|
Kurs ishi mavzu : bir nomalum taqqoslamalar va diofarant tenglamalar ilmiy rahbari: Ermatov. Sh Mundarija
|
| bet | 3/9 | | Sana | 23.12.2023 | | Hajmi | 41,74 Kb. | | #127539 |
Bog'liq Mavzu bir nomalum taqqoslamalar va diofarant tenglamalar-fayllar.org (1) Kurs ishi ilmiy rahbar Phd habibjon Boltayev mundarija-hozir.orgTa’rif. Agar Z halqaga tegishli a va b sonlarni m natural songa bo`lganda hosil bo`lgan qoldiqlar bir xil bo`lsa, yoki a-b ayirma m ga bo`linsa, yoki a=b+mq tenglik o`rinli bo`lsa, u holda a va b sonlar m modul bo`yicha taqqoslanadi deyiladi va uni ab(mod m) ko`rinishda belgilanadi.
Taqqoslamalar quyidagi xossalarga ega:
10. Taqqoslama ekvivalent binar munosabat.
a) a ≡ a ( mod m ) , chunki a – a = 0 bo`lib, 0 son m ga bo`linadi. Demak, taqqoslama refleksivlik xossasiga ega.
b) a ≡ b ( mod m ) yoki a –b = mt bo`lsin. Bundan b – a = m (-t) tenglikni yozish mumkin . U holda b – a ≡ 0 ( mod m ) yoki b ≡ a ( mod m ). Demak, taqqoslama simmetriklik xossasiga ega.
c) Agar a ≡ b ( mod m ) va b ≡ c ( mod m ) bo`lsa, u holda a ≡ c ( mod m ) bo`ladi. Haqiqatan, a = b + mt1 , b = c + mt2 tengliklarni hadlab qo`shsak, a –c = mt tenglik hosil bo`ladi. Bunda t = t1 + t2. U holda a ≡ c ( mod m ) bo`ladi. Demak taqqoslama tranzitivlik xossasiga ega.
Ekvivalentlik va binar munosabatlari tarifiga ko`ra, taqqoslama ekvivalent binar munosabat ekan.
20.Bir xil modulli taqqoslamalarni hadma-had qo`shish (ayirish) mumkin.
Bu ish n ta a1b1(mod m), a2b2(mod m),...,anbn (mod m) taqqoslamalar uchun ham bajariladi, ya’ni a1a2... an(b1b2...bn) (mod m) taqqoslamani hosil qilamiz. Xaqiqatan ham,
a1 ≡ b1 ( mod m ),
a2 ≡ b2 ( mod m ),
ak ≡ bk ( mod m )
bo`lsa, u holda ularni a1 ≡ b1+ mt1 ,
a2 ≡ b2 + mt2 ,
ak ≡ bk + mtk
kabi yozish mumkin. Bu tengliklarni hadlab qo`shib (ayirib)
a1 ± a2 ± a3 ± . . . ± ak = b1 ± b2 ± b3 ± . . . ± bk ± m (t1 + t2 + t3 + . . . + tk)
y o k I a1 ± a2 ± a3 ± . . . ± ak = b1 ± b2 ± b3 ± . . . ± bk ± mt
tenglikga ega bo`lamiz
a1 ± a2 ± a3 ± . . . ± ak =b1 ± b2 ± b3 ± . . . ±bk (mod m)
ko`rinishda ham yozish mumkin.
Natija.1 Taqqoslamaning bir qismidagi sonni uning ikkinchi qismiga qarama-qarshi ishora bilan o`tkazish mumkin.Haqiqatan,
a + b ≡ c ( mod m )
taqqoslama berilgan bo`lsa, unga -a ≡ -a ( mod m ) taqqoslamani qo`shsak, b ≡ c-a ( mod m ) taqqoslama hosil bo`ladi.
Natija.2 Taqqoslamaning ixtiyoriy qismiga modulga karrali sonni qo`shish mumkin. Haqiqatan, a ≡ b ( mod m ) taqqoslama berilgan bo`lsa, bu taqqoslamaga mk ≡ 0 ( mod m ) taqqoslamani qo`shsak, a+mk ≡ b ( mod m ) taqqoslama hosil bo`ladi.
30. Bir xil modulli taqqoslamalarni hadma-had ko`paytirish mumkin. Haqiqatan, (5) dagi tengliklarni hadlab ko`paytirib,
a1·a2· a3 · . . . · ak =b1 · b2 · b3 · . . . · bk+mA
tenglikga ega bo`lamiz. Bunda
A= b1 b2 b4 . . . bk t2 + b1 b3 b4 . . . bk t1 + . . . bo`lib
a1a2 a3 . . . ak =b1 b2 b3 . . . bk ( mod m ) taqqoslama o`rinli.
N a t i j a. Taqqoslamalarning ikkala qismini (modulni o`zgartirmay) bir xil musbat butun darajaga ko`tarish mumkin.
Haqiqatan ham, b1 = b2 = b3 = . . . = bk = b, a1 = a2 = a3 = . . . =ak bo`lsa u ga ko`ra a k ≡ bk ( mod m ) taqqoslama hosil bo`ladi.
Natija. Taqqoslamaning ikki qismini (modulni o`zgartirmay) bir xil natural darajaga ko`tarish mumkin.
40. Modulni o`zgartirmagan holda taqqoslamaning ikki qismini bir xil butun songa ko`paytirish mumkin. Haqiqatan, a ≡ b ( mod m ) taqqoslamani k ≡ k ( mod m ) taqqoslama bilan hadlab ko`paytirish natijasida ak ≡ bk ( mod m ) ga ega mo`lamiz.
50.Agar x y(mod m) bo`lsa, u holda ixtiyoriy butun koeffitsientli f(x)=a0xn+a1xn-1+... +an-1x+an, f(y)=a0yn+a1yn-1+...+an-1y+an ko`phadlar uchun f(x)=f(y) (mod m) taqqoslama o`rinli bo`ladi.
I s b o t. x ≡ y ( mod m ) bo`lganidan 3-xossagadagi natijaga asosan X k ≡ yk ( mod m ) ikkala qismini 4-xossaga ko`ra an-k ga ko`paytiramiz. Natijada an-k x k ≡ an-k y k ( mod m ) ( k = 0, n ) taqqoslamalar hosil bo`ladi. Bulardan esa 2-xossa yordamida quyidagi taqqoslamani topamiz:
a0 x n +a1 x n-1 + . . . + an = a0 y n + a1 y n-1 + . . . + an ( mod m ).
60.Agar bir vaqtda ai=bi (mod m)(i= ) va x= y (mod m) taqqoslamalar o`rinli bo`lsa, u holda a0 xn+a1 xn-1l+...+an-1x +an = b0 yn + b1 yn-1 +...+bn-1 y+bn(mod m) taqqoslama o`rinli bo`ladi.
Natija: Taqqoslamada qatnashuvchi qo`shiluvchini o`zi bilan teng qoldiqli bo`lgan ikinchi songa almashtirish mumkin. Haqiqatan a + b ≡ c ( mod m ), b ≡ d( mod m ), bo`lsa, u holda a + d ≡ c ( mod m ) bo`ladi.
Taqqoslamani darajaga nisbstan qo`llash mumkin emas. Masalan, 3≡8(mod 5) uchun 23 ≡ 28 (mod 5) bo`ladi. Chunki 23 ≡ 3 (mod 5) va 28 ≡ 1 (mod 5), ammo 1≡ 3 (mod 5).
70. Taqqoslamaning ikki qismini modul bilan o`zaro tub bo`lgan ko`paytuvchiga qisqartirish mumkin.
ad ≡ bd (mod m ) (11) bo`lib, (d; m) = 1 bo`lsin. (11) taqqoslama (ad - bd)/m munosabatga teng kuchli. U holda (a - b)d/m dan (d; m) = 1 bo`lgani (a - b)/m yoki a ≡ b (mod m ) bo`ladi.
Agar ( m; d) = k bo`lib, k >1 bo`lsa, u holda bu xossa o`rinli emas.
M i s o l. 5·4 ≡ 7·5 ( mod 15), (5; 15) = 5 ≠ 1 bo`lgani uchun bu taqqoslamaning xar ikkala tamonini 5 ga bo`lib, 4 ≡ 7 ( mod 15), (5; 15) = 5 ≠ 1 bo`lgani uchun bu taqqoslamaning xar ikkala tomonini 5 ga bo`lib, 4 ≡ 7 (mod 5) xulosaga kelamiz.
80. Taqqoslamaning ikkala qismini va mo`dulini bir xil butun musbat songa ko`paytirsh, taqqoslamaning ikkala qismi va modul umumiy ko`paytuvchiga ega bo`lsa, u holda bu taqqoslamaning ikkala qismi va mo`dulini umumiy ko`paytuvchiga bo`lish mumkin.
I s b o t i. a) a ≡ b (mod m ) taqqoslama berilgan bo`lsin. a ≡ b + mt tenglikning ikkala qismini d butun songa ko`paytirsak, ad ≡ bd + mdt yoki ad ≡ bd (mod md ) taqqoslama hosil bo`ladi.
b) ad ≡ bd (mod md ) berilgan bo`lsin. U holda bu taqqoslamani (ad - bd)/md yoki (a - b)d /md kabi yozishimiz mumkin. Bundan a – b/m, ya’ni a ≡ b(mod m ) taqqoslama kelib chiqadi.
90. Agar taqqoslama bir necha Modul bo`yicha o`rinli bo`lsa, u holda bu taqqoslama shu modullarning eng kichik umumiy bo`linuvchisi bo`yicha ham o`rinli bo`ladi.
I s b o t i. a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ) bo`lsin. Taqqoslama tarifiga asosan a-b ayirma bir vaqtda m1 va m2 larga bo`linganidan bu ayirma m= [m1; m2] ga ham bo`linaqdi, yani a ≡ b (mod m ) bo`ladi. Bu mulohazadan, agar taqqoslama m1, m2, . . . mn bo`yicha o`rinli bo`lsa, T= [m1, m2, . . . mn] bo`yicha ham o`rinli bo`ladfi, degan hulosaga kelamiz.
100. Agar taqqoslama biror m Modul bo`yicha o`rinli bo`lsa, u holda bu takdoslama modulning ixtiyoriy buluvchisi buyicha ham o`rinli bo`ladi.
Haqiqatan, agar a ≡ b(mod m ) yoki a - b = mt bo`lib m = m1d bo`lsa u holda a - b = m1dt deyish mumkin. Bundan a - b = m1 (dt) bo`ladi. Demak, a≡b(mod m1) ekan
110. Taqqoslamaning bir qismi va modulining eng katta umumiy bo`luvchisi bilan uning ikkinchi qismi va mo`dulining eng katta umumiy bo`luvchisi o`zaro teng bo`ladi. Haqiqatan, a ≡ b (mod m ) dan a = b + mt yoki a– mt=b tengliklarni yozish mumkin. (a; m) =d va (b; m)=d1 bo`lsin. Aytaylik, a=da1 va m=dm1 bo`lsin. a1 d – m1dt = b nig chap qismi d ga bo` linganidan b ham d ga bo`linadi. d son b va m sonlarning umumiy bo`luvchisi ekan va d1 / d (12) b = db1 bo`lsin. U holda a = b1d1 + m2d1t tenglikdan a/d1 va d1 son a va m sonlarning umumiy bo`luvchisi bo`lgani uchun d1 / d (13) bo`ladi. (12) va (13) larga ko`ra d1 = d bo`ladi.
|
| |
