V
1 - Matematika darslarida b ilish n in g t u r L a r I v a

2
V
1
+ V2
Зл/2 + 2л/3
ЮОл/99 + 99л/Т00
Yechish:Har bitta kasr uchun ixtiyoriy natural
к
uchun quyidagi tenglikni topib
olamiz.
_ _ _ _ _ _ _ 1_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 1_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ V f c T T - V f c
(ft + l)Vfc +
ks/k +
1
Vk(fe + 1 ) ( V F + 1 + Vfc)
~
Vk(fc + 1)
1
__ 1 _
yfk
V F-FT
Bu tenglikdan qo’shiluvchilami o’zgartirishda foydalanamiz:
1
1
---- 1
: + —
t
=-------= + ■•■+■
2vT + V2
3V2 + 2V3
100л/99 + 99VTOO
1
1
1
1
1
1
1
“ V f ■ a
/2
+ V f “ V 3 + ' ' ' + V
99
“ v ! m ~ 1 " 10 ~ ° '9-
Maktab algebra kursida daraja va logarifmlar xossalari otilgandan so’ng ana
shu xossalarga asoslanib o'quvchilar induktiv xulosa chiqarish yordamida daraja va
logarifmlaming umumlashgan xossasini chiqarishlari mumkin.
3 - m i s о I.
o ' •
a =
a"• ■ a"1 ■a"’ =
0
* *"^
lb
_
Ил
-f И-
a - a 2 a 3 a * = c i l
a"' a"- a"1 ... a"t = a"'+n'+n' +n*
4 - m i s o l .
lg(x, -х?) -Igx/ +lgx2
agar
x/> 0
Л
x2>0
bo'Isa,
~15~
\g(x, x
2
-Xs) Igx, +lgx
2
+lgx
3
agar
x ( >0, x
2
>0, x3>0
bo'lsa,
I
g(xi
*2
-хз '*
4
) lg x i'lg x
2
lgx
3
+lgX
4
agar
(x, -x
2
-x
3
- x ^ O
bo' Isa,
1
g(xi -x
2
-x3... ■xn)=lgx,+lgx
2
+lgx
3
+...+lgxn
agar
(x, -x
2
-x3-... - x j
>0
bo'lsa.
M atem atik induksiya metodi. Bu metodda biror matematik qonuniyat
n
= 1
hoi uchun o'rinli bo'lsa, uni
n
=
к
hoi uchun o'rinli deb qabul qilib, so'ngraw=A +
1
hoi uchun o'rinli ekanligini ko'rsatiladi.
1 • m i s о 1. 5„=1+ 2+ 3+ ..+и =
yig'indining o'rinli ekanligini matematik
induksiya metodi orqali ко' rsatilsin, bunda
n e N
1. Agar и = / bo'lsa,
St =
^ =
1
.
2. A garn = £ bo'lsa,
Sk =i+2+3+...+k = - — ^ -.
3.
Agarn=k+1
bo'lsa,
‘^*+i = 1+2+3 +...+£ + (A.- +1) =
ekanligini isbotlaymiz.
Isboti. SM
=St
+№+1) = ^ £ ± 2 +(* +1) = ^ - +1)H' 2(Л +2*к +1\
2
2
2
A *
Fbo'Isa,
\AV\ > 0. A =
Fbo'lsa,
\AV\
-
0.
Demak,
S„=l+2+3+...+n
=
+ ^ yig'indiisi hisoblash formulasi to 'g 'ri ekan.
2-misol.
S„=l2+ f +?+... +n2^ (n + if n +l)- , n e N
1. Agarw = / bo'lsa, 5, =
_ j
6
2. Agar
n
=
к
bo' Isa,
S„
= —
Opfc+l)
3. Agar
n= k+ l
bo'lsa, .St „ = l2 +2; +3* +...+№ + l); = <* + !)(* + 2)(2A-+3)
6
bo’ lishligini isbotlang.
I s b o t i .
= S ,+
(* + 1)3 =
+
+ (/t + 1)J =
6
=
^ - [ k (
2
k
+1) +
6
(k +
1)] = — — •
[
2
k
2
+
I k
+ 6) =
6
>6
Ц к
+ 1)(£ +
2 )f к
+ — 1
,
4
I
2 ) _ (k + \)(k + 2){2k + j)
6
6
3 - m i s о L
S„=l3+23+33+.
..
+n
3
=
,
n e N
4
- 1 6 -
1. Agar
n = I
bo' Isa,
S,
= ■■■
= 1.
2. Agar
n = к
bo Isa,
Sk
=
k
= 1.
3. Agar л=£+У bo'Isa,
SM
=13+23+з 3
+...к'
+(Лг+1) = (*+j>2( * + 9 2
4
bo'lishligini isbotlang.
Isboti. 64+1
= Sk
+(£+l)3 = - ^ — -+(£ + !)' = (£ + 1)'^— +£ + lj =
_ (fc+l)J(fc2 +
4k +
4) _
(k + l)2(k + 2 f
4
4
At
T y e o r y e m a .
Qabariq n burchak ichki burchaklarining y ig ' indisi 180° (n-2)
ga teng.
Bu teoremani matematik induksiya metodi bilan isbotlang. (1-chizma).
1.
n
= 3 bo'lganda 5» = 180°.
2.
n
=
к
bo' lganda
Sk=180°(k-2)
bo’ ladi.
Agar
n
=
к
uchun
Sk~J80° (k-2)
bo' lea,
n
=
k + 1
uchun
Sk+i =
180°
[(k+l)-
2] bo'lishini isbotlang.
Bu holni isbot qilish uchun ( k + l ) burchakli qavariq ko'pburchakni olamiz.
A ,A k
diagonal berilgan ko'pburchakni
к
burchakli qavariq
AjA-Aj...Ak
kopburchakka
va
А,А*АМ
uchburchakka ajratadi, u holda
Sk+,~ S k+S3
tenglik o'rinli bo'ladi:
Sk+1=I80°(k-2)+180°=180°[(k-2)+l]~18(/°[(k+l) - 2]
Demak, teorema har qanday qavariq
n
burchak uchun ham o'rinli ekan.
4 - m i s о 1. Quyidagi tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan isbotlang:
1 1
1
r
—f= Л
—
j=
4-... +
—= >yjn
VI л/2
J n
I s b o t i . «=1, bo'lganda 1 = 1 tenglik o'rinli.
n
= 2 bo' lganda l + J j > V 2 tengsizlik o'rinli.
~17~
N izom iy noml i
T D P J
kutubxona.-ii
Endi faraz qilaylik, berilgan tengsizlik
n
=
к
uchun o'rinli, ya’ni
-j= + -J=+...-j=
>4k
bo'lsin, uning
n=k+J
hoi uchun o'rinli ekanini ko'rsatamiz:
1 1
1
1
n
— г
—j= + —i==+...
+
+- ----
>\ k +
1
Vl V2
4k
V
к
+1
Bu tengsizlikni kuchaytirish uchun -L + -i=-+...-ir o'm iga Л ni qo'yannz, u
vl v2
v£
holda \/^ + -^ = = > V ^ + I (1) bo'ladi. Bu tengsizlikni o'rinli ekanini ko'rsatsak,
berilgan tengsizlik isbotlangan bo'ladi.
(1) ning har ikki tomoni kvadratga ko'taramiz, u holda
A r + - L + - ^ L > * r + l,
k + l -Jk+l
2 Jk
к
r >-
VF+I *•+!
tengsizlik hosil bo'ladi. Bu tengsizlikni har ikkala tomonini
ga bo'lsak, 2>
VA’+l
tengsizlik
к
ning
к
- 1 dan boshqa qiymatlaridan o'rinli, shuning uchun
1 1
1
г
- p + -p= + . . . +- =>VH
Vl л/2
4n
tengsizlik
n
ning hap qanday qiymatida ham o' rinli.
5 ■ m i s о I. (2n - 1)! > n! tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan
isbotlang.
I s b o t i . B izgam a’lumki. (2n—1)! = l-3-5-...-(2n-l)
1. n = 1 bo'lganda 1 = 1 tenglik o'rinli.
n = 2 bo'lganda 3 > 2 sonli tengsizlik hosil bo’ladi.
2. Endi berilgan tengsizlik
n = к
hoi uchun o'rinli, ya’ni (2k-l)! >k! deb, faraz
qilaylik, buning
n = к + I
hoi uchun o'rinli ekanini ko'rsatamiz:
{[2(k +-1) - 1]! > (k +1)!} ->. (2k + 1)! > (к + 1)!
(2k—1 )!>k! tengsizlikni har ikki tomonini k+1 ga ko'paytiramiz: u holda
k!(k+l)<(2k— 1)!(k+1 )<(2k— l)!(2k+l)=(2k+l)! ifoda hosil bo'ladi. Bundan esa
(k+l)!<(2k + 1)!. Shuning uchun tengsizlik
n
ning har qanday qiymatlarida o'rinli.
Tengsizliklami isbotlang:
T a ‘ r i f:
Umumiy та himotlarga tayanib ayrim yoki xususiy xulosa chiqarish
deduksiya deyiladi.
M isollar 1.
X2-3
x
-4= 0
tenglamaning diskriminantini hisoblab, uning yechimlari
borligini ko'rsating.
D=9+16=25. D>0.
Bizga ma’lumki, kvadrat tenglamani yechish
haqidagi qoidaga ko ra uning diskriminanti musbat bo'Isa, u ikkita haqiqiy har xil
yechimga ega edi, shuning uchun
x - 3 x - 4 0
tenglama ham ikkita
Xj
=
4
va
x2 - -1
yechimlarga ega.
2. -У*!"1 0,09 ifodaning qiymatini hisoblang. Bu ifodaning qiymatini hisoblash
uchun maktab algebra kursidan umumiy qonuniyatni o 'z ichiga oluvchi quyidagi
teoremadan foydalanamiz.
T y e o r y e m a .
a>0 va b>0 bo'lganda 'Jab=Ja-4b bo'ladi.
Shuning uchun quyidagi xulosani hosil qilamiz.
V81-0,09 = v'sT- х/оде =90, 3 = 2,7
3.
Maktab geometnya kursida kosinuslar teoremasining analitik ifodasi bunday:
s2
=
a2 + b2 — 2ab ■ cos с
(1)
Agar (1) da s=90° bo lsa, cos90°=0, shuning uchun s2=a2+b2 (2) bo'ladi. Bizga
ma’lumki, (2) Pifagor teoremasini ifodasidir,
Xulosa chiqarish metodlaridan yana bin bu analogiyadir.
T a ‘ r i f.
О 'xshashlikka asoslanib xulosa chiqarish analogiya deyiladi.
Analogiya bo'yicha xulosa chiqarishni sxematik ravishda quyidagicha tasvirlash
mumkin:
F
figura
a, b, c, d, ...
xossalarga ega.
F l
figura esa
a
,
b, s , ...
xossalarga ega
bo'Isa, u ho I da
Fi
figura ham
d
xossaga ega bo'lishi mumkin.
Fikrimizning dalili sifatida quyidagi tengsizlikni isbot qilaylik. Har qanday
tetraedr uchun
~
(|AB|+|BC|+|AC|)<|SA|+jSB|+|SC| tengsizlik o'rinli.
Bizga ma’lumki, fazodagi tetraedr figurasi tekislikda uchburchak figurasiga
analogik figuradir, shuning uchun hap qanday uchburchak uchun o'rinli bo'lgan
quyidagi xossadan foydalanamiz.
Har qanday uchburchakda ikki tomon uzunligining yig'indisi uchinchi tomon
uzunligidan kattadir (2 chizma):
|AB| + |BC| > |AC|
В
Agar uchburchak uchun o'rinli bo'lgan ana shu xossani unga analogik bo'lgan
figura tetraedrga tadbiq qilsak, quyidagi tengsizlik hosil bo'ladi (3 chizma):
~19~
M S |< |X 4 |+ |.S B |1
I fiC'|
| Л С |<( &41 + 1
S C
|J
~
(|AB| + |BC| + |AC|) < |SA| + |SB| + |SC|
s
в
7-§, M atem atik hukm ning turlari. Postulat.
Maktab matematika kursida matematik hukmning asosiy turlari quyidagilardan
iborat: aksioma; postulat; teorema.
Aksioma grekcha axioma so zidan olingan bol i b, uning lug'aviy ma’nosi
"obro'ga ega bo'lgan gap" demakdir. Shuning uchun ham aksiomaga maktab
matematika kursida quyidagicha ta’rif berilgan:
«Isbotsiz qabid qilinadigan matematik hukm aksioma deyiladi».
Aksioma asosan eng sodda geometrik figura yoki sodda matematik
qonuniyatlaming asosiy xossalarini ifodalovchi hukmdir. Masalan, maktab
geometriya kursida o' rganish uchun qabul qilingan aksiomalami qaraylik:
1.
«Tekislikda yotuvchi ixtiyoriy bir nuqtadan shu tekislikdagi to'g'ri chiziqqa
parallel bo Igan faqat bitta to 'g ri chiziq о tkazish mumkin».
2. «Tekislikdagi har qanday ikki nuqtadan faqat bitta to'g'ri chiziq o'tkazish
mumkin».
Bizga ma’lumki, matematika fani aksiomalar sistemasi asosida qurilgandir.
Matematika fanining mantiqiy asosda qurilishini yaratish uchun aksiomalaming
bo'lishligi haqida fikr Gretsiyada bundan ming yil a w al paydo bo'lgan edi. XIX
asming oxiri va XX asming boshlarida matematika fanining turli bo'limlarida
aksiomalar chuqur o'rganildi va rivojlantirildi.
Matematika kursidagi aksiomalar sistemasi asosan quyidagi uchta talabga javob
berishi kerak.
1.
Aksioma sistemasi ziddiyatsiz bo'lishi kerak. Bu degan so'z, biror
aksiomadan chiqarilgan natija shu aksioma yordamida hosil qilingan boshqa natijaga
yoki boshqa aksiomadan chiqarilgan xulosaga zid kelmasligi kerak.
~20~
2. Aksiomalar sistemasi mustaqil bo'lishi kerak, ya’ni hech bir aksioma ikkinchi
bir aksiomadan kelib chiqadigan boim asligi kerak.
3. Aksiomalar sistemasi shu fanga oid istalgan bir yangi tushunchani isbot etish
uchun yetarli bo'lishi kerak, ya’ni biror matematik jumlani isbotlashda hech qachon
o’z-o'zidan tushunilishiga yoki tajribaga tayanilmaydi, bu matematik jumla boshqa
teoremalar bilan, oxirida aksiomalar bilan asoslanishi kerak bo'ladi.
Maktab geometriya kursida quyidagi aksiomalar sistemasi mavjud.
1.Tegishlilik aksiomasi:
a) har qanday to 'g 'ri ch ia q nuqtalar to'plamidan iboratdir.
b) har qanday ikki nuqtadan bitta va faqat bitta to 'g 'ri chiaq o'tkazish mumkin.
v) har qanday to'g'ri chiziqni olmaylik, shu to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lgan va
tegishli boim agan nuqtalar mavjud.
2. Masofa aksiomasi:
a) har bir kesmaning uzunligi shu kesmaning har qanday nuqtasi ajratgan
masofalar uzunliklarining yig'indisiga teng: b) A nuqtadan В nuqtagacha boigan
masofa В nuqtadan A nuqtagacha b o ig an masofaga teng:
\AV\ = \BA\.
v) Ixtiyoriy uchta
A, V, S
nuqta uchun
A
dan
S
gacha b o ig an masofa A dan В
gacha va В dan С gacha b o ig a n masofalar yig'indisidan katta emas: |AC|<|AB|+|BC|
3. Tartib aksiomasi:
a) To g'ri chiziqdagi uchta nuqtadan bittasi va faqat bittasi qolgan ikkitasi
orasida yotadi.
b) T o'g'ri chiziq tekislikni ikki yarim tekislikka ajratadi.
4. Harakat aksiomasi:
a)
Agar
\AV\
masofa musbat bo'lib,
u \A iV , \
masofaga teng bo'lsa, A nuqtani Ai
nuqta va В nuqtani Bj nuqtaga akslantiruvchi faqat ikkita siljitish mumkin.
5. P a r a l y e l l i k a k s i o m a s i :
Berilgan nuqtadan to 'g 'ri chiziqqa bitta va faqat bitta parallel to 'g 'ri chiziq
o'tkazish mumkin.
"Postulat" so'zi lotincha so 'z bo'lib, uning lug'aviy ma’nosi "talabni
belgilovchi" demakdir. Postulat - bu ma’lum bir talab yoki shartlami ifodalovchi
matematik hukm bo'lib, bundagi talab va shartlami ba’zi bir tushuncha yoki
tushunchalar orasidagi munosabatlar orqali qanoatlantiradi.
1-misol.
Yevklidning "Negizlar" kitobida paralellik aksiomasi "beshinchi
postulat" deb atalgan. qadimgi matematiklar ana shu paralellik aksiomasini XIX acr
boshlarigacha isbotlashga urinib keldilar. Bu urinishlar har doim muvaffaqiyatsizlik
bilan tugadi. Paralellik aksiomasini to'g'riligi hech kimda shubha tug'dirmasa-da, uni
mavjud aksiomalaming va ilgari isbot qilingan geometrik faktlaming asosi uchun
qabul qilish mumkin emasmikan, ya’ni u o’zicha teoremadan iborat emasmikan,
degan savol barcha matematiklami qiziqtirar edi. Parallel to 'g 'ri chiziqlar
~21~
aksiomasini teskarisidan faraz qilish usuli bilan, ya’ni nuqta orqali benlgan to'g'ri
chiziqqa parallel bir nechta to’g'ri chiziq o'tkazish mumkin, deb qabul qilib
isbotlashga urinishlar matematik qonuniyatlarga zid bo'lgan holatlami keltirib
chiqarishi
kerak
edi,
ammo
bunday
bo'lmadi.
Buyuk
rus
matematigi
N.I.Lobachevskiy va undan bexabar holda venger matematigi Ya.Boya nuqta orqali
benlgan to 'g 'ri chiziqqa parallel bir necha to 'g 'ri chiziq o'tkazish mumkin, degan
farazni qabul qilib, boshqa "noevklid geometriya"ni qurish mumkinligini isbot
qildilar. Lobachevskiy geometriyasi ana shunday dunyoga keldi.
2
- in i s о I Munosabatlar ekvivalentligini ta’rifi ham quyidagi uchta postulat
orqali ifodalanadi:
1) munosabat refleksiv bo' lishi kerak: Va s
A
:
a 1 >a
2) munosabat simmetrik bo'lishi kerak:
Vo,6 e
A :
(a ■
/
—
t
—>a )
3) munosabat tranzitiv bo' lishi kerak:
Va,
b, c e A :[ (a
—
—
£->cj=>(a
—
>c\
8-§. Teorem a va uning turlari.
Teorema so'zi grekcha so 'z bo'lib, uning lug'aviy ma’nosi "qarab chiqaman”
yoki «o'ylab ko'raman» demakdir, shuning uchun ham maktab matematika kursida
teoremaga quyidagicha ta’rif berilgan:
"Isbotlashni talab etadigan matematik hukm teorema deyiladi".
Maktab matematika kursida teoremalaming quyidagi turlari mavjuddir:
1. T o'g'ri teorema.
2. Teskari teorema.
3. T o'g'ri teoremaga qarama-qarshi teorema.
4. Teskari teoremaga qarama-qarshi teorema.
T o'g'ri va unga nisbatan teskari bo'lgan teorema tushunchalarini o'quvchilar
ongida shakllantirishni - VI sinf geometriya kursining binnchi darslaridan boshlab
amalga oshirish kerak. Masalan, quyidagi ikkita tushunchani olib qaraylik.
1. Bu figura parallelogrammdir
2. Bu figura to' rtburchakdir.
Berilgan bu ikkala hukm o'zaro bog'Iiqdir. Boshqacha qilib aytganda,
birinchisining haqiqatligidan ikkinchining haqiqatligi
kelib chiqadi,
ammo
ikkinchisining mavjudligidan birinchisining haqiqatligi har doim ham kelib
chiqavermaydi. Agar bu bog’lanishni simvolik ravishda yozadigan bo'lsak u
quyidagicha bo'ladi:
paralelogramm => to'rtburchak
Bu yerda biz paralellogramlar sinfini to'rtburchaklar sinfiga kiritdik.
Yuqoridagidek bog'lanishlar geometriya kursining birinchi darslaridan boshlab
tekshirayotgan matematik hukmlaming ichki o'zaro bog'lanishini ochib beradi.
Masalan, "Ichki almashinuvchi burchaklar o'zaro teng" degan hukmni simvolik holda
quyidagicha yozish mumkin:
Ichki almashinuvchi burchaklar
Teng burchaklar
Bu yerga agar ichki almashinuvchi burchaklar mavjud bo'lsa, u holda ular teng
bo'ladi, degan fikmi tasdiqlayapmiz. Agar yo'nalish teskari tomonga qo'yilsa,
bunday mulohaza hosil bo'ladi: "Agar burchaklar teng bo'lsa, u holda ular ichki
almashinuvchi burchaklardir". Agar biz teoremadagi shart va xulosaning o'zaro
bog' liqligini "agar", "u holda" so'zlari bilan bog'lasak, bunda o'quvchilar
teoremaning sharti, natijasi va ular orasidagi bog'lanish haqida chuqurroq tasaw urga
ega bo' ladilar. Masalan, agar bir uchburchakni ikki tomoni ikkinchi uchburchakning
ikki tomoniga mos ravishda teng bo'lsa, bunday uchburchaklar teng bo'ladi. Bu
aytilgan teoremaning shartidan uning xulosasi kelib chiqmaydi, ammo uning
xulosasidan sharti har doim kelib chiqadi. Shuning uchun uni simvolik ravishda
bunday yozish mumkin:
Bir uchburchakning ikki tomoni ikkinchi uchburchakning
ikki tomoniga mos ravishda teng bo'lsa
uchburchaklar
teng
Maktab geometriya kursida shunday teoremalar borki, ulaming shartidan
xulosasining to’g'riligi va aksincha, xulosasidan shartining to'g'riligi kelib chiqadi.
Masalan:
1.
Agar to 'g 'ri chiziq burchak bissektrisasi bo'lsa, u berilgan burchakni teng
ikkiga bo' ladi.
Bunga teskari bo'lgan teorema ham o'rinlidir: "Agar to 'g 'ri chiziq burchakni
teng ikkiga bo'lsa, bu to 'g 'ri chiziq shu burchakning bissektrisasidir". Bu
aytilganlami simvolik ravishda bunday yozish mumkin:
Agar to 'g 'ri chiziq burchak bissektrisasi bo'lsa
<=
=>
Burchak teng ikkiga
bo' linadi
Bundan к о 'rinadiki, teorema shartining mayjudligidan uning xulosasining
haqiqiyligi kelib chiqsa va aksincha, uning xulosasining mayjudligidan haqiqatligi
kelib chiqsa, teoremaning shart va xulosalarida qatnashayotgan "agar" va "u holda"
bog'lovchilarining o'rinlari o'zgaradi.
Agar biz shartli ravishda berilgan teoremani to’g'ri teorema desak, bu
teoremadagi shart va xulosalarning o'rinlarini almashtirish natijasida hosil qilingan
teoremani teskari teorema deb ataymiz.
Endi to 'g 'ri va teskari teoremalaming berilishi hanida ulami isbotlash
uslubiyatini ко' rib chiqaylik.
1.
T o' g' г i t y e o r y e m a : "Agar uchburchakning biror tomoni katta bo'lsa,
u holda ana shu katta tomon qarshisida katta burchak yotadi".
А
4-Chizma,
Berilgan: AAVS, VS > AV.
Icbot qilish kerak: ^ A > z S .
I s b о t i. ABC uchburchakning BC tomonida AB tomonga teng
BD A В
kesmani o'lchab, ana shu
D
nuqtani
A
nuqta bilan birlashtiramiz (4-chizma), natijada
ABD
teng yonli uchburchak hosil bo' ladi.
ABD
uchburchak teng yonli bo' Igani uchun
ZB A D ^ZB D A . BDA
burchak
ADC
burchakning tashqi burchagi bo'lgani uchun
Z B A D -Z S + Z D A C
bo'ladi, bundan
Z B A D > Z S
ekani kelib chiqadi. Bu yerdagi
BAD
burchak
A
burchakning bir qismi xolos. Shuning uchun
ZA >ZS.
T eskari teorem a:
"Agar uchburchakning biror burchagi katta bo'lsa, и holda
ana shu katta burchak qarshisida katta tomon yotadi".
В ye r i 1 ga n:
AA VS, Z A > Z C.
I s b о t q i 1 i sh к ye r a k:
VS
>
AB.
I s b о t i. 1)
A VC
uchburchakning
AB
tomoni hech qachon
VS
tomonidan katta
bo'la olmaydi, chunki to 'g 'ri teoremada biz katta tomon qarshisida katta burchak
yotadi, deb isbot qildik, aks holda
Z C > Z A
ligi kelib chiqadi, bu esa teorema shartiga
ziddir.
2)
AB
tomon
VS
tomonga teng ham bo'la olmaydi, chunki
ZA V S
teng yonli
emas, agar teng yonli bo'lganda edi
ZS> Z A
tenglik o'rinli bo'lib, bu ham teorema
shartiga zid bo'lar edi.
3) Agar
AB
tomon
VS
tomondan katta bo'lm asa yoki unga teng bo'lmasa, u
holda
VS > AB
ligi kelib chiqadi.
2. T o 'g 'ri teorem a.
Agar uchburchakning tomonlari teng bo'lsa, и holda bu
С
5-Chizma.
6-
Chizma.
tomonlar qarshisida teng burchaklar yotadi.
Berilgan:
AAVC. A S
=
SV.
Isbot qilish kerak:
/ А =ZB.
I s b о t i.
A VS
asosi
A V
bo'lgan teng yonli uchburchak bo'lsin.
Z A - Z V
ekanligini isbotlaymiz. Uchburchaklar tengligini birinchi alomatiga ko ra
CAB
burchak
SVA
burchakka teng bo'ladi, chunki
SA=SV
va
ZS= ZS.
Bu
uchburchaklamingtengligidan: ZA =ZB
T eskari teorem a.
Agar uchburchakning burchaklari о zaro teng bo 'Isa, и holda
bu burchaklar qarslrisida teng tomonlar yotadi
(6 - chizma).
В ye r i 1 g a n:
Z A VS, Z A
=
Z S .
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
VS = AV.
I s b o t i . 1)
VS
tomon
A V
tomondan katta bo'la olmaydi, aks holda aw algi
isbot qilingan teoremaga ko'ra
Z A > Z S
bo’lar edi, bu esa teorema shartiga ziddir.
2)
VS
tomon
A V
tomondan kichik ham bo' la olmaydi, aks holda aw algi isbot
qilingan teoremaga ko'ra
Z S >ZA
bo'lar edi, bu esa teorema shartiga ziddir. Demak,
VS = AV.
4
To' g 'ri teorema.
Agar uchburchak to'g'ri burchakli bo'lib, uning bir
burchagi 30° bo'Isa, и holda 30° li burchak qarshisidagi katet gipotenuzaning
yarmiga teng bo ladi.
(7-chizma)
7-Chizma.
В ye r i 1 g a n:
A VS
burchak to' g' ri burchakli,
Z V = 30°.
Afi
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k:
A S =
—
Isboti.
A S
katetni davom ettirib,
C D -A С
kesmani qo'yib,
I)
nuqtani
V
nuqta
bilan birlashtiramiz. U holda
ABCD ABCA
tenglik hosil bo'ladi, chunki
Z D = Z A
va
ZD = 60°
bo'lganligi uchun
ABD
uchburchakning
A
va
D
burchaklari
60°
dan,
ZABD=60° A D
teng tomonli uchbur-chakdir. Chizmadan
AS~
; AD=A V,
shuning uchun
AC=
4 ^ .
T eskari
teorem a.
Agar
to'g'ri
burchakli
uchburchakning kateti gipotenuzaning yarmiga teng bo 'Isa,
и holda shu katet qarshisidagi burchak 30° ga teng bo'ladi
(8- chizma).
~25~
В ye г i 1 g a n :
A A V S to 'g 'ri
burchakli,
A S
= i
AV.
I s b o t q i l i s h к ye r a k:
Z A V S = 30°.
I s b о t i.
A S
katetni davom ettirib
CD=AS
ni qo'yamiz, u holda
AD = 2AC
bo'ladi, bundan
AD=AV,
ekani kelib chiqadi.
V
va
D
nuqtalami birlashtirsak,
ABCD = ABC A
bo'ladi, chunki bularning ikkita kateti va ular orasidagi burchaklari
o'zaro teng.
ABCD -ABCA
ekanidan
AD=A V
ga,
Z A V S -Z D B S
u holda
AD=A V
va
DB=A V
bulardan
KABD
teng tomonli ekanligini kelib chiqadi, u holda
Z A B D 6 ( f‘,
ZAVS=ZD BC,
bu burchaklar yig'indisi
ZA B D
ni hosil qiladi, shuning uchun
Z A B C -30"
4.
T o'g'ri teorema.
Agar to'rtburchak to'g'ri burchakli bo'lsa, и holda uning
diagnallari o 'zaro teng bo 'ladi
(9-chizma).
В
С
9-Chizma.
Berilgan:
ABCD -
to 'g 'ri to' rtburchak.
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k:
A S
=
VD
I s b o t i .
ABD
va
DCA
to'g'ri burchakli uchburchaklarda
AD
umumiy,
VA
va
D C
tomonlari esa o'zaro teng, chunki parallellogrammning qarama-qarshi tomonlari
o'zaro tengdir. Shuning uchun
AABD=ADCA
bo'ladi, bundan
AS=BD
ekanligi kelib
chiqadi,
Teskari teorema.
Agar paralelogrammning diagonallari o'zaro teng bo'lsa, и
holda buparallelogramm to'g'ri to'rtburchakdir
(10 - chizma).
В
С
10-Chizma.
Berilgan:
ABCD -
parallelogramm,
A C
=
BD
I s b o t
q i l i s h
k y e r a k :
ABSD
to 'g 'ri to’rtburchak.
I s b o t i .
ABD
va
DCA
uchburchaklardan quyidagi tengliklarni yoza olamiz:
AV=VS, AD -
umumiy va
AC'=BD.
Shuning uchun
AABD=ADCA
bo’ladi, u holda
~26~
Z B A D -Z C D A
bo ladi. Bundan tashqari ichki bir tomonli burchaklar bo lganligi
uchun
ZBA1) ~ ziCDA 2d.
Bulardan
ZBAD = ZC AD = d
ekani kelib chiqadi. Demak
ABCD
t o g ' ri to' rtburchak ekan.
5.
T o'g'ri teorema.
A gar to'g'ri, burchakli uchburchakning gipotenuzasi va
uning katetlariga o'zaro o'xshash ko 'pburchaklar yasalsa, и holda gipotenuzaga
yasalgan ko'pburchakning yuzi uning katetlariga yasalgan ko'pburchaklar
yuzlarining yig'indisiga teng bo 'ladi.
(11 - chizma).
Berilgan:
AAVS, Z S-90". AV=s, VS=a, AS=b, ABDEZooANMKSacSLHTB,
ABDEZm:i--S,, ANMKCyuzi =Sb, SLHTByuzi~Sa.
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k:
Sc
=
Sa
+
Sb
I s b о t i. 7-sinfda o'xshash ko'pburchaklar yuzlarining nisbati mavzusi o'tiladi,
ana shu mavzuda quyidagi teorema bor.
"Agar ikkita ko'pburchak o'zaro o'xshash
bo 'lsa, ular yuzlarining nisbati mos tomonlori kvadratlarining nisbatiga teng".
Shunga asosan quyidagi nisbatni tuzishimiz mumkin:
(s„c2
+Sbc2 =Scc2
+Scft2)=>|c:2(S',
+Sb)= S c{a2
+62)j c2 = a 2+*2
bolgani
uchun
S .+ S t * S '
bo'ladi.
yuzi uning qolgan ikkita tomoniga yasalgan ko 'pburchaklar yuzlarining yig 'indisiga
teng bo 'Isa, и holda bu uchburchak to g 'ri burchaklidir.
B y e r i l g a n
AAVC, S , + Sb = S c
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
A A VS
to' g'ri burchakli.
I s b о t i. Teorema shartiga ko ra
Sa
+
Sb = Sc
bo lgani uchun
teoremasining ifodasidir. Pifagor teoremasi to 'g 'ri burchakli uchburchaklar uchun
o'rinli bo'lar edi.
Shuning uchun
A A VS
to 'g 'ri burchaklidir.
(
2
)
(
1
)
(1) va (2) lami o'zaro xadlab qo'shsak:
T eskari teorem a.
Agar uchburchak bir tomoniga yasalgan ko'pburchakning
fTB*jARDE3)=> ^ —
= —
y j =>sa -c2 = sc -a2.
(2)
(1) va(2) lami o'zaro hadlab qo'shsak,
(
1
)
+ V 2 = S cc 3 + S cft2)=>(c'2(S„
+S„) = Sci(,-
+*2)J
Sa + Sb
=
SL
shuning uchun:
a2
+
b2
=
s2.
Bizga ma lumki, bu tenglik Pifagor
~27~
6. T o 'g 'ri teorem a.
Agar har qanday uchburchakda ichki burchak bissektrisasi
о tkazilsa, и holda bu bissektrisa qarshisida yotgan tomonni qotgan ikki tomonga
nisbatan proporsional bo 'laklarga bo ladi
(12-chizma).
E
Berilgan: V
AA VS, BD -
bissektrisa,
ZABD = ZDBC.
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
\AB\ \AD\
I
BC
| | DC|
I s b о t i. Bu teoremani isbot qilish uchun uchburchakning [AV] tomonini Ye
nuqtada kesguncha
[CE]//[BD]
ni o'tkazamiz, natijada
Z A E S
va
[BD]//[EC]
lami
hosil qildik. Agar burchakning tomonlari parallel to 'g 'ri chiziqlar bilan kesilsa,
proporsional bo'laklargabo'linadi. Shungako'ra:
\AB\J_AD \
|