mq + r, 0 < r < m munosabatlar о ‘rinli bo 'ladi. Haqiqatan ham, agar a - 0 bo'lsa, 0 = m ■ 0 + 0 ■ Agar, a = 1 bo'lsa, m = 1 bo'lganda 1 = 11+0; m > 1 bo‘lganda 1 = m ■ 0 + 1 bo'lib, teorema o'rinli. Endi ixtiyoriy a natural son uchun teorema o'rinli bo'lsin deb faraz qilamiz. U holda shunday q, r butun sonlar mavjudki, a = mq + r.Q<r<m munosabat o'rinli bo'lsin. Bundan a + \ = mq + r + \ tenglikni hosil qilamiz va r + \<m bo'lsa, q, r + 1 sonlar teorema shartlarini qanoatlantiradi. Agar r + 1 > m bo'lsa, a + 1 = mq + r + 1 = mq + m + (r + j - m) = - m(q + 1) + (r + 1 - /и); q + 1 = q1, r + 1 = r belgi lash lar kirit- sak, a + 1 = mq’ + r\ 0 < /•' < m munosabatlar o'rinli bo'ladi. Shunday qilib. har qanday a uchun teorema to'g'riligidan a+ 1 uchun ham teorema to'g'ri bo'lishini isbot qildik. Demak, barcha natural sonlar va 0 butun son uchun teorema to'g'ri ekan. www.ziyouz.com kutubxonasi