Mantiqiy, kombinatorik va nostandart masalalar

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
+ 
5 8
6 * 3
6 * 3
6 4 3
6 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 

---

61 
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.

---

62 
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. 
- 
1 0 2 5 
- 
1 0 2 5 
- 
1 0 2 5 
- 
1 0 2 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 

---

63 
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. 

---

64 
* * 
* 3 
+ 
* 2 2 
1 * *
* * 0 2 
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 
+ 
* 2 2
+ 
2 2 2
+ 
2 2 2
+ 
2 2 2 
1 * *
1 * *
1 4 8
1 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
- 
**
0 
** 
35 
2* 
- 
1*
*

---

65 
*4
* 
0
Yechish. Birinchi qadamda bo`linuvchi raqami bilan tugashi va 
bo`lish qoldiqsiz ekanligidan foydalanamiz. 
- 
**0 
** 
35
- 
**0 
** 
35
- 
840 
70 
35 
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: 
a) 
5 4 3 2 1=3 
b) 
5 4 3 2 1=5 
Yechish. Bu rebuslarning har biri ikkita yechimga ega. Ularni 
topish o`quvchilarga qiyinchilik tug`dirmaydi: 
a) 
5+4-3-2-1=3 

---

66 
5-4+3-2+1=3 
b) 
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 2 3 4 5 6 7 =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.