ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
65
TAQQOSLAMA VA UNING XOSSALARIGA DOIR MISOL VA MASALALAR
YECHISH
Zaxiriddinova Shahlo Zaxiriddin qizi
Shahrisabz davlat pedagogika instituti Matematika va ta`limda
axborot texnologiyasi kafedrasi o`qituvchisi
Ulug`murodova Shaxlo Shuhrat qizi
Shahrisabz davlat pedagogika instituti, Pedagogika fakulteti
“Matematika va informatika” yoʻnalishi 2-bosqich talabasi
https://doi.org/10.5281/zenodo.15129071
Annotatsiya:
Maqolada taqqoslash jarayonlarining maqsadi, obyektlar yoki
jarayonlarning o'zaro bog'liqliklarini tushuntirib chiqish va buning natijasida ma'lumotlar
olish, aniqlasho’rganilgan.
Kalit so`zi:
Taqqoslama; modul; Eyler funksiyasi; Firmaning kichik teoremasi; kanonik
yoyilma; tasdiq; o‘zaro tub; chiziqli taqqoslama; Qoldiqlar haqidagi Xitoy teoremasi;
ekvivalent; daraja xossalari;
Annotation.
Integer, modulus, comparison, remainder, inequality.Taqqoslamalaro'zaro
bog'liqlik va taqqoslash usullari boyicha har bir sohada o'zgartirib boriladi. Taqqoslashni
to'g'ri amalga oshirish uchun, ma'lumotlar olish, tahlil qilish, natijalarni chiqarish lozim.
Keywords:
Comparison; modulus; Euler function; Firma's little theorem; canonical
expansion; confirmation; mutual root; linear comparison; Chinese residue theorem;
equivalent; degree properties;
Kirish.
Bunday taqqoslamalarning umumiy kо‘rinishi quyidagicha: (1)bu yerda butun
sonlar. Taqqoslamani yechish deganda uni tо‘g‘ri sonli taqqoslamaga aylantiruvchi sonlar
sinfini tushunamiz. Chunki (1) taqqoslamani biror son qanoatlantirsa, uni (t-butun son)
sonlar sistemasi ham qanoatlantiradi. (1) taqqoslamaning yechimini topish uchun biz
quyidagi ikkita holni qaraymiz. Bitta sinfdagi barcha yechimlarini bitta yechim deb
qabul qilamiz. 1. Agar (1) taqqoslama yechimga ega bо‘lsa, u yechim modul bо‘yicha
chegirmalarning birorta sinfidan iborat bо‘ladi. Ma’lumki, chegirmalarning tо‘la sistemasidagi
har bir chegirmaga bitta sinf mos kelardi. Demak, о‘zgaruvchi chegirmalarning tо‘la
sistemasini qabul qilar ekan, u holda chiziqli forma haqidagi 1-teoremaga asosan ham
chegirmalarning tо‘la sistemasini qabulqiladi. noma’lumning biror qiymatida chegirma bilan
son bitta sinfga tegishli bо‘ladi, ya’ni bо‘lib (1) taqqoslamaning yagona yechimi bо‘ladi.
Mavzuga doir adabiyotlar tahlili.
Ma’lumki, taqqoslamani deb yozish mumkin. Bu
yerda butun son. (mod )axbm
,,ab
1x1xmt
( , ) 1am
mxaxx0x0axb0(mod )axbm
0(mod
)xxm
( , )1amd
(mod )axbm
axbmy
y
Demak, tenglikda . Bundan agar , ya’ni son va ga
bо‘linmasa, (1) taqqoslama yechimga ega bо‘lmaydi; degan natija kelib chiqadi. Faraz
qilaylik, bо‘lsin. taqqoslamalarning 5-xossasiga asosan (1) ning ikkala qismi va modulini
ga bо‘lib, quyidagini hosil qilamiz: (2)Bu yerda bо‘lganidang (1) holga asosan (2) taqqoslama
modul bо‘yicha yagona yechimga ega: Bu yechim (1) ni ham qanoatlantiradi. Lekin (1)
ning yechimlari shu bilan tugallanmaydi. Burilgan taqqoslamaning yechimlarini modul
bо‘yicha topish uchun quyidagilarga e’tibor beramiz: (3)Bu chegirmalarning har biri modul
bо‘yicha teng qoldiqli bо‘lib, modul bо‘yicha har xil sinfga tegishlidir. Shu xil sinflarning
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
66
vakillari (4)dan iborat. Haqiqatan ham (4) ning har qanday ikkitadan elemeni modul
bо‘yicha taqqoslanuvchi emas. (3) sinfning (4) ga kirmagan har bir elementi uchun (4) dan
shunday element topiladiki, ularning ayirmasi ga bо‘linadi. Shuning uchun ular bitta
sinfning vakillari hisoblanadi. Demak, bо‘lsa, (1) taqqoslama (4) orqali aniqlanuvchi ta
yechimga ega ekan. Yuqoridagilarga asosan quyidagi xulosalarni yoza olamiz: Xulosalar: 1.
Agar bо‘lsa, (1) ning yechimi mavjud va yagonadir. 2. bо‘lib, a) chin bо‘lsa, yechim mavjud
emas; v) chin bо‘lsa, (1) taqqoslama ta yechimga ega. Misollar.1. bо‘lgani uchun yechim
yagona bо‘ladi. modul bо‘yicha chegirmalarning tо‘la sistemali dan iborat. Bevosita tekshirib
kо‘rish bilan yechim ekanligiga ishonch hosil qilamiz.2. ; lekin bо‘lgani uchun bu taqqoslama
yechimga ega emas. axbmy
abmddd
bd
bdbdb
d11,(mod )axbm
11( , )
1am
1m0x0101(mod ),.xxmxxkmkC
m11 1 111 11...,, ,,...,( 1)
,,....xmxxmxdmxdm
1mm1 111211,2 , ...., ( 1)xxmxmxdm
m1mdm
( , )va (
, )amdbmd
d( , ) 1am
( , )0amd
ab
abd3 7 (mod11); (3, 11) 1x
m
0, 1, 2, 3, 4, 5
5 (mod11)x
5 7 (mod15)x
(5, 15) 5,
75
3. bо‘lgani uchun taqqoslama uchta
yechimga ega bо‘ladi. Haqiqatan taqqoslamani shaklda yozib olamiz bо‘lgani uchun bu
taqqoslama 5 modul bо‘yicha yagona yechimga ega bо‘ladi. Haqiqatan, yechimdir.Berilgan
taqqoslamaning yechimi yoki dan iborat.Bu yechim bilan birgalikda yoki ham yechim bо‘ladi.
ava b butun sonlarnibutun musbat msoniga bo’lganda bir xil qoldiq qoladigan, ya’ni a = mq1 +
rva b = mq2+ r,bo’lsa, ava b sonlar teng qoldiqdli yoki mmodul bo’yicha o’zaro
taqqoslanadigan sonlar deyiladi va quyidagicha yoziladi: a ≡b (mod m) “a son b bilan m
modul bo’yicha taqqoslanadi” deb o’qiladi. Agar a ≡b (mod m) bo’lsa, u holda a –bayirma m
ga qoldiqsiz bo’linadi, va aksincha, agar ava bsonlarning ayirmasi m ga bo’linsa, u holda a ≡b
(mod m)o’rinli bo’ladi (taqqoslamaning ma’nosi haqidagiteorema). Har qanday butun son
mmodul bo’yicha o’zining qoldig’i bilan taqqoslanadi, ya’ni, agar a = mq + r bo’lsa, u holda a
≡r (mod m) bo’ladi. Xususiy holda, agar r = 0 bo’lsa, u holda a ≡0(mod m) bo’ladi; bu
taqqoslama m| aekanligini, ya’ni msoni a ning bo’luvchisi ekanligini bildiradi, aksincha ham
o’rinli, agar m|abo’lsa, u holda a ≡0(mod m) deb yoziladi. Taqqoslamalarning asosiy xossalari
(tengliklarning xossalariga o’xshash) 1.Agar a ≡cs (mod m)va b ≡c (mod m) bo’lsa, u holda
a≡b(modm) bo’ladi. 2.Agar a ≡b (mod m)va c ≡d (mod m) bo’lsa, u holdaa ±c ≡b±d (mod m)
bo’ladi. 3.Agar a + b ≡c (mod m) bo’lsa, u holda a ≡c -b (mod m) bo’ladi. 4.Agar a ≡b (mod m)
bo’lsa, u holda a ±mk ≡b (mod m), yoki a ≡b ±mk (mod m) bo’ladi. 5.Agar a ≡b (mod m)va c
≡d (mod m) bo’lsa, u holda ac≡bd(mod m) bo’ladi. 6.Agar a ≡b (mod m) bo’lsa, u holda
an≡bn(mod m)(
𝑛𝜖𝑁
)bo’ladi. 7.Agar a ≡b (mod m) bo’lsa, u holda ixtioriy kbutun son uchun
ak ≡bk (mod m) bo’ladi,. 9 6 (mod15); (9, 15) 3; (6, 15) 3;x
2 2 (mod5)x
(3,5) 1
1
(mod5)x
1, 1 5, 1 10 (mod15)
1 (mod5), 4 (mod15), 9 (mod15)x
1, 1 5, 1 10
(mod15)
1(mod15), 4(mod 15), 9(mod 15)x
Tatqiqot metodologiyasi.
Agar ak ≡bk (mod m)va (k,m) = 1 bo’lsa, u holda a ≡b (mod
m) bo’ladi. 9.Agar f(x) = a0xn+ a1xn-1+ ... + an(ai
∈𝑍
)va x ≡x1(mod m) bo’lsa, u holda f(x)
≡f(x1) (mod m) bo’ladi.Taqqoslamalarninng maxsus xossalari 1.Agar a ≡b (mod m) bo’lsa, u
holda k
∈𝑁
uchun ak ≡bk (mod mk) bo’ladi. 2.Agar a ≡b (mod m)va a = a1d, b = b1d, m = m1d
bo’lsa, u holda a1≡b1(mod m1)bo’ladi. 3.Agar a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), ..., a ( b (mod
mk) bo’lsa, u holda a ≡b (mod M) bo’ladi, bu yerda M = [m1, m2,..., mk]. 4.Agar taqqoslama
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
67
m modul bo’yicha o’rinli bo’lsa, u holda bu taqqoslama m ningixtiyoriy bo’luvchisi bo’lgan
dmodul bo’yicha ham o’rinli bo’ladi. 5.Agar taqqoslamaning bir tomoni biror songa
bo’linsa, u holda uning ikkinchi tomoni va moduli ham shu songa bo’linadi. 1-Misol. Quyidagi
shartlarni taqqoslamalar yordamida yozing: a)219 va 128 sonlarni 7 ga bo’lganda bir xil
qoldiq qoladi; b)(-352) sonini 31 ga bo’linganida qoldiq 20 ga teng bo’ladi ; c)487 -7 ayirma
12 ga bo’linadi;d) 20 –soni 389 ni 41 ga bo’lgandagi qoldiqdan iborat; e) Nsoni juft; f)
Nsoni toq; g) Nsonining ko’rinishi 4k + 1 dan iborat; h) Nsonining ko’rinishi 10k + 3 dan
iborat; i) Nsonining ko’rinishi 8k –3 dan iborat. Yechilishi.Taqqoslamaning ma’nosi haqidagi
teoremaga asosan: a) 219 ≡128(mod 7); b) –352 ≡20(mod 31);c) 487 ≡7(mod 12); d) 389
≡20(mod 41); e) N ≡0(mod 2);f) N ≡1 yoki -1(mod 2); g) N ≡1(mod 4); h) N ≡3(mod 10); i)
N ≡-3(mod 8). 2-Misol. Quyidagi shartni qanoatlantiradigan m ning qiymatlarini toping: 20
≡8(mod m).
Yechilishi. mning qiymatlari (taqqoslamaning ma’nosi haqidagi teoremaga asosan) 20
–8 = 12 ning bo’luvchilaridan iborat, ya’ni: 1; 2; 3; 4; 6; 12. 3-Misol. 25n–1 ning 31 ga
bo’linishini isbotlang (n
∈𝑁
). Yechilishi. 25–1 = 31 bo’lganligi uchun 25≡1(mod 31). Bu
taqqoslamaning ikkala tomonini (6-xossaga asosan) n darajaga ko’tarib,25n≡1(mod 31) ni
hosil qilamiz, bu esa 31|(25n–1) ni anglatadi. 4-Misol. 2100sonining oxirgi ikkita raqamini
toping. Yechilishi. Berilgan sonning oxirgi ikki raqami bu sonni 100 ga bo’lganda hosil
bo’ladigan qoldiqdan iborat. Demak, quyidagi taqqoslamani qanoatlantiradigan x sonini
topish talab qilinadi: 2100≡x(mod100). Ikkining kichik darajalaridan boshlab, 100 ga
bo’lganda hosil bo’ladigan qoldiqlarni ketma-ket ajratamiz: 2100= (210)10= (1024)10;
(1024)10≡(24)10(mod100). (24)10= (576)5≡76 5 ≡(76)4
⋅
76 = (5776)2
⋅
76 ≡(76)2
⋅
76 =
5776
⋅
76 ≡762≡5776 ≡76(mod100). Shunday qilib, 2100sonining oxirgi ikki raqamir 7 va 6
dan iborat.
Maqolada birinchi darajali taqqoslamalar
sistemalari qanoatlantiradigan barcha qiymatlari topish o'rganilgan.
Ikki o'zgaruvchili tengsizliklar sistemasini taqqoslash, matematikada juda muhim o'rin
tutadi. Bu usul, o'zgaruvchilar funksiyalari, limitlar, integrallar va koordinatalar orqali
tengsizliklarini taqqoslashga asoslangan.
Bir noma'lumli har xil modulii birinchi darajali taqqoslamalr sistemasining umumiy
ko'rinishi quyidagidan iborat:
axx = b (mod m ) a2 x = b2 (mod m2)
anx = bn (mod mn)
Bu sistema yechimini topishning umumiy usuli quyidagicha: dastlab sistemaning
birinchi taqqoslamasining x = a(modm1) yechimi topiladi, bu yerda a — m1 modul bo'yicha
manfiy bo'lmagan eng kichik yoki absolyut qiymati jihatidan eng kichik chegirmadan iborat,
bu yechimni sonlar sinfi shaklida yozib olinadi: x = m1t + a. (2)
(Agar birinchi taqqoslama yechimga ega bo'lmasa, berilgan sistema ham yechimga ega
bo'lmaydi).
So'ngra x ning (2) dagi qiymati sistemaning ikkinchi taqqoslamasiga qo'yilib, a2 + (m±t +
a) = b2(modm2) (3) taqqoslama hosil qilinadi . (3) taqqoslamadan t ning sonlar sinfi
shaklidagi
t = m2t1 + p
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
68
ko'rinishi topilib, u (2) tenglikka qo'yiladi va x ning yangiqiymatihisoblanadi. (Agar (3)
taqqoslama yechimga ega bo'lmasa, berilgan sistema ham yechimga ega bo'lmaydi).
Natijada x ning sonlar sinfi shaklida yozilgan va berilgan sistemaning dastlabki ikkita
taqqoslamasini qanoatlantiradigan qiymati hosil bo'ladi. x ning topilgan qiymati
uchinchi taqoslamaga qo'yilib, hosil bo'lgan taqqoslama ti ga nisbatan yechiladi va ti
ning sonlar sinfi shaklida yozilgan qiymati x ning ifodasiga qo'yladi, so'ngra x ning bu qiymati
to'rtinchi taqqoslamag qo'yiladi va shu taxlitda sistemaning oxirgi taqqoslamasigacha
yechiladi. x ning oxirgi qiymati berilgan sistemaningyechimidan iborat bo'Iadi.
Berilgan sistemani yechishda dastavval har bir taqqoslamani alohida yechib, sistema
quyidagi ko'rinishga keltirib olinadi:
axx = b (mod m ) a2x = b2 (mod m2 )
anx = bn (mod mn ) So'ngra yuqoridagi usul qo'llaniladi.
(4)
Agar (1) sistemaning atx = h^mod m{)(i = 1,n) taqqoslamalari uchun (ai, mi) = di va dibi
(a¿,m¿) = dt va d^bi bo'lsa, u holda har bir z'-nchi taqqoslamaning hadlarini va modulini d[ ga
qisqartirib, (1) sistemaga teng kuchli bo'lgan quyidagi sistema hosil qilinadi:
a,
b
1 x = 1
d d
x = h
d 2 d 2
a b
/7 x = n
(mod mi) d
(mod m2) di
d_
m
(mod m^) dd
(5)
Bu sistemaning taqqoslamalirini x ga nisbatan yechib, (5) sistemaning yechimini
quyidagi sistemaning yechimiga keltirish mumkin:
, m,
x = ^ (mo^-^) dx
m
x = a2 (mo^-1) d.
(6)
/ Amn N
x = an (mo^-^)
d
n
Agar (4) sistemada mi, m2,..., mn modullar juft-jufti bilan o'zaro tub bo'lsa, i t j da (mi,
mj) = 1 bo'lsa, u holda uning yechimini quyidagi formula bilan ham
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
69
topish mumkin Xo = ^Ji^i + ^2^2 +
■
" + ^Jn^n, (7)
M
xo (mod M)
bu yerda M = [mi, m2,..., mn] vayi, y2,..., yn lar—yi = 1(mod m{),i = 1,n
taqqoslamalarning yechimlaridan iborat. Sistemaning yechimi x taqqoslamadan iborat
bo'ladi.
Agar —,—,... ,— modullar juft-jufti bilang o'zaro tub bo'lsa, Bu usul bilan (6)
d1 d2 dn
sistemani ham yechish mumkin.
Misol 1. Quyidagi taqqoslamalr sistemasini yeching:
x = 13(mod16) x = 3(mod10) x = 9(mod14)
Yechilishi. Birinchi taqqoslamadan x = 16t + 13
ni hosil qilamiz. x ning bu qiymatini ikkinchi taqqoslamag qo'yamiz: 16t + 13 = 3 (mod
10), yoki 16t + 10 = 0 (mod 10), Bu yerdan 8t = 0 (mod 5), yoki 16t = 0 (mod 5) ni hosil
qilamiz. Demak, t = 5t1. t = 5t1 ni x = 16t + 13 ifodaga qo'yamiz: x = 16-5t1 + 13 = 80t1 + 13.
x ning topilgan qiymatini uchinchi taqqoslamag qo'yamiz: 80t1 + 13 = 9 (mod 14), yoki
80t1 = - 4 (mod 14), bu yerdan 80t1 = 10 (mod 14), yoki 40t1 = 5 (mod 7), yoki 8t1 = 1 (mod
7), bu yerdan t1 = 1 (mod 7), ya'ni, t1 = 7t2 + 1. t1 = 7t2 + 1 ni x = 80t1 + 13 ifodaga qo'yib, x =
80 (7012 + 1) + 13 = 560t2 + 93 ni hosil qilamiz. Shunday qilib, x = 93 (mod 560).
Tekshirish: 93 - 13 ayirma 16 ga bo'linadi; 93 - 13 ayirma 10 ga bo'linadi; 93 - 9 ayirma
14 ga bo'linadi.
Eslatma. 16t = 0 (mod 10) taqqoslamani yechishda biz 8t = 0 (mod 5) taqqoslamani hosil
qildik, uning yechimi t = 0 (mod 5), yoki t = 5t1 berilgan taqqoslamaning x = 80t1 + 13
yechimiga olib keldi. Ammo 16t = 0 (mod 10) taqqoslamaning ikkinchi t = 5 (mod 10), yoki t =
10t1 + 5 yechimi ham mavjud (chunki, d = (16, 10) = 2). Bu yechimni x = 16t + 13 ifodaga
qo'yib,
x = 16(10t1 + 5) +13 = 160t1 + 93 yechimni hosil qilamiz. Lekin 93 = 13 (mod 80)
bo'lganligi uchun, ya'ni 93 va 13 sonlari 80 modul bo'yicha bir sinfga tegishli bo'lganligi uchun
x ning bu qiymatiga mos bo'lgan yechim qaralmaydi.
Bu eslatmadan (1-misol) agar sistemaning biror taqqoslamasi yoki t1 ga nisbatan biror
taqqoslama m modul bo'yicha d ta yechimga ega bo'lsa, u holda sistemani yechimini topish
uchun d ta yechimga ega bo'lgan taqqoslama yechimini unga teng kuchli bo'lgan m/d modul
bo'yicha taqqoslama yechimi bilan almashtirish yetarlidir. Misol 2. Taqqoslamalar sistemasini
yeching: 7x = 3(mod11) ' 15x = 5(mod35) > 3x = 2(mod5) ^
Yechilishi. Sistemaning har bir taqqoslamasini alohida yechib, bu sistemaga teng kuchli
bo'lgan quyidagit sistemani hosil qilamiz: x = 2(mod11) x = 5(mod7) x = 4(mod5)
Bu sistemaning modullari juf-jufti bilan o'zaro tub sonlardan iborat bo'lganligi uchun
uning yechimini (7) formula bilan topish mumkin.
M = [11, 7, 5] = 385, — = 35 , — = 55 , — = 77
m1 m2 m3
sonlarni topib, quyidagi taqqoslamalarni tuzamiz:
35u1 =1 (mod 11), 55u2 =1 (mod 7), 77u3 =1 (mod 5), bu yerdan U1 = 6, U2 = - 1, U3 = 3
larni hosil qilamiz.
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
70
Endi (7) formuladan quyidagini hosil qilamiz:
xo = 35-6-2 + 55- (-1) -5 + 77-3-4 = 1069 =299 (mod 385).
Xulosa.
Shunday qilib, x = 299 (mod 385). Misol3.Taqqoslamalar sistemasini yeching: 5x
= 7(mod9)' 4x = 3(mod7) > 3x = 8(mod12)
Yechilishi. Berilgan sistemaning uchinchi taqqoslamasida (3, 12) = 3, ammo 8 soni 3 ga
bo'linmaydi, shuning uchun bu taqqoslama ham berilgan sistema ham yechimga ega emas.
Misol 4. Taqqoslamalar sistemasini yeching: x = 2(mod3) x = 3(mod2) > x = -1(mod6)
Yechilishi. Sistemaning dastlabki ikkita taqqoslamasi x = -1 (mod 3) va x = -1 (mod 2)
taqqoslamalarga teng kuchli, shuning uchun ularni uchinchi taqqoslamaning natijasi
bo'lganligi uchun tashlab yuborilsa bo'ladi. Shunday qilib, sistema uchinchi taqqoslamasining
yechimi sistemaning ham yechimi bo'ladi, ya'ni. x = -1 = 5 (mod 6).
Misol 5. 2, 3, 4, 5, 6 va 7 sonlariga bo'linganida mos ravishda 1, 2, 3, 4, 5 va 0 qoldiq hosil
bo'ladigan sonni toping.
Yechilishi. Masala yuidagi taqqoslamalr sistemasiga keltiriladi:
x s 1(mod2) x s 2(mod3)
x s ö'x "1 (mod 2) yoki x = 3 (mod 2)
x s 5(mod6) x s 0(mod7)
taqqoslama x = 3 (mod 4) taqqoslamaning natijasi sifatida tashlab yuborilishi mumkin.
Xuddi shunday x = 2 (mod 3) taqqoslama ham olinmaydi.
Shunday qilib, quyidagi sistemani hosil qilamiz: x s 3(mod4) x s 4(mod5)
>
x s 5(mod6) x s 0(mod7)
Bu sistemani yechib, x = 119 (mod 420) ni hosil qilamaiz. Misol 6. Quyidagi taqqoslama
yechimga ega bo'ladigan a ning qiymatlarini toping:
x = 5(mod18) x = 8(mod21) -x = a(mod35)
Yechilishi. Birinchi taqqoslamadan x = 18t + 5
ni hosil qilamiz. x ning bu qiymatini ikkinchi taqoslamaga qo'yib, t ning qiymatini
topamiz:
18t + 5 = 8 (mod 21), yoki 18t = 3 (mod 21), yoki 6t = 1 (mod 7), t = 6 (mod 7). t = -1
(mod 7) ni olish qulayroq, bu yerdan t = 7t1 - 1. Bu qiymatni x ning ifodasiga qo'yib,
x = 16 (7t1 - 1) = 5 = 126t1 - 13. x ning hosil qilingan qiymatini sistemaning uchinchi
taqqoslamaga qo'yamiz:
126t1 - 13 = a (mod 35), t.ye. 21t1 = a = 13 (mod 35). (21, 35) = 7 bo'lganligi uchun
oxirgi taqqoslama yechimga ega bo'lishi uchun a + 13 = 0 (mod 7) taqqoslama yechimga ega
bo'lishi kerak, bu yerdan a = 1 (mod 7).
Shunday qilib, berilgan sistema a = 1 fmod 7) bo'lgandayechimga ega.
Foydalanilgan adabiyotlar/Используемая литература/References:
1.
Sharipova, M., & Latipova, S. (2024). TAKRORIY GRUPPALASHLAR. Development of
pedagogical technologies in modern sciences, 3(3), 134-142.
2.
Sharipova, M. (2024). TAQQOSLAMA TUSHUNCHASI VA UNING XOSSALARI. Current
approaches and new research in modern sciences, 3(2), 68-78.
ILM-FAN VA INNOVATSIYA
ILMIY-AMALIY KONFERENSIYASI
in-academy.uz/index.php/si
71
3.
Sharipova, M. (2024). IKKI O'ZGARUVCHILI TENGSIZLIKLAR SISTEMASINI
TAQQOSLAMALAR USULI BILAN YECHISH. Development and innovations in science, 3(2),
97105.
4.
Sharipova, M. (2024). BIRINCHI DARAJALI TAQQOSLAMALARNI YECHISH USULLARI.
Solution of social problems in management and economy, 3(2), 60-69.
5.
Latipova, S., & Sharipova, M. (2024). KESIK PIRAMIDA MAVZUSIDA
FOYDALANILADIGAN YANGI PEDAGOGIK TEXNOLOGIYALAR. 6X6X6 METODI, BBB
(BILARDIM, BILMOQCHIMAN, BILIB OLDIM) METODLARI HAQIDA. Current approaches and
new research in modern sciences, 3(2), 40-48.
6.
Sharipova, M. (2024). IN THE FORM OF AN UNBOUNDED PARALLELEPIPED IN THE
FIELD NONLOCAL BORDERLINE CONDITIONAL LINEAR THE REVERSE IS THE CASE. Science
and innovation in the education system, 3(1), 105-116.
7.
Sharipova, M. (2024). FUNCTIONAL SPACES. IN SHORT REFLECTION PRINCIPLE.
Current approaches and new research in modern sciences, 3(1), 131-142.
8.
Sharipova, M. (2024). A IS CORRECT OF THE INTEGRAL TO THE ECONOMY
APPLICATIONS. Solution of social problems in management and economy, 3(1), 116-125.
9.
Sharipova, M. (2024). ASYMMETRY AND KURTOSIS COEFFICIENTS. Theoretical aspects
in the formation of pedagogical sciences, 3(1), 216-225.
10.
Sharipova, M. (2024). TWO MULTIPLE OF THE INTEGRAL APPLICATIONS.
Инновационные исследования в науке, 3(1), 135-140.
11.
Sharipova, M. P. L. (2023). CAPUTA MA'NOSIDA KASR TARTIBLI HOSILALAR VA UNI
HISOBLASH USULLARI. Educational Research in Universal Sciences, 2(9), 360-365.
12.
Sharipova, M. P. (2023). MAXSUS SOHALARDA KARLEMAN MATRITSASI. Educational
Research in Universal Sciences, 2(10), 137-141.
13.
Madina Polatovna Sharipova. (2023). APPROXIMATION OF FUNCTIONS WITH
COEFFICIENTS. American Journal of Public Diplomacy and International Studies (2993-2157),
1(9), 135-138.
14.
Madina Polatovna Sharipova. (2023). Applications of the double integral to mechanical
problems. International journal of sciearchers,2(2), 101-103.
15.
Sharipova, M. P. L. (2023). FINDING THE MAXIMUM AND MINIMUM VALUE OF A
FUNCTION ON A SEGMENT. American Journal of Public Diplomacy and International Studies
(2993-2157), 1(9), 245-248.
16.
Sharipova, M. P. (2023). FUNKSIYALARNI KOEFFITSIENTLAR ORQALI FUNKSIYALARNI
YAKINLASHTIRISH HAQIDA MA'LUMOTLAR. GOLDEN BRAIN, 1(34), 102110.
17.
Sharipova, M. (2023, December). RELATIONSHIPS BETWEEN STRAIGHT LINES AND
PLANES IN SPACE. In Международная конференция академических наук (Vol. 2, No. 12,
pp. 60-66).
18.
Sharipova, M. (2023). FRACTIONAL DERIVATIVES. Академические исследования в
современной науке, 2(27), 106-113.
19.
Sharipova, M. (2023). CORRECT PLACED AND CORRECT NOT PLACED ISSUES. Models
and methods in modern science, 2(13), 115-121.
20.
Sharipova, M. (2023). HEAT SPREAD EQUATION. Инновационные исследования в
науке, 2(12), 50-56.
