Mavzu: Foiz miqdorli masalalar

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:
{𝑎11−𝑞=4𝑎131−𝑞3=192⇔{𝑎1=4(1−𝑞),𝑎13=192(1−𝑞)(1+𝑞+𝑞2)⇔{𝑎1=4(1−𝑞),2𝑞2+5𝑞+2=0⇔
⇔ {𝑎1=4(1−𝑞),(𝑞+2)(𝑞+12)=0 ⇔ {𝑎1=4(1−𝑞),𝑞1=−2,𝑞2=−12.
Demak, bu yerda 𝑞2=−12 masala shartini qanoatlantirishidan 𝑎1=6 topiladi
22
J a v o b. 𝑎1=6, 𝑞=−12 .
6- masala. Shunday uch xonali son topingki, uning raqamlari arifmetik progressiyani hosil qilib, uning o’zi 45 ga bo’linsin.
Yechish: 𝑥𝑦𝑧̅̅̅̅̅=100𝑥+10𝑦+𝑧 sonni qidiramiz (𝑥𝑦𝑧̅̅̅̅̅ – uch xonali son) 𝑥,𝑦 va 𝑧 lar arifmetik progressiya hosil qilgani uchun 𝑦=𝑥 + 𝑧2. U son 45 ga bo’lingani uchun uning 5 ga va 9 ga bo’linishi kelib 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=02𝑦=𝑥+𝑧𝑥+𝑦+𝑧=9𝑘 va {𝑧=52𝑦=𝑥+𝑧𝑥+𝑦+𝑧=9𝑘
Birinchi sistemada hosil bo’lgan {𝑥=2𝑦𝑥+𝑦=9𝑘
ni yechishda u uchun 1,2….,9 larni tanlab tekshirsak, uni faqat (6;3) qanoatlantirish kelib chiqadi. Ikkinchi sistemadan {2𝑦=𝑥+5𝑥+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
1. Hech bir uchtasi bitta to‘g‘ri chiziqda yotmaydigan 𝑛 ta nuqtadan 𝑛(𝑛−1)2 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.
3. 1 dan 𝑛 gacha bo‘lgan natural sonlar ichida 𝑝 ga ham, 𝑞 ham bo‘linmaydiganlar soni 𝑙=𝑛−[𝑛𝑝]−[𝑛𝑞]+[𝑛𝑝𝑞] ga teng. [𝑥] – 𝑥 ning butun qismi, 𝑝 va 𝑞 o‘zaro tub sonlar.
23
7- 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?