5-masala. Cheksiz kamayuvchi geometrik progressiyaning yig’indisi 4, uning hadlari kublari yig’indisi 192.Uning birinchi hadiga va maxrajini toping.
Yechish:𝑎1 ≠ 0, 0 < |𝑞| < 1 deb, masala shartiga ko’ra ushbu sistemani yozamiz:
𝑎1
= 4
1−𝑞
{ 𝑎13 ⇔
3 = 192
1−𝑞
{𝑎13 = 192𝑎1(1=−4(𝑞1)(−1𝑞+),𝑞 + 𝑞2)⇔{2𝑞𝑎21 +=54𝑞(1+−2𝑞=),0⇔
𝑎1 = 4(1 − 𝑞), 𝑎1 = 4(1 − 𝑞), ⇔ { ⇔ { (𝑞 + 2) (𝑞 +) = 0 𝑞1 = −2, 𝑞2 = −.
Demak, bu yerda 𝑞2 = − masala shartini qanoatlantirishidan 𝑎1 = 6
topiladi
J a v o b. 𝑎1 = 6, 𝑞 = − . 6- masala. Shunday uch xonali son topingki, uning raqamlari arifmetik progressiyani hosil qilib, uning o’zi 45 ga bo’linsin.
Yechish: ̅𝑥𝑦𝑧̅̅̅̅ = 100𝑥 + 10𝑦 + 𝑧 sonni qidiramiz (𝑥𝑦𝑧̅̅̅̅̅ – uch xonali son) 𝑥, 𝑦 va 𝑧 lar arifmetik progressiya hosil qilgani uchun 𝑦 =
𝑥 + 𝑧
. U son 45 ga bo’lingani uchun uning 5 ga va 9 ga bo’linishi kelib 2
chiqadi. Demak, 𝑧 − oxirgi raqam yo 5, yo 0 bo’ladi ikkinchidan 𝑥 +
𝑦 + 𝑧 = 9𝑘 (𝑘 ∈ 𝑁)bajariladi. Demak masala shartini ushbu ikki sistema qanoatlantiradi (𝑘𝜖𝑁):
𝑧 = 0 𝑧 = 5
{ 2𝑦 = 𝑥 + 𝑧 va { 2𝑦 = 𝑥 + 𝑧
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9𝑘 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 9𝑘
Birinchi sistemada hosil bo’lgan
𝑥 = 2𝑦
{
𝑥 + 𝑦 = 9𝑘
ni yechishda u uchun 1,2 … . ,9 larni tanlab tekshirsak, uni faqat (6; 3) qanoatlantirish kelib chiqadi. Ikkinchi sistemadan
2𝑦 = 𝑥 + 5
{
𝑥 + 𝑦 + 5 = 9𝑘
ni hosil qilib, unda ham tekshirish bajarsak, uni (1; 3) va (7; 6) yechimlarni qanoatlantirishi kelib chiqadi. Bundan ushbu yechim topiladi:
J a v o b: 630; 135; 765.
Sonlarga oid masalalar Hech bir uchtasi bitta to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 𝑛 ta nuqtadan
𝑛(𝑛−1) ta to‘g‘ri chiziq o‘tqazish mumkin. 2
N(A) – 𝐴 to‘plamning elementlari soni bo‘lsa,𝑁(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑁(𝐴) + 𝑁(𝐵) − −𝑁(𝐴 ∩ 𝐵) o‘rinli.
1 dan 𝑛 gacha bo‘lgan natural sonlar ichida 𝑝 ga ham, 𝑞 ham
𝑛 𝑛 𝑛 bo‘linmaydiganlar soni 𝑙 = 𝑛 − [ ] − [ ] + [ ] ga teng. [𝑥] – 𝑥
𝑝 𝑞 𝑝𝑞
ning butun qismi, 𝑝 va 𝑞 o‘zaro tub sonlar.
masala. Har qanday uchtasi bir to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 6ta nuqta berilgan. Shu 6ta nuqta orqali nechta turlicha to‘g‘ri chiziq o‘tqazish mumkin?