Rİyaziyyatin məSƏLƏ vasiTƏSİLƏ TƏkrari

73.  Qalıq  8  olduğundan  bölən  9-dur. 

5

aa

  ədədi  9-a  bölünməməlidir.  Odur  

3

2



a

 və ya 

12

2



a

 olmalıdır. Buradan 

6



a

. Deməli bölünən 665, qismət 73-dür. 

Yəni:  665:9=73(8).  Bilmək  lazımdır  ki, 

17

5

2





a

,  17  ədədini  9-a  böldükdə  isə 

qalıqda 8 alınır. 

74. 5∙200

2

=2∙10

5

 

 

37 

75. 44∙77=3388, 55∙99=5445; 77∙88=6776; 88∙88=7744. 

76. Bunu iki üsulla etmək olar (ġəkil 14 a, b). 

 

 

 

 

 

 

 

77. Leylanın fikirləĢdiyi x ədədinin kubu 













24361

1

7

1

7

0

7

1

10

7



















 

ədədindən kiçik 













26410

6

7

6

7

6

7

6

10

7



















 ədədindən isə böyük deyil.  

Beləliklə, 

26410

24361

3





x

. Bu Ģərti ödəyən yeganə natural ədəd x=29 dur. 

Onu seçmə üsulu ilə asanlıqla tapmaq olar. 

78. Fərz edək ki, oğulun yaĢı x aydır. Onda atanın ay hesabı yaĢı 9x olar. Bu 

yaĢların fərqi isə 9x-x=26∙12+8=320 dir. Buradan x=40 ay. Deməli atanın 40 yaĢı 

vardır. 

79. ġəkil 15b-yə baxmalı.  

 

 

 

 

 

 

 

80.  a)  VerilmiĢ  ədəd 

1

2

2

1

...



k

a

a

a

  isə  onda  yeni  ədəd 

1

2

2

1

1

2

2

1

...

...





k

k

a

a

a

a

a

a

 

olar. 

Bu 

yeni 

ədədi 



















1

2

2

1

1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

1

2

2

1

...

...

10

...

...

k

k

k

k

k

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

 

 

38 









A

a

a

a

a

a

a

k

A

k

k

k

k

k

11

...

1

10

...

10

10

10

1

10

...

1

10

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

1

2

















































































. 

ġəkildə yaza bilərik. Buradan tələb edilən alınır.  

b)  verilmiĢ  ədəd 

k

a

a

a

...

2

1

  isə  onda  yeni  ədəd 

1

2

1

2

1

...

...

a

a

a

a

a

a

a

k

k

k



  olar.  Bu  yeni 

ədədi 





k

k

k

k

k

k

k

k

k

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

















...

10

10

...

0

...

0

0

...

...

...

2

1

1

1

2

2

1

1

2

1

2

1







 













k

a

a

a

a

a

a

k

k

k

k



































11

1

10

10

1

10

10

...

1

10

10

...

10

10

3

2

3

2

1

2

1

1

2

1

  

ġəkildə  yaza  bilərik.  Buradan  tələb  olunan  alınır.  Xüsusi  halda  verilmiĢ  ədəd 

3

2

1

a

a

a

 

isə 

onda 

yeni 

ədəd 

1

2

3

3

2

1

a

a

a

a

a

a

 

olar. 

Bu 

yeni 

ədədi 























1

2

3

3

2

1

1

2

3

3

2

1

1

2

3

3

2

1

10

100

1000

10

100

000

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

 





















3

2

1

1

2

3

2

3

3

2

4

1

5

1100

10010

100001

10

10

10

10

10

a

a

a

a

a

a

a

a

a

 





3

2

1

100

910

9091

11

a

a

a







 Ģəkildə yaza bilərik. Buradan tələb olunan alınır. 

81. 







1

1

1

2

2

4















n

n

n

n

n

n

  olduğundan  yalnız  və  yalnız 

1

1

2







n

n

 

və ya 

1



n

 olduqda 

1

4





n

n

 sadə ədəd olar.  

82. 

1331

11

3



. 

83. Belə natural ədədlərin cəmi 





3

6

2



n

 dır. Bu ədəd 4-ə bölünmür. 

84. a) 

2

2

33

12

1233





; b) 

2

2

33

88

8833





. 

85.  Məsələnin  iki  həlli  vardır:  Ġti  bucağı  72

0

  və  iti  bucağı 

7

360

0

  olan 

paraleloqramlar (ġəkil 16 a, b, c) 

 

 

 

 

 

a), b) hallarında 5, c) halında 7 bərabər bucağın cəmi 360

0

-dir.  

86. 144. məsələnin yeganə həlli vardır.  

 

39 

87.  Üçüncü  tərəfin  uzunluğu  x  olsun.  Onda  üçbucaq  bərabərsizliyinə  görə 

6,31+0,82=7,13



x 

və 

0,82+x>6,31 

və 

ya 

x>6,31-0,82=5,49. 

Deməli 

5,49



x=6 və x=7. 

88. Bir məktəbli üç gündə bir ağac əkdiyindən 12 gündə 4 ağac, 12 məktəbli 

isə 12 gündə 4∙12=48 ağac əkər.  

89. Təpələri yalnız ağ nöqtələrdə olan çoxbucaqlılarla təpələri ağ və qırmızı 

nöqtələrdə  olan  çoxbucaqlıları  müqayisə  edək.  Təpələri  ağ  nöqtələrdə  olan 

çoxbucaqlıların  sayı,  təpələri  ağ  və  qırmızı  nöqtələrdə  olan  çoxbucaqlıların 

sayından çox deyil. Təpələrindən birisi qırmızı nöqtədə olan üçbucaq artıqdır. 

90.  Məlumdur  ki,  rəqəmləri  cəmi  9-a  bölünən  ədədin  özü  də  9-a  bölünür. 

Deməli  A,  B,  C  ədədlərinin  üçü  də  9-a  bölünür.  2010  rəqəmli  ədədin  rəqəmləri 

cəmi 

18090

2010

9





-ni aĢmadığından A ədədi beĢ rəqəmdən çox olmayan rəqəmlə 

yazılır. Beləliklə A ədədinin rəqəmləri cəmi 9∙5=45-dən çox deyil və B 45-i aĢmır, 

B ədədinin rəqəmləri cəmi isə 3+9=12 dən çox deyil. C ədədi 9-a bölündüyündən 

və 12-ni aĢmadığından C=0 və ya C=9 ola bilər. C=0 isə onda B=A=a=0 olar ki, bu 

isə Ģərtə ziddir. Deməli C=9.  

91.  

 

 

 

 

92.  Bir  kitabın  qiyməti  x  qəpik  olarsa  onda  9x<1000  və  ya 

111



x

.  Eyni 

zamanda 

1100

10



x

  və  ya 

110



x

.  Beləliklə,  x=111,  kitabın  qiyməti  1  man  11 

qəpikdir.  

93. Azalan 6, çıxılan 4 rəqəmlərilə qurtarır.  

94. ġərtə görə 

a

 və 

b

 rəqəmləri 





b

a

k

b

a







10

100

 və ya 



 



1

10

10







k

b

k

a

 

tənliyini ödəməlidir. AĢkardır  ki, 

10

1





k

 





10



a

. k=10 olduqda b=0;  Onda  a=1 

və lazım olan ədəd 10-dur. (100=10∙10). k=2,3,4,5,8 olduqda həll yoxdur. k=6,7,9 

 

40 

olduqda uyğun olaraq 18(108=6∙18), 15(105=7∙15), 45(405=9∙45) alırıq. Beləliklə 

10, 15, 18, 45 ikirəqəmli ədədləri məsələnin Ģərtini ödəyir.  

95.  Saatın  əqrəblərinin  göstərilən  vəziyyətləri  uyğun  olaraq  8

45

  və  14

45

-i 

göstərir. Deməli, Nihad 6 saat məktəbdə olmuĢdur.  

96. 2 saat 30 dəq. 

97. 

15

8

15

16

15

14

...

4

5

4

3

4

3

3

2

2

3

2

1

225

1

1

...

16

1

1

9

1

1

4

1

1



























 











 











 













 











 











 











 

 

98.  Fərz  edək  ki, 

abc

  fikirdə  tutulmuĢ  ədəddir.  Onda 





cba

abc

 

c

a

a

b

c

c

b

a























99

10

10

10

10

2

2

.  Odur  ki, 

c

a



  və  ya  fərqin  son  rəqəmi 

sıfırdırsa, onda cavab da sıfırdır. 





9

0

,

9

0











c

a

c

a

 olduqda alırıq ki, cavabda onluq  rəqəmi və yüzlüklə 

təklik  mərtəbəsindəki  rəqəmlərin  cəmi  həmiĢə  9  olur.  Odur  ki,  cavabın  sonuncu 

rəqəminin  x  olduğunu  bildikdə  dərhal 

x

x9

9



  cavabını  verə  bilərik  (məsələn  x=5 

isə, onda cavab 495 olacaqdır). 

99.  Fərz  edək  ki,  x-qələm,  y-dəftər,  z-pərgar  alınmıĢdır.  Onda  Ģərtə  görə 

x+10y+50z=500,  x+y+z=100  və  ya  x+y+z+(9y+49z)=500,  9y+49z=400  yazmaq 

olar. Sonuncu bərabərlikdən 

9

49

400

z

y





, 

1



z

 olduqda y=39, onda x=60.  

100. 36. 

 

 

 

 

 

  

101. Fərz edək ki, əvvəlcə I nəfərdə x, II-də y  manat olmuĢdur. Onda Ģərtə 

görə II-də habelə III, IV və V nəfərin hər birində olan yeni məbləğ 

5

5

5

x

y

x

y







 

 

41 

olar.  Yenə  Ģərtə  görə 

man

x

y

x

x

y

x

x

y

15

15

17

5

5

5

5

4

1



















, 

man

y

17



. 

Deməli,  sonra  hər  nəfərdə 

man

x

y

20

5

15

17

5

5

5











  olmuĢdur.  III,  IV,  V  nəfərin 

hər  birinin  əvvəlki  pullarının  üzərinə 

4

20

5

1





,  I  nəfərin  əvvəlki  pulunun  üzərinə 

5

20

4

1





,  II-in  əvvəlki  puluna 

3

15

5

1





  əlavə  etdikdə    20  manat  alınır.  Odur  ki, 

III,IV və V adamın hər birinin əvvəlcə 16, I-nin 15, II-nin 17 manatı olmuĢdur. I, II 

nəfərin əvvəlki pullarının miqdarı tapıldıqdan sonra bu nəticə alınır. 

102. Olar, çünki tili 1 sm olan kubun səthinin sahəsi 6 sm

2

-dir.  

103.  Üçbucağın  oturacağının  uzunluğu  ona  çəkilmiĢ  hündürlüklə  tərs 

mütənasibdir. (Çünki 

a

h

a

S





2

1

); beləliklə, axtarılan üçbucağın tərəfləri hər hansı 

a

 üçün 

2

,

a

a

 və 

3

a

 dür. Lakin 

6

5

3

2

a

a

a





 dır ki, bu da 

a

-dan kiçikdir. Deməli belə 

üçbucaq ola bilməz.  

104.  Məsələ  12x+5y=100  tənliyinin  natural  həllərinin  tapılmasına  gəlir, 

burada  x-iki  qəpiklik,  y  isə  beĢ  qəpiklik  markaların  sayıdır.  Buradan 

x

y

5

12

20





 

və  ya 

8

,

5





y

x

  alırıq.  Beləliklə,  Ģagird  50  birqəpiklik,  5  ikiqəpiklik  və  8 

beĢqəpiklik marka almıĢdır.  

105.  Mərkəzi  O,  A,  B,  C  nöqtələrində  olan  çevrələrin  radiuslarını  uyğun 

olaraq  R, 

3

2

1

,

,

r

r

r

  ilə  (Ģəkil  21)  iĢarə  edək.  Onda 

1

r

R

AO





, 

3

1

r

r

AC





, 

3

r

R

OC





, 

3

2

r

r

BC





, 

2

r

R

OB





.  

Buradan 

R

r

R

r

r

r

R

OC

AC

AO

2

3

3

1

1



















;  

R

r

R

r

r

r

R

OB

BC

OC

2

2

3

2

3



















. 

106.  1)  20-14=6,  2)  20-15=5;  3)  20-17=3;  4)  20-18=2.  5)  6+5+3+2=16;  6) 

16+4=20. 

 

42 

107. 18.  

108. Həllin iki üsulunu göstərək. 

I  VerilmiĢ  kəsrin  surəti  məxrəcindən  2137-1627=510  qədər  böyükdür. 

Surətdən  hər  dəfə  7,  məxrəcdən  isə  2  çıxdıqda  surət  məxrəcdən  7-2=5  qədər  çox 

kiçilir.  Odur  ki,  bu  əməliyyatı  510  ədədində  yerləĢən  5-i  sayı  qədər,  yəni 

510:5=102 dəfə aparmaq lazımdır. 

II. Axtarılan çıxmaların sayı x olsun. Onda Ģərtə görə 

1

2

1627

7

2137







x

x

  yazarıq. 

Buradan x=102. 

109. 





44

;

33

;

22

;

11

;

43

;

42

;

41

;

34

;

32

;

31

;

24

;

23

;

21

;

14

;

13

;

12

  cəmisi  16  belə  ədəd 

yazmaq olar. 

110. 16

2

=256. 

111.  B

2

  dördrəqəmli  ədəd  olduğundan  B>31.  kB  ikirəqəmli  ədəd  və  B>31 

olduğundan  k<4.  Bundan  əlavə  B<50. 

 













abcd

B

dcba

kB

2

2

    bərabərliklərini  tərəf-tərəfə 

çıxıb 

 





a

b

c

d

k

B

111

10

10

111

9

1

2

2











  alırıq.  Buradan  alınır  ki,  B  ədədi  3-ə 

bölünür. 

Həmin 

bərabərlikləri 

tərəf-tərəfə 

toplayıb 

 





b

c

b

a

k

B

91

10

10

91

11

1

2

2











    tapırıq.  Buradan  alınır  ki,  B  ədədi  11-ə  də 

bölünür. Odur ki, B=33. Onda A=33

2

=1089. 

112. 

y

x045

13

  ədədinin  72-yə  bölünməsi  üçün  həmin  ədəd  8-ə  və  9-a 

bölünməlidir.  Həmin  ədədin  8-ə  bölünməsi  üçün 

y

45

  üçrəqəmli  ədədi  8-ə 

bölünməlidir.  Bunun  üçün  y=6  olmalıdır.  Onda 

0456

13x

  ədədinin  9-a  bölünməsi 

üçün  19+x  cəmi  9-a  bölünməlidir.  X  ədədi  natural  və 

9

0





x

  olduğundan,  x=8 

olmalıdır. 

113. Axtarılan ədədi 2 vahid artırsaq həmin ədəd 3, 4, 5 və 6-ya bölünər. Bu 

ədədlərə bölünən ən kiçik ədəd 60 olduğundan axtarılan ədəd 60-2=58-dir.  

114. 24; 26. 

 

43 

115.  Kitabın  ilk  9  səhifəsi  birrəqəmli  ədəddir,  burada  9  rəqəmdən  istifadə 

olunub,  90  səhifəsi  ikirəqəmli  ədəddir.  Odur  ki,  burada  90∙2=180  rəqəmdən 

istifadə  olunmuĢdur. Kitabın  qalan  3  rəqəmli  ədədlərdən  ibarət  olan  səhifələrində 

1392-(180+9)=1203  rəqəmdən  istifadə  olunmuĢdur.  Hr  səhifədə  3  rəqəm 

iĢlədildiyindən 1203:3=401 səh. Deməli kitab 401+90+9=500 səhifədir. 

116.  ġərtə  görə 

2

n

aabb



.  Buradan 

2

10

100

1000

n

b

b

a

a









  və  ya 

2

11

1100

n

b

a





, 

2

)

100

(

11

n

b

a





,  sonuncu  bərabərlikdən  alınır  ki,  n=11k,  onda 

11(100a+b)=11

2

k

2

 və ya 100a+b=11k

2

. Sonuncu bərabərliyi 99a+a+b=11k

2

, deməli 

bərabərliyin sol tərəfi 11-ə bölünür, bu yalnız a+b=11 olduqda mümkündür. Onda 

99a+11=11k

2

  yazarıq.  Buradan  11(9a+1)=11k

2

  və  ya  9a+1=k

2

.  Sonuncu 

bərabərliyin  sol  tərəfi  tam  kvadrat  ədəddir,  bu  yalnız  a=7  olduqda  mümkündür. 

Onda a+b=11 dən b=4 alarıq. Deməli axtarılan ədəd 7744-dir. 

117. Verilən ədədlərin hər birindən 

10

1

 - çıxaq:  









1

10

10

9

1

10

10

1

10

10

10

10

1

1

10

1

10

2011

2011

2011

2011

2011

2010





















;  









1

10

10

9

1

10

10

1

10

10

10

10

1

1

10

1

10

2012

2012

2012

2012

2012

2011





















 

Buradan birinci ədədin ikinci ədəddən böyük olduğu aĢkar görünür. 

118.  Fərz  edək  ki,  dəftərin  qiyməti  x  qəpikdir.  Onda  Muradın  (x-8)  qəpik, 

Asəfin (x-1) qəpik pulu, onların pullarının cəmi isə x-8+x-1=2x-9 olar. ġərtə görə 

bu pul da dəftəri almaq üçün kifayət deyil.  

Deməli 

x

x





9

2

 və ya 

9



x

. Bu bərabərsizliyi ödəyən 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 

ədədlərindən yalnız 8 məsələnin Ģərtini ödəyir. Məsələn, x=7 olarsa 7-8=-1 alınar 

və s. Deməli dəftər 8 qəpikdir, Muradın 0 qəpiyi, Asəfin isə 7 qəpik pulu vardır.  

119. 



















































1

72

9

71

8

71

71

!

61

1

8

71

9

71

!

61

1

63

62

!

61

!

61

!

63

2

 









55

71

!

61

1

9

8

71

71

!

61

71

9

71

8

71

71

!

61

2

























 

120. Ġkilik say sistemində. 

 

44 

121.  Olar:  22a  Ģəkildə  bir  kvadrat  göstərilibdir.  Belə  kvadratı  kubun  12 

tilinin  hər  birindən  almaq  olar.  Yaxud  kubun  açılıĢındakı  6  kvadratın  hər  birinin 

diaqonallarının  çəkilməsilə  alınan  24  eyni  düzbucaqlı  üçbucaqların  2-sinin  bir 

kvadrat əmələ gətirməsindən görmək olar (ġəkil 22 b). 

 

122. 

4

25

 və 

4

5

 

123. 



 



b

a

b

a

b

b

a

a

b

a

a

b

a

aba





























3

14

7

3

7

3

7

14

10

101

10

100

. 

k

b

a

7





  olarsa 





k

b

a

aba

3

14

7







.  Bu  isə  o  deməkdir  ki,  verilmiĢ  ədəd  7-yə 

bölünür. 

 124.  Məktəbli  kinoya  bilet  üçün  30  qəpikdən  az  olmayaraq  vermiĢdir, 

nahara  isə  iki  dəfə  çox,  baĢqa  sözlə  60  qəpikdən  az  olmayaraq  xərcləmiĢdir. 

Nahara üç dənə qəpiklik verilməsindən alınır ki, ona düz 60 qəpik, kino biletinə isə 

30  qəpik  verilmiĢdir.  Kinoya  verilən  pul  məktəblinin  bütün  pulunun 

5

1

-i 

olduğundan, onun cəmisi 1 m 50 qəpik pulu olmuĢdur. Onda qalan pul 1 m 20 qəp-

dir.  Məktəblidəki  20  qəpikliklərin  sayı  15  qəpikliklərin  sayından  çox  olduğunu 

nəzərə alsaq demək olar ki, onda əvvəlcə 2 dənə 15 qəpiklik 6 dənə isə 20 qəpiklik 

olmuĢdur. 

 

45 

125. 23-cü Ģəklə baxın. 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

126. B və D nöqtələrini birləĢdirək (ġəkil 24). 

BDK



 düzbucaqlıdır, habelə 

BK=1, DK=2.  

Pifaqor  teoreminə  görə 

BDK



-dan 

3

2

2







BK

DK

BD

. 

EPK



-da 

düzbucaqlıdır,  həm  də 

2

2





DE

EP

, 

3





BD

KP

. 

Odur ki, 

7

3

4

2

2











KP

EP

EK

. 

127.  1) 





3

c

b

a

abc







  isə,  onda 

9

5









c

b

a

, 

buradan 





9

,

8

,

7

,

6

,

5







c

b

a

. AĢkardır ki, 

c

b

a





 cəmi 

5, 6 və 9-a bərabər ola bilməz (bu ədədlərin kubu uyğun 

olaraq  5,  6,  9  ilə  qurtarır). 

7







c

b

a

  və 

8







c

b

a

 

olan  halları  yoxlamaq  qalır. 

343

7

3



  halı  Ģərti  ödəmir; 

512

8

3



  Ģərti  ödəyir. 

Beləliklə axtarılan ədəd 512-dir. 

2) 





4

d

c

b

a

abcd









 

isə 

onda 

9

6











d

c

b

a

, 

yəni 





9

,

8

,

7

,

6









d

c

b

a

.  Yenə 

6









d

c

b

a

,  çünki  6

4

  qüvvəti  6  rəqəmilə  qurtarır. 

Asanlıqla  müəyyən  etmək  olar  ki, 

d

c

b

a







  cəmi  8  və  9  da  ola  bilməz. 

7









d

c

b

a

 olduqda 7

3

=2401 alırıq. Deməli axtarılan ədəd 2401-dir.  

3) 





5

e

d

c

b

a

abcde











  isə  onda 

9

7













e

d

c

b

a

,  buradan 





9

,

8

,

7











e

d

c

b

a

.  Lakin 

5

5

8

,

7

  və 

5

9

  uyğun  olaraq  7,  8,  9  rəqəmləri  ilə 

 

46 

qurtarır.  Deməli,  rəqəmləri  cəminin  5-ci  dərəcədən  qüvvətinə  bərabər  olan 

beĢrəqəmli ədəd yoxdur. 

128.  20  və  50  qəpikliklərin  sayını  uyğun  olaraq  x,  y-lə  iĢarə  edək.  Onda  5 

qəpikliklərin  sayı  20-(x+y)  olar.  ġərtə  görə  20x+50y+[20-(x+y)]5=500  və  ya 

3x+9y=80 alarıq. Deməli məsələ 3x+9y=80 tənliyinin həllinə gəlir. Bu tənliyin isə 

tam  həlli  yoxdur.  (80  ədədi  3-ə  bölünmür).  Deməli  5,20  və  50  qəpikliklərdən  5 

manat almaq olmaz.  

129.  Saatın  sterblatındakı  bütün  ədədlərin  cəmi  78-ə 

bərabərdir.  10,  11,  12  ədədlərinin  əvəzində  1+0,  1+1  və  1+2 

cəmlərinə baxmaqla 78 ədədini 51-ə qədər azaldırıq. 51:3=17 

(ġəkil 25).  

1+1+9+6=1+1+8+7=2+1+3+4+5=17. 

130. 

“Nömrəsiz” 

iĢarəyə 

keçək: 

e

a

d

a

c

a

b

a

a

a











5

4

3

2

1

,

,

,

,

 

1

2

2

2

2

2











e

d

c

b

a

 olduğunu nəzərə almaqla və Ģərti gözləməklə alınan 

ədədləri yazaq:  

,...

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

,

e

d

c

b

a

al

adl

acde

abcde

bcde

abcd

bce

abd

ce

bd

ac

eab

de

cd

bc

ab

l

d

c

b

a

 

Buradan  görünür  ki, 

22

a

-dən  baĢlayaraq  alınmıĢ  ədədlər  təkrar  olur,  baĢqa 

sözlə  dövr  21-ə  bərabərdir.  2010  ədədini  21-ə  böldükdə  qalıqda  15  alındığından 

1

15

2010









bce

a

a

. 

131. Birinci pozmadan sonra verilmiĢ ədəddə cüt yerdə duran rəqəmlər qalır, 

ikinci  pozmadan  sonra  4-ə  bölünən  yerlərdəki,  üçüncü  pozmadan  sonra  8-ə 

bölünən yerlərdəki rəqəmlər qalır və s. 2-in yüzü aĢmayan  ən böyük qüvvəti 64-

dür. Odur ki, sonuncu olaraq verilən ədəddə 64-cü yerdə duran rəqəm, baĢqa sözlə 

4 pozulur. 

132. Fərz edək ki, düzbucaqlı ABC üçbucağının katetləri 

b

a,

 hipotenuzu 

c

-

dir.  Onda 

c

b

a

ED







  (ġəkil  26.)  Lakin, 

y

x

c

y

r

b

x

r

a













,

,

,  burada 

r

 

daxilə çəkilmiĢ çevrənin radiusudur (ġəkil 27). 

 

47 

Onda 

r

y

x

y

r

x

r

ED

2















 

 

 

 

 

 

 

133.  AĢkardır  ki, 

2



a

,  çünki 

 

bc

bc

bc

1

2

2



  və  ya 





100

1001

200

2







bc

bc

, 

buradan 

0

39900

601

2







bc

bc

 və 

76



bc

. Onda, 

276



abc

. 

134.  Bu  sehrli  kvadrat  adlanır.  29-cu Ģəkildə  ilk 9  rəqəmlərlə doldurulmuĢ 

sehirli kvadrat təsvir olunur. Onun üçün sehrli cəm 15-ə bərabərdir. Bu kvadratın 

hər bir ədədini 

134

15

2010



-ə vurub tələb olunan sehrli kvadratı alırıq (ġəkil 30). 

 

 

 

 

              ġəkil29. 

135.  Dəqiqə  əqrəbi  sutkada  24,  saat  əqrəbi  2  dövr  edir.  Onlar  arasındakı 

bucağı  yarıya  bölən  əqrəb  sutkada  “orta”  qiymət  qədər,  yəni  (24+2):2=13  dövr 

edir. 

136. ġəkildə göstərildiyi kimi hər iki qabın yarısı qədər su götürüb (3l və 2l) 

böyük qabdakı sudan kiçik qabı doldursaq byöük qabda 1l su qalar (ġəkil 31). 

 

4 

9 

2 

3 

5 

7 

8 

1 

6 

536 

1206 

268 

402 

670 

938 

 

48 

                                                           

 

 

 

                    ġəkil 30.  

137. 

2

3

n

n



 düsturu ilə 





...

,

3

,

2

,

1



n

. Buraxılan ədəd 

100

5

5

2

3





 dir. 

138.  Trapesiyanın  tərəflərinin  orta  nöqtələrini  birləĢdirib  (ġəkil  32)  sahəsi 

2

2

h

  olan  kvadrat  alırıq,  burada  h  trapesiyanın 

hündürlüyünün  uzunluğudur.  Digər  tərəfdən  bu 

kvadratın  sahəsi  trapesiyanın  sahəsindən  2  dəfə 

kiçikdir.  Eyni  rəqəmlə  iĢarə  edilmiĢ  üçbucaqlar 

konqruyentdir. 

139.  33-cü  Ģəkilə  baxmalı:  BeĢbucaqlılar  düzgün, 

üçbucaqlar  (oturacağa  bitiĢik  bucağı  72

0

,  təpə  bucağı  36

0

 

olan) bərabəryanlıdır. 

140.  Azərbaycanlılar  çoxdur.  Fərz  edək  ki,  hər  bir 

azərbaycanlı 

ləzgi 

tanıĢına 

öz 

ünvanını 

verir. 

Azərbaycanlıların  sayını  x,  ləzgilərin  sayını  isə  y-lə  iĢarə 

edək. Ġndi aĢkardır ki, azərbaycanlılar 9x ünvan paylamıĢdır. 

(hər  bir  9  ləzgi  tanıĢına),  ləzgilər  isə  cəmisi  10y  ünvan  almıĢdır  (hər  bir  on 

azərbaycanlıdan). Deməli 9x=10y və x>y. 

141.  1996.  VIII  sinif  Ģagirdinin  yaĢına  uyğun  illər  içərisində  yalnız  bu  ilin 

minlik, yüzlük və təklik rəqəmlərinin əmələ gətirdiyi 196 ədədi tam kvadratdır. 

142.  Ġdmançı  x  dəfə  18  (10-luğa  və  8-liyə  düĢmüĢdür)  y  dəfə  5  xal 

toplamıĢdırsa  onda  cəmisi    18x+5y=99  (1)  xal  toplamıĢdır.  (1)-dən  alınır  ki, 

5

1





x

.  99-18x  ədədlərindən  yalnız  99-18∙3=45  ədədi  5-ə  bölünür.  Deməli, 

idmançı 2∙3+9=15 dəfə hədəfə atəĢ açmıĢdır. 

143. 

n

a

a

a

,...,

,

2

1

 yazı taxtasına yazılmıĢ ədədlərdirsə, onda 

3



n

. ġərtə görə  

1072 

134 

804 

 

49 









































1

2

1

3

1

2

3

2

1

...

2

......

..........

..........

..........

,

...

2

,

...

2

n

n

n

n

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

a

                                                 (1) 

Bu  bərabərlikləri  toplayıb 



 





n

n

a

a

a

n

a

a

a

















...

1

...

2

2

1

2

1

  və  ya 







0

...

3

2

1











n

a

a

a

n

  alırıq.  Buradan  n=3  və  ya 

0

...

2

1









n

a

a

a

. 

3



n

 

olduqda 

0

...

2

1









n

a

a

a

 

Ģərtindən  və  (1)  sistemindən  alınır  ki, 

0

...

2

1









n

a

a

a

.  Bu  isə  Ģərtə  ziddir.  n=3  olduqda  (1)  sisteminin  sıfırdan  fərqli 

həlli vardır (məsələn, 

1

3

2

1







a

a

a

, 

2

3

2

1







a

a

a

 və s.)  

144. 

a) 

hökmü 





a

b

a

b

a

98

100

2









 

bərabərliyindən, 

b) 

isə 





b

a

a

b

a









100

105

5

 bərabərliyindən alınır. 

145. 









b

a

b

a

ba

ab













2

3

9

. 

a

  və 

b

  rəqəmlər  və 

0



b

  olduğundan  bu 

fərq  yalnız və  yalnız 

1





b

a

  və  ya 

4





b

a

  olduqda  tam  kvadrat ola bilər. Onda 

tələb olunan xassəni ödəyən aĢağıdakı ikirəqəmli ədədləri alırıq: 21, 32, 43, 54, 65, 

76, 87, 98 və 51, 62, 73, 84, 95 – cəmisi 13 belə ədəd vardır.  

Analojini  xassəni  ödəyən  üçrəqəmli  ədəd  yoxdur: 





c

a

cba

abc









11

3

2

; 

c

a,

  rəqəmlər  olduğundan 

11





c

a

. 

11





c

a

  olsa  idi 





c

a



2

33

  alardıq, 

2

33

  artıq 

mindən böyükdür, odur ki, göstərilən xassəyə malik olan üçrəqəmli ədəd yoxdur. 

146.  Bölünən  böləndən  6  dəfə  çox  olduğundan  qismət  6-dır.  Bölən 

qismətdən 6 dəfə çox olduğundan bölən 36-dır. Deməli bölünən 6∙36=216 dır.  

147.  Ən  kiçik  hasili  10468 və  23579,  ən  böyük hasili  isə  46420 və  87531 

ədədləri verir. 

148.  Bölünən,  bölən  və  qismət  tək  ədəd  olduğundan,  qalıq  cüt  ədəd 

olmalıdır, odur ki, 7ilə qurtara bilməz.  

149. Ədədin 36-ya bölünməsi üçün 0, 4-ə və 9-a bölünməlidir. Ədədin 4-ə 

bölünməsi üçün onun sonuncu iki rəqəminin əmələ gətirdiyi ədəd 4-ə bölünməlidir. 

Buradan alınır ki, sonuncu rəqəm 0, 4 və ya 8 ola bilər. Deməli sonuncu uldüzün 

yerində bu rəqəmlər (0,4,8) olar: 52*20, 52*24, 52*28. Ədədin 9-a bölünməsi üçün 

 

50 

onun  rəqəmləri  cəmi  9-a  bölünməlidir.  Beləliklə  məsələnin  Ģərtini  ödəyən  ədədi 

almaq üçün indi ulduz yerində uyğun olaraq 9, 5 və 1 yazmalıyıq. Beləliklə Ģərti 

52920, 52524 və 52128 ədədləri ödəyir. 

150.  Məsələnin  Ģərtini  ödəyən  tənliyi  yazaq:  10x+y=x

2

+y

3

.  Bu  tənliyi  belə 

yaza  bilərik  x(10-x)=(y-1)y(y+1).  Tənliyin  sağ  tərəfi  üç  ardıcıl  ədədin  hasilidir. 

Odur ki, x(10-x) ifadəsi 2-yə və 3-ə bölünür. Buradan alınır ki, x cütdür. Bundan 

əlavə x və ya 10-x 3-ə bölünür. Bu iki halda ola bilir: x=6 və x=4. Hər iki halda 

y=3. Ġki həll alırıq. 43=16+27 və 63=36+27. 

151.  Domino  daĢlarından  birinin  üzərindəki  görünməyən  xalın  qiyməti  x 

olduğundan, bütün daĢlar  üzərindəki xalların  cəmi  37+x dir. Sehrli  kvadratın  hər 

bir üfüqi sırasındakı xalların sayı eyni olduğundan (məsələ 134-ə baxmalı) bu cəm 

(37+x) 4-ə bölünür. Bu yalnız x=3 olduqda mümkündür. Bundan sonra göstərilən 

domino daĢlarını sehrli kvadrat Ģəkildə düzmək olar (ġəkil 34).  

1 

5 

3 

1 

1 

2 

2 

5 

4 

3 

3 

0 

4 

0 

2 

4 

                 ġəkil 34.  

Bu  kvadratın  sətir  və  sütunları,  habelə  diaqonalları  üzrə  xalların  cəmi  10, 

bütün xalların cəmi isə 40-dır. 

152.  Nöqtələr  arasındakı  nöqtələrin  sayı  nöqtələrin  özlərinin  sayından  1 

azdır.  Deməli  hər  arada  bir  nöqtə  qoyduqdan  sonra,  onda  nöqtələrin  ümumi  sayı 

biri cüt digəri tək olan iki ardıcıl ədədin cəminə bərabərdir.  

153. Dairədə ədədlər yazdıqda onda mərkəzi damadakı ədəd dörd cəmin hər 

birinə,  tərəfin  ortasındakı  ədəd  isə  hər  bir  iki  cəmə,  künclərdəki  ədədlər  isə  hər 

cəmə  yalnız  bir  dəfə  daxil  olur.  Odur  ki,  nəticədə  ən  böyük  ədəd  almaq  üçün 

 

51 

mərkəzi damaya ən böyük 9 rəqəmini, künclərə ən kiçik 1,2,3,4 qalan damalara isə 

5, 6, 7, 8 rəqəmlərini yazmaq lazımdır. Nəticədə 

2

49

 ədədini alırıq. 

154. VerilmiĢ altırəqəmli ədədi A, onun birinci rəqəmini isə 

a

 ilə iĢarə edək. 

Bu  altırəqəmli  ədəddən 

a

  rəqəmini  götürdükdə  alınan  ədəd  A-  100000

a

  olar. 

Onda verilmiĢ altırəqəmli ədədin 

a

 rəqəminin onun sonunda yazılmasından alınan 

yeni altırəqəmliədədi 10(A-100000

a

)+

a

 və ya 10A-999999

a

 Ģəkildə yazmaq olar 

(Bunun konkret ədəd üzərində yoxlayın). Lakin 999999=7∙11∙13∙37∙27. Odur ki, A 

ədədi bu vuruqlardan hər hansı birinə bölünürsə onda yeni alınmıĢ ədəddə onlara 

bölünür. 

155.  Birinci  otağın  tərəflərinin  uzunluqlarını  x,y-lə  iĢarə  edək.  Onda 

məsələnin  Ģərtinə  görə  xy=2(x+y)+1.  Buradan 

2

5

2

2

1

2













x

x

x

y

.  X-in  tam 

qiymətində y-in tam ədəd olması üçün x-2=1 və ya x-2=5 olmalıdır. Birinci halda 

x=3, y=7, ikinci halda isə x=7, y=3. Deməli birinci otağın ölçüsü 7x3-dir. Analoji 

qayda ilə ikinci otağın ölçüsünün 5x3 olduğunu alırıq. 

156. 

135

5

4

3

2

1

1

1

1

1











k

k

k

k

k

, 

9

1



k

. Onda birinci halda 9, 18, 97, 36, 45 

analoji olaraq ikinci halda 18, 36, 54, 72, 90 ədədlərini alarıq. 

157. ABC üçbucağında C bucağı B bucağından böyükdür. Çünki, AB>AC. 

AEB  və  AEC  üçbucağının  bucaqlarını  müqayisə  edək:  Onlarda  A  təpəsindəki 

bucaqlar  bərabərdir,  C  bucağı  isə  B  bucağından  böyükdür.  Odur  ki,  AEB  bucağı 

AEC bucağından böyükdür. 

158. Bu  ədəd 10x+y  olsun;  onda 10x+y=2xy, buradan  y=2k, 0



k



5. y=2k 

yazıb  5x+k=2xk  və  ya  5x=(2x-1)k  alırıq.  Buradan  alınır  ki,  2x-1  ifadəsi  5-ə 

böülünür.  Bu  yalnız  x=3  və  x=8  olduqda  mümkündür.  Birinci  halda  k=3  və 

axtarılan  ədəd  36-dır.  Ġkinci  halda  40=15k  tənliyini  alırıq  ki,  bu  da  k-ın  natural 

ədəd olmasına ziddir.  

Göstərilən  olar  ki,  36  rəqəmləri  hasilindən  iki  dəfə  böyük  olan  yeganə 

natural ədəddir (yalnız yeganə ikirəqəmli ədəd deyil). 

 

52 

159. Bu məsələnin həlli açarı o faktdan ibarətdir ki, günəĢ və ayın görünmə 

(bucaq) ölçüləri eynidir. Bunu isə xüsusən günəĢin tutlması zamanı yaxĢı müĢahidə 

etmək  olur.  Odur  ki,  oxĢarlığa  əsasən  deyə  bilərik  ki,  günəĢin  radiusu  ayın 

radiusundan  387  dəfə  böyükdür.  Onda  günəĢin  həcmi  ayın  həcmindən  387

3

  dəfə 

böyükdür. 

160.  Birinci  ədəd 

b

a



10

,  ikinci  ədəd  isə 

d

c



10

  olsun.  Onda 





bd

bc

ad

ac

A









10

100

, 











ac

ad

bc

bd

c

d

a

b

B















10

100

10

10

 

olar. 

Beləliklə, 





bd

ac

B

A







99

 

161. 1) 36∙2=72; 2) 93-72=21; 3) 3-2=1; 4) 21:1=21; 5) 36-21=15. 

162. Bu ədədlər: 12; 13; 14; 23; 24; 34; 21; 31; 41; 32; 42; 43; 11; 22; 33; 

44-dir.  

163. Velosipedçilər 100:(10+15)=4 saatdan sonra görüĢmüĢlər. Odur ki, it 4 

saat yolda olmuĢ və 4∙20=80 (km) qaçmıĢdır.  

164.  Burada  olduqca  güclü  ümumiləĢdirmə  aparılır.  ġagirdlər  düzbucaqlı 

paralelepipedin diaqonalının onun bütün üzlərini kəsdiyini müəyyən edirlərö 

165. 1) 5+3=8; 2) 197:8=24; 3) 24∙2=48; 4) 48+5=53(addım). 

Tənlik  qurmaqla  isə  məsələni  belə  həll  etmək  olar:  8x+5=197;  x=24; 

24∙2=48; 48+5=53 (addım). 

166. 1) 

5

3

5

2

1





; 2) 91-40=51; 3) 

)

(

85

5

3

:

51

kq



.  

Məsələni  tənlik  qurmaqla  isə  belə  həll  etmək  olar:  Bidondakı  yağ  x  olarsa, 

onda çəki (91-x) olar. Odur ki, 

)

(

85

40

91

5

2

kq

x

x

x











. 

167.  Kağız  vərəqi  180

0

-ə  döndərmək  lazımdır.  Buradakı  ümumiləĢmə 

əməliyyata dönmənin də daxil olmasıdır.  

168.  Vaqifin  x  yaĢı  olarsa  onda  x+(x+3)+(x-3)+

3

x

+3x=95



x=15.  Deməli 

Vaqifin 15, qardaĢların 18, 12 və 5, atanın 45 yaĢı vardır. 

 

53 

169. Məsələnin Ģərtindən alınır ki, məchul vuruğun onluq rəqəmi 8 və ya 9, 

təklik rəqəmi isə 1 və ya 6-dır. Dörd mümkün haldan (81; 91; 86 və 96) alırıq ki, 

yalnız vuruq 81 olduqda hasildə yüzlük rəqəmi 2 olar.  

170. Həllin iki üsulunu göstərək. 

I. 1) 1:12=

12

1

; A və B bir gündə iĢin 

12

1

 hissəsini görürlər. 2) 

40

3

3

1

13

:

1



; A 

və  C 1 gündə iĢin 

40

3

  hissəsini görürlər; 3) 

120

1

40

3

12

1





; B bir gündə C-dən iĢin 

120

1

  hissəsi  qədər  artıq  görür.  4) 

120

7

7

1

17

:

1



;  B  və  C  1  gündə  iĢin 

120

7

  hissəsini 

yerinə  yetirirlər. 5) 

20

1

120

1

120

7





;  C-nin  gördüyü  qədər  B  iĢ  görərsə  B  ilə  C  iĢin 

20

1

 hissəsini yerinə yetirərdilər; 6) 

40

1

2

:

20

1



; C bir gündə iĢin 

40

1

 hissəsini görür; 

7) 

40

40

1

:

1



 (gün); C-nin bütün iĢi görməsi üçün 40 gün lazımdır; 8) 

30

1

40

1

120

7





; 

B 1 gündə iĢin 

30

1

 hissəsini görür. 9) 

30

30

1

:

1



 (gün); B-nin bütün iĢi görməsi üçün 

30  gün  lazımdır.  10) 

20

1

30

1

12

1





;  A  bir  gündə  iĢin 

20

1

  hissəsini  görür;  11) 

20

20

1

:

1



  (gün);  A-nın  bütün  iĢi  görməsi  üçün  20  gün  lazımdır.  12) 

120

13

40

1

30

1

20

1







; A, B və C bir gündə iĢin 

120

13

 hissəsini görürlər; 13) 

13

3

9

120

13

:

1



 

(gün). Üç adam birlikdə iĢi 

13

1

9

 günə icra edər. 

II. 1) 

12

1

12

:

1



; A və B bir gündə iĢin 

12

1

 hissəsini görürlər; 2) 

40

3

3

1

13

:

1



; A 

ilə  C  bir  gündə  iĢin 

40

3

hissəsini  görürlər;  3) 

120

7

7

1

17

:

1



;  B  ilə  C  bir  gündə  iĢin 

120

7

    hissəsini  görürlər;  4) 

60

13

120

7

40

3

12

1







.  Üç  adamdan  hər  biri  iki  qat  artıq 

iĢləsə idi onlar bir gündə bütün iĢin 

60

13

 hissəsini görə bilərdilər; 5) 

120

13

2

:

60

13



; Üç 

adam  bir  gündə  iĢin 

120

13

  hissəsini  görür;  6) 

40

1

12

1

120

13





;  C  bir  gündə  iĢin 

40

1

 

 

54 

hissəsini  görür;  7) 

30

1

40

3

120

13





;  B  bir  gündə  iĢin 

30

1

  hissəsini  görür.  8) 

20

1

120

7

120

13





;  A  bir  gündə  iĢin 

20

1

  hissəsini  görür;  9) 

40

40

1

:

1



;  10) 

30

30

1

:

1



; 

11) 

20

20

1

:

1



. Deməli bütün iĢi yerinə yetirmək üçün C – 40 gün, B-30 gün, A isə 

20 gün iĢləməlidir. 

171. Həllin 2 üsulunu göstərək.  

I. 9 və 12 ədədlərinin ən kiçik ortaq bölünəni 36-dır. Birinci halda boruların 

iĢ saatları sayını və rezervuarlara tökülən suyun miqdarını 4 dəfə, ikinci halda isə 3 

dəfə artıraq; onda aĢağıdakı ədədləri alarıq. 

Birinci halda 36 saat – 40 saat – 871 boçka; 

Ġkinci halda 36 saat – 36 saat – 810 boçka. 

 

40 saat – 36 saat=4 saat; 

871 boçka – 810 boçka=61 boçka 

4

1

15

4

:

61



  boçka;  ikinci  borudan  saatda 

4

1

15

  boçka  su  tökülər; 

4

1

15

boçka

2

1

152

10





 

boçka; 

4

3

217

 

boçka

2

1

152



 

boçka=

4

1

65

 

boçka; 

4

1

65

boçka:9=

4

1

7

boçka; birinci borudan 1 saatda 

4

1

7

 boçka su tökülər. 

II.  Boruların  iĢlədiyi  saatların  sayını  göstərən  ikinci  ədədləri  və  tökülmüĢ 

suyun miqdarını 12 dəfə azaldaq və alınmıĢ ədədləri 9 dəfə artıraq: 

1 saat – 1 saat - 

2

1

22

 boçka 

9 saat – 9 saat - 

2

1

202

 boçka. 

 

55 

Sonuncu ədədlər sırasını birinci ilə tutĢduraq 9 saat  -10 saat  - 

4

3

217

 boçka; 

10  saat  –  9  saat  =  1  saat; 

4

3

217

boçka  - 

2

1

202

boçka=

4

1

15

  boçka  və  h.b.  Məsələni 

baĢqa üsullarla da həll etmək olar. Cavab: 

4

1

7

 boçka, 

4

1

15

 boçka. 

172. Fərz edək ki, 30 dəftərin hamısı 7 vərəqlidir.  

1)  Dəftərin  hamısı  7  vərəqli  olsa  idi  onlara  neçə  vərəq  kağız  iĢlənərdi? 

7∙30=210 (vərəq);  

2) Neçə vərəq az kağız iĢlənərdi? 224-210=14 (vərəq). 

3) 9 vərəqli dəftərdə 7 vərəqlidən neçə vərəq artıqdır? 9-7=2 (vərəq) 

4) 2 ədədi 14-də neçə dəfə vardır? 14:2=7 (9 vərəqli dəftər 7 dənədir). 

5) 7 vərəqli dəftər neçəyə dir? 30-7=23 (dəftər). 

Yoxlama. 7v∙23+9v∙7=161v+63v=224v. 

173. Birinci nasosun 3 dəfə yavaĢ, ikinci nasosun 2 dəfə tez iĢləməsi Ģərtini 

belə  əvəz  etmək  olar:  hər  iki  nasosun  iĢ  məhsuldarlığı  birinci  Ģərtdə  olduğu 

kimidir,  lakin  birincisi  9  saat  deyil,  3  saat  iĢləmiĢ,  ikinci  nasos  isə  3  saat  deyil  6 

saat iĢləmiĢdir. Onda məsələ belə bir Ģəklə düĢür: 1-ci nasos 9 saat, ikinci isə 3 saat 

iĢləyərək 69 boçka su çıxarmıĢdır, lakin 1-ci nasos 3 saat, ikinci isə 6 saat iĢlədikdə 

48 boçka su çıxardır. ġərtin sonuncu hissəsindən belə nəticə çıxarırıq ki, 1-ci nasos 

9  saat  və  ikinci  nasos  18  saat  iĢlərsə  onlar  144  boçka  su  çıxardar  (ədədlərin 

hamısını 3 dəfə artırmıĢıq). ġərtin birinci və ikinci hissəsini müqayisə edirik:  

144 boçka – 69 boçka = 75 boçka;  

18 saat -3 saat = 15 saat; 

75 boçka:15=5 boçka; ikinci nasos saatda 5 boçka su çıxardır; 5 boçka∙3=15 

boçka; 69 boçka-15 boçka=54 boçka. 54 boçka:9=6 boçka; birinci nasos saatda 6 

boçka su çıxarır. Ġkinci nasosun iĢlədiyi saat miqdarını xaric etməklə də məsələni 

həll etmək olar. 

 

56 

174.  Birinci  küçədəki  əhalinin  əvvəlki  miqdarını  1  vahid  hesab  edək.  1) 

7

9

7

2

1

1





;  2) 

5

3

7

1

2

:

7

9



;  3) 

7

5

25

4

1

:

5

3













 

;  4) 

7

12

7

5

1





;  5) 

14350

7

12

:

24600



  (I 

küçədəki əhalinin sayı); 6) 

10250

7

5

14350





 (II küçədəki əhalinin sayı).  

175. 1) 10gün: 5gün=2; iĢin müddəti 2 dəfə artıqdır; 2) 36 nəfər:2=18 nəfər; 

hər  gün  8  saat  iĢləməklə  56700t  yükü  10  gündə  18  nəfər  boĢalda  bilər;  3) 

113400t:56700t=2;  yük  iki  dəfə  artıqdır;  4)  18nəfər∙2=36  nəfər;  hər  gün  8  saat 

iĢləməklə 113400t yükü 10 gündə 36 nəfər boĢaldır; 5) 36nəfər∙8=288 nəfər; hər 

gün 1 saat iĢləməklə 113400 t yükü 10 gündə 288 nəfər boĢaldır; 6) 288 nəfər:6=48 

nəfər; hər gün 6 ssat iĢləməklə 113400 t yükü 10 gündə 48 nəfər boĢaldar. Cavab 

48 nəfər. 

176. Həllin 3 üsulunu göstərək. 

I. Fərz edək ki, tələb olunan üçüncü ədəd (bunu II rəqəmilə iĢarə edirik) bir 

paydır,  onda  birinci  (I)  ədəd  3  pay,  ikinci  (II)  ədəd  isə  bu  cür  5  pay  olacaqdır. 

VerilmiĢ  54000  manat  bu  cür  1+3+5=9  pay  olacaqdır.  Bu  halda  1  pay 

54000:9=6000-dir; I=6000∙3=18000; II=6000∙5=30000; III=6000. 

II.  3  pay  olan  I  ədədinin  9  pay  olan  54000-ə  nisbəti  3-ün  9-a  nisbətinə 

bərabərdir;  buradan  I:54000=3:9;  I=180;  bunun  kimi  də  II:54000=5:9,  II=30000; 

III:54000=1:9, III=6000. 

III. Tələb edilən üçüncü ədəd 1 vahidə bərabər olarsa, onda ikinci ədəd 5-ə, 

birinci ədəd isə 3-ə bərabər olmalıdır. Bunların cəmi 1+3+5=9 olar. Həqiqətdə isə 

o,  54000:9=6000  (6000  dəfə)  çoxdur,  ona  görə  hər  toplananı  6000  dəfə  artırmaq 

lazımdır;  3∙6000=18000;  5∙6000=30000.  Göründüyü  kimi  baxılan  bu  məsələ 

bərabər paylar üsulu ilə üç üsulla həll edilmiĢdir. 

177.  1)  Fərz  edək  ki,  dördüncü  parçanın  çəkisi  1  kq-dır,  onda  üçüncü 

parçanın çəkisi 0,7 kq; 2) Ġkinci parçanın çəkisi (1kq+0,7kq)∙2=3,4 kq; 3) Birinci 

parçanın çəkisi (1kq+0,7 kq+3,4 kq)∙3=15,3 kq; 4) dörd parça misin fərziyyəmizə 

görə çəkisi 1kq+0,7 kq+3,4kq+15,3kq= 20,4kq olar.  

 

57 

5) 144,5kq:20,4kq=

12

1

7

(dəfə). Dördüncü parçanın həqiqi çəkisi 

12

1

7

 kq-dır; 

6)  üçüncü  parçanın  həqiqi  çəkisi 

12

1

7

kq∙0,7=

24

3

4

kq;  7)  ikinci  parçanın  çəkisi 

3,4kq∙

12

1

7

=

12

1

24

kq; 8) Birinci parçanın çəkisi 15,3kq∙

12

1

7

=108

8

3

 kq. Məsələni hər 

parçanın  çəkisini  I,  II,  III,  IV  ilə  iĢarə  edib  Ģərti  II+III+IV=

3

1

I;  III+IV=

2

1

II; 

III=0,71V, I+II+III+IV=144,5 kimi yazmaqlada həll etmək olar. Lakin həmin Ģərtə 

dörd məchullu xətti tənliklər sistemi kimi baxmamaqla. 

178.  I:II:III:IV=

171875

,

0

:

75

,

0

:

8

7

:

4

1

1

  və  ya  I:II:III:IV=

64

11

:

4

3

:

8

7

:

4

5

.  VerilmiĢ 

nisbətlər 

sırasını 

məxrəcdən 

azad 

edək: 

I:II:III:IV=80:56:48:11. 

80+56+48+11=195;  

I=

80

80

195

195





; II=

56

56

195

195





; III=48; IV=11. 

179.  1)  100%-60%=40%;  2)  100%:40%  =

2

5

;  hovuza  axan  suyun  miqdarı 

2

1

2

  dəfə  azalmıĢ  və  ona  görə  hovuzun  doldurulması  vaxtı  da  o  qədər  dəfə 

artmıĢdır. 3) 100%∙

2

5

=250%;  4) 250%-100%=150%;  hovuzun doldurulması vaxtı 

150% artmıĢdır. 

180. I. Divarın həcmini kub metrlə ifadə edək: 8,7∙4,5∙0,4;  

2) kərpiclər divarın neçə hissəsini tutacaqdır: 1-0,1; 

3) Kərpiclər divarın həcminin nə qədərini tutacaqdır: 8,7∙4,5∙0,4(1-0,1) 

4) bir kərpicin həcmini kub metrlə ifadə edək: 0,25∙0,15∙0,06; 

5) divarı hörmək üçün neçə kərpic lazımdır? Həllin düsturu: [8,7∙4,5∙0,4(1-   

-0,1)] : (0,25∙0,15∙0,06)=6264. 

Cavab: 6264 kərpic  

II. 





 



3

2

1

3

2

1

3

2

1

3

2

1

10

9

:

1

,

0

1

2

b

b

b

a

a

a

b

b

b

a

a

a













. 

 

58 

181.  Hər  məntəqənin  coğrafi  uzunluğu  ya  qövs  vahidlərilə  (dərəcə,  dəqiqə, 

saniyə) və ya zaman vahidlərilə (saat, dəqiqə, saniyə) ölçülür və bu halda aĢağıdakı 

münasibətlərə əsaslanırlar:  

Yer kürəsi 24 saatda 360

0

 fırlanır 

Yer kürəsi 1 saatda 15

/

 fırlanır 

Yer kürəsi 1 dəqiqədə 15

//

 fırlanır 

və ya  

1

0

-ni Yer kürəsi 4 dəqiqədə dönür 

1

/

-ni Yer kürəsi 4 saniyədə dönür 

Həldə bu münasibətlərdən istifadə edirik. 

4dəq x 30=2 saat 

4 san x 44= 2 dəq 56 san. 

2 saat+2 dəq 56 san= 2 saat 2 dəq 56 san. 

182.  Lalənin  yaĢı 

xy

  isə,  onda  onun  babasının  yaĢı 

y

x0

  və  ya  10x+y  və 

100x+y dir. ġərtə  görə 6(10x+y)=100x+y



8x=y.  Onda  Lalənin  18,  babanın  108 

yaĢı vardır. 

183. Adildəki dəftərlərin sayı 3-ə bölünən ixtiyari natural ədəd ola bilər. 

184. Hə, çünki (n-1)n=n

2

-n-2+2=(n+1)(n-2)+2. 

185. 

Dairənin 

radiusu 

R 

olsun. 

Onda 

S(1)=

 

3

8

2

S

R





, 

 

 

 





 

 

 

3

8

3

2

3

8

4

3

2

1

4

2

2

2

2

2

S

R

S

S

R

R

S

S

R

S



























. Deməli, S(1)=S(2). 

186.  Ədədin  ikinci  və  üçüncü  rəqəmləri  x,  y  olsun,  onda  ədədin  özünü 

900+10x+y Ģəkildə yazmaq olar. 9 rəqəmini sonda yazdıqdan sonra 100x+10y+9 

ədədini alırıq. ġərtə görə 900+10x+y=100x+10y+9+216. Buradan 90x+9y=675 və 

ya 10x+y=75 alırıq. Deməli əvvəlki ədəd 975-dir. 

187. Ədədlər üzərindəki iki əməli onun 21-ə hasili ilə bütünlükdə vurmanı 

21∙481=10101 ilə əvəz etmək olar. AĢkardır ki, ixtiyari ikirəqəmli ədədin 10101-ə 

 

59 

vurulmasından  həmin  ikirəqəmli  ədədin  üç  dəfə  təkrarlanmasından  ibarət 

altırəqəmli ədəd alınır. Məsələn, baxılan ikirəqəmli ədəd 32 olarsa 1) 20∙32=640; 

2) 640+32=672, 3) 672∙481=323232; 32∙21=672. 

Bu  mühüm  xassə  ixtiyari  ikirəqəmli  ədəd  üçün  ödənilir.  ÜmumiləĢdirmə: 

xy

xy

xy

21

20







, 

xy

xy

10101

481

21





. 

188.  2  rəqəmi  4  saat  birinci  yerdə  olur  (20

00

-dən  00

00

-a  qədər).  Qalan  20 

saatda 0,2 saat ikinci yerdə olur (02

00

-dən 03

00

-ə qədər və 12

00

-dən 13

00

-ə qədər). 

Qalan  18  saatda  2  rəqəmi  hər  saatda  10  dəqiqə  üçüncü  yerdə,  qalan  50  dəqiqədə 

daha 5 dəfə hər dəfədə 1 dəqiqə dördüncü yerdə, nəticədə 18 ssatın hər birində 15 

dəqiqə  və  ya  4  saat  30  dəqiqə  görünür.  Cəmisi  4s+2s+4s30dəq=10saat30dəq. 

alırıq. Analoji olaraq 0 və 1 rəqəmləri üçün 15 saat, 3 rəqəmi üçün 8 saat 15 dəq., 4 

və 5 rəqəmlərinin hər biri üçün 7 saat 30 dəq, qalan rəqəmlərin (6,7,8 və9) hər biri 

üçün 4 saat 12 dəq. alırıq. 

189. 56:8=9-2=3+4=1x7. 

190.  Fərz  edək  ki,  a-  kvadratın  tərəfi,  r  isə  verilmiĢ  dairənin  radiusudur. 

Onda  onların  sahələrinin  bərabərliyini 

2

2

r

a





yaza  bilərik.  Kvadratın  daxilinə 

çəkilmiĢ dairənin radiusu 

2

a

, dairənin daxilinə çəkilmiĢ kvadratın tərəfi isə 

2

r

-dir 

(ġəkil  37).  Buradan  daxilə  çəkilmiĢ  fiqurların 

sahələri uyğun olaraq 

4

2

a





 və 

2

2r

-na bərabərdir. 

Burada 

2

a

-nın  yerində 

2

r



  yazsaq  sahələr  üçün 

2

2

4

r



 və 

2

2r

 qiymətlərini alırıq. 

3





 olduğundan 

9

2





,  onda 

2

2

2

2

4

r

r





,  yəni  daxilə  çəkilmiĢ  dairənin  sahəsi,  daxilə  çəkilmiĢ 

kvadratın sahəsindən böyükdür. 

191.  Hər  sonrakı  ədəd  əvvəlkinin  2  misli  ilə  3-ün  cəminə  bərabərdir.  Odur 

ki, ? iĢarəsi yerində 157 və 637 yazmaq lazımdır. 

 

60 

192. Riyaziyyatda və  informatikada Ģifirləmə  ilə  əlaqədar  çalıĢmalar  yerinə 

yetirmək  lazım  gəlir.  Bu  sahədə  geniĢ  yayılmıĢ  üsullardan  biri  “açar”  vasitəsilə 

Ģifrələmədir. Belə Ģifrələməyə ən sadə misal ondan ibarətdir ki, ĢifrlənmiĢ mətndə 

hərfin əlifbada nömrəsi, həmin hərfin əlifbada nömrəsi ilə açar hərfinin əlifbadakı 

nömrəsinin  toplanması  yoluyla  alınır.  Əgər  bu  cəmdə  alınan  ədəd  32-dən  böyük 

olarsa onda həmin cəmlə 32-in fərqinı tapmaq lazım gəlir. Baxılan məsələnin həlli 

üzərində  belə  Ģifrləmənin  mahiyyətini  göstərək.  ġərtə  görə  “kub”  sözü  sıfrın 

açarıdır. “Riyaziyyat” sözünü Ģifrləmək lazımdır. ġifrləmə aĢağıdakı kimi aparılır. 

Sözün hərflərinin altında açar sözün hərflərini yazmaq, sonra hər bir hərfin altında 

onun əlifbadakı nömrəsini yazmaq və həmin ədədləri alt-alta toplamaq. Alınan cəm 

32-dən  böyük  olarsa  həmin  ədəddən  32-ni  çıxmaq  lazımdır.  Alınan  hər  bir  ədədi 

əlifbadakı uyğun hərflərlə əvəzləsək “FĞAQUZJTC” alınır. 

 

Mətn 

R 

Ġ 

Y 

A 

Z 

Ġ 

Y 

Y 

A 

24 

14 

31 

1 

32 

14 

31 

31 

1 

Açar 

K 

U 

B 

K 

U 

B 

K 

U 

B 

16 

28 

2 

16 

28 

2 

16 

28 

2 

ġifrlənmiĢ 

mətn 

40 

əvəz 

8 

42 

əvəz 

10 

33 

əvəz 

1 

17 

60 

əvəz 

28 

16 

47 

əvəz 

15 

59 

əvəz 

27 

3 

F 

Ğ 

A 

Q 

U 

Z 

J 

T 

C 

 

 

61 

Əlifbada hərflərin düzülüĢü 

A 

B 

C 

Ç 

D 

E 

Ə 

F 

G 

Ğ 

H 

X 

I 

Ġ 

J 

K 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

8 

9 

10  11  12  13  14  15  16 

Q 

L 

M 

N 

O 

Ö 

P 

R 

S 

ġ 

T 

U 

Ü 

V 

Y 

Z 

17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32 

 

ġifrləmə zamanı boĢluq simvolları o kodu ilə Ģifrlənir. Göründüyü kimi bu 

Ģifrləmədə  üç  kəmiyyətdən  (mətn,  açar,  ĢifrlənmiĢ  mətn)  istifadə  olunur.  Burada 

onlardan  ikisinə  görə  (bizim  misalda  “mətn” və  “açar”)  üçüncünü (bizim  misalda 

“ĢifrlənmiĢ mətn”) müəyyən etmək olar. 

193.  Fərz  edək  ki,  katerin  durğun  sudakı  surəti  V,  çayın  axma  surəti-  u, 

birinci  katerin  A-dan  B-yə  hərəkət  vaxtı  –  t  dir.  Onda  A  və  B  arasındakı  məsafə 

S=(V+u)t  olar.  Ġkinci  kater  t  zamanda  L=(V-u)t  məsafəni  qət  edər  və  A 

məntəqəsindən  S-L=2ut  məsafədə  olar.  Sal  isə  həmin  müddətdə  ut  yolunu  keçər, 

yəni A məntəqəsi ilə ikinci kater arasındakı məsafənin ortasında olar. 

194.  ġagird  ilk  iki  gündə  kitabın 

3

2

6

1

2

1





,  üçüncü  gündə  isə 

3

1

2

:

3

2



 

hissəsini oxudu. Bununla (

1

3

1

3

2





) üç gündə kitabı oxuyub qurtardı. 

195. Tam kvadrat olan cəmisi altı ikirəqəmli ədəd vardır: 16, 25, 36, 49, 64, 

81. Bunlardan yalnız birinin (16) rəqəmlərinin yerinin dəyiĢdirilməsilə sadə ədəd 

(61)  alınır.  Onluq  say  sisteminin  isə  dörd  rəqəmi  (2,  3,  5,  7)  sadə  ədəddir. 

Beləliklə,  məsələnin  Ģərtini  ödəyən  4  –  beĢrəqəmli  ədəd  vardır:  26116,  36116, 

56116, 76116. 

196.  10  l  və  17  l  bidonların  sayı  uyğun  olaraq  x,  y  olsun.  Onda  Ģərtə  görə 

10x+17y=23  tənliyini  alırıq.  Buradan 

10

17

3

22

10

17

223

y

y

x











,  yalnız  y=9 

olduqda ikinci toplanan tam ədəd olar, onda x=22-15=7. Deməli, 9+7=15 (bidon). 

 

62 

197.  Bu  ədədlər 

ab

  və 

ba

  olsun.  AĢkardır  ki, 

a

  və 

b

  5-dən  fərqli  tək 

ədəddir.  Fərz  edək  ki, 

b

a



.  Onda 

)

(

9

)

10

(

10

b

a

a

b

b

a











.  Bu  fərq  yalnız 

4





b

a

  olduqda  tam  kvadratdır.  Buradan  alınır  ki, 

3

,

7





b

a

.  Deməli,  axtarılan 

ədədlər 73 və 37 dir. 

198. VerilmiĢ ikirəqəmli ədəd 

ab

  olsun.  Onda  Ģərtə  görə 

1

37

100

ab

ab





  və 

ya 

37

370

10000







ab

ab

, 

9963

369



ab

, 

27



ab

.  

Analoji olaraq göstərmək olar ki, məsələnin Ģərtini ödəyən 7 rəqəmli ədəd də 

vardır:  





2710027

...

1

...

37

...

100

7

2

1

7

2

1

7

2

1







a

a

a

a

a

a

a

a

a

 

Eyni  qayda  ilə  almaq  olar  ki,  271002710027  ədədi  də  məsələnin  Ģərtini 

ödəyir. 

199.  ġərtə  görə 





100

100

100

c

y

x

by

ax







  yazarıq.  Buradan 

a

c

c

b

y

x







  (1)  alınır. 

Deməli, 

%

a

-li  məhluldan  x  qədər, 

%

b

-li  məhluldan  y  qədər  götürülərsə  (1) 

bərabərliyi  doğrudur.  Bu  məsələnin  tətbiqi  ilə  qarıĢığa  aid  bir  çox  məsələləri  həll 

etmək olar. 

200. Zəhra. (192-ci məsələdən istifadə etməli) 

201. AĢkardır ki, bu ədəd birrəqəmli ola bilməz. Həmin ədəd ikirəqəmli də 

ola  bilməz.  Çünki  Ģərtdən  alınır  ki, 

ab

  ədədi  üçün 





b

a

b

a







13

10

  və  ya 

0

12

3





b

a

  münasibəti  ödənilməlidir.  Üçrəqəmli  ədəd  üçün  Ģərtə  görə 





c

b

a

c

b

a











13

10

100

  və  ya 

c

b

a

4

29





  dən 

5

,

9

,

1







c

b

a

  yəni  195; 

6

,

5

,

1







c

b

a

 yəni 156; 

7

,

1

,

1







c

b

a

 yəni 117 üç həll alırıq. Dörd və daha çox 

rəqəmli ədədlərin isə belə xassəsi yoxdur.  

 

63