ALGEBRA VA MAÒEMAÒIK ANALIZ ASOSLARI

Transcript

1 O ZBEKISÒON RESPUBLIKASI OLIY VA O RÒA MAXSUS ÒA LIM VAZIRLIGI O RÒA MAXSUS, KASB-HUNAR ÒA LIMI MARKAZI A. U. Abduhamidov, H. A. Nasimov, U. M. Nosirov, J. H. Husanov ALGEBRA VA MAÒEMAÒIK ANALIZ ASOSLARI I qism Akademik litseylar uchun darslik 7- nashri O QIÒUVCHI NASHRIYOT-MATBAA IJODIY UYI ÒOSHKENÒ 008

2 ÁÁÊ 4ÿ 7.6ÿ 7 Ushbu darslik 00- yilda o tkazilgan Yilning eng yashi darsligi va o quv adabiyoti respublika tanlovida birinchi o rinni egallagan. Òaqrizchilar: K. Behzod nomidagi Milliy rassomlik va dizayn institutining tayinlangan professori, tenika fanlari nomzodi, dotsent R.Yarqulov, SamDU qoshidagi gimnaziyaning oliy toifali matematika o qituvchisi, fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent H. N. Nosirova, O MKHÒ markazi kollejlar boshqarmasining bosh mutaassisi, fizika-matematika fanlari nomzodi J. Shasalimov. O zbekiston Respublikasi Oliy va o rta masus ta lim vazirligi, O rta masus, kasb-hunar ta limi markazi hamda O rta masus, kasb-hunar ta limini rivojlantirish instituti tomonidan akademik litseylar uchun darslik sifatida tavsiya etilgan bo lib, undan kasb-hunar kollejlari talabalari va o qituvchilari ham foydalanishlari mumkin. O zbekiston Respublikasida izmat ko rsatgan Xalq ta limi odimi H. A. NASIMOV ning umumiy tahriri ostida. A (04) 008 ISBN Qat. buyurt. 008 O qituvchi nashriyoti, 00 O qituvchi NMIU, 008

3 SO ZBOSHI Algebra va matematik analiz asoslari darsligi ikki qismdan iborat bo lib, akademik litseylar va kasb-hunar kollejlari uchun mo ljallangan hamda shu fan bo yicha akademik litseylar va kasbhunar kollejlari o quv rejasiga asosan, aniq fanlar yo nalishi, tabiiy fanlar yo nalishi, shuningdek, matematika umumta lim fani sifatida o rganiladigan guruhlarning Algebra va matematik analiz asoslari kursining o quv dasturidagi barcha materiallarni o z ichiga oladi. Mualliflarning SamDU akademik litseyida to plagan ish tajribalari asosida yaratilgan ushbu darslikning I qismi sakkiz bobdan iborat bo lib, unda quyidagi mavzular yoritilgan: to plamlar nazariyasi va matematik mantiq elementlari; haqiqiy sonlar; kompleks sonlar va ular ustida amallar; ko phadlar; algebraik ifodalar; algebraik tenglamalar va tengsizliklar; funksiyalar; ko rsatkichli va logarifmik funksiyalar. Har bir bob paragraflarga, paragraflar esa bandlarga bo - lingan. Materiallar bayonida mualliflar nazarida zarur deb hisoblangan o rinlarda to plamlar nazariyasi va matematik mantiq elementlari tilidan foydalanilgan. Darslikning yaratilish jarayonida o zlarining qimmatli maslahatlarini ayamagan SamDU akademik litseyining matematika o qituvchilari R.Narzullayeva va F.Xo jayevaga, Samarqand viloyati Ishtion tumani -o rta maktabning oliy toifali matematika o qituvchisi, O zbekiston Respublikasida izmat ko rsatgan Xalq ta limi odimi A.A.Nasimovga hamda uni nashrga tayyorlashda katta yordam bergan I.H. Nasimovga o z minnatdorchiligimizni bildiramiz. Mualliflar

4 I bob ÒO PLAMLAR NAZARIYASI VA MAÒEMAÒIK MANÒIQ ELEMENÒLARI 4 -. Òo plamlar nazariyasining asosiy tushunchalari. Òo plam haqida tushuncha. Òo plam tushunchasi matematikaning boshlang ich (ta riflanmaydigan) tushunchalaridan biridir. U chekli yoki cheksiz ko p obyektlar (narsalar, buyumlar, shaslar va h.k.) ni birgalikda bir butun deb qarash natijasida vujudga keladi. Masalan, O zbekistondagi viloyatlar to plami; viloyatdagi akademik litseylar to plami; butun sonlar to plami; to g ri chiziq kesmasidagi nuqtalar to plami; sinfdagi o quvchilar to plami va hokazo. Òo plamni tashkil etgan obyektlar uning elementlari deyiladi. Òo plamlar odatda lotin alifbosining bosh harflari bilan, uning elementlari esa shu alifboning kichik harflari bilan belgilanadi. Masalan, A = {a, b, c, d } yozuvi A to plam a, b, c, d elementlardan tashkil topganligini bildiradi. element X to plamga tegishli ekanligi X ko rinishda, tegishli emasligi esa X ko rinishda belgilanadi. Masalan, barcha natural sonlar to plami N va 4, 5, 4, π sonlari uchun 4 N, 5 N, N, π N munosabatlar o rinli. 4 Biz, asosan, yuqorida ko rsatilganidek buyumlar, narsalar to plamlari bilan emas, balki sonli to plamlar bilan shug ullanamiz. Sonli to plam deyilganda, barcha elementlari sonlardan iborat bo lgan har qanday to plam tushuniladi. Bunga N natural sonlar to plami, Z butun sonlar to plami, Q ratsional sonlar to plami, R haqiqiy sonlar to plami misol bo la oladi. Òo plam o z elementlarining to liq ro yatini ko rsatish yoki shu to plamga tegishli bo lgan elementlargina qanoatlantiradigan shartlar sistemasini berish bilan to liq aniqlanishi mumkin. Òo plamga tegishli bo lgan elementlargina qanoatlantiradigan shartlar sistemasi shu to plamning arakteristik ossasi deb ataladi.

5 Barcha elementlari biror b ossaga ega bo lgan to plam X ={ b ( )} kabi yoziladi. Masalan, ratsional sonlar to plamini p q Q ={ r r =, p Z, q N} ko rinishda, a + b + c = 0 kvadrat tenglama ildizlari to plamini esa X = { a + b + c = 0} ko rinishda yozish mumkin. Elementlari soniga bog liq holda to plamlar chekli va cheksiz to plamlarga ajratiladi. Elementlari soni chekli bo lgan to plam chekli to plam, elementlari soni cheksiz bo lgan to plam cheksiz to plam deyiladi. -misol. A = { N, > 7} to plam dan katta bo lgan barcha natural sonlardan tuzilgan, ya ni A = {, 4, 5, 6, 7, 8, 9,...}. Bu to plam cheksiz to plamdir. Birorta ham elementga ega bo lmagan to plam bo sh to plam deyiladi. Bo sh to plam orqali belgilanadi. Bo sh to plam ham chekli to plam hisoblanadi. - misol. + + = 0 tenglamaning ildizlari X={ ; } chekli to plamni tashkil etadi. + + = 0 tenglama esa haqiqiy ildizlarga ega emas, ya ni uning haqiqiy yechimlar to plami dir. Ayni bir il elementlardan tuzilgan to plamlar teng to plamlar deyiladi. - misol. X = { N, } va Y = { ( )( )( ) = 0} to plamlarning har biri faqat,, sonlaridan tuzilgan. Shuning uchun bu to plamlar tengdir: X = Y. Agar B to plamning har bir elementi A to plamning ham elementi bo lsa, B to plam A to plamning qism-to plami deyiladi va B A ko rinishida belgilanadi. Bunda A va A A hisoblanadi. Bu qism-to plamlar osmas qism-to plamlar deyiladi. A to plamning qolgan barcha qism-to plamlari os qismto plamlar deyiladi. Masalan: N Z Q R. Agar A = {, 4, 5}, B = { 7 + = 0} bo lsa, B A bo ladi. 4- misol. A ikki onali sonlar to plami, B ikki onali juft sonlar to plami bo lsin. Har bir ikki onali juft son A to plamda ham mavjud. Demak, B A. A = B bo lsa, A B, B A va aksincha, A B, B A bo lsa, A = B bo lishini tushunish qiyin emas. 5

6 4 5-misol. A = {,,,4}, B = {,, 9, } bo lsa, 4 B = {,, 9, } = {,,,4} = A. Bundan ko rinadiki, A B, B A bo ladi. X chekli to plam elementlari sonini n(x ) orqali belgilaymiz. k ta elementli X to plamni k elementli to plam deb ataymiz. 6- misol. X to plam 0 dan kichik tub sonlar to plami bo lsin: X = {; ; 5; 7}. Demak, n(x ) = 4. 6 Mashqlar.. O zbekiston Respublikasining Davlat gerbi qabul qilingan yilni ifodalovchi sonda qatnashgan raqamlar to plamini tuzing. 4.. B = { 0; ; 7,; 7; 6} to plam berilgan. Qaysi natural sonlar bu to plamga kiradi? Shu to plamga tegishli bo lmagan uchta son ayting. Javobni, belgilari yordamida yozing... S to plam ; ; ; 4 elementlaridan tuzilgan. Shu to plamni yozing. Shu sonlarga qarama-qarshi sonlarning S to plamini tuzing..4. Bo sh vaqtdan unumli foydalan jumlasidagi harflar to plamini tuzing..5. Quyidagi yozuvlarni o qing va har bir to plamning elementlarini ko rsating: a) E = { N, < < 5}; b) F = { 5 = 7}; d) Q = { ( + ) = 0}; e) U = { R, = }; f) V = { N, < 9}; g) W = { N, 9}..6. Quyidagi to plamlarni son o qida belgilang: a){ N, }; b){ Z, }; d){ R, > 4,}; e){ R,,7 }; f){ R, < 6}; g){ R,,4 < 8}; h){ R, }; i){ = 4}; 4 j){ ( )( 4) = 0}.

7 .7. Quyidagi to plam qaysi elementlardan tuzilgan: a) va bilangina yoziladigan barcha uch onali sonlar to plami; b),, 5 raqamlaridan (faqat bir marta) foydalanib yoziladigan barcha uch onali sonlar to plami; d) raqamlarining yig indisi 5 ga teng bo lgan uch onali sonlar to plami; e)00 dan kichik va oirgi raqami bo lgan barcha natural sonlar to plami?.8. Quyidagi to plamlardan qaysilari bo sh to plam: a) simmetriya markaziga ega bo lmagan kvadratlar to plami; b) { +=0}; d) { R, =}; e) { R, = }?.9. Quyidagi to plamning nega bo sh to plam ekanligini tushuntiring: a) { N,< }; b) { N,5 < < 6}; d) { N, = 5 }; e) { > 7, < 5}..0. Òenglamaning haqiqiy ildizlari to plamini toping. Bu to plamlarning qaysilari bo sh to plam ekanligini aniqlang: a) + 5 = 4( 8); b) + 4 = 4; d) ( 5) = ; e) 4 = 0; f) + 6 = 0; g) ( + 7)( ) = 0... Quyidagi to plam elementlarini va elementlar sonini ko rsating: a) {l, f, g}; b) {a}; d) {{a}}; e) ; f) { }; g) {{a, b}, {c, d}}; h) {{a, b, c}, a}... 5 ta elementi bor bo lgan to lam tuzing... 5 ta natural son qatnashgan sonli to plam tuzing..4. A = {a, b, c, d, e, f, g, k}, B = {a, l, k}, C = {b, d, g, k, t}, D = {a, l }, E = {e, f, k, g} to plamlar berilgan. 7

8 8 a) Ularning qaysilari A to plamning oc qism-to plami bo - ladi? b) D to plam C to plamning qism-to plamimi? d) B to plam qaysi to plamning qism-to plami bo ladi? e) n(a), n(b ), n(c ), n(d), n(e ) sonlarni o sish tartibida joylashtiring..5. A = {, 6, 9, } to plamning barcha qism-to plamlarini tuzing..6. To plamlar jufti berilgan: a) A = {Navoiy, Bobur, Furqat, Nodirabegim} va B barcha shoir va shoiralar to plami; b) C qavariq to rtburchaklar to plami va D to rtburchaklar to plami; d) E Samarqand olimlari to plami, F O zbekiston olimlari to plami; e) K barcha tub sonlar to plami, M manfiy sonlar to plami. Juftlikdagi to plamlardan qaysi biri ikkinchisining qismto plami bo lishini aniqlang..7. Quyidagi to plamlar uchun A B yoki B A munosabatlardan qaysi biri o rinli: a) A = {a, b, c, d}, B = {a, c, d}; b) A = {a, b}, B = {a, c, d}; d) A =, B = ; e) A =, B = {a, b, c}; f) A =, B = { }; g) A = {{a}, a, }, B = {a}; h) A = {{a, b,}, {c, d}, c, d}, B = {{a, b}, c}; i) A = {{0}, 0}, B = {,{{0},0}}?.8. Munosabatning to g ri yoki noto g ri ekanligini aniqlang: a) {; } {{; ; }; {; }; ; }; b) {; } {{; ; }; {; }; ; }; d) {; } {{; ; }; {; }; ; }; e) {; } {{; ; }; {; }; ; }..9. Quyidagi to plamlar tengmi: a) A = {; 4; 6} va B = {6; 4; };

9 b) A = {; ; } va B = {; ; }; d) A = {{; }, {; }} va B = {; ; }; e) A = { 56; 8; 6} va B = { ; ; 4 }?.0. = { = 0} va A {; } to plamlar haqida nima deyish mumkin?. To plamlar ustida amallar. A va B to plamlarning ikkalasida ham mavjud bo lgan elementga shu to plamlarning umumiy elementi deyiladi. A va B to plamlarning kesishmasi (yoki ko paytmasi) deb, ularning barcha umumiy elementlaridan tuzilgan to plamga aytiladi. A va  to plamlarning kesishmasi A B ko rinishda belgilanadi: A B= { A va B}. -rasmda Eyler Venn diagrammasi nomi bilan ataladigan chizmada A va B shakllarning kesishmasi A B ni beradi (chizmada shtrilab ko rsatilgan). A va B to plamlarning birlashmasi (yoki yig indisi) deb, ularning kamida bittasida mavjud bo lgan barcha elementlardan tuzilgan to plamga aytiladi. A va B to plamlarning birlashmasi A B ko rinishida belgilanadi: A B = { A yoki B } (- rasm). A va B to plamlarning ayirmasi deb, A ning B da mavjud bo lmagan barcha elementlaridan tuzilgan to plamga aytiladi. A va B to plamlarning ayirmasi A \B ko rinishda belgilanadi: A\B = = { A va B } (- rasm). Topshiriq: - a rasmda B \ A ni ko rsating. Agar B A bo lsa, A \B to plam B to plamning to ldiruvchisi deyiladi va B yoki B A bilan belgilanadi (- b rasm). - misol. A = {a, b, c, d, e, f } va B = {b, d, e, g, h} to plamlar berilgan. Ularning kesishmasi, birlashmasini topamiz va Eyler Venn diagrammasida talqin etamiz. A B A B - rasm. - rasm. 9

10 a) b) - rasm. b, d, e elementlari A va B to plamlar uchun umumiy, shunga ko ra A B = {b, d, e}. Bu to plamlarning birlashmasi esa A B = {a, b, c, d, e, f, h} dan iborat (4- a rasm). 7 - misol. A = { }, B={ } to plamlarning kesishmasi, birlashmasi va ayirmasini topamiz. 4 4 Bu- 7 ning uchun sonlar o qida,,, nuqtalarni belgilaymiz 4 4 (4-rasm). A B = { 7 }, A B = { }, 4 4 A \ B = { < }. 4 - misol. A = {0; ; }, C = {0; ; ; ; 4} to plamlar uchun A =C\A ni topamiz. A C bo lgani uchun A =C\A={; 4} bo ladi. 4- misol. Agar A B bo lsa, A B = B bo lishini isbot qilamiz. Isbot. A B bo lsin. a) A B Bni ko rsatamiz. A B bo lsin. U holda A yoki B bo ladi. Agar A bo lsa, A B ekanidan B ekani kelib chiqadi, ikkala holda ham A B ning har qanday elementi B ning ham elementidir. Demak, A B B; b a g c d f e h 4 O 7 X 4 a) b) 4- rasm. 0

11 b) B A B ni ko rsatamiz. B bo lsin. U holda, to plamlar birlashmasining ta rifiga ko ra A B bo ladi. Demak, B ning har qanday elementi A B ning ham elementi bo ladi, ya ni B A B. Shunday qilib, A B B, B A B. Bu esa B = A B ekanini tasdiqlaydi. To plamlar ustida bajariladigan amallarning ossalari sonlar ustida bajariladigan amallarning ossalariga o shash. Har qanday X, Y va Z to plamlar uchun: ) X Y = Y X ; ) X Y = Y X ; ) ( X Y ) Z = X ( Y Z) = ( X Z) Y; ) ( X Y) Z = ( X Z) Y = X ( Y Z); ) ( X Y) Z = ( X Z) ( Y Z); ) ( X Y) Z = ( X Z) ( Y Z) tengliklar bajariladi. Agar qaralayotgan to plamlar ayni bir U to plamning qismto plamlari bo lsa, U to plam universal to plam deyiladi. Uuniversal to plam qism-to plamlarining kesishmasi, birlashmasi, shuningdek, U to plam itiyoriy qism-to plamining to ldiruvchisi ham U ning qism to plami bo ladi. Biror X to plamning U ga to ldiruvchisini X U yoki X shaklida belgilash mumkin. To ldirish amalining ayrim ossalarini ko rsatib o tamiz: ) =U, ) U =, ) (X ) =X, 4) U dan olingan har qanday X va Y to plam uchun ( X Y ) = X Y ; ( X Y ) = X Y. Shuningdek, agar X Y bo lsa, X Y = X, X Y = Y bo ladi. Xususan, X va X X bo lganidan, X =, X = X, X X = X, X X = X bo ladi. 5- misol. A = {,,, 4}, B = {,, 5}, C = {, 5, 9} to plamlar berilgan. D = {,,, 4, 5, 9} to plam universal to plam bo ladimi? E = {,,, 4, 5, 9, 5} va M = {,, 4, 5, 9} to plamlar-chi?

12 A D, B D, C D bo lgani uchun D to plam universal to plam bo ladi. D E bo lgani uchun E to plam ham universal to plam bo ladi. B M, C M, lekin A M bo lgani uchun M to plam universal to plam bo la olmaydi. Mashqlar.. M = {6; 9; 5; 68; 7}, P = {4; 5; 7; 47; 6; 90}, Q = {90; 4; 47} to plamlar berilgan. M P Q, M P Q larni toping. P, M Q,.. A 8 ning hamma natural bo luvchilari to plami, B 4 ning hamma natural bo luvchilari to plami. A B to plam elementlarini ko rsating... P ikki onali natural sonlar to plami, S barcha toq natural sonlar to plami bo lsa, K = P S to plamga qaysi sonlar kiradi? a) K; b) K; d) 7 K; e) 7 K deyish to g rimi?.4. Matematika va grammatika so zlaridagi harflar to plamini tuzing. Bu to plamlar kesishmasini toping..5. [; 5] va [; 7] kesmalarning kesishmasini toping..6. P = {a, b, c, d, e, f} va E = {a, g, z, e, k} to plamlar birlashmasini toping..7. A = {n n N, n < 5} va B = {n n N, n > 7} to plamlar birlashmasini toping. a) 4 A B ; b) A B ; d) 6 A B deyish to g rimi?.8. Agar a) A = { = 8k, k Z }, B = { = 8l 4, l Z }; b) A = { = 6k, k Z }, B = { = 6l + 4, l Z } bo lsa, A B ni toping..9. A = {; 4; 6; 8;... ; 40}, B = {; ; 5; 7;... ; 7}, C = {{a; b}, {c; d}, {e; f }, g, h} to plamlarning har biridagi elementlar sonini aniqlang. A B da nechta element mavjud?.0. A = {; ; 4; 5; 7; 0}, B = {; 5; 7; 9}, C = {4; 9; } bo lsin. Quyidagi to plamlarda nechtadan element mavjud: a) A ( B C) ; b) ( C B) A; d) A ( B C) ;

13 e) A ( B C) ; f) A ( B C) ; g) B ( A C)?.. A = { 5 0}, B = { N, 5} bo lsin. A \B va B \ A to plam elementlarini toping... P ikki onali natural sonlar to plami, Q juft natural sonlar to plami bo lsin. P \Q va Q \P to plamlarni tuzing... C va D kesishuvchi to plamlar bo lsin. Eyler Venn diagrammalari yordamida C \D, D \C, (C\D) (D \C ) larni tasvirlang..4. N bilan natural sonlar to plami N ning butun sonlar to plami Z ga to ldiruvchisini belgilaymiz. Quyidagilar to g rimi: a) 4 N ; b) 0 N ; d) N ; e) 8 N ; f) 5, N ; g) 0 N?.5. A = { = k +, k Z } to plamning Z to plamga to ldiruvchisini toping..6. A = { = k, k Z } to plamning Z to plamga to ldiruvchisini toping..7. Agar A U, B U bo lsa, quyidagi tengliklar o rinli bo - lishini isbotlang: a) ( A B) = A B, b) ( A B) = A B..8. Agar A to plam = 0 tenglamaning yechimlari to plami va B = {; 6} bo lsa, A = B bo lishini isbotlang..9. A \B = A \(A B) tenglikni isbotlang..40. A (B \ A) = tenglikni isbotlang..4. A U, B U, A B = bo lsin. Quyidagilarni Eyler Benn diagrammalari yordami bilan tasvirlang va ulardan tenglarini ko rsating: ) (A B ) ; ) A B ; ) A B; 4) A B ; 5) (A B ) ; 6) A B..4. a) Munosabatlarni isbot qiling: ) (A B)\B = A; ) (A\B) (B \A) = (A B)\(A B);

14 ) A (B C )=(A B) (A C ); 4) (A B )\C = (A\C ) (B \C ); b) A va B lar U universal to plamning qism-to plamlari. Isbot qiling: ) (A B) =A B ; ) (A B) = A\(A B )..4. Ifodalarni soddalashtiring: ) B (A B); ) (A B) (A B).. To plam elementlarining soni bilan bog liq ayrim masalalar. To plamlar nazariyasining muhim qoidalaridan biri jamlash qoidasidir. Bu qoida kesishmaydigan to plamlar birlashmasidagi elementlar sonini topish imkonini beradi. - teorema (jamlash qoidasi). Kesishmaydigan A va B chekli to plamlarning (5-rasm) birlashmasidagi elementlar soni A va B to plamlar elementlari sonlarining yig indisiga teng: n(a B) = n(a) + n(b). Isbot. n(a) = k, n(b ) = m bo lib, A to plam a, a,..., a k elementlardan, B to plam esa b, b,..., b m elementlardan tashkil topgan bo lsin. Agar A va B to plamlar kesishmasa, ularning birlashmasi a, a,..., a k, b, b,..., b m elementlardan tashkil topadi: A B = {a, a,..., a k, b, b,..., b m }. Bu to plamda k + m ta element mavjud, ya ni n( A B) = k + m = n( A) + nb ( ). B B B\(A B) A A A B A\(A B) 5- rasm. 6- rasm. 4

15 Xuddi shu kabi, chekli sondagi A, B,..., F juft-jufti bilan kesishmaydigan to plamlar uchun quyidagi tenglik to g riligini isbotlash mumkin: n(a B... F) = n(a) + n(b) n(f). -teorema. Itiyoriy A va B chekli to plamlar uchun ushbu tenglik o rinli: n(a B) = n(a) + n(b) n(a B). () Isbot. Agar A B = bo lsa, n(a B) = 0 bo lib, - teoremaga ko ra () tenglik o rinli. Agar A B bo lsa, u holda A B to plamni uchta juft-jufti bilan kesishmaydigan to plamlarning birlashmasi ko rinishida tasvirlash mumkin (6- rasm): A B = (A \(A B )) (B \(A B )) (A B). () A \(A B ), B \(A B ) va A B to plamlardagi elementlari soni mos ravishda n(a ) n (A B ), n (B ) n (A B ), n (A B ) ga teng. Jamlash qoidasiga ko ra, () tenglikdan n ( A B ) = ( n ( A ) n ( A B )) + (n(b) n(a B )) + +n(a B) = n(a) + n(b) n(a B), ya ni () tenglik hosil bo - ladi. Masala. 00 kishidan iborat sayyohlar guruhida 70 kishi ingliz tilini, 45 kishi fransuz tilini, kishi esa ikkala tilni ham biladi. Sayyohlar guruhidagi necha kishi ingliz tilini ham, fransuz tilini ham bilmaydi? Yechish. Berilgan guruhdagi ingliz tilini biladigan sayyohlar to plamini A bilan, fransuz tilini biladigan sayyohlar to plamini B bilan belgilaymiz. U holda ham ingliz tilini, ham fransuz tilini biladigan sayyohlar to plami A B to plamdan, shu ikki tildan hech bo lmasa bittasini biladigan sayyohlar to plami esa A B to plamdan iborat bo ladi. Shartga ko ra, n(a ) = 70, n(b ) = 45, n(a B ) =. () tenglikka ko ra, n(a B ) = = 9. Shunday qilib, 9 kishi ingliz va fransuz tillaridan hech bo lmaganda bittasini biladi, 00 9 = 8 kishi esa ikkala tilni ham bilmaydi. 5

16 6 Mashqlar.44. Sinfdagi bir necha o quvchi marka yig dilar. 5 o quvchi O zbekiston markalarini, kishi chet el markalarini, 6 kishi ham O zbekiston markalarini, ham chet el markalarini yig di. Sinfda necha o quvchi marka to plagan?.45. o quvchining tasi voleybol seksiyasiga, 5 tasi basketbol seksiyasiga, 8 kishi esa ikkala seksiyaga ham qatnashadi. Sinfdagi necha o quvchi hech bir seksiyaga qatnashmaydi? o quvchidan 8 tasi matematikaga, 7 tasi esa fizikaga qiziqadi. Ikkala fanga ham qiziqadigan o quvchilar soni nechta bo lishi mumkin? (Ko rsatma. Ikkala fanga ham qiziqmaydigan o quvchilar soni k {0,,,,..., }) odamdan iborat sayyohlar guruhida 0 kishi nemis tilini ham, fransuz tilini ham bilmaydi, 75 tasi nemis tilini, 8 tasi esa fransuz tilini biladi. Ikkala tilni ham biladigan sayyohlar sonini toping o quvchining 4 tasi shamatga, 6 tasi shashkaga qiziqadi. Ham shashkaga, ham shamatga qiziqadigan o quvchilar nechta? -. Matematik mantiq elementlari Matematik mantiq matematikaning bir bo limi bo lib, unda mulohaza lar va ular ustidagi mantiqiy amallar o rganiladi. Chin yoki yolg onligi haqida fikr yuritish mumkin bo lgan har qanday darak gap mulohaza deyiladi. Mulohazalar ustida bajariladigan mantiqiy amallar masus belgilar yordamida ifodalanadi. Bu belgilar hozirgi zamon matematikasining barcha bo limlarida qo llaniladi. Bu belgilar quyidagilardir: ) agar... bo lsa, u holda... bo ladi, P Q agar P bo lsa, Q bo ladi (P dan Q kelib chiqadi); ) teng kuchlilik, P Q P va Q teng kuchli (P dan Q kelib chiqadi va aksincha);

17 ) dizyunksiya ( yoki amali); 4) konyunksiya ( va amali); 5) itiyoriy, barcha, har qanday; 6) shunday, mavjud; 7) mavjud emas. Bu amallarni (belgilarni) qo llashga doir misollar keltiramiz. P = {a soni 5 ga bo linadi} va Q = {a soni 5 ga bo linadi} mulohazalari quyidagicha bog langan: P mulohazaning chinligidan Q mulohazaning chinligi kelib chiqadi. Mulohazalarning bunday bog lanishi mantiqiy kelib chiqish deyiladi va belgi yordamida yoziladi: P Q. Bu yerda a soni 5 ga bo linadi sharti a sonining 5 ga bo - linishi uchun yetarlidir. Shu bilan birga, a soni 5 ga bo linadi sharti uning 5 ga bo linishi uchun yetarli emas, u zaruriy shartdir olos, chunki a soni 5 ga bo linmasa, uning 5 ga bo linishi mumkin emas. Umuman, P mulohazaning chinligidan Q mulohazaning chinligi kelib chiqsa (P Q), P mulohaza Q mulohaza uchun yetarli shart va Q mulohaza P mulohaza uchun zaruriy shart deyiladi. Agar A B va B A bo lsa, B mulohaza A mulohaza uchun zaruriy va yetarli shartdir. Bu esa quyidagicha yoziladi: A B. mantiqiy teng kuchlilik belgisidir. A a soni juft son mulohazasi bo lsin. B a juft son mulohazasi bo lsin. Bu mulohazalar teng kuchli mulohazalar bo ladi, ya ni A B. Boshqacha aytganda, sonning kvadrati juft son bo lishi uchun sonning o zi juft bo lishi zarur va yetarli. Biror A mulohazaning inkori deb, A chin bo lganda yolg on, A yolg on bo lganda esa chin bo ladigan mulohazaga aytiladi va A bilan belgilanadi. A yetti murakkab son, u holda A yetti murakkab son emas. Bu yerda A yolg on, A chin mulohazadir. A va B mulohazalarning dizyunksiyasi deb, A va B mulohazalardan kamida bittasi chin bo lganda chin bo ladigan yangi mulohazaga aytiladi va A B bilan belgilanadi. Masalan, A 6 4 = 4, B = 6 4 = 5 bo lsa, A B mulohaza 6 4 ko paytma 4 yoki 5 ga teng. Algebra, I qism 7

18 A va B mulohazalarning konyunksiyasi deb, bu ikkala mulohaza ham chin bo lgandagina chin bo ladigan yangi mulohazaga aytiladi va A B bilan belgilanadi. Masalan, C soni toq va tubdir mulohazasi quyidagi ikkita mulohazaning konyunksiyasidir. A soni toq, B soni tub. Demak, C = A B. Matematik mulohazalarni yuqoridagi belgilar yordamida ifoda etishga doir misollar keltiramiz. -misol. Agar a > b va b > c bo lsa, a > c bo ladi. (a > b) (b > c) (a > c). - misol. a > b bo lsa, a + c > b + c bo ladi. (a > b) (a + c > > b + c). - misol. a = 0 yoki b = 0 bo lsa, ab = 0 bo ladi va aksincha, ab = 0 bo lsa, a = 0 yoki b = 0 bo ladi. (ab = 0) ((a = 0) (b = 0)). 4- misol. a>0 va b > 0 bo lsa, ab > 0 bo ladi. (a>0) (b > 0) (ab > 0). 5- misol. Itiyoriy haqiqiy son uchun. R:. 6- misol. Itiyoriy a 0 son uchun, shunday R son mavjudki, = a bo ladi, ya ni a 0, R : = a. 8 Mashqlar Jumlalarni yuqoridagi belgilar yordamida yozing..49. Itiyoriy a 0 uchun, a = tenglik o rinli bo ladigan haqiqiy son mavjud bo ladi..50. a < 0 va b > 0 bo lsa, ab < 0 bo ladi..5. Har qanday a, b haqiqiy sonlar uchun a + b = b + a bo ladi..5. Agar a butun son 9 ga bo linsa, u holda bu son ga ham bo linadi..5. ga ham, ga ham bo linadigan butun son 6 ga ham bo linadi va aksincha, 6 ga bo linadigan butun son ga ham, ga ham bo linadi..54. Agar a + b + c =0 bo lsa, a = b = c = 0 bo ladi va aksincha, a = b = c = 0 bo lsa, a + b + c = 0 bo ladi.

19 .55. Itiyoriy natural son n ni olmaylik, n = k yoki n = k bo ladigan k natural son mavjud bo ladi..56. Itiyoriy n natural son uchun n + n N bo ladi..57. Itiyoriy n, k natural sonlari uchun n k soni butun son bo ladi..58. a < 0 bo lsa, = a tenglik to g ri bo ladigan haqiqiy son mavjud emas. Òakrorlashga doir mashqlar.59. Òo plamlar kesishmasini va birlashmasini toping. Eyler Venn diagrammasi yordamida grafik talqin qiling. a) A={5, 6, 7, 8, 9, 0}, B= {8, 9, 0, }; b) A={ =n, n N}, B= { = n +, n N}; d) A={ =5n, n N}, B= { = n, n N}; e) A={ = n, n N}, B= { = n, n N}..60. P va Q to plamlar kesishmasi va birlashmasini sonlar to g ri chizig ida tasvirlang: a) P={ 0 < < 8 }, Q = { 6 47 < <,}; b) P= { < < 5 40 }, Q = { < 7 }; d) P={ 4 9 }, Q = { 9 7 < 5 }; e) P={ 4 < Quyidagi tengliklarni isbotlang: a) A B = B A; b) (A B ) C = A (B C ); d) Agar A B bo lsa, A B = A; e) A = ; f) A A = A. }, Q = { < < 0}. 9

20 .6. Quyidagi tengliklarni isbotlang: 0 a) A B= B A; b) (A B ) C = A (B C ); d) A A = A; e) A =..6. (A B ) C =(A C ) (B C ) tenglik to plamlarni ko paytirish amalining to plamlarni qo shish amaliga nisbatan distributivlik ossasini, (A B ) C =(A C ) (B C ) tenglik esa to plamlarni qo shish amalining to plamlarni ko paytirish amaliga nisbatan distributivlik ossasini ifodalaydi. Bu ossalarni isbotlang..64. Ayirish va to ldirish amallarining quyidagi ossalarini isbotlang (A B, B C, C U deb hisoblang): a) A A = ; e) = U ; b) A A = U; f) U = ; d) (A B ) = A B ; g) (A\B )\C = A\(B C )..65.,,, belgilardan foydalanib, to plamlar orasidagi munosabatni yozing: a) X = { 5; 6}, X = { Z, 5 6}, X = { Z, 5 < < 6}, X 4 = { Q, 5 6}, b) A = {; ; 5; 7}, B = {; 5; 7}; d) A = {{0}; ; }, B = {; }; e) A =, B = {k, l, m}; f) A = {, y, z}, B = {y, z, }; g) A = {0}, B = ; h) A = {{},, }, B = {}; i) A = {{; }; {; 4}; ; 4}, B = {{; }, }; j) A = {{},, }, B =..66. a) A = {n n N}, B = {4n + n N}, C = {n + + n N} bo lsin. Ushbu to plamlarni toping: ) A B ; ) A C; ) A B C; 4) (A B ) C; b) quyidagi munosabatlar to g rimi: ) {a, c} {{a, b, c}, {a, c}, a, b};

21 ) {a, b, c} {{a, b, c, d}, {a, c}, a, b}; ) {,, } {{,,, 4}, {; },, }?.67. a) sonli to plamlarni toping: ) {( ) n n N}; ) { ( ) n n N}; b) agar A = { ; ; 0; ; ; ; 4; 5}, B = {; 4; 5; 6}, C = { ; ; ; 0; ; }, D = {; ; 4; 5; 6; 7}, M = {5 0 N}, K = { N} bo lsa, quyidagi to plamlar elementlarini ko rsatib yozing: ) (A B) (C D); ) (A B C) D; ) (A B) (C D) M; 4) (A C) (A B); 5) (B\A) (A\B ); 6) D B (C\D); 7) M N; 8) M N.

22 II bob HAQIQIY SONLAR -. Natural sonlar. Òub va murakkab sonlar. Narsalarni sanashda ishlatiladigan sonlar natural sonlar deyiladi. Barcha natural sonlar hosil qilgan cheksiz to plam N harfi bilan belgilanadi: N = {,,..., n,...}. Natural sonlar to plamida eng katta son (element) mavjud emas, lekin eng kichik son (element) mavjud, u soni. soni faqat ta bo luvchiga ega ( ning o zi). dan boshqa barcha natural sonlar kamida ikkita bo luvchiga ega (sonning o zi va ). dan va o zidan boshqa natural bo luvchiga ega bo lmagan dan katta natural son tub son deyiladi. Masalan,,, 5, 7,,, 7, 9 sonlar 0 dan kichik bo lgan barcha tub sonlardir. dan va o zidan boshqa natural bo luvchiga ega bo lgan dan katta natural son murakkab son deyiladi. Masalan, 4, 6, 8, 9, 0,, 4, 5, 6, 8 sonlar 0 dan kichik bo lgan barcha murakkab sonlardir. Òub va murakkab sonlarga berilgan ta riflardan soni na tub, na murakkab son ekanligi ma lum bo ladi. Bunday ossaga ega natural son faqat ning o zidir. Natural sonlarning ayrim ossalarini qaraymiz. - ossa. Har qanday p > natural sonining ga teng bo lmagan bo luvchilarining eng kichigi tub son bo ladi. Isbot. p > natural sonning ga teng bo lmagan eng kichik bo luvchisi q bo lsin. Uni murakkab son deb faraz qilaylik. U holda murakkab sonning ta rifiga ko ra, q soni < q < q shartga bo ysunuvchi q bo luvchiga ega bo ladi va q soni p ning ham bo luvchisi bo ladi. Bunday bo lishi esa mumkin emas. Demak, q tub son. - ossa. Murakkab p sonining dan katta eng kichik bo - luvchisi p dan katta bo lmagan tub sondir.

23 Isbot. ð murakkab son, q esa uning dan farqli eng kichik bo luvchisi bo lsin. U holda p = q q (bunda q bo linma) va q q bo ladigan q natural son mavjud bo ladi. Bu munosabatlardan p = q q q q yoki p q ni olamiz. -ossaga ko ra q soni tub sondir. - o ssa (Yevklid teoremasi). Òub sonlar cheksiz ko pdir. Isbot. Barcha tub sonlar n ta va ular q, q,..., q n sonlaridan iborat bo lsin deb faraz qilaylik. U holda b = q q... q n + + soni murakkab son bo ladi, chunki q, q,..., q n sonlardan boshqa tub son yo q (farazga ko ra). b ning ga teng bo lmagan eng kichik bo luvchisi q bo lsin. - ossaga ko ra, q tub son va q, q,..., q n sonlarining birortasidan iborat. b va q q... q n sonlarining har biri q ga bo linganligi uchun soni ham q ga bo linadi. Bundan, q = ekanligi kelib chiqadi. Bu esa q ekanligiga zid. Farazimiz noto g ri. Demak, tub sonlar cheksiz ko p. Biror n sonidan katta bo lmagan tub sonlar jadvalini tuzishda Eratosfen g alviri deb ataladigan oddiy usuldan foydalanadilar. Uning mohiyati bilan tanishamiz. Ushbu:,,,..., n () sonlarini olaylik. () ning dan katta birinchi soni ; u faqat ga va o ziga bo linadi, demak, tub son. () da ni qoldirib, uning karralisi bo lgan hamma murakkab sonlarni o chiramiz; dan keyin turuvchi o chirilmagan son ; u ga bo linmaydi, demak, faqat ga va o ziga bo linadi, shuning uchun u tub son. () da ni qoldirib, unga karrali bo lgan hamma sonlarni o chiramiz; dan keyin turuvchi o chirilmagan birinchi son 5 dir; u na ga va na ga bo linadi. Demak, 5 faqat ga va o ziga bo linadi, shuning uchun u tub son bo ladi va h.k. Agar p tub son bo lib, p dan kichik tub sonlarga bo linadigan barcha sonlar yuqoridagi usul bilan o chirilgan bo lsa, p dan kichik barcha o chirilmay qolgan sonlar tub son bo ladi. Haqiqatan, bunda p dan kichik har bir murakkab a son, o zining eng kichik tub bo luvchisining karralisi bo lgani uchun o chirilgan bo ladi. Shunday qilib:

24 a) tub son p ga bo linadigan sonlarni o chirishni p dan boshlash kerak; b) n dan katta bo lmagan tub sonlar jadvalini tuzish, n dan katta bo lmagan tub sonlarga bo linuvchilarini o chirib bo lingandan keyin tugallanadi. - misol. 87 sonining eng kichik tub bo luvchisini toping. Yechish. 87 dan kichik bo lgan tub sonlar,, 5, 7,,, 7, 9, ekanligini aniqlab, 87 ni shu sonlarga bo lib chiqamiz. 87 u sonlarning hech qaysisiga bo linmaydi, bundan 87 ning tub son ekanligi kelib chiqadi. - misol. 5 va 50 sonlari orasida joylashgan tub sonlarni aniqlang. Yechish. 5, 6, 7, 8, 9, 0,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 40, 4, 4, 4, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50 sonlarni olib,,, 5, 7 ga karrali sonlarning tagiga chizamiz. 7, 9,, 9,, 7, 4, 47 sonlari izlangan tub sonlardir. Natural sonlar qatorida tub sonlar turlicha taqsimlangan. Ba zan qo shni tub sonlar bir-biridan gagina farq qiladi, masalan, va, 0 va 0 va hokazo. Bu sonlar egizak tub sonlar deyiladi. Egizak tub sonlar to plamining chekli yoki cheksizligi hozirgacha noma lum. Hisoblash mashinalari yordami bilan juda katta tub sonlar topilgan. Masalan, 5000 onali 864 son tub sondir. Tub sonlar haqidagi ko p ma lumotlar juda katta sonlar uchun tekshirilgan, lekin isbotlangan emas. Masalan, istalgan juft sonni ikki tub sonning ayirmasi (masalan, 4 = 7, 0 = va hokazo) ko rinishida yozish mumkinmi yoki yo qmi, buni biz bilmaymiz. Har qanday juft son uchun bunday tasvirlanishlar cheksiz ko p bo ladi, deyilgan taminlar ham bor. - teorema (arifmetikaning asosiy teoremasi). Har qanday murakkab son tub sonlar ko paytmasiga yoyiladi va agar ko paytuvchilarning yozilish tartibi nazarga olinmasa, bu yoyilma yagonadir. Isbot. a murakkab son, q esa uning eng kichik tub bo luvchisi bo lsin. a ni q ga bo lamiz: a = q a (a < a ). 4

25 Agar a tub son bo lsa, a son tub ko paytuvchilarga yoyilgan bo ladi. Aks holda, a ni o zining eng kichik tub bo luvchisi q ga bo lamiz: a = q a (a < a ). Agar a tub son bo lsa, a = q q a bo ladi. q, q, a sonlari tub sonlar bo lgani uchun, a soni tub ko paytuvchilarga yoyilgan bo ladi. Agar a murakkab son bo lsa, yuqoridagi jarayon davom ettiriladi. a > a > a >... ekanligidan ko rinadiki, bir necha qadamdan so ng albatta a n tub soni hosil bo ladi va a soni a = q q... a n shaklni oladi. Demak, har qanday natural son tub ko paytuvchilarga yoyiladi. a soni ikki il ko rinishdagi tub ko paytuvchilar yoyilmasiga ega bo ladi, deb faraz qilaylik: U holda a = p p... p k, () a = q q... q n. () q q... q n = p p... p k. (4) (4) tenglikning ikki tomonida hech bo lmaganda bittadan tub son topiladiki, u sonlar bir-biriga teng bo ladi. p = q deb faraz qilaylik. Òenglikning ikkala tomonini p = q ga qisqartirsak q... q n = p... p k bo ladi. Bu tenglik ustida ham yuqoridagidak mulohaza yuritsak, q... q n = p... p k bo ladi va hokazo. Bu jarayonni davom ettirsak, n qadamdan so ng = p n +... p k tenglikni olamiz. Bundan p n+ =,..., p k = ekanligi kelib chiqadi. Demak, yoyilma yagona ekan. a sonini tub ko paytuvchilarga yoyishda ba zi ko paytuvchilar takrorlanishi mumkin. q, q,..., q n ko paytuvchilarning takrorlanishlarini mos ravishda α, β,..., γ orqali belgilasak, α β γ... n a = q q q hosil bo ladi. Bu a sonining kanonik yoyilmasidir. Masalan, =

26 α α Natural sonlarning kanonik yoyilmasidan foydalanib, uning bo luvchilarini va bo luvchilar sonini topish mumkin. - teorema. a natural sonining kanonik yoyilmasi α α a = p p... p αn n bo lsin. U holda a ning har qanday bo - β luvchisi β β d = p p... p n n ko rinishda bo ladi, bunda 0 b k a k (k =, n). Isbot. a soni d ga bo linsin. a = dq. U holda a ning hamma tub bo luvchilari mavjud va ularning darajalari d ning kanonik yoyilmasidagi darajalaridan kichik bo lmaydi. Shunga ko ra, d β β β bo luvchi d = p p... p n n yoyilmaga ega va a ning d ga bo linishi ayon. Misol tariqasida 48 ning bo luvchilarini topaylik. 48 = 4 bo lganligidan, uning bo luvchilari quyidagicha topiladi: 0 0, 0, 0, 0, 4 0, 0,,, 4,. a natural sonining natural bo luvchilari soni τ(a) bilan belgilanadi. - teorema. Agar a natural sonining kanonik yoyilmasi α α α a = p p... p n n bo lsa, τ(a) = (α + )(α + )...(α n + ) tenglik o rinli bo ladi. α Isbot. - teoremaga asosan α α a = p p... p n n sonining β har bir bo luvchisi β β p p... p n n ko rinishda bo ladi. β ifoda 0; ; ;...; α qiymatlarni qabul qiladi. Shu kabi β ifoda α + ta qiymatni qabul qiladi va hokazo. β, β,..., β n qiymatlarning itiyoriy kombinatsiyasi a sonining biror bo luvchisini aniqlaydi. β, β,..., β n qiymatlarning mumkin bo lgan kombinatsiyalarining va demak, a ning natural bo luvchilarining soni (α + +)(α + )... (α n + ) ga teng. Ba zi hollarda natural son bo luvchilarining yig indisini topishga to g ri keladi. Bunday hollarda, natural son bo luvchilarining yig indisi δ(a) ni hisoblash formulasi δα ( ) dan foydalanish mumkin. 6 α+ α+ α k + k p p p... k p p p k = - misol. 0 ning bo luvchilari sonini va bo luvchilari yig indisini toping.

27 Yechish. 0 = 5 bo lgani sababli, 0 ning bo luvchilari soni τ(0) = ( + )( + ) = 6, bo luvchilarining yig indisi esa bo ladi. 5 5 δ (0) = = 7 6 = 4 Mashqlar k N soniga bo linadigan barcha natural sonlar to plamini A k bilan belgilaymiz [..7]... Òasdiq to g rimi: a) A ; f)5 A 5 ; j) A 9 ; b) A 4 ; g)6 A ; k) A 4 ; d) 6 A 5 ; h)4 A ; l) A 8 ; e) A 9 ; i)4 A 9 ; m) A? soni A, A, A 4, A 5, A 6, A 7, A 8, A 9, A 0, A to plamlarning qaysilariga tegishli? A k bo lsa, k = 4 bo lishi mumkinmi? k {5; 8} bo lishi mumkinmi? A k bo lsa, k ning qabul qilishi mumkin bo lgan barcha qiymatlarini toping..5. A A 6, A A, A A 5 larni toping..6. A A = A 6 tenglik to g rimi?.7. a A, a A 4 bo lsa, a + b A 7 bo lishi mumkinmi?.8. Sonlarni tub ko paytuvchilarga ajrating: 0; 00; 000; 0 000; ; Qanday ulosaga kelish mumkin?.9. Sonlarni tub ko paytuvchilarga ajrating: 50; 00; 40; 700; ; Sonlarni kanonik shaklda yozing: a) 6; f) 5; j) 946; n) 860; b) 7; g) 6; k) 00; o) 4; d) 8; h) 5; l) 5; p) 6 78; e) 96; i) 680; m) 4 500; q)

28 .. Sonlarni kanonik shaklda yozing: 8 a) 4 6 ; f) ; j) 5 7 ; b) ; g) 7 9 5; k) 7 4 ; d) 5 7 ; h) 4 4 5; l) 4 4 ; e) 7; i) 7 9; m) Quyidagilarni toping: a) τ(8), δ(8); f) τ( 6 7); b) τ(9), δ(9); g) τ( 5); d) τ(400); h) τ( 7); e) τ(680); i) τ(9 9)... Quyidagilarni toping: a) τ(5), δ(5); f) τ(4 6 5); b) τ( 00), δ( 00); g) τ( 00 55); d) τ( 860), δ( 860); h) τ( ); e) τ( 800), δ( 800); i) τ(44 ).. Eng katta umumiy bo luvchi. Eng kichik umumiy karrali. Yevklid algoritmi. a, b N sonlarning har biri bo linadigan son shu sonlarning umumiy bo luvchisi deyiladi. Masalan, a = ; b = 4 bo lsin. Bu sonlarning umumiy bo luvchilari ; bo ladi. a, b N sonlar umumiy bo luvchilarining eng kattasi shu sonlarning eng katta umumiy bo luvchisi deyiladi va B (a; b) orqali belgilanadi. Masalan, B (; 4) =. Agar B (a; b)= bo lsa, a va b sonlar o zaro tub sonlar deyiladi. Masalan, B (6; ) = bo lgani uchun 6 va o zaro tub sonlardir. a, b N sonlarning umumiy karralisi deb, a ga ham, b ga ham bo linuvchi natural songa aytiladi. a va b sonlarning umumiy karralisi ichida eng kichigi mavjud bo lib, u a va b sonlarining eng kichik umumiy karralisi deyiladi va K(a; b) orqali belgilanadi. Masalan, K (6; 8) = 4. Natural sonlarning kanonik yoyilmalari bir nechta sonning eng katta umumiy bo luvchi va eng kichik umumiy karralilarini topishda ham qo llaniladi.

29 a, b va c sonlari berilgan bo lib, α α α... n a = p p p n, γ γ γ c = p p... p n n va β β β b = p p... p n n bo lsin. t k deb α k, β k va γ k larning eng kichik qiymatini, s k deb α k, β k va γ k larning eng katta qiymatini olaylik. U holda: t t Babc (,, ) = p p... p ; K( a, b, c) = p p... p n bo ladi. tn n s s s n Misol. 6 = 7, 540 = 5 va 60 = 5 7 bo lgani uchun B (6; 540; 60) = = 8, K (6; 540; 60) = 5 7 = 780 larga ega bo lamiz. a, b N va a b bo lsin. U holda a va b sonlari uchun a = bq + r (0 r < b) tenglik o rinli bo ladigan q N, r N sonlari mavjud va q, r sonlari bir qiymatli aniqlanadi. - teorema. Agar a b bo lib, a = bq + r (0 r < b) bo lsa, a va b sonlarining barcha umumiy bo luvchilari b va r sonlarining ham umumiy bo luvchilari bo ladi va, aksincha, a = = bq + r (0 r < b) bo lsa, b va r sonlarining barcha umumiy bo luvchilari a va b sonlarining ham umumiy bo luvchilari bo ladi. Isbot. a = bq + r bo lib, c soni a va b sonlarining biror umumiy bo luvchisi bo lsin. r = a bq bo lganligidan r ham c ga bo linadi, ya ni c soni b va r sonlarining umumiy bo luvchisi. Aksincha, c soni b va r sonlarining umumiy bo luvchisi bo lsin, unda a = bq + r ham c ga bo linadi, ya ni c soni a va b sonlarining umumiy bo luvchisi. Shunday qilib, a va b ning umumiy bo luvchisi bir il ekan. Natija: a = bq + r bo lsa, B(a; b) = B(b; r) bo ladi. Isbotlangan teorema va uning natijasi asosida, B(a; b) ni topishning Yevklid algoritmi deb ataluvchi quyidagi usuliga ega bo lamiz. a, b N, a > b bo lsin. a ni b ga qoldiqli bo lamiz: a = bq + r, 0 r <b. 9

30 Agar r = 0 bo lsa, B(a; b) = b bo ladi. r 0 bo lsa, natijaga ko ra B(a; b) = B(b; r ) () bo ladi. b ni r ga qoldiqli bo lamiz: b = r q + r, 0 r <r. Agar r = 0 bo lsa, B (a; b) = B (b; r ) = r bo ladi. r 0 bo lsa, natijaga ko ra B (a; b) = B (b; r ) = B (r ; r ) () bo ladi. r ni r ga qoldiqli bo lamiz: r = r q + r 4, 0 r 4 <r. Agar r 4 = 0 bo lsa, B(a; b) = B(b; r ) = B (r ; r ) = r bo ladi. r 4 0 bo lsa, natijaga ko ra B(a; b) = B(b; r ) = B(r ; r ) = B(r ; r 4 ) bo ladi va yuqoridagi jarayonni davom ettiramiz. Bu jarayonda qoldiqlar natural sonlar bo lib, kichiklashib boradi (r > r > r 4 >...). Shu sababli, biror qadamdan so ng qoldiq 0ga teng bo ladi, ya ni biror n natural son uchun r n + = 0 bo ladi va r n = r n q n + 0 = = r n q n tenglik bajariladi. Bu holda B (r n ; r n ) va r n 0, r n 0, r n 0,..., r 0 munosabatlarga ega bo lamiz. Yuqoridagi mulohazalardan, B (a; b) = B (b; r ) = B (r ; r ) = =B (r ; r 4 ) =... = B (r n ; r n ) = r n bo lishi kelib chiqadi. Shunday qilib, B (a; b) ni topish uchun qoldiqli bo lish jarayoni 0 ga teng qoldiq hosil bo lguncha davom ettiriladi, 0 dan farqli eng oirgi qoldiq, a va b sonlarining eng katta umumiy bo luvchisi bo ladi. Misol. B (55; 600)ni topamiz = r = r = r = r = r 6 0

31 Demak, B(55; 600) = 5. Ikkitadan ortiq a, a,..., a n sonlarining eng katta umumiy bo luvchisi va eng kichik umumiy karralisini topish quyidagicha amalga oshiriladi. B(a, a ) = d ; B(d, a ) = d,..., B(d n, a n ) = d n. Bu yerda d n = B(a, a,..., a n ) bo ladi. Xuddi shunday K(a, a ) = k, K(k, a ) = k,...,k(k n, a n ) = k n bo lib, K(a, a,..., a n ) = k n bo ladi. Endi B (a; b) va K (a; b) orasidagi bog lanishni ko ramiz. - teorema. B(a; b) K(a; b) = a b. Isbot. M soni a va b sonlarining biror umumiy karralisi bo lsin. U holda M = ak (k N) () bo ladi. Bundan ak soni b ga bo linadi, degan ulosaga kelamiz. B(a; b) = d va a = a d; b = b d bo lsa, B(a ; b ) = bo ladi. ak soni b ga bo linganligidan a kd soni ham b d soniga bo linishi, bundan esa a k ning b ga bo linishi kelib chiqadi. Ammo B(a ; b ) = bo lgani uchun k soni b ga bo linadi. Demak, k = b t = b d t, t N. () () ni () ga qo ysak, M ab d = t () hosil bo ladi. () ko rinishdagi har bir son a va b sonlarining umumiy karralisi bo ladi. K(a; b) ni topish uchun t = deb olish yetarli. Demak, K (a; b) ab d yoki a b =K (a; b) B (a; b). Mashqlar.4. Sonning bo luvchilarini toping: a) 09; b) 4; d) 4; e) 77.

32 .5. Sonlarning umumiy bo luvchilarini toping: a) 09 va 4; d) 4 va 77; b) 09 va 4; e) 4 va Sonlarning eng katta umumiy bo luvchisini toping: a) 40 va 45; h) 84, 6 va 4; b) 0 va 60; i) 7, 48 va 6; d) va 4; j) 6, 0, 4 va 00; e) va 9; k) 74, 60, 84 va 480; f) 50, 75 va 00; l) 750, 800, 865 va 4; g) 74, 45 va 60; m) 4, 09, 4 va Quyidagi sonlar o zaro tubmi: a) 5 va 95; h) 4, 6 va 9; b) 44 va 69; i) 6, 0 va 800; d) 4 va 44; j) 69 va 44; e) 50 va ; k) va ; f) va 4; l) n, n + va n + (n Ν ); g), va 5; m) n, n + va n + 4 (n Ν )?.8. Sonlarning eng kichik umumiy karralisini toping. a) 84, 4 va ; h), va ; b) 70, 80 va 90; i) 50, 5 va 75; d) 7, 5 va 89; j) 48, 9 va 75; e) 0, va 600; k) 00, 50 va 50; f) 8, 9 va 4; l) 80, 40 va 60; g), 6 va 48; m) 4, 5 va Sonlarning eng katta umumiy bo luvchisini va eng kichik umumiy karralisini toping (natijani kanonik ko rinishda yozing): a), va 5; f) 7 ; 46 va 5; b), 4 va 7; g) 4; 6 va 7 9; d) 8, va 5 ; h) 4, va ; e), 5 va ; i) 4, 5 va Sonlarning umumiy bo luvchisi nechta: a) 8 va 54; f) 6 va 7; b) 4 va 56; g)0 va 96; d) 96 va 9; h) 0 va 70; e) 84 va 0; i)6, 65 va 0;

33 j) 50 va 80; l) 54, 90 va 6; k), 8 va 0; m) 40, 60 va 00?.. Tenglamalar sistemasini yeching: By (, ) = 45, a) ; y = 7.. Hisoblang: b) y = 0, K(, y) = 0. a) τ (τ (B(K(50; 500); 00))); b) B (τ (00); τ (B (5; 5)) +τ(k(0; 5)); d) K (K (τ (44); 5); 8) τ(4); e) τ ( (B (0; ))) τ(4)... Sonlarning eng katta umumiy bo luvchisini toping: a) 8 04 va 5 60; h) va 8 400; b) va 0; i) va ; d) 980 va 00; j) 795 va 585; e) 545 va 4 856; k) 4 68 va 4; f) 87 va 80; l) va 54 45; g) 65 va 556; m) 000 va Quyidagi sonlar o zaro tubmi: a) 60 va 7; d) 55 va 7; b) 7 va 648; e) va?.5. B(a; b) K(a; b) = a b (a N, b N ) tenglikdan foydalanib, quyidagi sonlarning eng kichik umumiy karralisini toping: a) 8 va 94; f) 8 va 947; j) 75 va 85; b) 74 va 907; g) 56 va 95; k) va 785; d) 09 va 005; h) 49 va 854; l) va 9 88; e) 87 va 95; i) 887 va 6 66; m) 875 va Sonlarning o zaro tub ekanligini isbotlang: a) 9 va 0 77; b) 8 va Hisoblang: τ (B (9; 659; )).. Sonlarning bo linish belgilari. Matematikada sonlarning bo linish belgilari juda muhim ahamiyatga ega. Bu belgilar asosida Algebra, I qism

34 sonlarning bo luvchilarini, bo linuvchilarini topish, ularninig ossalarini o rganish mumkin. 4 n n n n... 0 n0 n a = aa aa = a + a + + a + a () natural sonning berilgan b natural songa bo linish-bo linmasligini aniqlash kerak bo lsin. 0 ning darajalarini b ga qoldiqli bo lamiz: 0 = bq + r ; 0 = bq + r ;... ; 0 n = bq n + r n. Bu tengliklarni () ga qo yib, shakl almashtirsak, hosil bo ladi. Bu yerda a = Ab + B () A = a n q n + a n q n +...+a q, B = a 0 + a r +...+a n r n. Hosil bo lgan () tenglikdan ko rinib turibdiki, B soni b ga bo linganda va faqat shu holda a soni b ga bo linadi. Bu ulosadan sonlarning bo linish belgilarini topishda foydalaniladi.. ga bo linish belgisi. 0 k (k =,,..., n) ni b = ga bo lishdan chiqadigan qoldiqlar nolga teng. Shuning uchun B = a 0 bo ladi. Bundan a sonning oirgi raqami ga qoldiqsiz bo linsa, bu son ga qoldiqsiz bo linadi, degan ulosaga kelamiz.. va 9 ga bo linish belgisi. 0 ning darajalarini 0 n = =(9 + ) n = 9A n + ko rinishda ifodalasak (bu yerda A n N), 0 n darajalarni b = 9 (yoki b = ) ga bo lishdan chiqadigan qoldiqlar ga tengligi kelib chiqadi. Shuning uchun B = a 0 + a a n hosil bo ladi. Bu yerdan ushbu qoida kelib chiqadi: agar berilgan a sonning raqamlari yig indisi 9 ga ( ga) qoldiqsiz bo linsa, u holda bu son 9 ga ( ga) qoldiqsiz bo linadi.. 5 ga bo linish belgisi. 0 k (k =,,..., n) darajalar b = 5 ga qoldiqsiz bo linadi: r = r =... = r n = 0. B = a 0 bo lgani uchun ushbu qoida kelib chiqadi: oirgi raqami 5 ga qoldiqsiz bo linadigan sonlar va faqat shunday sonlar 5 ga qoldiqsiz bo linadi.

35 4. 4 va 5 ga bo linish belgilari. b = 4 bo lganda 0 = b +, 0 = 5b + 0, 0 = 50b + 0,..., r =, r = r =...=r n =0 bo lib, B = a 0 + a bo ladi, ya ni sonning 4 ga bo linishi uchun, uning birlik raqami bilan o nlik raqami ikkilanganining yig indisi 4 ga bo linishi zarur va yetarlidir. B = a 0 + a ifodani bunday yozamiz: B = a 0 + a + 8a = B + 8a = 0a + a 0 = aa 0. B = a 0 + a =(a 0 +0a ) 8a = àà 0 8a yoki B + 8a = = a a 0 bo lgani uchun B son àà 0 soni 4 ga bo linganda va faqat shu holdagina 4 ga qoldiqsiz bo linadi. Bundan, oirgi ikkita raqamidan tuzilgan son 4 ga bo linadigan sonlar va faqat shunday sonlar 4 ga bo linishi kelib chiqadi. Masalan, 4 04 sonining oirgi va 4 raqamlaridan tuzilgan 4 soni 4 ga bo linadi, demak, 4 04 soni ham 4 ga bo linadi. Xuddi shunday oirgi ikki raqamidan tuzilgan son 5 ga bo linadigan sonlar va faqat shunday sonlar 5 ga bo linadi. Masalan, 50 sonida oirgi ikki raqamidan iborat son 50, bu 5 ga qoldiqsiz bo linadi. Demak, 50 ham 5 ga qoldiqsiz bo linadi. va 5 uchun olingan ulosani m, 5 m (m N) sonlari uchun ham umumlashtirish mumkin. Agar berilgan sonning oirgi m ta raqamidan tuzilgan son m ga (5 m ga) qoldiqsiz bo linsa, berilgan son ham m ga (5 m ga) qoldiqsiz bo linadi ga bo linish belgisi. Bizda b = 7 va 0 = 7 +, r = ; 0 = 7 4 +, r = ; 0 = , r = 6; 0 4 = , r 4 = 4; 0 5 = , r 5 = 5; 0 6 = , r 6 =. 0 7 da r 7 = = r qoldiqlar qaytadan takrorlanyapti. Topilgan natijalarni () ga qo ysak, u holda a = A 7 + B da B = a 0 + a + a + 6a + 4a 4 + 5a 5 + a 6 + a 7 + a yoki koeffitsiyentlarni 7 ga nisbatan yozsak: 5

36 B = a 0 + a + a + (7a a ) + (7a 4 a 4 ) + (7a 5 a 5 ) +... = = 7(a + a 4 + a 5 + a 9 + a 0 + a +...) + + (a 0 + a + a + a 6 + a 7 + a ) (a + a 4 + a 5 + a 9 + a 0 + a +...)ni hosil qilamiz. Oirgi ifodada a 0 + a + a + a 6 + a 7 + a = B, a + a 4 + a a 9 + a 0 + a +... =B deb belgilasak, a = 7 A + B B ga ega bo lamiz. Shunday qilib, B B ayirma 7 ga qoldiqsiz bo linsa, berilgan a son ham 7 ga qoldiqsiz bo linishi kelib chiqadi. - misol sonining 7 ga bo linishi yoki bo - linmasligini aniqlang. Yechish = = = = 66 = 45 soni 7 ga bo linmaydi. Demak, berilgan son 7 ga bo linmaydi. 6. ga bo linish belgisi. Berilgan a sonda qatnashayotgan 0 ning darajalarini ga bo lishdagi qoldiq har doim 0 yoki bo ladi. Demak, berilgan sonning juft o rinda turgan raqamlari yig indisidan toq o rinda turgan raqamlari yig indisi ayirilganda hosil bo ladigan ayirma ga bo linsa, son ga qoldiqsiz bo linadi. - misol sonining ga bo linishini aniqlang. (7 + 8) (4 + 8) = 5 = soni ga bo linmaydi, demak, berilgan son ham ga bo linmaydi. - misol. 68 ning ga bo linishini tekshiring. ( + 8) ( + 6) = 0. Demak, son ga bo linadi. Natija. Agar B(p, q) = bo lib, a soni ham p ga, ham q ga bo linsa, u pq ga bo linadi. Masalan, biror son ham ga, ham ga bo linsa, u 6 ga bo linadi, ga va 4 ga bo linadigan sonlar ga ham bo linadi va hokazo. Qadimgi Samarqand madrasalarida a sonni biror b (masalan, 9) ga bo lishdan chiqadigan qoldiq r ni shu sonning mezoni (o lchami) deb ataganlar va undan sonlar ustida amallar to g ri

37 bajarilganini tekshirishda foydalanganlar. Masalan, = = dagi natija to g ri hisoblanganligini tekshiramiz. Mezonlar (9 ga bo linish belgisi bo yicha): 78 uchun: +7+8 =8, +8 =9; 4 95 uchun: = 0, + 0 =. Mezonlar ko paytmasi: 9 =8, +8 = uchun: = 7, +7=9. Mezonlar va berilgan sonlar ko paytmalarining mezonlari teng, ya ni 9 = 9. Demak, topilgan ko paytma to g ri. Mashqlar.8. dan 5 gacha bo lgan natural sonlar qatoridagi 6 ga bo - linmaydigan natural sonlar to plamini tuzing..9. dan 5 gacha bo lgan natural sonlar qatoridagi 7 ga bo - linadigan natural sonlar to plamini tuzing..0. 5, 7 4, , 4 579, sonlari orasidan 6 ga bo linadigan natural sonlar to plamini tuzing... Ikkita ketma-ket toq sonlarning yig indisi 4 ga bo linishini isbotlang... 4y soni 8 ga va 9 ga bo linsa, va y raqamlarni toping... ga bo linish belgisini chiqaring. -. Ratsional sonlar. Butun sonlar. Oddiy kasrlar. Nol sonini natural sonlar to plamiga kiritib, butun manfiymas sonlar to plami deb ataladigan yangi sonli to plam hosil qilamiz va bu kengaytirilgan to plamni N = { 0,,,,..., n,... 0 } orqali belgilaymiz. Katta sonni kichik sondan ayirish mumkin bo lishi uchun N 0 sonlar to plamini yangi sonlar kiritish yo li bilan yanada kengaytirish zarur. Òo g ri chiziqni olib, unda yo nalish, 0 boshlang ich nuqta va masshtab birligini olamiz (7-rasm). Boshlang ich nuqtaga 0 sonini mos qo yamiz. Boshlang ich nuqtadan o ng tomonda bir, ikki, uch va h.k. masshtab birligi masofada joylashgan nuqtalarga 7

38 rasm.,,,... natural sonlarni mos qo yamiz, boshlang ich nuqtadan chap tomonda bir, ikki, uch va h.k. birlik masofada joylashgan nuqtalarga,,,... simvollari bilan belgilanadigan yangi sonlarni mos qo yamiz. Bu sonlar butun manfiy sonlar deb ataladi. Sonlar belgilangan bu to g ri chiziq son o qi deb ataladi. O qning strelka bilan ko rsatilgan yo nalishi musbat yo nalish, bunga qarama-qarshi yo nalish esa manfiy yo nalish deb ataladi. Natural sonlar son o qida boshlang ich nuqtadan musbat yo nalishda qo yiladi, shuning uchun ular musbat butun sonlar deb ataladi. Butun manfiymas sonlar to plami bilan butun manfiy sonlar to plamining birlashmasi yangi sonli to plamni hosil qiladi, bu to plam butun sonlar to plami deb ataladi va Z simvoli bilan belgilanadi: {...,,,,,,,,,,...} Z = a va a sonlar qarama-qarshi sonlar deb ataladi. Son o qida bu sonlarga mos keladigan nuqtalar nolga nisbatan simmetrik joylashadi (8- rasm). O lchash natijasi butun sonlarda, o nli yoki oddiy kasrlarda ifodalanadi. Agar miqdor qarama-qarshi (o sish-kamayish, yuqoriga-quyiga, foyda-zarar, issiq-sovuq va hokazo) ma noga ham ega bo lsa, uning qiymatlari oldiga mos ravishda musbatlik («+») yoki manfiylik () ishorasi qo yiladi: = 8, y = 8, t =+5. m n ifoda oddiy kasr deb ataladi, bunda m Z, n N. a 0 a 8- rasm. 8

39 Agar p q va m n kasrlar uchun pn = mq sharti bajarilsa, u holda bu oddiy kasrlar teng deyiladi va p q m n = ko rinishida yoziladi. Oddiy kasrlar uchun quyidagi ossalar o rinlidir:. Har qanday kasr o z-o ziga teng: a = a, chunki ab = ba.. Agar a = c bo lsa, u holda c = a bo ladi. b d. Agar a = c bo lib, c = l bo lsa, u holda a = l bo ladi. b d d n 4. Agar p q kasrning surat va maraji m 0 songa ko paytirilsa d b b b b n yoki bo linsa, uning qiymati o zgarmaydi, ya ni p q pm qm = p q m = q p m yoki p q pm : qm : = bo ladi. Ko paytmasi birga teng bo lgan ikkita sonlar o zaro teskari sonlar deb ataladi. Bular m n va n ko rinishidagi sonlardir. m Bir necha kasrni umumiy marajga keltirish deb, bu kasrlarning qiymatlarini o zgartirmasdan ularni bir il marajga olib keluvchi almashtirishga aytiladi. a b va c kasrlarni qo shish, ayirish, ko paytirish va bo lish d amallari quyidagi tengliklar bilan aniqlanadi: a c ad± bc b d bd ± = ; a c ac b d bd a c b d = ; : ad bc =. Natural son bilan musbat oddiy kasrning yig indisini «+» ishorasiz yozish qabul qilingan. Masalan, + =, = va hokazo..4. Amallarni bajaring: Mashqlar a) ; b) ; d) ; 5 9

40 e) h) k) n) ; f) ; g) ; i) ; j) ; l) ; o) ; m) 9 : 5 ; p) ; 7 9 ; 44 ; : Ifodaning qiymatini toping: 5 5 a) ( ) ( + ) + ( ) ; b) ( ) ( ) ( ) d) ( 9 5 ) ( ) ( ) ( 6 5 ) ; ; { 6 } e) 5 5 ( + ) + ( ) ; f) ; g) h) : :5 ; 5 88 ; : 5 ; i) ( ) j) m) : 7 ; k) : :. 8 : : 9 9 ; l) 4 4 : ; 5.6. a) : : :6 6: ; b) d) e) ; 48 : 5 : ; : 6 9 : a) ( ) ; 6 5

41 :6 ; 8 4 b) ( + ) d) ( ) : ( 5 9) ; e) ( :6 ) a) ( 7 6 ) : ( 8 5 4) ; 7 7 b) ( ) ( 4 4) d) ( + 5 : 4 7 ) :( ) ; 9 e) :6 + ( ) : 4 ; a) d) f) :4 4 7 : : : 6 4 ; b) 8 4 : : : : 8 5 ; e) ( ) ; ; ; g) : 6 : O nli kasrlar. Agar oddiy kasrning maraji 0 ning biror natural ko rsatkichli darajasiga teng bo lsa, u holda bunday kasr o nli kasr deyiladi. 5 Masalan,,,, va hokazo kasrlar o nli kasrlardir O nli kasrlarni marajsiz yozish qabul qilingan. Masalan, yuqoridagi kasrlarni mos ravishda 0,; 0,; 0,; 0,5 ko rinishda yozish mumkin. Bunday o nli kasrlar chekli o nli kasrlardir. 4

42 Agar a b qisqarmas kasrning marajini m 5 n (m, n Ν 0 ) ko rinishda tasvirlash mumkin bo lsa, u holda bu kasr chekli o nli kasrga aylanadi. Masalan, yoki = = = = 0, = = = = 0,0. Agar a qisqarmas kasr marajini b m 5 n (m, n Ν 0 ) ko rinishda tasvirlash mumkin bo lmasa, u holda a kasr chekli b o nli kasrga aylanmaydi. Masalan, 4, 7, 5 9 va 5 44 kasrlarni chekli o nli kasrlar ko rinishida yozish mumkin emas. Oddiy kasrni o nli kasrga aylantirish kasrning suratini uning marajiga bo lish bilan ham bajarilishi mumkin. Bundan kelib chiqadiki, agar a va b lar o zaro tub bo lsa, a ni b ga bo lish jarayoni b sonini m 5 n ko rinishida tasvirlash mumkin bo lgan holdagina cheklidir. Òa rif. m ko rinishida yozish mumkin bo lgan har qanday n son ratsional son deb ataladi, bunda m Z va n Z. Ratsional sonlar to plamini Q bilan belgilaymiz: Q = { a a = m, } m Z, n N. Ratsional sonlar to plami barcha butun va kasr sonlardan tashkil topgan bo lib, uni manfiy ratsional sonlarning 0 va musbat ratsional Q, faqat 0 dan iborat bir elementli { } sonlarning Q + to plamlari birlashmasi (yig indisi) ko rinishda tasvirlash mumkin: { 0} Q = Q Q. + Har qanday ratsional sonni cheksiz o nli kasr ko rinishida yozish mumkin. m sonini shunday yozish uchun m ni n ga n «burchakli» bo lish kerak. Masalan, ni ga bo lib, 0, n

43 cheksiz o nli kasrni hosil qilamiz. Demak, =0, Shu kabi 7 =0, va 8 =0, bo lishiga ishonch 45 hosil qilamiz. Bu misollarning har birida, biror joydan boshlab, biror raqami yoki raqamlari ma lum bir tartibda takrorlanadigan cheksiz o nli kasr hosil bo ldi. Agar cheksiz o nli kasrning biror joyidan boshlab, biror raqam yoki raqamlar guruhi ma lum bir tartibda cheksiz takrorlansa, bunday o nli kasr davriy o nli kasr deyiladi. Òakrorlanuvchi raqam yoki raqamlar guruhi shu kasrning davri deb ataladi. Odatda, davriy o nli kasrning davri qavs ichiga olingan holda bir marta yoziladi: 0, = 0,(6); 0,... = 0,(); 0, =0,(7). Shunday qilib, har qanday oddiy kasr va demak, har qanday ratsional son davriy o nli kasr bilan ifodalanadi. Mashqlar Ifodaning qiymatini toping..40. a) 4,75 :0,5 + 4,95 :,, :0,7; b) 589,7 :6 8,05 :7+0,0567 :4; d),006 0,47 :4 0,875 :5; e),5 :, ,45,5 :0, a) (0, ,87) :0,085; b) 5,7667 :(00, ); d) (86, ,6) :(7, +,); e) (9, ) (5,007,507)..4. a) (0, ,99) (5 0,6,4); b) (0,9 + 0,07) (0,9 0,805); d) ( ,) :(0,4 +,60); e) ( 779, ):(,98 +,0)..4. a) 4,06 0,0058+, (0,7584:,7+ 0,000:8) 0,065 80,4 ; 4

44 b),045 0,0+ 0,5895 0,464774:0,056 0,0009:0,000 5,88 ; d) 57,4,55+ 40,78 + 7,8 4,5+ 4,067 ;,7,88,6 8+,49:,58 6:(0,4 e) ( 0,) (4,06,8) 4,5 (0,8+,) 6,48:(8,57 5,5) ) 5 : Oddiy kasr marajini tub ko paytuvchilarga ajratish bilan uni o nli kasrga aylantiring: ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;4 ; Oddiy kasrni uning suratini marajiga bo lish yordamida kasrni o nli kasrga aylantiring: a) b) ; ; ; ; ; ; ;5 ; ; ; ; ; ; ; ;5 ;4 ; Davriy o nli kasrlarni oddiy kasrlarga aylantirish. Cheksiz o nli davriy kasrlarni 0, 00, 000 va h.k. larga ko paytirish amalini chekli o nli kasrlardagi kabi vergulni ko chirish bilan bajarish mumkin. Bundan foydalanib, har qanday davriy kasrni oddiy kasrga aylantirish mumkin. Masalan, = 0,(48) = 0, davriy kasrni oddiy kasrga aylantiraylik. Davr uch raqamli bo lganligi uchun kasrni 000 ga ko paytiramiz: 000 = 48, = Bundan 999 = 48 yoki = 48 6 = ,00(48) o nli kasr esa 0,(48) dan 00 marta kichik, shunga ko ra 0,00(48) = bo ladi. 0,96(48) kasrni esa 0,96 + 0,00(48) yig indi ko rinishida yozish mumkin, u holda = = =.

45 Davriy o nli kasrlarni oddiy kasrlarga aylantirishning umumiy qoidasini ta riflaymiz. Sof davriy kasr shunday oddiy kasrga tengki, uning surati davrdan, maraji esa davrda nechta raqam bo lsa, shuncha marta takrorlanadigan 9 raqami bilan ifodalanadigan sondan iborat. Masalan, ,(5) = ; 0,(45) =. Aralash davriy kasr shunday oddiy kasrga tengki, uning surati ikkinchi davrgacha turgan son bilan birinchi davrgacha bo lgan son ayirmasidan, maraji esa davrda nechta raqam bo lsa, shuncha marta takrorlangan 9 raqami va buning oiriga vergul bilan birinchi davr orasida nechta raqam bo lsa, shuncha marta yozilgan nollar bilan ifodalanadigan sondan iborat. Masalan, ,(45) = = = Quyidagi sonlar berilgan: Mashqlar ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;.; a) chekli o nli kasrga aylanadigan sonlar to plamini tuzing; b) cheksiz o nli kasrga aylanadigan sonlar to plamini tuzing..47. Quyidagi sonlarni davriy o nli kasr ko rinishida yozing: ;,4; ; ; ; ; ; ; ; ; Davriy o nli kasrni oddiy kasrga aylantiring: a) 0,(); f),0(48); j),(); b) 0,(); g) 0,(4); k),(45); d) 0,7(); h) 0,(45); l) 4,859(504); e),(75); i),(44); m) 5,7(4845)..49. Ifodaning qiymatini toping: a) 0,8... 0,4(6),5 +,75 0,4(6) ; 5 0,

46 b) d) e) 5, :,5 8 ; 0 (, + 0,7(6) + 0,(6)) 40 8 : 8 + 0,(6) ,5; (8,5,777...) ,8(5) :(0,9() 0,7(9)) Haqiqiy sonlar va ular ustida amallar. Irratsional sonlar. Qisqarmas kasr shaklida ifodalab bo lmaydigan sonlar, ya ni irratsional sonlar ham uchraydi. - misol. Òomoni ga teng bo lgan kvadratning d diagonali hech qanday ratsional son bilan ifodalanmasligini isbot qilamiz (9- rasm). Isbot. Pifagor teoremasiga muvofiq d = + =. Diagonalni m n qisqarmas kasr ko rinishida yozish mumkin, deb m faraz qilaylik. U holda ( ) n = yoki m = n. Bunga ko ra m juft son, m = k. Shuningdek, (k) = n yoki k=n, ya ni n ham juft son. m n kasrning surat va maraji ga qisqarmoqda, bu esa qilingan farazga zid. Demak, d ning uzunligi, ya ni ratsional son emas. d 9- rasm. soni - misol. 0, soni irratsional son ekanini isbotlang (birinchi birdan keyin bitta nol, ikkinchi birdan keyin ikkita nol va hokazo). Isbot. Berilgan kasr davriy va uning davri n ta raqamdan iborat deb faraz qilaylik (teskari faraz). n + -birni tanlaymiz. Bu birdan keyin n + ta ketma-ket nollar keladi:

47 n ta n ta Shu o rtada turgan 0 ni qaraymiz. Bu nol biror davrning yo boshida, yoki ichida, yoki oirida keladi. Bu hollarning hammasida bu davr ajratilgan nollardan tuzilgan «kesma»da to la joylashadi. Demak, davr faqat nollardan tuzilgan. Bunday bo lishi esa sonning tuzilishiga zid. Demak, qilingan faraz noto g ri. Barcha ratsional va irratsional sonlar birgalikda haqiqiy sonlar deyiladi. Haqiqiy sonlar to plami R orqali belgilanadi. Manfiy va musbat haqiqiy sonlar to plamlarini mos ravishda R, R + lar bilan belgilab, { 0} R = R R tenglikka ega bo lamiz. + Sonlarning ildiz ishorasi orqali yozilishi ularning kattaligini aniq bilishga yetarli emas. Masalan, hisoblashlarsiz va lardan qaysi birining kattaligini aytish qiyin. Bu holda =,44..., =,44... kabi davriy bo lmagan cheksiz o nli kasr ko rinishdagi yozuv oydinlik kiritadi, lekin hisoblashlarni qiyinlashtiradi. Shunga ko ra irratsional sonni unga yaqin ratsional son orqali taqribiy ifodalashga harakat qilinadi. Chunonchi: ) α irratsional sonni undan kichik a (quyi chegara) va undan katta a (yuqori chegara) ratsional sonlar orqali a < <α< a ko rinishda yozish. Bu holda vujudga keladigan ato ε a a dan oshmaydi. Masalan, 4, < < 4,, ε 4, 4, = 00, ; ) ba zan α uchun a = (a + a )/ o rta qiymat olinadi, α a. O rta qiymatdagi absolut ato a ( a a )/, irratsional son esa α a ± a ko rinishda yoziladi. Masalan, 4, < < 4, bo lgani uchun,4 +,4,4,4 = =,45, = = 0,005 47

48 Shunga ko ra 45, ± 0005,. Sonni yalitlashdan vujudga keladigan haqiqiy ato qoldirilayotgan raqam onasi birligidan oshmaydi. 4, taqribiy son atosi ε=,44...,4 = = 0,0057 0,6 0. 4, < < 4, bo lganidan ning (,4;,4) dan olinadigan qiymatlari to plami chegaralangandir. Shu kabi, uzunligi C ga teng bo lgan aylana ichiga chizilgan barcha qavariq n- burchaklarning p=p n perimetrlari C dan kichik, ya ni {,, 4, 5,..., } P = p p = p n = p < C to plam chegaralangan va son ko rinishda beriladi. n - misol. π soni kattami yoki 0 mi? n Yechish. Masala π=, va 0 =,67... sonlarining mos onalari raqamlarini (o nli yaqinlashishlarini) taqqoslash orqali hal bo ladi. Ularning butun qismlari va o ndan birlar onasi raqamlari bir il, lekin 0,0 lar onasi raqami 0 da katta. Demak, π< misol. + 5 irratsional son ekanligini isbotlang. Isbot. + 5 ratsional son deb faraz qilaylik, ya ni + 5 = r, r Q. 5 = r 5 = r r + = r r r = r = lekin Q. Zidlik hosil bo ldi. Faraz noto g ri. Demak, + 5 irratsional son. r Q ; r Mashqlar.50. Quyidagi sonlarning irratsional son ekanini isbot qiling: 48 a) ; b) 5 ; d) 7 ; e) + ; f) ; g) 4 ; h),.

49 .5. 5 r = tenglikni qanoatlantiruvchi hech qanday r ratsional soni mavjud emasligini isbot qiling..5. Agar biror a butun son boshqa hech qanday butun sonning kvadrati bo lmasa, u hech qanday ratsional sonning kvadrati bo lolmasligini isbot qiling..5. a) a va b sonlar ratsional sonlar; b) a va b sonlar irratsional sonlar; d) a ratsional son, b irratsional son bo lsa, a + b va a b sonlarning ratsional yoki irratsional ekanligi haqida nima deyish mumkin?.54. a) Agar p, q butun sonlari uchun p + q = 0 bo lsa, p = q = 0 bo lishini isbotlang; b) agar p, q butun sonlari uchun p 9q = 6q bo lsa, p = q = 0 bo lishini isbotlang; d) Agar p, q butun sonlari uchun p 4q p = q = 0 bo lishini isbotlang; e) a, b, c ratsional sonlari uchun a+ b + c 4 = 0 a = b = c = 0 bo lishini isbotlang. = 4pq bo lsa, bo lsa,.55. α, β lar irratsional sonlar, r esa ratsional son bo lsin. Quyidagi sonlarning qaysilari ratsional son bo lib qolishi mumkin: a) α+β; b) α+r; d) α ; e) r ; f) α β; g) α+r ; h) α+ r?.56. Ushbu sonlarning ratsional son emasligini isbot qiling: a) 0, ; b), Sonli to plamlarni ajratuvchi son. X va Y sonli to plamlar bo sh bo lmasin. Agar X ning elementi Y ning y elementidan kichik bo lsa, Y to plam X to plamdan o ngda joylashgan bo ladi, bunda itiyoriylik belgisi. Agar X va y Y elementlar uchun c y tengsizligi bajarilsa, c soni 4 Algebra, I qism 49

50 shu to plamlarni ajratuvchi son deyiladi. Bu holda Y to plam c dan o ngda joylashadi. Masalan, X = { ; 7} va Y = { 9 ; } to plamlarni c = 8 soni ajratadi va bunda Y to plam c ning o ng tomonida, X esa c ning chap tomonida joylashadi. Agar Y to plam X to plamdan o ngda joylashsa, bu to plamlarni ajratuvchi kamida bitta son mavjud bo ladi. Oliy matematika kursida quyidagi teorema isbot qilinadi. Т eorema. Natural sonlar to plamida berilgan Y = { y n } to plam X = { n } to plamdan o ngda joylashgan, ya ni n <y n bo lsin. X va Y larni ajratuvchi faqat bitta c soni mavjud bo lishi uchun y n - n ayirmalar har qancha kichik bo la oladigan, ya ni X va Y lar bir-birlariga har qancha yaqin joylasha oladigan bo lishi zarur va yetarli. - misol. (;5) va (7;9) oraliqlar (5;7) oraliqqa qarashli itiyoriy son bilan ajraladi. (; 5) va (7; 9) oraliqlarning nuqtalaridan tuzilgan itiyoriy oraliq uzunligi (5; 7) oraliq uzunligidan, ya ni 7 5 = dan kichik bo lolmaydi. - misol. [ ; 5] va [ 5; 8] kesmalar faqat 5 soni bilan ajraladi, chunki itiyoriy n natural son uchun [ 5 ; 5 + ] n n oraliq uzunligi ga teng. n ning yetarlicha katta qiymatlarida bu n uzunlik har qancha kichik bo ladi. 50 Mashqlar.57. X va Y to plamlar juftlarini ajratuvchi barcha sonlarni toping: a) X = {«R radiusli aylanaga ichki chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}, Y = {«Shu aylanaga tashqi chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}; b) X = {«r < R radiusli aylanaga ichki chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}, Y = {«r < R radiusli aylanaga tashqi chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}; d) X = { n N }, Y = { + n N n n } ; e) X = { 6 0 n N } Y = { n N } n,. n

51 . Haqiqiy sonlar ustida arifmetik amallar. sonining 0 -n gacha kami (quyi chegara) va ortig i (yuqori chegara) bilan olingan bir necha yaqinlashishlarini kuzataylik:,4 < <,5,,4< <,4, 44, < < 45,. Kami bilan olingan o nli yaqinlashishlar o suvchi, ortig i bilan olinganlari esa kamayuvchi ketma-ketlik tashkil etmoqda. Uning hadlaridan iborat ikki to plamni yagona soni ajratib turadi. Arifmetik amallarni bajarish va topilgan natijalarni baholashda sonlarning bu ususiyati e tiborga olinadi. Agar A, B va hokazo sonlar an < A < a n kabi ko rinishda berilgan bo lsa, ular ustida amallarni bajarishda tengsizliklarning ma lum ossalaridan foydalanamiz, bunda a n va a n lar A ning 0 n gacha kami va ortig i bilan olingan o nli yaqinlashishlari, n N. Natija n < X < n qo shtengsizlik yoki X = ±, yoki X ko rinishida yoziladi. Bu yozuvlarning biridan ikkinchisiga o tish mumkinligini bilamiz. Xususan, n < X < n bo yicha X ning n n = o rtacha (taqribiy) qiymati va uning = n n chegaraviy (eng katta) absolut atosini hisoblash orqali X = ± ga o tish va aksincha, X = ± bo yicha < X < + qo shtengsizlikka o tish mumkin. X yozuvda ning qanday aniqlikda berilganligi nazarga olinadi. Masalan, π,4 soni 4, < π < 5,, π 45, ± 0005, ko rinishda yozilishi mumkin. Shuni esda tutish kerakki, taqribiy son quyi chegara qiymati faqat kami bilan, yuqori chegara qiymati esa ortig i bilan yalitlanishi mumkin. ) qo shish: an <α< a n + bm <β< b yoki qisqaroq m... < X < a + b n m a n b m

52 shu to plamlarni ajratuvchi son deyiladi. Bu holda Y to plam c dan o ngda joylashadi. Masalan, X = { ; 7} va Y = { 9 ; } to plamlarni c = 8 soni ajratadi va bunda Y to plam c ning o ng tomonida, X esa c ning chap tomonida joylashadi. Agar Y to plam X to plamdan o ngda joylashsa, bu to plamlarni ajratuvchi kamida bitta son mavjud bo ladi. Oliy matematika kursida quyidagi teorema isbot qilinadi. Òeorema. Natural sonlar to plamida berilgan Y = { y n } to plam X = { n } to plamdan o ngda joylashgan, ya ni n <y n bo lsin. X va Y larni ajratuvchi faqat bitta c soni mavjud bo lishi uchun y n - n ayirmalar har qancha kichik bo la oladigan, ya ni X va Y lar bir-birlariga har qancha yaqin joylasha oladigan bo lishi zarur va yetarli. - misol. (;5) va (7;9) oraliqlar (5;7) oraliqqa qarashli itiyoriy son bilan ajraladi. (; 5) va (7; 9) oraliqlarning nuqtalaridan tuzilgan itiyoriy oraliq uzunligi (5; 7) oraliq uzunligidan, ya ni 7 5 = dan kichik bo lolmaydi. - misol. [ ; 5] va [ 5; 8] kesmalar faqat 5 soni bilan ajraladi, chunki itiyoriy n natural son uchun [ 5 ; 5 + ] n n oraliq uzunligi ga teng. n ning yetarlicha katta qiymatlarida bu n uzunlik har qancha kichik bo ladi. 50 Mashqlar.57. X va Y to plamlar juftlarini ajratuvchi barcha sonlarni toping: a) X = {«R radiusli aylanaga ichki chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}, Y = {«Shu aylanaga tashqi chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}; b) X = {«r < R radiusli aylanaga ichki chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}, Y = {«r < R radiusli aylanaga tashqi chizilgan qavariq ko pburchaklar perimetrlari»}; d) X = { n N }, Y = { + n N n n } ; e) X = { 6 0 n N } Y = { n N } n,. n

53 an an aa n n n n 0 aa n n 0 a = = < bo ladi va n kattalashgan sari kasr kichrayadi. Demak, yagona ajratuvchi son. α 5) α ni β 0 ga bo lishdan hosil bo ladigan bo linma deb, α ko paytmaga aytiladi, ya ni β a n α a b n n β bn < <. α = a ± a ko rinishdagi sonlar ustida amal ikki usulda bajariladi: -usul: sonlar qo shtengsizlik ko rinishda qaytadan yoziladi, so ng amal bajariladi. - usul: oldin amal a, b,... taqribiy qiymatlar ustida bajarilib,, so ng alohida formulalar bo yicha ato qiymati topiladi: ) yig indi atosi: ( a + b) = a + b, chunki α+β= = ( a ± a) + ( b ± b) = ( a + b) ± ( a + b) ; ) ayirma atosi: ( a b) = a + b, chunki α β= = ( a ± a) ( b ± b) = ( a b) ± ( a + b) ; ) ko paytma atosi: ( ab ) b a + a b, chunki αβ = = ( a ± a)( b ± b) = ab ± ( b a + a b), bunda nisbatan kichik bo lganligidan a b ko paytma tashlab yuboriladi. Xususan, n n ( a ) na n = a va ( a m ) = 4) bo linmadagi ato ( ) a b m m n n a a ; b a+ a b (mustaqil isbot qiling!). Agar α taqribiy sonning ε chetlanishi (atosi) shu sonning biror onasi birligidan katta bo lmasa, shu onada turgan raqam va undan chapda joylashgan barcha raqamlar ishonchli raqamlar, o ng tomonda turgan raqamlar esa ishonchsiz raqamlar deyiladi. Ishonchsiz raqamlar yalitlab tashlanadi va ular o rniga 0 lar yoziladi. Son α a ko rinishida yoziladi. Masalan, α 8,8569 ± b 5

54 ± 0,0 sonida 8,85 ishonchli raqamlardan iborat, 5, 6, 9 lar esa ishonchsizdir. Shunga ko ra α 8,86. Ratsional sonlar ustida bajariladigan arifmetik amallarning barcha ossalari haqiqiy sonlar holida ham o z kuchida qoladi. Ularni eslatib o tamiz: 54 ) α+β=β+α; ) α+(β +γ)=(α+β)+γ; ) α+ 0 = α; 4) α+( α) =0; 5) α(β +γ) =αβ + αγ. Shu kabi: ') αβ =βα; ' ) α(βγ)=(αβ)γ; ') α = α; α 4' ), 0 α = α. - misol.kuchlanishi 5 ± 5 V bo lgan elektr tarmog iga tok kuchi 5A dan oshmaslik sharti bilan 44 ± 0,5 Ω qarshilikni ulash mumkinmi? Y e c h i s h. U 5± 5 I = = =... = 4, ± 0,9... R 44± 0,5 489, ± 00, A yoki 459, < I < 5, A, ya ni I ning yuqori chegara qiymati 5 A dan oshmoqda, demak, ulash mumkin emas. BC -misol.abc uchburchak tomonlari: AB = 58, = 85, AC = 9, uning p perimetrini 0,0 aniqlikda topamiz. Yechish. - usul. Qo shiluvchilarning aniq qiymatini 0,00 gacha aniqlik bilan olamiz va natijani 0,0 gacha aniqlikda yalitlaymiz: p = AB + BC + AC = ,65+ 9,9+ 9 = 5,84 5,8. - usul. Qo shtengsizliklar usuli. Sonlarni quyi va yuqori chegara qiymatlari bo yicha yozamiz va amalni bajaramiz: 76, < 58 < 76, + 9, < 85 < 9, ,8 < p < 5,84. - usul. absolut ato (yoki nisbiy ato) kattaligini ham hisoblash:

55 p = AB + BC + AC = (, 76± 0005, ) + (, 90± 000, ) + 9 = = 58, ± 0006, 58, ± 00,. Agar - usul natijalari bo yicha o rtacha qiymatlar topilishi talab qilinsa, u holda: π 7 5,84+ 5,8 5,84 5,8 p p p 58, ± 00,. = = 5,8, = = 0,0, - misol. Qadimgi Samarqand madrasalari darsliklarida taqribiy son uchraydi. Undagi ato kattaligini baholaylik. Yechish. ε = π = 45,... 48,... = 0, < 0, misol. α, ± 008, berilgan. α ni hisoblaymiz. Yechish. ), = 0,4,7; ) Javob:,7 ± 0,04. 0,08, = 0,04. Mashqlar.58. a = 87,, b = 86, bo lsa, a + b, a b, ab, a larni b 0,0 gacha aniqlikda toping. Ayirmada aniqlikning yo qolishiga sabab nima?.59. Hajmi 70 < V < 70 (sm ), zichligi 8,4 <ρ<8,7 (kg/m ) bo lgan moddaning massasini toping..60. Kubning qirrasi,8 < a <,9 (sm). Uning to liq sirti va hajmini toping. Javobni qo shtengsizliklar va taqriban 0, gacha aniqlikda yozing..6. Kubning hajmi 450 < V < 460(sm ). Uning qirrasini toping..6. Haqiqiy sonlar quyidagi ossalarga ega ekanligini isbot qiling: a) agar b a > 0 bo lsa va faqat shu holdagina a < b bo ladi; 55

56 56 b) hech qanday a soni uchun a < a tengsizligi bajarilmaydi; d) agar a < b va b < c bo lsa, a < c bo ladi; e) itiyoriy ikkita a va b sonlari uchun a = b, a < b, a > b munosabatlardan faqat biri bajariladi; f) agar a < b bo lsa, a + c < b + c bo ladi; agar a < b va c < d bo lsa, a + c < b + d bo ladi; g) agar a < b va c > 0 bo lsa, ac < bc bo ladi; agar a < b va c < 0 bo lsa, ac > bc bo ladi; h) agar 0 < a < b va 0 < c < d bo lsa, ac < bd bo ladi; i) agar a < b bo lsa, a > b bo ladi; j) agar 0 < a < b bo lsa, 0 < < bo ladi..6. Ko p bosqichli raketa birinchi bosqich dvigatelining tortish kuchi 0 6 ± 0 4 N ga teng. Shu bosqich ishining oirida raketa m/s tezlik bilan uchayotgan bo lsin. O sha onda dvigatel qanday quvvatga ega bo lgan? Javobni mln. kw larda bering. 4. Haqiqiy sonning moduli. a haqiqiy sonning moduli deb, a a, agar a 0 bo lsa, = a, agar a < 0 bo lsa munosbat bilan aniqlanadigan a soniga aytiladi. Uning asosiy ossalarini keltiramiz: ) α α ; ) αβ = α β ; ) α+β α +β; α α 4) = ; 5) α β α β. - ossaning to g riligi modulning ta rifidan kelib chiqadi. - ossani isbot qilamiz: α α, β β α + β = ( α + β) = α + αβ + β ( ) α + β α + β α + β. Òenglik belgisi αβ 0 bo lgandagina o rinlidir. b a

57 Mashqlar.64. Haqiqiy son a ning moduli nomanfiy son ekanini isbotlang..65. Òaqqoslang: a) 87, va 8; f), va,; b) 0 va 0; g) a va 0; d) 5, va 5, ; h) 5 a va 0; e) 6 va 6 ; 4 4 i) a a va..66. Harflarning ko rsatilgan qiymatlarida ifodaning qiymatini hisoblang: a) a + b, a =, b = 5; b) a b, a =, b = ; d) e) a + 4b a + b 4 à + b+ a b+ b+, a = 4, b = 0;, a =, b = 4; f) ( ) a + b, a=, b=..67. Agar a) a = b, b) a = b bo lsa, b soni haqida nima deyish mumkin?.68. Agar a) a = b, b) a = a, d) b = b bo lsa, a va b sonlari haqida nima deyish mumkin?.69. Modulning quyidagi ossalarini isbotlang: a) a a ; f) a + b a + b ; b) a a ; g) a b a + b ; d) a = a ; h) a + b a b ; e) a a a ; i) a b a b. 57

58 .70. Òenglikni isbotlang: ; a) a b a b ; d) a = a = a b) a b a b n n n = ( b 0 ); e) a = a = a, n N..7. Ifodani modul belgisisiz yozing: 58 a) ; f) + 7 ; j) a + a ; b) +; g) + 7; k) + a ; d) + ; h) 9; l) y + a; e) 4; i) 4 ; m) y + y..7. Ifodani modul belgisisiz yozing: a) + + ; f) ; b) + ; g) ; d) ; h) ; e) ; i) Ifodani modul belgisisiz yozing: a) ; f) ; b) ; g) ; d) ; h) + ; e) ; i)..74. a, b, c, d haqiqiy sonlar bir vaqtda nolga teng emasligini modul belgisidan foydalanib qanday yozish mumkin?.75. a, b, c sonlaridan kamida ikkitasi o zaro teng emasligini modul belgisi yordamida qanday yozish mumkin?.76. a, b, c lar o zaro teng ekanini modul qatnashgan tengsizlik bilan ifodalang.

59 5. Haqiqiy sonning butun va kasr qismi. a sonining butun qismi deb, a dan katta bo lmagan butun sonlarning eng kattasiga aytiladi va [ a ] yoki E(a) orqali belgilanadi. O qilishi: «a ning butun qismi» yoki «antye a» (fransuzcha entiere butun). - misol. [, ] = [ 8, ] = ; [ 0, ] = [ 099, ] = [ 0] = 0; [,] [,5] ; 4 5 = = = shu kabi = 6 bo lgani uchun ;8 5 5 = 5 = [ 0,7] = 8 0 = 0; 8 [ 4 5] [ π ] = ; [ π] = 4. Sonning butun qismi quyidagi ossalarga ega: 5 5 : = 4; - ossa. a, b Z bo lganda, [ a + b] = [ a] + [ b] bo ladi. - ossa. a, b R bo lganda, [ a + b] [ a] + [ b] bo ladi. [ 9+ 0] = [ 9] + [ 0] = 9; [ 98, ] + [ 99, ] = 9+ 9 = 8. [ 9,8+ 9,9] = = [ 9,7] = 9. 8 <9. a [ a] ayirma a sonining kasr qismi deyiladi va {a} orqali belgilanadi: { a} = a [ a] >0, 0 { a } <, bunda a = [ a] + { a}. -misol. { } { } { } 6,,5 0,5 0,5 = = + = ; { } misol. Agar [ a] [ b] isbot qilamiz. π =04,... = bo lsa, < a b < bo lishini Isbot. a = [ a] + { a} va b [ b] { b} = [ a] + { a} b + b = a b + a b = { a} { b}. ( ) ([ ] { }) ([ ] [ ]) ({ } { }) { a} { b} = + bo lganidan a b= Lekin 0 <, 0 <. Shunga ko ra (va qarama-qarshi ma nodagi tengsizliklarni hadlab ayirish mumkinligiga asoslansak): { a} < > { b} { a} { b} 0 0 <. 59

60 4-misol. Agar a soni butun va nomanfiy bo lsa, [ na] na [ ] bo lishini isbotlang. n a 0. Isbot. [ na] = n( [ a] + { a} ) = na [ ] + n{ a}, bunda { } Demak, [ na] na [ ]. 5-misol ko paytma nechta nol bilan tugaydi? Yechish. Berilgan ko paytmaning kanonik shakli α α α 5 α... p n bo lsin. α va α natural sonlarni topamiz. α soni dan 00 gacha bo lgan natural sonlar orasidagi 5, 5, 5, 65 sonlariga bo linuvchi barcha natural sonlarning soniga teng: α = = = Xuddi shu kabi α = = ekanini aniqlaymiz ko paytma 499 ta nol bilan tugagani sababli, berilgan ko paytma ham 499 ta nol bilan tugaydi. 6- misol. = tenglamani yechamiz. Yechish. Òushunarliki, Z va < + bo lishi zarur. < + tengsizlik = dan iborat yagona butun yechimga ega va bu yechim berilgan tenglamani qanoatlantiradi. Shunday qilib, berilgan tenglama = dan iborat yagona yechimga ega..77. Hisoblang: 60 Mashqlar a) [,8 ]; b) [ ; ] d) [ 0; ] e) [ 09, ]; f) [ 5], ;

61 g) [ 0, ] ; h) [ π ]; i) [ π ]; j) [ 5 ]; k).78. Hisoblang: a) b) 00 ; f) ; 7 7 g) 8 ; ; d) ; 7 7 h) 7; 7 e) ; 7 7 i) Tenglamani yeching: a) 4 = 5; d) [ + 4] = 5; b) = 5; 4 e) [ ] = Tenglamani yeching: a) = ; d) = ; b) + = ; + =. e) [ ] 4.8.,,,..., n natural sonlar ketma-ketligida p natural songa bo linuvchi n p ta had bo ladi. Isbot qiling..8. n! =... n bo lsa, 600! soni nechta nol bilan tugaydi? ! yoyilmasida har qaysi, 5, 7 tub soni va ularning darajalariga bo linuvchilarning umumiy soni topilsin. 6

62 .84*. n! soni tub ko paytuvchilari yoyilmasida p tub soni n n n... n = p m p p p marta qatnashadi, bunda m m p n p + < <. Shuni isbot qiling. 6. Proporsiya. a R, b R \{0} bo lsa, a b ifoda nisbat deyiladi. Ikki nisbatning tengligi proporsiya deyiladi. Proporsiya umumiy holda a b c d = () ko rinishda yoziladi, bunda b 0, d 0. a, d lar proporsiyaning chetki hadlari, b, c lar esa o rta hadlari deyiladi. Proporsiya quyidagi ossalarga ega:. ad bc; 6. a b, d b; c = = c d c a =. b = a a b d d c am cm a c = ; b d. =, 0. b d mn a c =, bn dn () proporsiyadan hosilaviy proporsiyalar deb ataluvchi quyidagi proporsiyalarni hosil qilish mumkin. a+ b c+ d = (); b d a b c d = (4); b d a+ b c+ d a b c d = (6). a+ b c+ d = (); a c a b c d = (5); a c a c a c a+ b b d b d b Isbot. () ni isbotlaymiz = + = + = c+ d d =. Bu esa () proporsiyadan iborat.

63 Misol. + = 5 6,? (6) dan foydalansak, = 5 6 ; = + + ; =. Mashqlar.85. Quyidagi nisbatlardan proporsiya tuzish mumkinmi: a)4 :4 va 7 :4; d),5 : va : ; b)78 : va 60 :; e) 0,:0,0 va 4 :0,8?.86. Proporsiyaning noma lum hadini toping. a) : = b) d) e) :7 ; f) :0,4 = :; : = : ; g) 0,4 :5 = : 5; 7 = 5 h) 6 5, 6 : 88, = 6, : ; 6 : 6 :4,; = i) 5, : 4, = 075, :. 0,8 : 4 : ;.87. Proporsiyadan ni toping: a) 7 : 4 = 45 : 7; h) 4 : = 44 : ; b) 84 : 6 = 8 : 4; i) 85 : 7 = 05 : 84; d) :7 = : ; j) : = :; e) 6 4 : = 6 :0, ; k), :7 = 4 :; f) :,5 = 4 : ; l) 7 : = :0,8 ; g) : = 5 : ; m) 6 :7 = 0,48 :,. 9 6

64 .88. Quyidagi tengliklar yordamida proporsiyalar tuzing: a) 5 4 = 5 8; d) 5, 008, = 05, 0, ; b) 54 55= 66 45; e) = Proporsiyadan ni toping: a) b) d) e) ( ( )) 4,5 :0,6 : 7 5 = ; ,:0,75 0, 0,06:0, 0,7 = + ; 6 4 :5+ 0,8 5 5 ( ) 8 ( 7) 0,7 0,5 6 = ; ,675,4 0, ( ) 9 0,945:0,9 0 =. 0,5 0,4 5,5:7,5 4 : Protsent (foiz)lar. Òurmushda ko p ishlatiladigan,, 4 8 kasr sonlarning masus nomlari mavjud. yarim, 4 chorak, yarim chorak. Xuddi shunday kasrlardan biri 8 00 dir. Berilgan sonning bir protsenti (foizi) deb, uning yuzdan bir qismiga aytiladi va % bilan belgilanadi. p Masalan, p sonning % i 00 Demak, % =, 5% = Sonning 000 kasrni bildiradi. 5, 5% = 00 = 4. qismiga «promille» deyiladi va bilan belgilanadi. 000 ning 5 si = 0, % = 0 -

65 Protsentlarga doir 4 il masala uchraydi: ) sonning protsentini topish; ) protsentiga ko ra sonni topish; ) ikki sonning protsent nisbatini topish; 4) murakkab protsentga doir masalalar. - masala. a sonining p % i bo lgan sonini toping. p ap p% =, =. Masalan, 40 ning 5% i quyidagicha topiladi: = = = 5. - masala. Sonning p % i P ga teng. Shu sonni toping. p 00 bo lagi P ga teng bo lgan son P 00 p = dir Sonning 60 % i 4 bo lsa, sonning o zi = = masala. m soni a sonining necha protsentini tashkil etadi. Bu yerda m sonining a soniga nisbatini protsentlarda ifoda qilish kerak: m = 00. a Akademik litseyda 600 nafar o quvchi bo lib, 0 nafari qizlar. Qizlar akademik litsey o quvchilarining necha protsentini tashkil etadi? = = 0%. 4-masala. Xalq banki mijozlarga p % foyda beradi. Mijoz alq bankiga a so m pul topshirsa, n yildan so ng necha so mga ega bo ladi? Yechish. Xalq bankiga a so m qo ygan mijoz yildan so ng a p = + = N a p a( ) 5 Algebra, I qism 65

66 so mga, yildan so ng so mga, yildan so ng N p = + = N N p a( ) N p = + = N N p a( ) so mga ega bo ladi. Shu jarayonni davom ettirib, mijoz n yildan so ng N n p 00 = a( + ) n () so mga ega bo lishiga ishonch hosil qilamiz. () tenglik odatda murakkab protsentlar formulasi deb ataladi. 66 Mashqlar.90. Kasr ko rinishida ifodalang: a) 7%; f) 68%;, j) 4 %; b) 075%;, g) 048%;, k) 4 7 %; d) 55%; h) 9%; l) 5 4 %; e) 00%; i) 4 %; m) 0099%. 7,.9. Protsentlarda ifodalang: a) 05, ; f) 4 ; j) 5 7, ; b) 5, ; g) 4 ; k) ; d) 75, ; h) 4; l) ; e) ; i) 57, ; m) 079,..9. a) ning 4 ga; d) 5 ning ga; b) ning 5 ga; e),5 ning 50 ga;

67 f), ning,8 ga; h) 0,4 ning 5 ga; g) 5 ning 8 ga; i) 7 ning ga protsent nisbatini 8 toping..9. a ning p % va q ini toping: a) a = 75; p = 4, q = ; b) a = 84; p = 5, q = 0; d) a = 0; p = 8, q = 5; e) a = 8,5; p = 60, q =..94. p % i a ga teng bo lgan sonni toping: a) p =,5; a = 55; d) p = 0,8; a=,84; b) p = 40; a = ; e) p = 5; a=, Pol sirtining 7% ini bo yash uchun 4,5 kg bo yoq ketdi. Polning qolgan qismini bo yash uchun qancha bo yoq kerak bo ladi?.96. Òo g ri to rtburchakning eni 0% uzaytirildi, bo yi esa 0% qisqartirildi. Uning yuzi o zgaradimi? Agar o zgarsa, qanchaga o zgaradi?.97. Ishchi ish kunida 60 ta detal tayyorladi va kunlik rejani 50% ga bajardi. Ishchi reja bo yicha bir kunda nechta detal tayyorlashi kerak edi?.98. Meva quritilganda o z og irligining 8% ini yo qotadi. 6 kg quritilgan meva olish uchun necha kg ho l meva olish kerak?.99. 0% ga arzonlashtirilgan tovar 8 so mga sotildi. Òovarning dastlabki narini toping..00. Shamat turnirida 6 o yinchi ishtirok etdi va har bir o yinchilar juftligi faqat bir partiya shamat o ynadi. O ynalgan partiyalarning 40% ida durang qayd etildi. Nechta partiyada g alaba qayd etilgan?.0. Mahsulot nari a so m edi. Avval uning nari p% ga tushirildi, so ngra q% ga oshirildi. Mahsulotning keyingi narini toping. 67

68 .0. Uzunligi 9,8 m bo lgan arqon ikki bo lakka bo lindi. Bo - laklardan birining uzunligi ikkinchisinikidan 0% ortiq bo lsa, har bir bo lakning uzunligini toping..0. Òo g ri to rtburchakning katta tomoni 0% ga kamaytirilib, kichik tomoni 0% ga orttirilsa, to g ri to rtburchakning yuzi qanday o zgaradi?.04. Xalq banki yiliga 0% foyda to laydi. Omonatchi kassaga so m qo ydi. Ikki yildan keyin uning kassadagi puli necha so m bo ladi?.05. Xalq banki yiliga 0% foyda to laydi. Omonatga qo yilgan pul necha yildan keyin,69 marta ko payadi? 8. Òaqqoslamalar. a va b butun sonlarini m natural soniga bo lishda bir il r (0 r < m) qoldiq hosil bo lsa, a va b sonlari m modul bo yicha taqqoslanadigan (teng qoldiqli) sonlar deyiladi va a b (mod m) ko rinishda belgilanadi. a soni b soniga m modul bo yicha taqqoslanishini ifodalovchi a b (mod m) bog lanish taqqoslama deb o qiladi. Misol. 7 = 5 5 +, = 5 + bo lgani uchun 7 (mod 5). - teorema. a b (mod m) taqqoslama a - b ayirma m ga qoldiqsiz bo lingandagina o rinli bo ladi. Isbot. a b (mod m) taqqoslama o rinli bo lsin, ya ni a va b sonlarini m soniga bo lishda ayni bir il r qoldiq hosil bo lsin. U holda a = mq + r, b = mq' + r tengliklar o rinli bo ladi, bu yerda q, q' Z. Bu tengliklarni hadma-had ayirib, a b = mq mq' = m(q q' ) ga ega bo lamiz. Demak, a b soni m ga bo linadi. Aksincha, a b soni m ga bo linsin, ya ni bo lsin. b sonini m soniga qoldiqli bo lamiz: 68 a b = km, k Z () b = mq + r, 0 r < m. () () va () lardagi tengliklarni hadma-had qo shib, a = (k + q)m + r tenglikka ega bo lamiz, bu yerda 0 r < m. Bundan

69 a sonini m soniga bo lishdagi qoldiq b ni m soniga bo lishdagi qoldiqqa tengligi kelib chiqadi. Demak, a b (mod m) taqqoslama o rinli. - teorema. Har biri c soni bilan taqqoslanadigan a va b sonlari bir-biri bilan ham taqqoslanadi. Isbot. a = c (mod m) va b = c (mod m) bo lsin. Uholda - teoremaga ko ra a - c = mq, b - c = mq tengliklar o rinli bo ladi, bu yerda q, q Z. Bu tengliklardan a - b = m(q - q ) ni olamiz. Demak, a b (mod m) taqqoslama o rinli. - teorema. Moduli bir il taqqoslamalarni hadma-had qo shish mumkin. a b(mod m), a b = mq, Isbot. a b(mod m), a b = mq, ( a + a ) ( b + b ) = mq ( + q) a + a b + b(mod m). - teoremadan qo shiluvchini taqqoslamaning bir qismdan ikkinchi qismga qarama-qarshi ishora bilan o tkazish mumkin ekanligi kelib chiqadi. Haqiqatan, a + b c (mod m) ga ayon b = b (mod m) taqqoslamani qo shsak, a c b (mod m) hosil bo ladi. 4- teorema. Òaqqoslamaning itiyoriy bir qismiga taqqoslamaning moduliga bo linadigan har qanday butun sonni qo shish mumkin. Isbot. a b (mod m) va mk 0 (mod m) bo lsin. Bu taqqoslamalarni hadma-had qo shsak, a + mk = b (mod m) hosil bo ladi. Masalan, 7 = (mod 5) (mod 5) 6 (mod 5). 5- teorema. Bir il modulli taqqoslamalarni hadlab ko paytirish mumkin. Haqiqatan, a b (mod m), c d (mod m) taqqoslamalar o rinli bo lsa, ulardan mos ravishda a - b = mq va c - d = mq tengliklar kelib chiqadi. Bu tengliklar asosida ac - bd = ac - 69

70 -bc + bc - bd = m(cq + bq ) tenglikni hosil qilamiz. Demak, ac bd (mod m) taqqoslama o rinli (- teorema). 5- teoremadan taqqoslamaning har ikkala qismini bir il natural ko rsatkichli darajaga ko tarish mumkinligi kelib chiqadi, ya ni a b (mod m) a n b n (mod m). Òaqqoslamalarning amaliyotda keng qo llaniladigan quyidagi ossalarini isbotsiz keltiramiz: a) taqqoslamaning ikkala qismini biror butun songa ko paytirish mumkin; b) taqqoslamaning ikkala qismini va modulni biror natural songa ko paytirish mumkin; d) taqqoslamaning ikkala qismi va modulini ularning umumiy bo luvchilariga bo lish mumkin; e) agar a va b sonlari m, m,..., m n modullar bo yicha taqqoslansa, u holda ular K(m, m,..., m n ) modul bo yicha ham taqqoslanadi; f) agar d soni m ning bo luvchisi bo lib, a b (mod m) bo lsa, u holda a b (mod d ) bo ladi. -misol. 0 ni 8 ga bo lishdan chiqadigan qoldiqni topamiz. Yechish. =(9 8)(mod 8) ( ) 5 = 5 (mod 8) 0 (mod8) 0 = 8q +. Demak, izlanayotgan qoldiq r =. - misol. =0 n+ + n+ + 9 n (n N) sonining 7 ga bo linishini isbot qiling. Yechish. n+ n+ 0 (mod 7), 0 (mod 7), n+ n+ (mod 7), (mod 7), 9 (mod 7) n n 9 (mod 7), 0 n+ + n+ + 9 n n+ + n+ + n (mod 7) n ( )(mod7) ( yig indi 7 ga bo linadi). - misol sonini 7 ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni toping. 70

71 Yechish. ni 7 ga qoldiqli bo lamiz: = Bundan = (mod7) ni olamiz. Hosil bo lgan taqqoslamaning har ikki tomonini 5555-darajaga ko taramiz: (mod7). Bu taqqoslama izlanayotgan qoldiq 5555 ni 7 ga bo lishdan hosil bo ladigan qoldiq bilan bir il ekanligini ko rsatadi ni 7 ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni topamiz. Buning uchun ning dastlabki bir nechta darajalarini 7 ga bo lishda qanday qoldiqlar hosil bo lishini kuzataylik: (mod 7); 9 (mod 7); 6(mod 7); (mod 7); 5 4 5(mod 7); (mod 7); 6 (mod 7) ga ega bo ldik. Bundan 6k k (mod7), k N () ni olamiz. Endi 5555 ni 6 ga bo lamiz: 5555 = U holda 5555 = = (mod7). Shunday qilib, izlanayotgan qoldiq 5 ga teng. 4- misol soni ga bo linadi. Isbotlang. Isbot. 4 = + va 7 = 49 = 4 bo lgani uchun 4 (mod ), 7 (mod ) larga egamiz. Oirgi har bir taqqoslamani 5-darajaga ko tarib, ularni hadma-had qo shamiz: (mod). Demak, soni ga bo linadi. 5- misol ning oirgi raqamini toping. Yechish. 7 ning dastlabki bir nechta darajalarining oirgi raqamini kuzatamiz: 7 = 7 7 = 49 7 = * 4 7 = * 5 7 = *7 6 7 = *9 7 7 = * 8 7 = * Òakrorlanish sodir bo ldi (qadam 4 ga teng). Kuzatuv quyidagi ulosani chiqarishga imkon beradi: 7

72 7 n *7, agar n (mod 4) *9, agar n (mod 4) = *, agar n (mod 4) *, agar n 0(mod 4) () Endi n = 7 77 ni 4 ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni aniqlaymiz: 7 (mod 4); 7 7 (mod 4); 7 k (mod 4); (mod 4) (mod 4) bo lgani uchun, () ga asosan Shunday qilib, oirgi raqam ekan. 6- misol. Itiyoriy n natural son uchun bo linishini isbotlang. 5 n = *. n soni 5 ga Isbot. n itiyoriy natural son bo lsin. n ni 5 ga bo lamiz. Agar n 0(mod 5) bo lsa, n 5 - n (mod 5) bo - ladi. Agar n (mod 5) bo lsa, n 5 - n 5-0(mod 5) bo ladi. Agar n (mod 5) bo lsa, n 5 - n (mod 5) bo ladi. Agar n (mod 5) bo lsa, n 5 - n (mod 5) bo ladi. Agar n 4(mod 5) bo lsa, n 5 - n (mod 5) bo ladi. n ning har qanday qiymatida, n 5 - n 0(mod 5) ekanini ko ramiz. Demak, n N uchun n 5 - n soni 5 ga qoldiqsiz bo linadi..06. a ni b ga qoldiqli bo ling: 7 Mashqlar a) a = 70, b = ; d) a = 00, b = 7; b) a = 80, b = 9; e) a = 76, b = 9.

73 .07. a ni b ga qoldiqli bo ling: a) a = 5, b = 9; d) a = 9, b = 8; b) a =, b = ; e) a = 4, b = a ni b ga qoldiqli bo ling: a) a = 8, b = 75; h) a = 6, b = 48; b) a = 5, b = 9; i) a = 8, b = 4; d) a = 4, b = 7; j) a = 5, b = 4; e) a = 5, b = 7; k) a = 7, b = 9; f) a =, b = 7; l) a =, b = ; g) a = 48, b = 6; m) a = 08, b = a N, b N bo lib, a = bq + r (q Z, r N, 0 r < b) bo lsin. a ni b ga bo lishda hosil bo ladigan to liqsiz bo linma q ni va qoldiq r ni toping..0. a ni b ga bo lishdagi qoldiqni toping: a) a = 8 9, b = 9; h) a = 5, b = ; b) a = 5, b = 75; i) a =, b = 5; d) a = 4, b = 49; j) a =, b = ; e) a = 49, b = 4; k) a =, b = ; f) a = 4 4, b = ; l) a = 9, b = ; g) a = 44, b = 6; m) a =, b = 9... Quyidagi tenglik qoldiqli bo lishni ifodalaydimi: a) = 4 + 9; h) 49 = ( 7); b) 8 = 9 6; i) 84 = 4; d) 5 = 7 + ; j) 8 = ; e) = 4 + ; k) 40 = 4 ( ) + 4; f) 6 = ; l) 5 = ( 7) 8 + ; g) 5 = ( ) + 7; m) 49 = 4 + 5?.. Taqqoslama to g rimi: a) 5 5(mod 4); f) (mod 00); b) 44 (mod 5); g) 84 4(mod 5); d) 58 (mod 5); h) 0(mod 7); e) (mod); i) 8(mod 0)? 7

74 .. n {, 5, 9} bo lsin. n ning qaysi qiymatlarida taqqoslama to g ri bo ladi: a) (mod n); f) 4 (mod n); b) 4 5(mod n); g) (mod n); d) 4(mod n); h) 55 (mod n); e) 4 7(mod n); i) 48 (mod n)? ni 4 ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni toping ni 5 ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni toping..6. Sonning oirgi raqamini toping. a) ; f) 555 ; j) n 000, n Z ; 9 b) d) e) 9 8 ; g) ; h) ; i) ; k) 005n 005, n Z ; 99 9 ; l) ; m) ; n ning barcha butun qiymatlarida (n +n) soni 6 ga qoldiqsiz bo linishini isbotlang..8. n ning barcha butun qiymatlarida (n n) ga qoldiqsiz bo linishini isbotlang..9. n + soni n ning itiyoriy butun qiymatida ga bo linmasligini isbotlang..0. ( ) sonining 56 ga bo linishini isbotlang... n + + n + soni n ning har qanday natural qiymatida ga bo linishini isbotlang... p soni dan katta tub son bo lsa, p soni 4 ga bo linadi. Isbotlang... p va q sonlari dan katta tub sonlar bo lsa, p q soni 4 ga bo linadi. Isbotlang. 74

75 4-. Koordinatalar o qi va koordinatalar tekisligi. Yo naltirilgan kesma, to g ri chiziqdagi koordinatalar. Biror l to g ri chiziqda yo nalish kiritib, uni musbat yo nalish, teskarisini esa manfiy yo nalish sifatida qabul qilaylik (0- rasm). Yo naltirilgan l to g ri chiziqda O, A, B,... nuqtalarni belgilaymiz. A va B nuqtalar hosil qilgan kesmaning bir uchini uning boshi, ikkinchi uchini esa uning oiri sifatida qabul qilib, yo naltirilgan (yo nalishga ega bo lgan) kesmani hosil qilamiz. Boshi A, oiri esa B bo lgan yo naltirilgan kesmani AB bilan belgilaymiz. U holda AB va BA kesmalar qarama-qarshi yo naltirilgan kesmalar bo ladi: AB = BA. Agar AB kesmaning yo nalishi l to g ri chiziq yo nalishi bilan bir il bo lsa, uni musbat yo naltirilgan, aks holda esa manfiy yo naltirilgan kesma deb ataymiz. Yo naltirilgan l to g ri chiziqda koordinatalar boshi sifatida biror O nuqtani (0- rasm) va uzunlik o lchov birligini tanlaylik. Yo naltirilgan AB kesmaning kattaligi deb moduli shu kesmaning uzunligiga teng AB songa aytiladi; agar AB ning yo nalishi l ning yo nalishi bilan bir il bo lsa, AB > 0, aks holda AB < 0 bo ladi. Boshi va oiri ustma-ust tushgan kesmaning uzunligi nolga teng bo ladi. 0- rasmda AB =, BA =, BC = 6, CA = 9 tasvirlangan. Unda AB + BC + CA = 0 bo lishini ko ramiz. Bu mulohaza A,..., A n nuqtalarning itiyoriy chekli to plami uchun o rinli bo lishi D O K A B E C F l 0- rasm. 75

76 tushunarli. OA kesmaning kattaligi A nuqtaning koordinatasi deyiladi va A() ko rinishida yoziladi, l to g ri chiziq koordinatalar to g ri chizig i (o qi ) deyiladi. Sonlar o qida har bitta nuqtaga bitta aniq son mos keladi va aksincha. a, b R sonlari uchun quyidagi munosabatlardan bittasi albatta bajariladi: a = b; a > b; a < b. Òa rif. a>b, a < b munosabatlarga sonli tengsizlik deyiladi. Sonli tengsizliklar quyidagi ossalarga ega: 76. Agar a > b bo lsa, u holda b < a bo ladi.. Agar a > b va b > c bo lsa, u holda a > c bo ladi.. Agar a > b bo lsa, c R uchun a ± c > b ± c bo ladi. 4. Agar a > b bo lsa, c > 0 uchun ac > bc va a c > b c bo ladi. 5. Agar a < b bo lsa, c < 0 uchun ac > bc va a > b c c bo ladi. a > b va c > d yoki a < b va c < d tengsizliklar bir il ma noli tengsizliklar deyiladi. 6. a > b va c > d bo lsa, a + c > b + d bo ladi. 7. a > b va c < d bo lsa, a c > b d bo ladi. 8. a > 0, b > 0, c > 0, d > 0 bo lib, a > b va c>d bo lsa, ac > bd bo ladi. 9. a > 0, b > 0, c > 0, d > 0 bo lib, a > b va c < d bo lsa, a c bo ladi. 0. a > 0, b > 0, a < b bo lsa, n N uchun a n < b n bo ladi.. a > 0, b > 0 uchun a < b bo lsa, > bo ladi. a b > b c a > b, c < d tengsizliklar qat iy tengsizliklar, a b, c d tengsizliklar esa noqat iy tengsizliklar deyiladi. 4- ossani isbotlaymiz: c > 0 va a b > 0 bo lganligi uchun c(a b) = ac bc > 0 bo - ladi. Demak, ac > bc. Son o qida o zgaruvchi turli oraliqlarda joylashgan bo lishi mumkin, bu oraliqlar sonli oraliqlar deyiladi. Sonli oraliqlar aniq bir sonli to plamni aniqlaydi. Sonli oraliqlar a < < b yoki

77 boshqa ko rinishdagi tengsizliklarning geometrik talqinidan iborat. Quyidagi jadvalda eng ko p qo llaniladigan sonli oraliqlar berilgan. ¹ Oraliq nomi Tengsizlik shaklida yozilishi Simvolik belgilani shi Geometrik talqini «à» dan «b» gacha yopiq oraliq a b [a, b] a b «à» dan «b» gacha ochiq oraliq a < < b (a, b) a b «à» dan «b» gacha yarim ochiq oraliq a < b (a, b] a b 4 «à» dan «b» gacha yarim ochiq oraliq a < b [a, b) a b 5 «à» dan + gacha sonli nur a (a ) (a + ) [a, + ) a + 6 «à» dan + gacha ochiq oraliq > a (a < ) (a < < + ) (a, + ) a 7 dan «a» gacha sonli nur a (a ) ( < a) (, a] a 8 dan «a» gacha ochiq oraliq < a (a > ) ( < < a) (, a) a 9 Son o qi < < + (, + ) + - misol. Koordinatalar to g ri chizig ida E( ) va F( ) nuqtalar orasidagi masofani topamiz. Yechish. Chizmaga qaraganda (0- rasm) OE + EF + + FO = 0, bundan EF = FO OE = OF OE =. Demak, EF =. 77

78 - m i s o l. Koordinatalar to g ri chizig ida (0- rasm). B (8) nuqtadan 6 birlik uzoqlikda joylashgan nuqtalarni topamiz. Yechish. Izlanayotgan nuqtaning koordinatasi bo lsin. Uni topamiz: 8 > 0, = = 8 6; < 0, + 8 = 6 > 8, = 4; < 8, = =4, =. Javob: K(), C(4). - m i s o l. Koordinatalar to g ri chizig ida ushbu tengsizliklar yechimini tasvirlaymiz: a) 8 6; b) 8 > 6. Yechish. a) 8 soni N() nuqtadan (0- rasm) B(8) nuqtagacha masofaga teng va 6 dan ortiq emas. Shunga ko ra: yoki 4. Izlanayotgan nuqtalar to plami K() va C (4) nuqtalar orasidagi KC kesmadan iborat; b) koordinatalar to g ri chizig ining [; 4] kesmadan tashqaridagi qismi javobni beradi: ( ;) (4; + ). 4- misol. Uchlari A( ), B( ) nuqtalarda bo lgan AB kesmani AM : MB =λ: nisbatda bo luvchi M() nuqtani topamiz. Yechish. AM MB λ λ + λ + λ = = =. () Agar () da λ= desak, AB kesma o rtasining koordinatasi: + = hosil bo ladi. Shuningdek, () formulaga λ =m :m ni qo yib, AB kesmani m : m nisbatda bo luvchi nuqta koordinatasini hosil qilish mumkin: = m + m m + m. 78

79 F A( ) B() C(8) F F - rasm. Umuman, m, m,..., m n massalar mos tartibda A ( ),..., A n ( n ) nuqtalarga qo yilgan bo lsa, bu massalar M() markazining koordinatasi m m n n = m m () n bo ladi. 5- misol., 4, 6, 8 ga teng massalar mos tartibda A(), B(9), C( 6), D() nuqtalarga joylashtirilgan. Massalar markazini topamiz. Yechish. () formula bo yicha: ( 6) + 8 = = 4, misol. Koordinatalar to g ri chizig ining A, B, C nuqtalariga (- rasm) tik qo yilgan F, F, F kuchlar teng ta sir etuvchisi qo yilgan nuqta koordinatasini topamiz. Yechish. Chizmada A( ), B(), C(8), F =, F =, F =4. (4) formula bo yicha: ( ) ( ) + ( ) = =. Mashqlar.4. Òo plamlarni koordinatalar to g ri chizig ida tasvirlang: a) A = { 5 0 }; d) C = { + < } b) B = { } 4 6 ; 5. 79

80 .5. a) Koordinatalar to g ri chizig ida shunday nuqtalarni topingki, ulardan A( 4) gacha masofa B(6) gacha masofadan 4 marta katta bo lsin. b) A(), B(4), C(5), D(9) moddiy nuqtalarning massalari mos tartibda, 5, 7, 9 ga teng. Massalar markazining koordinatasini toping..6. a) A ( ) va B (6) nuqtalarda 4 C (kulon) va C elektr zaryadi joylashtirilgan. Koordinatalar o qida shunday nuqtani topingki, unda bu zaryadlar tortishish kuchlarining teng ta sir etuvchisi nolga teng bo lsin. b) A( 4) va B() nuqtalarda mos tartibda C va C zaryad joylashtirilgan. Son o qining qaysi nuqtasida bu zaryadlar ta siri tenglashadi?. Koordinata tekisligi. Òekislikning belgilangan O nuqtasi (sanoq boshi) orqali o zaro perpendikular bo lgan O (abssissalar) va Oy (ordinatalar) o qlarini o tkazamiz. O nuqta bu ikkala o q bo yicha ham 0 (nol) koordinataga ega: O (0; 0). O nuqtadan musbat va manfiy yo nalishlar boshlanadi. Òekislikdagi har qanday M nuqta bitta (; y) koordinatalar juftiga ega bo ladi (- a rasm). Òekislikda koordinatalar sistemasining kiritilishi ko pgina geometrik masalalarni algebraik usulda yechish imkonini beradi. - misol. Òekislikning M( ; y ) va N( ; y ) nuqtalari orasidagi MN masofani toping (- b rasm). Y Y M(;) y M Q y P Q N O X O X a) b) - rasm. 80

81 Yechish. Agar = bo lsa, MN kesma MP kesma bilan ustma-ust joylashgan bo ladi va MN = y y bo lishi ayon. Shu kabi y = y da MN = bo ladi., y y bo lsin. Pifagor teoremasiga muvofiq MN = PN + MP = ( ) +(y y ). Demak, MN = ( ) + ( y y ). () - misol. Òekislikda yotgan M( ; y ) va N( ; y ) nuqtalar orasidagi masofani λ :, λ >0 nisbatda bo luvchi Q(; y) nuqtani toping (- b rasm). Yechish. Uchburchaklarning o shashligiga ko ra P Q : Q N= MQ :QN = λ :, bundan va -banddagi () formula bo yicha: + λ y + λy + λ + λ =, y =. Bu formulalar λ 0, α da ham o rinli. - misol. - rasmda tasvirlangan bir jinsli plastinkaning massalar markazini toping. Yechish. Plastinkani ikki to rtburchakka ajratamiz. Bir jinsli bo lganidan plastinka yuzini massasiga mutanosib (koeffitsiyentini esa ga teng) deb olamiz. U holda to rtburchaklar massalari Y 0 markazi diagonallari kesishgan nuq- tada, yuzalari esa S = m = 0 = 0, S = 4 = 8 bo ladi. - banddagi ()formulalar bo yicha: 8 6 B = = 4, A y = = Demak, massalar markazi ( 4 ; 5 6) nuqtadan iborat. 6 Algebra, I qism 7 7 O 4 - rasm. X 8

82 Mashqlar.7. a) Ordinatalar o qida A(; ) nuqtadan 4 birlik uzoqlikdagi Y nuqtani toping; b) ABC uchburchak berilgan, A( 5; ), B(6; ), C(; ). BC va AC tomonlarining o rtalarini tutashtiruvchi kesmaning uzunligini toping; d) trapetsiyaning uchlari A( ; ), B(8; ), C(6; 5), D( ; 5) nuqtalarda yotadi. Òrapetsiya o rta chizig ining uzunligini toping; e) uchburchakning uchlari: A(0; ), B (; 0), C( ; 4). Uning: ) medianalari kesishgan N nuqtani; ) AB tomonining A uchidan boshlab : nisbatda bo luvchi M nuqtani toping; ) MN to g ri chiziq kesmasining uzunligini toping..8. Agar A( 4; ), B( 4;4), O(0;0) bo lsa, AOB uchburchakning AK bissektrisasi bilan BC tomonining kesishuv nuqtasini toping..9. a) 4-rasmda tasvirlangan sterjenlar sistemasining; b) 5- rasmda tasvirlangan shakldagi bir jinsli plastinkaning massalar markazini toping..0. a) Yig uvchi linza uchun = + F d f tenglik o rinli, bunda F = m linzaning fokus oralig i, d va ƒ linzadan Y D(0;0) Y B( ;) C (,5;) C(0;) B( 6;0) O A(6; 0) X A( ;0) O D(,5;0) X 4-rasm. 5- rasm. 8

83 Y () () O 0 40 X 6- rasm. buyumgacha va uning tasvirigacha masofalar; linza A(6;) nuqtada, buyum B(;0) nuqtada joylashtirilgan. Òasvirning koordinatalarini toping. b) Abssissalar o qida (6- rasm) korona ishlab chiqarayotgan buyumlar miqdori (tonnalarda), ordinatalar o qida arajat va daromad (o n ming so mlarda), () to g ri chiziq mahsulotni ishlab chiqarish uchun arajat, () to g ri chiziq mahsulotni sotishdan olinadigan daromadni tasvirlaydi. Savollarga javob bering: ) koronada ishlab chiqarish boshlanguncha ( = 0 holi) qancha arajat bo lgan? ) ishlab chiqarilgan mahsulotdan qanchasi sotilgandan keyin dastlabki arajatlar qoplangan va korona sof foyda ola boshlagan? d) 5 t mahsulotni tayyorlashga qancha mablag sarf bo ladi, sotishdan qancha foyda olinadi, sof foyda qancha bo ladi? 5-. Induksiya. Matematik induksiya metodi. Induksiya. X to plam berilgan bo lsin. Mulohaza yuritishning quyidagi ikki usulini qaraymiz: a) biror tasdiq ba zi X elementlar uchun to g ri bo lsa, bu tasdiq barcha X lar uchun to g ri bo ladi; b) biror tasdiq har bir X elementlar uchun o rinli bo lsa, bu tasdiq barcha X lar uchun o rinli bo ladi. 8

84 Mulohaza yuritishning a) usuli to liqmas induksiya; b) usuli esa to liq (mukammal ) induksiya deyiladi («induksiya» so zi lotincha so z bo lib, o zbek tilida «hosil qilish», «yaratish» ma nosini bildiradi). - misol. N {; ; ; 4;...} natural sonlar to plamida aniqlangan A(n) = n + n + 7 ifodani qaraymiz. A() = 9, A() =, A() = 9 va A(4) = 7 sonlari tub sonlardir. Shuning uchun, barcha n N sonlari uchun A(n) = n + n + 7 ifodaning qiymati tub son bo ladi. Bu yerda to liqmas induksiya yordamida ulosa chiqarildi. Chiqarilgan bu ulosa noto g ridir, chunki A(6) = 89 = 7 soni tub son emas. - misol. X = {0; 0; 0; 40; 50;...} to plam yozuvi 0 raqami bilan tugaydigan barcha natural sonlar to plami bo lsin. 0; 0; 0; 40; 50 sonlarining har biri ga qoldiqsiz bo linadi. Shuning uchun X to plamning har qanday elementi ga bo linadi. Òo liqmas induksiya yordamida chiqarilgan bu ulosa to g ri ulosadir, chunki X to plamning har qanday elementi juft sondir. - misol. N = {; ; ;...; ;...} natural sonlar to plamida aniqlangan B(n) = 99n + ifodani qaraymiz. B(), B(),..., B( ) sonlari butun sonning kvadrati emas (bu tasdiq isbotlangan!). Shuning uchun, barcha n N lar uchun B(n) soni butun sonning kvadrati bo la olmaydi. Òo liqmas induksiya yordamida chiqarilgan bu ulosa noto g ridir. Zamonaviy hisoblash mashinalari yordamida n ning B(n) soni butun sonning kvadrati bo ladigan qiymati aniqlangan (bu qiymat 9 onali sondan iborat). Òo liqmas induksiya ba zan noto g ri ulosaga olib kelsa-da (- misol, - misol), uning matematikadagi va boshqa fanlar (fizika, kimyo, biologiya va h.k.)dagi, shuningdek, amaliyotdagi ahamiyati juda kattadir. U ususiy ulosalar yordamida umumiy ulosa (faraz, tamin) qilish imkonini beradi. 84

85 Òo liq induksiya hamma vaqt to g ri ulosaga olib keladi, lekin uni qo llashda hisoblash ishlariga yoki to plamdagi elementlar soniga bog liq bo lgan ba zi qiyinchiliklar paydo bo ladi. 4- misol. X = {; ; ; 4} to plamni qaraymiz. C() = ( )( )( )( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) ifoda har bir X da nolga teng qiymat qabul qiladi: C() = ( )( )( )( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) = 0; C() = ( )( )( )( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) = 0; C() = ( )( )( )( 4)( 5)( 6)( 7)( 8)( 9) = 0; C(4) = (4 )(4 )(4 )(4 4)(4 5)(4 6)(4 7)(4 8)(4 9) = 0. Demak, barcha X lar uchun, C() = 0 tenglik o rinli. Agar X to plam cheksiz to plam bo lsa yoki undagi elementlar soni juda katta bo lsa, to plamning har bir elementi uchun berilgan tasdiqning to g ri ekanligini ko rsatish mumkin bo lmaydi yoki juda qiyin bo ladi. Shu sababli to liq induksiyadan juda kam hollarda foydalaniladi. 5- misol. Òo liqmas induksiyadan foydalanib, «Agar m onali N = a 0 m + a 0 m a m 0 + a m sonining oirgi n ta (bu yerda n m) raqamidan tuzilgan son 5 n ga bo - linsa, N soni ham 5 n ga bo linadi» degan farazni aytish mumkinmi? Yechish. n = bo lib, N sonining oirgi bitta raqamidan tuzilgan son 5 ga bo linsin. U holda, berilgan m onali N natural sonni N = (a 0 m + a 0 m a m 0) + 5k ko rinishda yozish mumkin. O ng tomondagi ikkita qo shiluvchining har biri 5 ga bo lingani uchun, ularning yig indisi bo lgan N soni ham 5 ga bo linadi. n = bo lib, N sonining oirgi ikkita raqamidan tuzilgan son 5 ga bo linsin: a m 0 + a m = 5 t. U holda, berilgan m onali N natural sonni N = (a 0 m + a 0 m a m 00) + 5 t 85

86 ko rinishda yozish mumkin. O ng tomondagi ikkita qo shiluvchilarning har biri 5 ga bo lingani uchun, ularning yig indisi bo lgan N soni ham 5 ga bo linadi. Yuqorida yuritilgan mulohazalardan foydalanib (to liqmas induksiya qo llanilmoqda!), «Agar berilgan m onali natural N = a 0 m + a 0 m a m 0 + a m sonning oirgi n ta (bu yerda n m) raqamidan tuzilgan son 5 n ga bo linsa, N soni ham 5 n ga bo linadi» degan farazni aytish mumkin. 6- misol. dan katta bo lgan dastlabki bir nechta juft sonlarni ikkita tub sonning yig indisi ko rinishida tasvirlash mumkin: 4=+, 6=+, 8=+5, 0 = + 7=5+5,..., 50 = + 7. Òo liqsiz induksiya yordamida «dan katta bo lgan har qanday juft sonni ikkita tub sonning yig indisi ko rinishida yozish mumkin» degan ulosaga kelamiz. Bu ulosaning to g ri yoki noto g ri ekanligi hozirgacha isbotlanmagan. Bu muammo L.Eyler X.Goldba muammosi deb yuritiladi. Mashqlar.. Quyidagi tengliklarning tuzilishidagi qonuniyatni aniqlang va uni umumlashtiring: = ; + = ( + ) ; = ( + + ) ; a 4 + a a n yig indini yunon harfi («sigma») dan foydalanib, = a4 + a an. Quyidagi yig indilarni yoyib yozing: n ai ko rinishda belgilash mumkin: i = 4 n i = 4 a i = 86 n a) ; b) i = i n i ; d) i = n i i + ; i = ( ) e). n i = i i

87 .. belgisi yordami bilan yozing: a) nn ( + ) ; b) n(n + )..4. a 4 a 5 a 6... a n ko paytmani yunon harfi Π («pi») dan foydalanib, n a ko rinishda belgilash mumkin: i= 4 i n a = a4 a5 a6... an. i= 4 i Ko paytmalarni yoyib yozing: a) 4 i i= i+ i ; b) 5 i+ ( i ) i i= ; n d) i ; e) i= n i. i=.5. Ko paytmalarni Π belgisi yordami bilan yozing: ; ( n+ ) a) ( )( ) b) Òo liqmas induksiya yordamida «m onali natural son K ning oirgi n ta raqamlaridan tuzilgan son n ga ( n ga) bo linsa, K sonining o zi ham n ga ( n ga) bo linadi», degan farazni aytish mumkinmi?.7. Qadimgi Samarqand madrasalari o quv qo llanmalarida sonlar ustida bajarilgan amallar natijalarini tekshirishda mezon usulidan foydalanganlar. Mezon arabcha so z bo lib, o zbek tilida «o lcham», «o lchov» kabi ma nolarni beradi. Eslatilgan o quv qo llanmalarda sonning mezoni sifatida, shu sonni 9 soniga bo lishda hosil bo ladigan qoldiq olingan. Masalan, 8 sonining mezoni 8 soniga, 87

88 88 sonining mezoni soniga teng deb olingan. Induksiyadan va 9 ga bo linish belgisidan foydalanib, quyidagi tasdiqlarni isbot qiling: a) ko p onali sonning mezoni shu son tarkibidagi raqamlar yig indisining mezoniga teng. Masalan, 467 ning mezoni 4+6+7=7, + 7 = 8; b) ikki son ko paytmasi (ayirmasi, bo linmasi)ning mezoni shu sonlar mezonlarining ko paytmasiga (ayirmasiga, bo linmasiga) teng.. Matematik induksiya metodi. Yuqorida biz to liqsiz induksiya va to liq induksiya bilan tanishdik. Ularning birinchisini tatbiq etish noto g ri ulosaga olib kelishi mumkin, ikkinchisini tatbiq etish esa ko p hollarda katta qiyinchilik tug diradi. Shu bois, ularning tatbiq doirasi tordir. Endi tatbiq doirasi birmuncha kengroq bo lgan va matematik induksiya metodi deb ataluvchi isbotlash usulini qaraymiz. Bu metodning mohiyatini bayon etishdan oldin, bir necha misollar qaraymiz. - misol. Agar 4 n >n (n N) tengsizlik n ning n = k (k N) qiymatida to g ri bo lsa, u holda bu tengsizlik n ning n = k + qiymatida ham to g ri bo lishini isbotlang. Isbot. Berilgan tengsizlik n ning n = k qiymatida to g ri bo lgani uchun, 4 k > k () to g ri tengsizlikka egamiz. n = k + bo lsa, berilgan tengsizlik 4 k+ > (k + ) () ko rinishini oladi. Biz () tengsizlikning to g ri ekanligidan foydalanib, () tengsizlikning to g ri ekanligini ko rsatamiz. 4 k > k bo lgani uchun 4 k+ = 4 4 k > 4k = k + k + k () tengsizlikni hosil qilamiz. k k, k bo lgani uchun, () dan 4 k+ > k + k + = (k + ) tengsizlik hosil bo ladi. Demak, () tengsizlikning to g ri ekanligidan () tengsizlikning ham to g ri ekanligi kelib chiqadi, ya ni 4 n > n tengsizlik n ning n = k (k N) qiymatida to g ri bo lsa, u holda bu tengsizlik n ning n = k + qiymatida ham to g ri bo ladi. - misol. Agar (n ) = n tenglik n ning n = k (k N) qiymatida to g ri bo lsa, u holda bu tenglik n ning n = k + qiymatida ham to g ri bo lishini isbotlang.

89 Isbot. Berilgan tenglik n = k bo lganda (k ) = k (4) ko rinishni, n = k + bo lganda esa (k + ) = (k + ) (5) ko rinishni oladi. Biz (4) tenglikning to g ri ekanligidan, (5) tenglikning ham to g ri ekanligi kelib chiqishini ko rsatamiz. (4) tenglik to g ri bo lsin. U holda, (k + ) = = ( (k )) + (k + ) = k + (k + ) = (k + ) tenglik, ya ni (5) tenglik ham to g ri bo ladi. Demak, (n ) = n tenglik n ning n = k (k N) qiymatida to g ri bo lsa, u holda bu tenglik n ning n = k + qiymatida ham to g ri bo ladi. Endi quyidagi tasdiqlarni qaraymiz: ) 4 n >n, (n N); ) (n ) = n, (n N). Bu tasdiqlarning har biri natural son n ga bog liq bo lgan tasdiqdir. n = bo lganda ularning ikkalasi ham to g ri ekanligini ko rish qiyin emas. 4 n > n tengsizlik n = k (k N) da to g ri deb faraz qilaylik. U holda bu farazdan, 4 n > n tengsizlikning n = k + bo lganda ham to g ri bo lishi kelib chiqadi (-misol). Xuddi shunga o shash, (n ) = n tenglik n = k da to g ri degan farazdan, bu tenglikning n = k + uchun ham to g ri ekanligi kelib chiqadi (- misol). Qaralayotgan tasdiqlarning har biri n = da to g ri va tasdiq n = k uchun to g ri degan farazdan, uning n = k + uchun ham to g ri ekanligi kelib chiqadi. Shu sababli tasdiq n ning barcha natural qiymatlarida o rinli bo ladi. Bunday ulosa chiqarishda matematik induksiya aksiomasi (yoki matematik induksiya prinsiði) asos qilib olinadi. Matematik induksiya aksiomasi: agar natural son n ga bog liq bo lgan A(n) tasdiq n = k 0 (k 0 N) uchun to g ri bo lsa va A(n) tasdiq n = k da (bu yerda k > k 0 ) to g ri ekanligidan uning n = k + 89

90 da ham to g ri ekanligi kelib chiqsa, u holda A(n) tasdiq barcha n k 0 natural sonlar uchun to g ri bo ladi. Matematik induksiya aksiomasi, natural son n ga bog liq bo lgan A(n) tasdiqning barcha natural n larda to g ri ekanligini isbotlashning quyidagi usulini beradi: ) A(n) tasdiqning n = da to g riligini ko rsatamiz (induksiya bazisi); ) A(n) tasdiq n = k da to g ri deb faraz qilamiz (induksiya farazi); ) qilingan farazdan foydalanib, A(n) tasdiq n = k + da ham to g ri bo lishligini ko rsatamiz (induksiya qadami). A(n) tasdiqning barcha natural n sonlari uchun to g ri ekanligini isbotlashning bu usuli matematik induksiya metodi deb ataladi. Bu metodning qo llanishiga doir misol qaraymiz. - misol. n ning barcha natural qiymatlarida n + n ifodaning qiymati 6 ga bo linishini isbotlang. Isbot. Matematik induksiya metodini qo llaymiz. ) n = bo lsin. U holda n + n = + = ga ega bo lamiz. soni 6 ga bo linadi. ) n = k bo lsa, n + n ifodaning qiymati k + k soniga teng bo ladi. Bu son 6 ga bo linadi deb faraz qilamiz. ) n = k + bo lsin. U holda, n + n = (k + ) + (k + ) = = (k + k) + k(k + ) + tenglik o rinli bo ladi. Farazimizga ko ra, k + k soni 6 ga bo linadi. Ketma-ket keluvchi ikkita natural sonning ko paytmasi bo lgan k(k + ) soni ga bo lingani uchun, k(k+ ) soni 6 ga bo linadi. Shuning uchun (k + k) + k(k + ) + soni 6 ga bo linadi. Demak, n ning barcha natural qiymatlarida n + n ifoda 6 ga bo linadi. Matematik induksiya metodi biror-bir tasdiqni hosil qilish usuli emas, balki berilgan (tayyor) tasdiqni isbotlash usuli ekanligini eslatib o tamiz. Ba zan bu metod noto g ri ham qo llanilishi mumkin. Bir misol. 90

91 4-misol. Har qanday n natural soni o zidan keyin keluvchi n + natural soniga «tengdir». «I sbot». Har qanday k natural soni uchun tasdiq to g ri, ya ni k = k + bo ladi, deb faraz qilaylik. Agar endi bu tenglikning har ikki qismiga soni qo shilsa, k + = k + bo ladi. Demak, tasdiq barcha n larda «o rinli». Bunda isbotning bazis qismi «unutib» qo yilgan. Boshidayoq = bo lib qolayotgani ma lum edi. Mashqlar.8. n ning barcha natural qiymatlarida tengsizlik o rinli bo lishini isbotlang: a) n n+; n; b) n n d) ( + a) n + na (bu yerda a )..9. n ning barcha natural qiymatlarida tenglik o rinli bo lishini isbotlang: a) b) d) e) nn ( + ) n= ; nn ( + )(n+ ) n = ; 6 n ( n+ ) n = 4... ; ( n ) n ( n+ ) ( n ) n =. n ning barcha natural qiymatlarida a n soni b soniga bo linishini isbotlang, bunda: n.40. a = 4 + 5n, b = n a = n + 5 n, b = 6. n n.4. a = 7 + n, b = 9. n 9

92 .4. n n n+ a = 6 + 9, b = n a = (n ) (n ), b = 4. n a = n + n, b = 6. n a = n ( n ), b = 4. n.47. a = n(n + )(7n + ), b = n an n n+ = +, b = 6. a = n ( n ), b =. n.50. a = 8, b = n an an an n n+ = + 7, b = 0. n n = , b = 9. n+ n = 5 5, b = 45. n 9

93 III bob KOMPLEKS SONLAR VA ULAR USTIDA AMALLAR -. Algebraik shakldagi kompleks sonlar va ular ustida amallar Kompleks sonlar ta limoti ilm-u fanda, ususan, matematikada alohida o rin tutadi. Òez rivojlanayotgan bu soha tenikada, shuningdek ishlab chiqarishning ko plab sohalarida g oyat keng qo llanishga ega. Shu sonlar haqida ayrim ma lumotlarni keltiramiz. Xususiy bir misoldan boshlaylik. + 4 = 0 tenglamani yechish jarayonida = va = «sonlar» hosil bo ladi. Haqiqiy sonlar orasida esa bunday «sonlar» mavjud emas. Bunday holatdan qutulish uchun ga son deb qarash zarurati paydo bo ladi. Bu yangi son hech qanday real kattalikning o lchamini yoki uning o zgarishini ifodalamaydi. Shu sababli uni mavhum (ayoliy, haqiqatda mavjud bo lmagan) birlik deb atash va masus belgilash qabul qilingan: = i. Mavhum birlik uchun i = tenglik o rinlidir. a + bi ko rinishdagi ifodani qaraymiz. Bu yerda a va b lar istalgan haqiqiy sonlar, i esa mavhum birlik. a + bi ifoda haqiqiy son a va mavhum son bi lar «kompleksi»dan iborat bo lgani uchun uni kompleks son deb atash qabul qilingan. a + bi ifoda algebraik shakldagi kompleks son deb ataladi, bu yerda a R, b R, i =. Bu paragrafda a + bi ni qisqalik uchun «algebraik shakldagi kompleks son» deyish o rniga «kompleks son» deb ishlataveramiz. Kompleks sonlarni bitta harf bilan belgilash qulay. Masalan, a + bi ni z = a + bi ko rinishda belgilash mumkin. z = a + bi kompleks sonning haqiqiy qismi a ni Re(z) (fransuzcha reele haqiqiy) 9

94 bilan, mavhum qismi b ni esa Im(z)(fransuzcha imaginaire mavhum) bilan belgilash qabul qilingan: a = Re(z), b = Im(z). Agar z = a + bi kompleks son uchun b = 0 bo lsa, haqiqiy son z = a hosil bo ladi. Demak, haqiqiy sonlar to plami R barcha kompleks sonlar to plami C ning qism to plami bo ladi: R C misol. z = + i, z = i, z =,, z 4 = i, z 5 = 0 kompleks sonlarning haqiqiy va mavhum qismlarini topamiz. Yechish. Kompleks son haqiqiy va mavhum qismlarining aniqlanishiga ko ra, quyidagilarga egamiz: Re(z ) = ; Re(z ) = ; Re(z ) =,; Re(z 4 ) = 0; Re(z 5 ) = 0; Im(z ) = ; Im(z ) = i; Im(z ) = 0; Im(z 4 ) = i; Im(z 5 ) = 0. Kompleks sonlar uchun «<», «>» munosabatlari aniqlanmaydi, lekin teng kompleks sonlar tushunchasi kiritiladi. Haqiqiy va mavhum qismlari mos ravishda teng bo lgan kompleks sonlar teng kompleks sonlar deb ataladi. Masalan, z 4 =,5 + i va z = + 0,8i sonlari uchun Re(z ) = 5 = Re(z ) =,5, Im(z ) = Im(z ) = 0,8. Demak, z = z. Bir-biridan faqat mavhum qismlarining ishorasi bilan farq qiladigan ikki kompleks son o zaro qo shma kompleks sonlar deyiladi. z = a + bi kompleks songa qo shma kompleks son z = a bi ko rinishda yoziladi. Masalan, 6 + 7i va 6 7i lar qo shma kompleks sonlardir: 6 + 7i = 6 7i. Shu kabi z soniga qo shma son z = z bo ladi. Masalan, 6 + 7i = 6 7i = 6+ 7i. a haqiqiy songa qo shma son a ning o ziga teng: a = a + 0 i = a 0 i = a. Lekin bi mavhum songa qo shma son bi = bi dir. Chunki bi = 0 + bi = 0 bi = = bi, a, b R. Kompleks sonlar ustida arifmetik amallar quyidagicha aniqlanadi: (a + bi ) + (c + di ) = (a + c) + (b + d )i; () (a + bi ) (c + di ) = (a c) + (b d )i; ()

95 (a + bi ) (c + di ) = (ac bd ) + (ad + bc)i; () a+ bi ac+ bd b + ad c+ di c + d c + d = + i. (4) () va () tengliklarni bevosita qo llash qiyin emas. Kompleks sonlarni ko paytirish amalini i = ekanligini e tiborga olib, ko phadlarni ko paytirish kabi bajarish mumkin misol. ( ) = + 4i i + = + i. ( i) + i = + i i i = (4) formulani eslab qolish va amaliyotda bevosita qo llash ancha qiyin. Shu sababli a ñ + bi + di ni hisoblash uchun, uning surati va marajini c di ga ko paytirib, tegishli amallarni bajarish qulaydir. - misol. = 8 i = 8 i. i ( i)( ) i 6 4i+ i = = = + i ( + )( i ) i 9+ 6i 6i+ 4 Kompleks sonlarni qo shish va ko paytirish amallari ossalari haqiqiy sonlarnikiga o shash: ) z + w = w + z; ' ) zw = wz; ) (z+w)+t=z+(w+t); ' ) (zw)t = z(wt); ) z + 0 = z; ' ) z = z; 4) z(w + t) = zw + zt. z + w = 0 tenglikni qanoatlantiruvchi z, w kompleks sonlari o zaro qarama-qarshi sonlar deyiladi. z kompleks soniga qaramaqarshi sonni z bilan belgilash qabul qilingan. z = a + bi kompleks songa qarama-qarshi bo lgan yagona kompleks son mavjud va bu son z = a bi kompleks sonidan iborat. zw = tenglikni qanoatlantiradigan z va w kompleks sonlari o zaro teskari kompleks sonlar deyiladi. z = 0 soniga teskari son 95

96 mavjud emas. Har qanday z 0 kompleks songa teskari kompleks son mavjud. Bu son z sonidan iborat. z = a + bi kompleks songa teskari bo lgan z a bi a b = = = z a+ bi ( a+ bi)( a bi ) a + a a + b - teorema. z + w = z + w. sonini topamiz: Isbot. z = a + bi, w=c+di bo lsin. U holda z = a bi, w = c di va i. z + w = ( a + bi) + ( c + di) = ( a + c) + ( b + di ) = = a + c ( b + di ) = ( a bi) + ( c di) = z + w. - teorema. zw = z w. Isbot. Haqiqatan, zw = ( a + bi)( c + di) = ( ac bd) + ( ad + bc) i = ac bd ( ad + bc). i Ikkinchi tomondan, z w = ( a bi)( c di) = ac bd (ad + bc)i. Natijalar bir il. Demak, zw = z w. Xususan, z 0 bo lsa, z ga teskari bo lgan songa qo shma son z ga qo shma sonning teskarisi bo ladi. z Haqiqatan, - teoremaga ko ra z = z Bundan ( ) z z =. tenglikdan z ( z) = = olinadi. Natija. Kompleks sonning natural ko rsatkichli darajasiga qo shma son berilgan songa qo shma sonning shu natural ko rsatkichli darajasiga teng: n z ( z) n =. 96

97 Mashqlar.. Kompleks son z ning haqiqiy qismi Re(z) ni va mavhum qismi Im(z) ni toping: a) z = 5+8i; f) z = 0,5 + i; j) 8i; b) z = + i; g) z = + 0,i; k) 4; 6 d) z = 5 + i; h) z = 4, + i; l) 0; e) z = + i ; i) z = 4i; m) i... Agar: a) Re(z) = 4, Im(z) = 8; b) Re(z) = 0, Im(z) =,; d) Re(z) =,, Im(z) = 0; e) Re(z) = 0, Im(z) = 0 bo lsa, z kompleks sonini algebraik shaklda yozing... Òeng kompleks sonlarni toping: i; 05, + i; + i; 9 4i; 9 8 i; 4i..4. a) Kompleks sonlardan qaysilari teng: i; i; + i; i;,( ) + i; 64i ; 8i? 4 8 b) (4 y) + ( + 5y)i = 0 ( y 0)i bo lsa, va y larni toping (, y R)..5. Agar: a) z = +5i; f) z = i; j) z = + i 4 b) z = 5i; g) z = 4,; k) z = 0; d) z = 5i; h) z = 4i; l) z = 8+ 4; i e) z = + 5i; i) z = 4,(); m) z = 0,(),()i bo lsa, z ni toping..6. Yig indini toping: a) ( +i)+(4 i); e) 4 + ( + i); b) (4 + 5i) + (4 5i); f) (,4 i) + (,6 4i); d) (5 + i) + ( 5 i); g) ( + 8i) + ( 8i); 7 Algebra, I qism 97

98 h) ( 7+i)+(7 i); k) 5i + ( 4 + 5i); i) 4, + (,7 9i); l) (4 + i) + 8i; j) 8i+(4 6i); m) 8 + (4 7i)..7. Yig indini toping: 98 a) i i + + ; b) (cos α+ isin α ) + (sin α+ icos α),( α R) ; d) (0,() + i,(5)) + (0,(6) + i,(55)); e) (Re( + i) + 5i) + ( i Im( + i))..8. Ayirmani toping: a) ( 5+i) (8 9i); f) ( + 4,(5)i) ( + i); b) (5 + i) (9i + 8); g) + i ( + i) d) (4 (4 i); h) 4,8 i ; e) (4 + i) ( + i); i) i (i + 8)..9. Ko paytmani hisoblang: a) ( + 5i)( + i); h) ( + i)( i); b) (4 + 7i)( i); i) 4 (8, i); d) (5 i)( 5i); j) (5 i)(i + 5); e) ( +i)(7 i); k) ( +i)( i); f) i ( i) ( + ) ; 4 l) 0 (4,5 i); g) 4 i 7 ( i) ( + ) + 4,7 ; m) ( 0,) i Ikki kompleks sonning bo linmasini toping: a) + i ; i b) 4 i i ; + d) + i i ; ;

99 e) + i i ; f) 5 4 i + i ; g) + i) 4 i ; j) i + h) 4 i i ; 7+ i 5 4 i ; 5 4 i ; k) 4 5 i i ; l) 7 + i ; m) 4 n) 0 i ; o) + 4 i 5i ; p) + i i + 5i... Qo shma kompleks sonlarning ko paytmasi shaklida yozing (a, b R): a) a + 4b ; h) a + 48b 6 ; b) 9a +5b ; i) a 4 + 9b 8 ; d) 8a +6b ; j) a n + b n (n N); e) 8a + 5b ; k) a k + b n (k, n N); f) a +45b 4 ; l) 8 a + b ; g) 0a + 56b 4 ; m) 0 9a + 5b. Namuna: bi)( 7a + 9 bi). 7a + 8 b = ( 7 a ) (9 bi) = ( 7a.. Mavhum birlik i ning quyidagi darajalarini hisoblang va ulosa chiqaring: a) i ; d) i ; f) i 5 ; h) i 7 ; j) i 9 ; l) i ; b) i ; e) i 4 ; g) i 6 ; i) i 8 ; k) i 0 ; m) i... Amallarni bajaring: a) i i( i); h)4(0,5,5i )( + i ) + 5i; b) (4 + i )( i ) + 5 8i ; i)4,( i )( + i ) + + i ; d) i( + i ) + i( i); j) + 5i + 5i 999 ; e) i( 5 i) + i( 9 8i); k) 5 i i 997 ; f) (5 i )(4 + i ) + 5i; l) i 00 ( + 5i 4 ); g) 6 (5 i )( + i ); m) i 00 i 00 i 999. ; 99

100 Hisoblang: a) ( i )( i ) ; + i h) + 4i + 4i ; b) ( i )( + i ) ; i i) i + i + + i i ; d) 4i ( + i)( i) ; i j) 8 + i 9 + i + 4 i ; e) f) i ( i)( + i) ; k) i i ; l) i 8 i + i + i + i 8 4i 9 + i + i 9 ( ); ; 00 g) 5 + i ; + i i.5. Amallarni bajaring: + m) i ( i 4 ) + i. a) ( i ) ; f) ( + i ) ( i ); b) (4 + i ) ; g) ( +5i)+( 5i); i d) ( ) + i + i e) ( ) i ; ; i + h) ( i ) 4 + i i) ( i ).6. Qo shma kompleks sonlar yig indisi va ko paytmasi haqiqiy sonlardan iborat ekanligini isbot qiling..7. z = a + bi, w = c + di kompleks sonlar berilgan: a) agar z + w = A R va zw = B R bo lsa, w= z bo ladi; b) agar z w + = C R va = D R bo lsa, w= z bo ladi. Shuni isbot qiling. z w.8. a) va y ning qanday haqiqiy qiymatlarida 6 iy va + y + 5i kompleks sonlar o zaro qo shma bo ladi? ;.

101 b) oldingi masalaning shartida va y larning haqiqiy son bo lishi talab qilinmasa, masala nechta yechimga ega bo ladi? Misol keltiring..9. Ildizlaridan biri: a)i; b) i; d) i; e) i 5 bo lgan haqiqiy koeffitsiyentli kvadrat tenglama tuzing..0. Kvadrati shu sonning qo shmasiga teng bo lgan kompleks sonni toping. -. Òrigonometrik shakldagi kompleks sonlar va ular ustida amallar. Kompleks sonning trigonometrik shakli. Kompleks sonlarga oid ko pgina tushunchalar ayoniy bo lishi uchun kompleks sonni biror geometrik shakl (figura, tasvir) sifatida qarash qulaydir. Biz z = + yi kompleks sonning geometrik shakli sifatida, XOY koordinata tekisligidagi A(; y) nuqtani yoki boshi O(0; 0) nuqtada, oiri esa A(; y) nuqtada bo lgan OA vektorni qabul qilamiz (7- a, b rasmlar). Bunda koordinata tekisligining har bir nuqtasi faqat bitta kompleks sonni tasvirlaydi va aksincha, har qanday kompleks son faqat bitta nuqtada tasvirlanadi. Haqiqiy sonlarga abssissalar o qining nuqtalari, bi (i R) sof mavhum sonlarga esa ordinatalar o qining nuqtalari mos keladi. Shunga ko ra, koordinatalar tekisligi kompleks tekislik, abssissalar o qi haqiqiy o q, ordinatalar o qi esa mavhum o q deb ham ataladi. Y Y Y y A(; y) O X y A(; y) O X ϕ O B(r; 0) X A y a) b) d) 7- rasm. 0

102 z = + yi kompleks sonining geometrik tasviri bo lgan vektor uning radius-vektori deyiladi. Har qanday z = + yi kompleks son yagona radius-vektorga ega, chunki, y sonlari yagona A(; y) nuqtani (vektorning oirini) aniqlaydi. Kompleks son radiusvektorining uzunligi shu sonning moduli deyiladi. z = + yi kompleks sonning modulini z yoki r bilan belgilaymiz. z,, y haqiqiy sonlar quyidagi tenglik bilan bog langan: z = + y. () Haqiqatan ham, ikki nuqta orasidagi masofa formulasiga ko ra, z = OA = ( 0) + ( y 0) = + y tenglik o rinlidir (7- b rasm). - misol. z = i kompleks sonning modulini toping. Yechish. =, y = bo lgani uchun, 0 OA z = ( ) + ( ) =. vektor z = + iy 0 kompleks sonning radius-vektori bo lsin (7- b rasm). Markazi O(0; 0) nuqtada bo lgan r = z radiusli aylananing B(r ; 0) nuqtasini, O nuqta atrofida bu nuqta A(; y) nuqta bilan ustma-ust tushadigan qilib buramiz (7-d rasm). Bu ishni, bir-biridan π ga karrali bo lgan burish burchagiga farq qiladigan cheksiz ko p burish burchaklari yordamida amalga oshirish mumkin. Shu burish burchaklarining har biri z = + iy kompleks sonning argumenti deb ataladi. 7- d rasmda z = + iy kompleks sonning argumentlaridan biri bo lgan ϕ burchak ko rsatilgan. z = + iy kompleks sonning barcha argumentlari to plamini Arg(z) bilan belgilaymiz. Yuqoridagi mulohazalardan ko rinadiki, agar ϕ Arg(z) bo lsa, u holda itiyoriy k Z son uchun ϕ+πk Arg(z) bo ladi. Shu sababli Arg(z) to plamni quyidagicha tasvirlash mumkin:

103 Arg(z) = {ϕ+πk k Z}. Burish burchagining kosinusi va sinusi ta riflaridan ko rinadiki, z = + yi kompleks sonning har qanday ϕ argumenti uchun quyidagi munosabatlar o rinli: z y z cos ϕ =, sin ϕ =. Bu tengliklar asosida, z = + yi kompleks sonini z = z (cos ϕ + i sin ϕ) ko rinishida yozib olish mumkin. Bunday yozish kompleks sonni trigonometrik shaklda tasvirlash deb yuritiladi. Kompleks son cheksiz ko p argumentlarga ega bo lgani uchun, uni cheksiz ko p usullar bilan trigonometrik shaklda yozish mumkin. Shu sababli kompleks sonning trigonometrik shaklini tayin bir oraliqda yotadigan argument orqali yozish maqsadga muvofiqdir. Biz ana shunday oraliq sifatida [0; π] oraliqni olamiz. Bu oraliqda har qanday z(z 0) kompleks sonining faqat bitta argumenti yotadi. z = + yi kompleks sonining [0; π] oraliqda yotadigan argumenti shu sonning bosh argumenti deyiladi va arg(z) bilan belgilanadi. Shunga muvofiq ravishda, z = z (cos(arg( z)) + + isin(arg( z))) ni z kompleks sonning bosh trigonometrik shakli deb ataymiz. Bundan keyin, kompleks sonning argumenti va Y Y O ϕ X i O ϕ X Y θ O a) ϕ d) X 8- rasm. Y ϕ O b) θ e) X 0

104 kompleks sonning trigonometrik shakli deyilganda, mos ravishda kompleks sonning bosh argumenti va bosh trigonometrik shakli nazarda tutiladi. Endi z = 0 soni ustida to talamiz. Bu sonning moduli 0 ga teng, lekin argumenti aniqlanmaydi. - misol. a) +i; b) i; d) + i; e) i sonlarini trigonometrik shaklda ifodalang. 04 Yechish. a) + i = + =, + i = ( cos + i sin ) b) i =, ϕ π ϕ= π 4, π π (8- a rasm); 4 4 =, i = ( cos π + i sin ) π π d) + i =, θ =, ϕ = π θ = 4 4, π π ( cos i sin ) + i = + e) 4 4 π (8- b rasm); (8- d rasm); sin θ = ; π π π i =, ϕ = + θ = = = + cos θ ; θ, ϕ 4 π θ ( 0; ) 7 7 ( ) 7π π π + θ =, i = cos + i sin (8- e rasm) misol. M(z) va N(w) nuqtalar orasidagi masofa z w ga tengligini isbotlang. Isbot. z = + iy va w = + iy sonlari uchun z w = = ( ) + ( y y ) ga egamiz. Bu tenglikning o ng tomoni M va N nuqtalar orasidagi masofadir (9- rasm). - misoldan ko rinadiki, z z = r( r > ) tenglama markazi 0 0 z 0 nuqtada bo lgan r radiusli aylananing tenglamasidir.

105 4-misol. ) z + i = ; ) z + i shartni qanoatlantiruvchi barcha z = + iy nuqtalarning geometrik o rnini aniqlang. Yechish. ) z + i = z ( i ) bo lgani uchun z ( i ) = tenglamaga ega bo lamiz. Bu tenglama markazi z 0 = i nuqtada bo lgan r = radiusli aylananing tenglamasidir; ) z + i shartni qanoatlantiruvchi barcha z = + iy nuqtalarning geometrik o rni z + i = aylana bilan chegaralangan doiradan iborat. Y y y O M(z) 9- rasm. N(w) X Mashqlar.. Kompleks tekislikning z kompleks songa mos keluvchi nuqtasini yasang, bunda: a) z = + i; j) z = 0; b) z = +i; k) z = i ; d) z = i; l) z = +i; e) z = i; m) z = ; f) z = i; n) z = + i( + i); g) z = ; o) z = i 4i( + i); h) z = i; p) z = i 4 + i 5 ; π π. i) z = ; q) z = cos + i sin.. z kompleks songa mos keluvchi vektorni yasang: a) z = + i; e) z = i; b) z = i; f) z = i; d) z = +i; g) z = 4i; 05

106 06 h) z = ; m) z = 4 ; i i) z = ; n) z = + ; i j) z = 0; o) z = ( + i)( + i); k) z = +i; p) z = ( i)( + i); l) z = i; q) z = i 4i... Kompleks son z ning modulini toping: a) z = + 4i; j) z = cos α + i sin α( α R ); b) z = 4i; k) z = + icos αα ( R); d) z = + 8; i l) z = ( + i)( 4i); e) z = + i; m) z = 4 8+ ; i f) z = + i; n) z = 4; g) z = + ; i o) z = bi (b R); h) z = + i; p) z = i; i) z = + i; q) z = z kompleks sonining argumentini toping: a) z = + i ; f) z i = + 6 ; j) z = ; b) z = + i ; g) z = ; i k) z = i; d) z = i; h) z = 6 6 i; l) z = ; e) z = ; i) z = i ; m) z = i..5. Kompleks sonni trigonometrik shaklda yozing: a) z = i; f) z = ; b) z = i; g) z = i; d) z = + i; h) z = ; e) z = + i; i) z = i;

107 j) z = + i; n) z = i; k) z = + i ; o) z = + i l) z = + i ; p) z = i; ; m) z = + i ; q) z = 6 6 i..6. z = 4i ni trigonometrik shaklda yozing π sin i 7π 4 4 z = cos ni trigonometrik shaklda yozing. π isin π 7 7 z = cos + ni trigonometrik shaklda yozing..9. z = + + i ni trigonometrik shaklda yozing..0. z = + cosϕ+ isin ϕ π ( ϕ π ) ni trigonometrik shaklda yozing... Quyidagi sonlarni algebraik shaklda yozing: a) cosπ ( + i sin π) ; b) cosπ ( i sin π) +... Agar z = bo lsa, z nuqtalar o rnini aniqlang... Har qanday z va w kompleks sonlar uchun z w z + w z + w qo sh tengsizlikning bajarilishini isbot qiling..4. Itiyoriy u va v kompleks sonlar uchun ni toping. u + v + u v.5. Quyidagi shartlarni qanoatlantiruvchi nuqtalar to plamini chizmada ko rsating: a) z 0i 0 ; f) z + i 4; b) Rez > 4 ; g) z = Rez + ; d) Im z < ; h) zz+ 4z+ 4z = 0; e) z i = 5 ; i) z z =. 07

108 . Òrigonometrik shaklda berilgan kompleks sonlarni ko paytirish, bo lish, darajaga ko tarish. Òrigonometrik shaklda yozilgan kompleks sonlarni ko paytirish, bo lish va darajaga ko tarish qoidalarini keltirib chiqarish uchun asos bo ladigan teoremalarni qaraymiz. - teorema. Kompleks sonlar ko paytmasining moduli ko paytuvchilar modullarining ko paytmasiga teng, ko paytuvchilarning har qanday argumentlari yig indisi shu kompleks sonlar ko paytmasining biror argumenti bo ladi. Isbot. z = r (cosϕ+ i sin ϕ ) va w = R(cosα+ i sin α ) lar z, w kompleks sonlarning biror trigonometrik shakli bo lsin. U holda, z va w sonlar ko paytmasini ko phadlarni ko paytirish qoidasi yordamida topsak, zw = rr(cos( ϕ + α ) + i sin( ϕ+α)) hosil bo ladi. Demak, zw = rr = biror argumentidan iborat. 08 z w va ϕ +α soni zw ning -teorema. Kompleks sonlar nisbatining moduli bo linuvchi va bo luvchi modullarining nisbatiga teng, bo linuvchi va bo luvchi har qanday argumentlarining ayirmasi bo linmaning biror argumenti bo ladi. Isbot. z = r (cosϕ+ i sin ϕ ) va w = R(cosα+ i sin α) lar z va w kompleks sonlarining biror trigonometrik shakli bo lsin. U holda z r(cosϕ+ sin ϕ) = = r (cos( ϕ α ) i sin( )) w R(cosα+ isin α) R Bu yerdan esa z w z w + ϕ α tenglik bajariladi. = ekanligi va ϕ α sonning z w uchun argument bo lishi kelib chiqadi. Endi trigonometrik shaklda berilgan sonlarni ko paytirish, bo lish va darajaga ko tarish qoidalarini keltiramiz. Òrigonometrik shaklda (bosh trigonometrik shaklda bo lishi shart emas!) berilgan z = r(cosϕ+ isin ϕ ) va w = R(cos α+ + i sin α ) kompleks sonlarni: a) ko paytirish uchun, zw = rr(cos( ϕ+α ) + isin( ϕ+α)) tenglikni tuzish va ϕ+α ni bosh argument bilan almashtirish;

109 z w r R b) bo lish uchun, = (cos( ϕ α ) + isin( ϕ α )) tenglikni tuzish va ϕ α ni bosh argument bilan almashtirish kerak. Òrigonometrik shaklda berilgan kompleks sonlarni ko paytirish qoidasini z n = z z z (n ta ko paytuvchi) ko paytma uchun ketma-ket tatbiq etib, z n ni hisoblash qoidasini hosil qilamiz: n n z = ((cos r ϕ+ isin ϕ )) ni hisoblash uchun, z n = r (cos nϕ+ + isin nϕ ) tenglikni tuzish va nϕ argumentni bosh argument bilan almashtirish kerak. Agar z = cosϕ + i sinϕ bo lsa, darajaga ko tarish formulasi quyidagi ko rinishni oladi: (cosϕ+ i sin ϕ ) n = cosnϕ+ isin nϕ. Bu tenglik Muavr formulasi deyiladi. Misol. 9 5 ( cosπ ( + isinπ) ) ( cosπ ( + isinπ ) ) ( ( π 5 5 ) + i ( π) ) ( ( π) + i π ( )) A = cos sin cos sin 6 6 ifodaning qiymatini toping. 4 6 Yechish. Suratdagi ko paytuvchilar bosh trigonometrik shakldagi, marajdagi ko paytuvchilar esa bosh trigonometrik shaklda bo lmagan kompleks sonlarning darajalaridan iborat. Bu hol amallarni bajarish qoidalarini tatbiq etishda alaqit bermaydi. Darajaga ko tarish, ko paytirish va bo lish qoidalarini o z o rni bilan qo llash natijasida A π π 4π ( ( ) ( 5π) = ( ) cos π 5π 4π ( ) ( ) ) ( ) 85π i 85π + isin + ( 5 π ) = cos + sin 4 4 tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikning o ng tomoni kompleks sonning bosh trigonometrik shaklini ifodalamaydi, chunki 85 π > π. 85π ni bosh argument bilan almashtiramiz: n 09

110 7π ( ( ) i 7π ( )) 7π 7 ( i π) A = cos 4π+ + sin 4π+ = = cos + sin. 0 Mashqlar.6. Òrigonometrik shaklda berilgan sonlarning ko paytmasini toping:.7. a) z = ( cos π + isin π 4 4) va z = cos π 8 + isin π 8 ; b) z = ( cos π + isin π 5 5) va z = 4cosπ ( + isin π 9 9) ; d) z = cos π ( + isin π) va z = π ( + i π) 4 4 e) z ( i ) cos sin ; = 5cosπ+ sin π va z = cos + isin. z z ni hisoblang: a) z = cos π ( + isin π 9 9), z = π ( + i π ) b) z = 9cosπ ( + isin π), z = 9cosπ ( + isin π) ; 4 4 π π π π cos sin ; d) z = cos 4 + isin 4, z cos + isin ; 6 6 e) z = ( cos π + isin π), z 5 5 ( cos π isin π).8. Darajani hisoblang: ( ) 7 π = +. π 6 6 a) cos π ( + i sin π) ; π e) ( + i π) ( ) 8 ( ) cos sin ; b) cos π ( + i sin π) ; f) π ( + i π) ( ) 6 cos sin ; d) 4cosπ ( + i sin π) ; g) π ( + i π) 6 cos sin ;

111 h) ( cosπ + i sin π) 5 ; i) π ( + i π) cos sin Muavr formulasidan foydalanib, ifodalarni cos ϕ va sinϕ orqali ifodalang: ) cos 8ϕ; ) sin 8ϕ; ) cos 9ϕ; 4) sin 9ϕ z ni hisoblang, bunda z = cos ϕ+ i sin ϕ..4. Quyidagi ifodalarni hisoblang: a) ( ) 9 i ( + i) ( + i)( i ) 6 6 ; b) ( ) i ( i ) ( i) 8 ; d) 48 ( i) ( + ) ( ) 0 0 i i i..4. ( ) cosϕ+ i sin ϕ ni hisoblang.. Kompleks sondan ildiz chiqarish. z kompleks sonning n- darajali ildizi deb, w n = z tenglik bajariladigan har qanday w kompleks songa aytiladi (bu yerda n N). Agar z = 0 bo lsa, w n = 0 (n N) tenglik w = 0 soni uchungina bajariladi. Agar z 0 bo lsa, w n = z (n N) tenglik w ning n ta har il kompleks ildizlarga ega bo lishini isbotlaymiz. Òeorema. z = r( cosα+ isinα) 0 kompleks soni n ta har il w k kompleks ildizlarga ega va bu ildizlar quyidagi formula bilan topiladi: k n α+ πk α+ πk ( n n ) w = r cos + isin, k = 0,,,..., n -. Isbot. w R( cos isin ) ) ) ( ) = ϕ+ ϕ kompleks soni ( z = rcos α+ n + i sinα 0 sonning n-darajali ildizi bo lsin. U holda R (cos nϕ+ + isinnϕ = r cosα+ isin α tenglik o rinli bo ladi. Ikkita kompleks sonning modullari teng va argumentlari bir-biridan πk (bu yerda k Z ) qo shiluvchiga farq qilsagina, ular teng bo ladi. Shu sababli n R = r, ()

112 α+ kπ ϕ=, k Z () n tengliklar bajariladi. Hosil qilingan bu tengliklarni w ning trigonometrik shakliga qo yamiz: α+ π α+ π ( n n ) n k k w = r cos + sin, k Z. () Bu yerdan ko rinadiki, z = r(cosα+ isin α ) kompleks sonining har qanday n- darajali ildizi () ko rinishda bo ladi. Aksincha, () ko rinishdagi har qanday kompleks son z = r(cosα+ isin α ) kompleks sonining n-darajali ildizi bo ladi. Buni darajaga ko tarish yordamida bevosita tekshirib ko rish mumkin. Shunday qilib, () ko rinishdagi sonlar va faqat shu sonlargina z = r(cosα+ isin α ) kompleks sonining n-darajali ildizi bo ladi. Endi () formula z 0 sonining n ta har il ildizini aniqlashini ko rsatamiz. Qulaylik uchun () formuladagi w ning k ga bog liq ekanligini oshkor ko rinishda yozib olaylik: W Y n α+ πk α+ πk ( n n ) w = r cos + sin, k Z. (4) k W W 0 O α/6 W W 4 0- rasm. k = 0, k =,..., k = n bo lganda bu formula yordamida w 0, w,..., w n sonlari hosil qilinadi. Bu sonlarning argumentlari bir-biridan π ga karrali bo lmagan qo shiluvchi bilan farq qiladi. Shuning uchun bu sonlar orasida tenglari mavjud bo lmaydi, ya ni ular n tadir. Endi itiyoriy k Z sonini n N soniga qoldiqli bo lamiz: k = n m + s, bu yerda m Z, s {0,,,..., n }. U holda, W 5 X

113 w k n n α+ ( nm+ s) π α+ ( nm+ s) π = r cos + sin = n n α+ sπ α+ sπ ( n n ) = r cos + isin = w. Bu yerdan ko rinadiki, (4) formuladagi k ning o rniga har qanday butun son qo yilganda ham, w 0, w,..., w n sonlardan birortasi hosil bo ladi. Òeorema isbot bo ldi. Markazi koordinatalar boshida bo lgan n r radiusli aylanani qaraymiz. W 0, W,..., W n nuqtalar shu aylanada yotadi va uni n ta teng yoylarga ajratadi, chunki qo shni W k nuqtalarning argumentlari bir-birlaridan π ga farq qiladi. Demak, bu nuqtalar n aylanaga ichki chizilgan muntazam n burchakning uchlari bo ladi (0-rasmda bu muntazam oltiburchak, chizmada n = 6, α WOW = ). - misol. + i ning barcha w k qiymatlarini topamiz. Yechish. ( i ( ( ) ( ) s + = + =, α= arg( + i π ) = 4 bo lgani uchun i cos ( π isin π) + = + ga egamiz. 4 4 () formulaga ko ra w k qiymat uchun π + π k π+ πk w cos 4 sin 4 k = + i, k = 0,, tenglikka ega bo lamiz. Bu tenglikdan quyidagilarni aniqlaymiz: 6 5 k = 0 da w = ( π + i π) = ( + i) 0 cos sin, Algebra, I qism

114 4 k = da w ( cos π isin π) = + = ( i ( )) = 6 + 6, 4 k= da w 9 9 ( cos π isin π) = + = π ( i π) ( i( )) 4 = sin + cos = misol. ) z + = 0; 5) 5 4 z + 4 = 0; ) z 6 = 0; ) z = 0 tenglamalarni yeching. z = 0; 4) Yechish. Òenglamalarni yechishda ko phadlarni birinchi va ikkinchi darajali ko paytuvchilarga ajratishdan foydalanamiz: ) z + 4 = ( z )( i z + ) i = 0, bundan z = ; i z = i; ) 4 z 6 = ( z 4)( z + 4) = 0 ( z )( z + ) (z + + i)(z i) = 0, bundan z, =±, z,4 =± ; i z, ) z = 0 z = ( z )( z + z + ) = 0 z + z + = 0 z =, z, = 4) = ± i ± i ; z + = ( z + )( z z + ) = 0, bundan z =, ; 5) 5 4 z = ( z )( z + z + z + z + ) = 0; z = 0 bo yicha z =, shu kabi 4 4 z z z z z z z z z z + z + z + z + = = 0 ( z ) z = z z

115 Agar, z z z + = t z + + = t yoki z + = t z almashtirish kiritilsa, t + t = 0 tenglama hosil bo ladi. Uning ± 5 ildizlari t, =. U holda: z z ± i =, bundan z z, =, 4 5 5± i =, bundan z z 4,5 =. 4 - misol. z 6 8z + 7 = 0 tenglamani yechamiz. Yechish. z = u almashtirish berilgan tenglamani u 8u = 0 kvadrat tenglamaga keltiradi. Uning ildizlari va 7. Endi z = va z = 7 tenglamalarni yechib, javobni topamiz: ± ± i =, = 4 = 5,6 = z, z, z, z..4. z ni hisoblang: a) z π ( i π 4 4) b) z π ( i π 5 5).44. z 6( cosπ isin π) Mashqlar = cos + sin ; d) = cos + sin ; e) π i π z = cos + sin ; π i π 6 6 z = cos + sin. = + sonining uchinchi va to rtinchi darajali ildizlarini toping = r(cosϕ+ isin ϕ ) tenglamaning barcha ildizlari ko paytmasini toping..46. Kvadrat tenglamalarni yeching: a) + 8i + = 0; b) + 5i + 5,5 = 0; 5

116 d) 0i + 4 = Ikki hadli tenglamalarni yeching: a) 7z 8 = 0; d) z = 0; b) z 8 = 0; e) z = z 8 z 4 + = 0 uch hadli tenglamani yeching..49. z 65z tenglamani yeching..50. Hisoblang: Takrorlashga doir mashqlar a) ( + )(4 i 5) i + ( )(4 i + 5); i b) ( i)( + i)( + + i)( + i), R; d) (+ ) i i ; e) ( 4) i (( i 4) i + ); i f) 9 (+ 4) i ( + i ); g) + 8i + 9i + 0 i ; h) i) 5 8 4( i ) + i; i + i 7 i..5. Tenglamani yeching (bunda R): 6 a) + 4i = ( + i ) + i i ; b) i = ( + ) + + i; d) 5 + ( + i ) = + + 4; i e) + 5 ( + ) i = 7 7. i

117 .5. Agar ( 5 y) + ( y) i = 6+ ( 8 + y) i bo lsa,, y haqiqiy sonlarni toping..5. Daraja asosini trigonometrik shaklda yozmasdan darajani hisoblang: a) ( + i ) 0 ; b) ( i )..54. Quyidagilarni sin va cos orqali ifodalang: a) sin; b) cos; d) sin4; e) cos4; f) sin5; g) cos5; h) sin..55. Kompleks sonlarni trigonometrik shaklda yozib, hisoblashlarni bajaring: a) 6 b) d) 9 5 ( + i) ; f) ( + i)( i) ; + i + i 0 ; 4 i ; g) 8 (+ )( i + ); i h) 6 9 ( + i) ( + ); i e) + i 0 ( i) 0 ; i) i ( i) n z ni hisoblang: a) z =, n = ; h) z = 9, n = ; b) z =, n = 4; i) z = 5, n = 4; d) z = , i n = ; j) z = + i, n = ; e) z = + i, n = 8; k) z = i, n = 6; f) z = i, n = ; l) z = 5i, n = ; g) z = i, n = ; m) z = 9i, n =..57. Tenglamani yeching: a) z 4 ; b) z = + i; d) z = 9; e) z = a) a + b + c = 0( a 0) tenglamada b 4ac < 0. Tenglamani kompleks sonlar to plamida yeching. 4 b) z + z + = 0 tenglamani yeching. 7

118 .59. Hisoblang: a) i ; + i b) 5 i ; + i d) 4 + i ; i e) 6 + i. i.60. Tenglamadan va y ni toping ( R, y R): 8 a) ( y)+( + y)i = i; b) (5 + yi) + (y i) = i; 4 e) ( i)( + yi) = 5i. d) ( yi ) ( y + 6i ) = i ;.6. Berilgan kompleks sonlarni qo shing. Qo shiluvchilarning va yig indining geometrik tasvirini yasang: a) ( + i) + ( 4+ i ); f) ( 4 7i) + ( 4+ 7i); b) ( 4 + 5) i + ( ); i g) ( + ) i + ( ); i d) ( 7+ 6i) + ( 8i); h) i + ( 4 5i); e) ( 5 ) i + ( 6+ 8); i i) 4i + ( 8i)..6. Ayirishni bajaring. Kamayuvchi, ayriluvchi va ayirmaning geometrik tasvirini yasang: a) (+ ) i ( ); i e) ( 4 i) ( + i); b) i 5; i f) 8 ( 4 i ); d) ( 4+ i) ( i); g) i ( i)..6. Bo lishni bajaring: a) 6(cos70 + i sin70 ) :(cos5 + i sin5 ); b) (cos0 + i sin0 ) :4(cos90 + i sin90 ); d) 6 (cos60 + i sin60 ) : (cos40 + i sin40 ); e) 4(cos75 + i sin75 ): (cos( 5 ) + i sin( 5 )); f) 8i + ( + i ); g) 6i + ( 4 4i);

119 h) (6 6i) :(cos5 + i sin5 ); i) ( + i ):( 4 4i)..64. Ko paytuvchilarga ajrating: 4 a) + 4; b) 6; d) + 4; i e) Tenglikni tekshiring: a) + i 4 4 i + = ; 5 5 i + i b) ( ) ( ) d) + = 5 5 ; + i i + = + i i e) ( i) ( + i) =..66. Kompleks tekislikda quyidagi shartni qanoatlantiruvchi nuqtalarning geometrik o rnini shtrilang: a) Re( z ) <5; h) z > 5; b) π < < π 4 ; arg( z) ; i) < z < ; d) Re( z ) = ; j) z 4 < ; e) Im( z ) = ; k) z + i 4; f) Re( z ) < 0; l) z + i < ; g) Re( z) + Im( z) = 0; m) z i < z..67. z = ( p + qi)( p qi ) kompleks sonning modulini toping ( p R, q R)..68. z = + i va z = i sonlarni trigonometrik shaklga keltirib, quyidagi ifodalarni hisoblang: a) z z; d) b) z z z ; f) 4 z ; h) z z ; ; 6 z e) z; g) z; i) z z. 9

120 .69. Quyidagi tengliklarni isbotlang: a) ; z z = z d) z + z =Re( z); b) z + z = z + z; e) z z = Im( z) i..70. a) Tekislikda z = + i va z = 5 i kompleks sonlarga mos M (;) va M (5; ) nuqtalar yasalgan. z = ( z + z) songa mos nuqta tekislikning qanday M( ; y ) nuqtasida joylashadi? b) Parallelogrammning uchta uchi z = 0, z = + 0,5, i z = 0,7+,8i kompleks sonlarga mos nuqtalarda joylashgan. Parallelogrammning to rtinchi uchiga mos z4 kompleks sonni toping. 0

121 IV bob KO PHADLAR -. Birhadlar va ko phadlar. Algebraik ifoda. Natural ko rsatkichli daraja. Birhad. Algebrada qo llaniladigan harfiy belgilashlar bir il turdagi ko plab masalalarni formulalar ko rinishida berilgan umumiy qoida asosida yechishga imkoniyat yaratadi. Agar sonli ifodadagi ayrim yoki barcha sonlar harflar bilan almashtirilsa, harfiy ifoda hosil bo ladi. Biz harfiy ifodalashdan matematika, fizika va boshqa fanlarni o rganishda keng foydalanamiz. Òo rt matematik amal, butun darajaga ko tarish va butun ko rsatkichli ildiz chiqarish ishoralari orqali birlashtirilgan harflar va sonlardan iborat ifodalar algebraik ifoda deyiladi. Agar algebraik ifodada sonlar va harflarning ildiz ishoralari qatnashmasa, u ratsional algebraik ifoda, ildiz ishoralari qatnashsa, irratsional algebraik ifoda deyiladi. Agar ratsional ifodada harfli ifodaga bo - lish amali qatnashmasa, u butun algebraik ifoda deyiladi. Misollar. ) 6b a + dc butun algebraik ifoda; ) bc + a c kasr algebraik ifoda; ) 5 + c irratsional algebraik ifoda; 4) ( a b) = ( b a) ayniyat. Irratsional ifoda biror ratsional ifodaga aynan teng bo lishi ham mumkin. Masalan,. ( a + ) = a Algebraik ifodalarni shakl almashtirishlar haqida V bobda alohida to talamiz. Har biri a ga teng bo lgan n( n ) ta ko paytuvchining ko - paytmasi a sonining n- darajasi deyiladi va a n deb belgilanadi. Shunday qilib, n a = a a... a ( n ). n marta

122 Òa rifga asosan a = a. Natural ko rsatkichli darajaning ossalari: m n m+ n. a a = a ; m, n N. m n m n. a : a = a ; m, n N, m > n. m n mn. ( a ) = a ; m, n N. n n n 4. ( ab) = ab ; n N. a n b n a b n 5. ( ) = ; a, b R, b 0, n N. - ossani isbotlaymiz (qolgan ossalar ham shu kabi isbotlanadi): m n m m m ( a ) = a a... a = a... a a... a... a... a... = mn = a a... a = a. mn marta n marta m marta m marta m marta n marta Butun musbat darajali harf, son yoki ulardan tuzilgan ko - paytuvchilar ko paytmasidan iborat butun algebraik ifoda birhad deyiladi. Koeffitsiyentlari bilangina farq qiladigan birhadlar o shash birhadlar deyiladi. Masalan, ab va 4,ab lar o shash birhadlardir. Har qanday birhad turli ko rinishda yozilishi mumkin. Masalan, a b =,5 a b = 7 a b a a b =... Lekin 7a 6 b 5 birhadda sonli ko paytuvchi birinchi o rinda, harflar alfavit tartibida daraja ko rsatkichi orqali bir marta yozilgan bo lib, u standart (kanonik) ko rinishda yozilgandir. Birhaddagi barcha harflar darajalarining yig indisi shu birhadning darajasi deyiladi. Son yoki bitta harf ham birhaddir. Masalan, ; y; ; 0;,(9) 4 birhadlardir.

123 Mashqlar 4.. Ifodani asosli daraja ko rinishida yozing: a) 5 ; f) ( ) ; j) a (a N); b) ; g) ( ) ; k) ( ) a (a N); d) 4 ; h) ( 4 ) ; l) ( ) 4 ; e) ; i) (( ) 4 ) 5 ; m) ( 4 ) ( ) Ifodaning qiymatini toping: a) ; f) 8 0 ; b) ; g) ; d) ; h) ; e) 5 ; 4 4 i) Birhadning darajasini aniqlang: a) 4 y 5 ; h) yz 5 ; b) y 4 ; i) 4 y z 9 ; d) 0,8 y ; j) 5; e) 5; k) 4 y z; f) y 9 z; l)... 9 ; g) 4 y z 4 ; m) y y 4 y 4 6 y y Birhadni standart shaklga keltiring: a) y 4 y ; f) y(,5)y ; b) y zy 4 ; g) a y 6,5 ; d) z y z 5 ; h) a y z y 4 5 ; e) y y 4 ; i) a( ) yz.

124 4.5. A n ni toping: 4 a) A = yz, n = ; f) A = yz, n = 4; b) A = y, n = ; g) A = z 4, n = 5; d) A = y 4 z, n = 4; h) A = 4y z, n = 4; e) A = 4yz, n = ; i) A = 4y z, n = Birhadning koeffitsiyentini aniqlang: a) b) d) e) f),5 y ; z y; g) y y ; h) 9 0,() y z; i) 4.7. Ifodani soddalashtiring: a) (a + 5b) (4a 7b); b) ( ) + ( + 4 ); d) (a ) (a + 6 ); e) (4 y + 8y) ( y 5y); 4,(5) yz y; 4 y z 7 0 ; yz; y 7 4 f) ( y + 0a) ( 5 + 0y 5a); g) (7a 5a ) + ( a + a ); h) ( 8y y ) + ( 9y); i) (y + y ) (9y + ) Amallarni bajaring: a) a(a + ) (a ); b) ( + y) + 5( y); d) (a ) + (a ); e) (a ) + (a + ); f) (a ) (a + ); g) (a ) + 5(a ); h) 7( y ) 5(y ); i) 9( y z ) + 7( y + z ). z.

125 4.9. Ifodani soddalashtiring va o zgaruvchining ko rsatilgan qiymatida ifoda qiymatini toping: a) (a 4)(a ) (a )(a ); a =,75; b) (a 5)(a + ) (a + )(a ); a =,6; d) (a 5)(a ) + (a )(a ); a =,; e) (+)( + ) + ( + )( + 4); = 0,4.. Ko phadlar. Birhadlar yig indisi ko phad deyiladi. Masalan, a b + 7b c, 9 y + y ifodalarning har biri ko phaddir. Ko phad tarkibidagi eng katta darajali birhadning darajasi shu ko phadning darajasi deyiladi. Masalan, P() = c + a + b, R(, y) = y + z ikkinchi darajali ko phaddir. P() = c + a + b va P() = a + b + c ko phadlarni qaraylik, ular bitta ko phadning ikki ko rinishli yozuvi. Ulardan ikkinchisi o zgaruvchi daraja ko rsatkichlarining kamayib borishi tartibida, ya ni standart ko rinishdagi yozuvdir. Ko p argumentli ko phadlar ham standart ko rinishda yozilishi mumkin., y,..., z k o zgaruvchilar, a, b lar noldan farqli sonlar bo lsin. k k a y... z n m m mn va b y... z birhadlarni solishtiraylik. k = m, k = m,..., k i = m i, lekin k i+ > m i+ bo lsa, birinchi birhad ikkinchisidan katta, chunki ulardagi va y lar daraja ko rsatkichlari bir il bo lsa-da, z ning ko rsatkichi birinchi birhadda katta. Agar ko p o zgaruvchili ko phadda har qaysi qo shiluvchi o zidan o ngda turgan barcha qo shiluvchilardan katta bo lsa, qo shiluvchilar lug aviy (leksikografik) tartibda joylashtirilgan deyiladi. Masalan, P(, y, z) = 8 5 y 6 z 5 4 y 8 z y 5 z 4 ko phadning qo shiluvchilari lug aviy tartibda joylashtirilgan. Agar ko phadning barcha hadlarida, y,..., z o zgaruvchilarning ko rsatkichlari yig indisi m ga teng bo lsa, uni m- darajali bir jinsli ko phad deyiladi. Masalan, 8 5y + z birinchi darajali bir jinsli (bunda m = ), + y + z 7y 5yz uchinchi darajali (m = ) bir jinsli ko phad. k k Agar a... z n birhad m = k kn darajali bo lsa, itiyoriy umumiy λ ko paytuvchi uchun a(λ) ga ega bo lamiz. 5

126 Agar itiyoriy λ soni uchun f (λ,..., λz) =λ m f(,..., z) tenglik bajarilsa, f(,..., z) ko phad (funksiya) m-darajali bir jinsli ko phad (funksiya) bo ladi. Masalan, f (, y ) - darajali bir jinsli funksiyadir, chunki y = y + y + funksiya f(,y)=8y +4 + = 4 y y f( y ; ). 6 Shu kabi, f(, y) = + y y + y + uchinchi darajali (m=), y+ z + y y+ z + y f( yz,, ) = nolinchi darajali (m=0), f( yz,, ) = z birinchi darajali (m=) bir jinsli funksiyalardir. Agar y + y ko phadda o rniga y, y o rniga yozilsa (ya ni va y lar o rin almashtirilsa), oldingi ko phadning o zi hosil bo ladi. Agar P(,y,...,z) ko phad tarkibidagi harflarning har qanday o rin almashtirilishida unga aynan teng ko phad hosil bo lsa, P ko phad simmetrik ko phad deyiladi. Simmetrik ko phadda qo shiluvchilar o rin almashtirilganda yig indi, ko paytuvchilar o rin almashtirilganda ko paytma o zgarmaydi. Agar (λ+)(λ +y)...(λ +z) ifodadagi qavslar ochilsa, λ darajalarining koeffitsiyentlari sifatida, y,..., z o zgaruvchilarning simmetrik ko phadlari turgan bo ladi. Ular asosiy simmetrik ko phadlar deyiladi. Masalan, o zgaruvchilar soni n = bo lsa, (λ +)(λ+y)=λ +(+y)λ+y bo lib, asosiy simmetrik ko phadlar + y va y bo ladi. Ularni σ = + y, σ = y orqali ifodalaymiz. Shu kabi, n = da σ = + y + z, σ = y + z + yz, σ = yz bo ladi. Bulardan tashqari, quyidagi ko rinishdagi σ = + + y z (n ta qo shiluvchi), σ = + y z,..., σ k = k + y k z k darajali yig indilar ham simmetrik ko phadlardir. -teorema. Itiyoriy s k = k + y k darajali yig indi s = + y va s = y larning ko phadi ko rinishida tasvirlanishi mumkin. y

127 Isbot. Haqiqatan, k = da s = + y =σ, k = da ( ) s = + y = + y y =σ σ. Òeorema s n va s n (bunda n k, k ) uchun to g ri bo lsin. Uning s n + uchun to g riligini isbotlaymiz: n+ n+ n n n n sn+ = + y = ( + y )( + y) y y = n n n n = ( + y )( + y) ( + y ) y = s σ s σ. n n Faraz bo yicha s n va s n lar uchun teorema to g ri edi. Demak, teorema s n + uchun ham to g ri. - teorema.,..., z o zgaruvchilari har qanday simmetrik P ko phad yagona ravishda shu o zgaruvchilardan tuzilgan asosiy simmetrik ko phadlardan iborat bo ladi. Isbot. n = bo lgan holni qaraymiz. P(,y) simmetrik ko phad a m y k qo shiluvchiga ega bo lsin. Agar m = k bo lsa, bu qo shiluvchi a(y) k ga, ya ni aσ k ga teng, k > m bo lsa, P(, y) ning tarkibida a m y k bilan bir qatorda va y larni o rin almashtirishdan hosil bo luvchi a m y k qo shiluvchi ham bo ladi: a k y m + a m y k = = a(y) m ( k m +y k m ) = a m σ s k m. Lekin - teoremaga muvofiq itiyoriy s k m darajali yig indi, demak, P simmetrik ko phad ham har doim σ, σ orqali ifodalanadi. - misol. P(,y) = + y + y + y simmetrik ko phadni σ va σ lar orqali ifodalaymiz. Yechish. P(, y) = ( + y)( y + y ) + y( + y) = = ( + y)( y + y + y) = ( + y)(( + y) y) =σ (σ σ ). P() = a n n + a n- n a + a 0 (a n 0) ko rinishdagi butun ratsional ifoda bir o zgaruvchili n-darajali ko phad deyiladi. Har qanday son 0-darajali ko phaddan iborat. 0soni esa darajaga ega bo lmagan ko phad. a n n qo shiluvchi ko phadning bosh hadi, a 0 esa uning ozod hadi deyiladi. - teorema. O zgaruvchi bo yicha tuzilgan har qanday butun ratsional ifoda a n n + a n n a + a 0 () 7

128 ko rinishdagi ifodaga aynan tengdir, bunda a n,..., a 0 haqiqiy sonlar, a n 0. Isbot. Òeorema sonlar va ifoda uchun har doim o rinli. U A ( ) va B() ifodalar uchun o rinli, deylik: A() = =a m m a 0 (m >n), B() = b n n b 0. U holda A() + + B() = (a m m a 0 ) + (b n n b 0 ) = (a m m a 0 ) + + (0 m n+ + b n n b 0 ) = (a m + 0) m (a 0 + b 0 ) yig indi () ko rinishda bo ladi. Shu kabi, 8 A()B() = (a m m a 0 )(b n n b 0 ) =... = m+ n i= 0 i i c, () ci = ab i 0 + ai b ab i + ab 0 i (agar i >m bo lsa, a i = 0 bo ladi). Shunday qilib, teorema barcha sonlar va ifoda uchun o rinli, uning A() va B() uchun o rinli bo lganidan A() + B() va A() B() uchun o rinli bo lishi kelib chiqadi. Demak, teorema barcha ratsional ifodalar uchun o rinli. () tenglikka qaraganda, ikki ko phad ko paytmasining bosh hadi ko payuvchilar bosh hadlarining ko paytmasiga, ozod hadi ozod hadlarining ko paytmasiga teng, ko paytmaning darajasi ko payuvchilar darajalarining yig indisiga teng. Bir il darajali ko phadlarni qo shganda kichik darajali ko phad hosil bo lishi mumkin, turli darajali ko phadlarni qo shganda esa darajasi katta darajali qo shiluvchining darajasi bilan bir il bo lgan ko phad hosil bo ladi. Masalan, (4 + ) + ( 4 + ) = +4, (4 + ) + ( + ) = Ikki ko phadning aynan teng bo lish shartini ifodalovchi teoremani isbotsiz keltiramiz. - teorema. Agar P() ko phadning hech bo lmaganda bitta koeffitsiyenti noldan farqli bo lsa, shunday 0 R soni topiladiki, unda ko phad nolga aylanmaydi, ya ni P() 0 bo - ladi. - ulosa. Agar ning har qanday qiymatida P() ko phad nolga teng bo lsa, u holda uning barcha koeffitsiyentlari nolga teng bo ladi.

129 Isbot. Barcha R uchun P() = 0 bo lsin. Agar P() ning biror koeffitsiyenti nolga teng bo lmasa, -teoremaga muvofiq shunday = b soni topiladiki, unda P(b) 0 bo ladi. Bu esa R uchun P() = 0 bo lishlik shartiga zid. Demak, barcha koeffitsiyentlar nolga teng. - ulosa. Aynan teng P() va Q() ko phadlarda ning bir il darajalari oldidagi koeffitsiyentlari teng bo ladi. Isbot. P() Q() bo lgani uchun P() Q() 0 bo ladi. - ulosaga ko ra, bu ayirmaning barcha koeffitsiyentlari nolga teng. Bundan, P() va Q() ko phadlarning mos koeffitsiyentlari teng bo lishi kelib chiqadi. - misol. Agar P() = ( + ) 6( ) va Q() = ( ) bo lsa, P() Q() bo lishini isbot qilamiz. Isbot. P() = ( ) 6( ) = , Q() = Demak, P() Q(). Amalda (masalan, kalkulatorda hisoblashlar sonini kamaytirish maqsadida) butun ratsional ifodalarning quyidagi ko rinishdagi yozuvidan foydalanish qulay: (...((a n + a n ) + a n ) +...) + a 0. () - misol. P() = ifodaning =,89 dagi son qiymatini hisoblash zarur bo lsin. Shu yozuv bo yicha jami 4 marta, P() = (((5 + 4) 7) ) + 4 ko rinishi bo - yicha esa 9 marta amal bajariladi. -misol. P() = ( ) 99 ( ) 00 + ko phad koeffitsiyentlarining yig indisini va ozod hadini toping. Yechish. P() ko phad koeffitsiyentlarining yig indisi P() = ( ) 99 ( ) 00 + = 99 + ga, ozod hadi esa P(0) = ( 0 ) 99 ( 0 ) = ga teng. Mashqlar 4.0. Ko phadni ko paytuvchilarga ajrating: a) 7a + 4ay; b) a +6a 4 ; 9 Algebra, I qism 9

130 0 d) a + b + ; i) 5( ) a( ); e) a a a; j) 5 a+ +0 ; f) (a c) + y(c a); k) a a ; g) a( y) (y ); l) a c c + a c c ; h) y( ) 5c( ); m) 5 c+ + 5 c Isbotlang: a) (a b)(a + b) = a b ; b) (a+b) =a +ab + b ; d) (a b) =a ab + b ; e) (a+b)(a ab + b ) = a + b ; f) (a b)(a + ab + b ) = a b ; g) (a+b) =a +a b+ab + b ; h) (a b) =a a b+ab b ; i) (a+b+c) =a +b +c +ab + ac + bc. 4.. Kasrning qiymatini toping: a) d) f) 5 8 ; ; ; ( k+ k ) h) ( 4 k + 4 k ), k N; 4.. Ko paytuvchilarga ajrating: a) y y; b) y + y c ; d) ( 5) 6; e) 4+; f) a a + ; b) e) 9,5,5 ; 57,5 4, k+ k ( ) g) ( 8 k+ + 8 k) ;, k N; ( )( + ) i) 6.

131 g) + y + y( + y); h) y 5( + y + y ); i) a 4 + a a 4 ; j) (+y)( + y ) y ; k)6a (a + 9) ; l) 8 7y 8 ; m) ( y)( + y )( + y + y ) ( 6 y 6 ) k ning istalgan natural qiymatida a) (k + ) (k ) ning qiymati 4 ga; b) (k + ) (k ) ning qiymati 8 ga; d) k k ning qiymati 6 ga; e) (k + ) (k ) ning qiymati ga bo linishini isbotlang Agar a + b + c = 0 bo lsa, a + b + c = abc bo lishini isbotlang Sonlarni taqqoslang: a) 45 va 44 0 ; d) va 98 ; b) 6 4 va (6 4) ; e) (7 + ) va ab = 0 bo lsa, a + b ning qiymati nimaga teng bo lishi 4.8. mumkin? ( = dan foydalaning.) a + b + c = 0 bo lsa, (a+b+c) ning qiymatini toping ( + y + z) y z ni soddalashtiring ( y z) ni ko phadga aylantiring. 4.. f () = + ko phad berilgan. Quyidagilarni hisoblang: a) f (); f) f ( i); j) f ( ); b) f (i); g) f (i + ); k) f (a); d) f (i + ); h) f( i); l) f ( n ); e) f ( ) ; i) f ( ) ; m) f ( ).

132 4.. Ko phad koeffitsiyentlarining yig indisini toping: a) f()=(4 ) 999 ( ) (8 ) (4 ); b) f()=( ) 000 ( ) 99 + (8 + ) + ; d) f()=( ) 00 ( ) + (4 ) 99 ( ) 0 + ; e) f()=( )( ) 0 + (4 4) 8 ( + ) f () ko phad koeffitsiyentlarining yig indisi m ga teng. a ni toping: a) f () = + a + + ; m = 5; b) f () = a + ; m = 4; d) f () = a + ; m = ; e) f () = a ; m = Ko phadning ozod hadini toping: a) f()=( ) 0 (4 + ) ; b) f()=( 4) 8 ( ) ; d) f()=( + ) 5 ( + ) 4 + ( ) + 7; e) f()=( + ) ( + 4) ( + ) 00 + ( ) f (), g () lar teng ko phadlar bo lsa, a, b larni toping: a) f()=a , g() = 6 + b + ; b) f()=a + b + +, g() = + b + + ; d) f()=a + +, g() = 4 + b + ; e) f()=a 8 + b + 9, g() = a a = a( )( ) + b( )( ) + c( )( ) tenglik ayniyat bo lsa, a, b, c larni toping Ko phadlar yig indisini toping: a) f()= , g() = ; b) f()= , g() = ; d) f()= , g() = ; e) f()= , g() =

133 4.8. Ko phadlar yig indisining darajasini toping: a) f()=( ) 7 ( ) 5 +, g() = ( 4) + 4 ; b) f()=( + 5) , g () = ( + ) ; d) f () = ( + 5) , g () = ( + ) ; e) f()= , g() = misoldagi ko phadlar uchun f() g() ni toping Ko phadlarni ko paytiring: a) f()= , g () = 4; b) f()= , g () = ; d) f()= , g () = ; e) f()= , g () = Ayniyatlarni isbotlang: ) ( +y +z )(u + v + w ) = = (u + yv + zw) + (zv yw) + (w zu) + (v + yu) ; ) (y z) 5 +(z ) 5 +( y) 5 = = 5( y)(y z)(z )( + y + z y yz z). 4.. a), y, z ning s, s, s 4 darajali yig indilarini σ va σ asosiy simmetrik ko phadlar orqali ifodalang; b) 4 + y 4 = σ 4 4 σ σ + σ tenglikni isbot qiling. 4.. a) 4 + = 0 kvadrat tenglamani yechmay, ) shunday yangi kvadrat tenglama tuzingki, uning ildizlari berilgan tenglama, ildizlari kvadratlaridan iborat bo lsin; ) yangi kvadrat tenglama ildizlari α = + va α = + bo lsin; b) + = 0 tenglamani yechmasdan, uning ildizlarining uchinchi darajali yig indisini toping ) + 4 y + 4y + y ; ) y + 6 y + 6 y 5y 4 + y 5 simmetrik ko phadlarni α va α lar orqali ifodalang σ va σ lardan iborat ko paytuvchilarga ajrating: a) 4 y + 5 y y + y 4 ;

134 4 b) y + 8 y + y + 6y 4 ; d) butun koeffitsiyentli P (,y) = A + By + Cy + D + +E + F ko phad ratsional koeffitsiyentli a + by + c uchhadning aniq kvadrati bo lishi uchun A, B, C, D, E, F koeffitsiyentlarga nisbatan qanday shartlar qo yilishi kerak?. Qisqa ko paytirish formulalarining umumlashmalari. Agar ko phadni ko phadga ko paytirish qoidalaridan foydalanib, zarur soddalashtirishlarni bajarsak, quyidagi formulalar hosil bo ladi: ( ± a) = ± a + a, ( ± a) = ± a + a ± a, ( + a)( a) = a, ( + a)( a + a ) = + a, ( a)( + a + a ) = a, ( + y + z) = + y + z + y + z + yz va hokazo. Endi + a ikkihadni m natural ko rsatkichli darajaga ko tarish qonuniyati bilan tanishamiz. Shu maqsadda (+a), (+a), (+a), ( + a) 4 va hokazo darajalarga ko tarishlarni bajarib, hosil bo lgan yoyilmaning koeffitsiyentlarini kuzataylik: ( + a) = + a, ( + a) = + a + a, ( + a) v = + a + a + a. Yoyilmalardan bosh koeffitsiyentlar ga tengligini ko ramiz. Oirgi ko phadni + a ga ko paytirib, ( + a) 4 = a + 6 a + 4a + a 4 ni hosil qilamiz. Shu kabi, ( + a) 5 = a + 0 a + 0 a + 5a 4 + a 5 va hokazolarni hosil qilamiz. ( + a) n uchun quyidagiga ega bo lamiz:

135 ) yoyilmadagi barcha hadlarning soni + a ikkihad ko tarilayotgan daraja ko rsatkichidan bitta ortiq, ya ni hadlar soni n + ga teng; ) o zgaruvchining ko rsatkichi n dan 0 gacha taga ketma-ket kamayib, a o zgaruvchining darajasi esa 0 dan n gacha ketma-ket o sib boradi. Har bir hadda va a ning darajalari yig indisi n ga teng; ) yoyilma boshidan va oiridan teng uzoqlikdagi hadlarning koeffitsiyentlari o zaro teng, bunda birinchi va oirgi hadlarning koeffitsiyentlari ga teng; 4) (+a) 0, (+a), (+a), (+a), (+a) 4, (+a) 5 va ( + a) 6 yoyilmalari koeffitsiyentlarini uchburchaksimon ko rinishda joylashtiraylik: (n = 0) (n = ) (n = ) (n = ) (n = 4) (n = 5) (n = 6) Har bir satrning koeffitsiyenti undan oldingi satr qo shni koeffitsiyentlari yig indisiga teng (strelka bilan ko rsatilgan). Koeffitsiyentlarning bu uchburchak jadvali Paskal uchburchagi nomi bilan ataladi. Undan foydalanib, (+a) 6 = = a+5 4 a + 0 a + 5 a 4 + 6a 5 + a 6 ekanini ko - ramiz. n ning katta qiymatlarida Paskal uchburchagidan foydalanish ancha noqulay. Masalan, n = 0 da hisoblash uchun dastlabki 9 qatorni yozish kerak bo lardi. Umumiy holda ushbu Nyuton binomi formulasidan foydalaniladi: n n n nn ( ) n ( a + b) = a + na b + a b nn ( )( n )...( n ( k ))... k n k k n n. a b n ab + b () 5

136 Masalan: ( + y) = + 6y + y + y y 4 5 y y = = y+ 5 4 y + 0 y + 5 y 4 + 6y 5 + y 6. () ni matematik induksiya metodidan foydalanib isbotlaymiz. n = da a + b = a + b, ya ni () tenglik to g ri. n = m da () tenglik to g ri, ya ni (a+b) m = a m + ma m b b m tenglik o rinli deb faraz qilamiz. U holda n = m + uchun (a + b) m+ = (a + b) m (a + b) = a m + ma m b + mm ( )( m )... ( m ( k )) m k k a b k mm ( ) +mab m- + b m )(a + b) = a m+ + (m + )a m b + ( m+ ) ( m+ ) m ( m )...( m k)...( k+ ) m m k+ m m+ + a b ( m + ) ab + b bo ladi. Demak, () formula o rinli. a m + b + a m- b Ko phad shaklida yozing: 6 Mashqlar a) (+y+z) ; e) ( + y z) ; h) (a + b) 7 ; b) (+y+z) ; f) ( + y z) ; i) ( + y) 8 ; d) (a+b+c+d) ; g) 6 + y 6 ; j) (5 4y) Ko paytuvchilarga ajrating: a) a 4 ; b) a a 6 + ; d) a a b ab + b ; e) a 7a 7a + 5; f) a 5a a + 5; g) a 4 0a + 69; h) a 0 + a 5 + ; i) ( + ) 4 + ( + 5) 4 6; j) a + b + c abc.

137 4.8. Ayniyatlarni isbot qiling: a) ( )( + )( 4 + ) = 8 ; b) ( + + )( + ) = ; d) ( + ) = ( )( )( ); e) 5 +=(+)[( )( + ) + ] Ifodalarni soddalashtiring: ) (a +a+)(a a + )(a 4 a + ); ) (+y+z) (+y z) (y+z ) +(z+ y) Ayniyatlarni isbot qiling: a) ( y )(a b ) = (a + by) (ay + b) ; b) = ( )( 4 + 7); d) a +b +c abc = (a +b +c)(a +b +c ab bc ca); e) = ( )( + )( + + 5); f) 6 + = ( + )( 4 + ); g) = ( )( +)( +5). 4. Ko phadlarni bo lish. Bir o zgaruvchili A() va B() ko phadlar uchun A() = B() Q() () tenglik o rinli bo ladigan Q() ko phad mavjud bo lsa, A() ko phad B() ko phadga bo linadi (yoki qoldiqsiz bo linadi) deyiladi. Bunda A() ko phad bo linuvchi, B() ko phad bo luvchi, Q() ko phad esa bo linma deyiladi. = ( + + )( ) ayniyatdan, A() = ko phadning B () = + + ko phadga(qoldiqsiz) bo linishini va bo linma Q () = ko phadga tengligini ko ramiz. Butun sonni butun songa (butun) bo lish amali kabi, ko phadni ko phadga qoldiqsiz bo lish amali hamma vaqt ham bajarilavermaydi. Shu sababli ko phadni ko phadga qoldiqsiz bo lishga nisbatan yanada umumiyroq bo lgan amal ko phadni ko phadga qoldiqli bo lish amali kiritiladi. A() ko phadni B() ko phadga qoldiqli bo lish deb, uni quyidagicha ko rinishda tasvirlashga aytiladi: A () = B () Q () + R (). () 7

138 () tenglikdagi Q() va R() lar bir o zgaruvchili ko phadlar bo lib, R() ko phadning darajasi B() ko phadning darajasidan kichik yoki R() = 0. () tenglikdagi A() ko phad bo linuvchi, B () ko phad bo luvchi, Q () ko phad bo linma (yoki to liqsiz bo linma), R () ko phad esa qoldiq deyiladi. Agar () tenglikda R() = 0 bo lsa, () tenglik hosil bo ladi, ya ni A() ko phad B() ko phadga qoldiqsiz bo linadi. Shu sababli qoldiqsiz bo lishni qoldiqli bo lishning ususiy holi sifatida qaraymiz. Oliy matematika kursida, har qanday A() ko phadning har qanday B () ko phadga (bu yerda B () 0) qoldiqli bo linishi haqidagi quyidagi teorema isbotlanadi. Òeorema. A() va B() ko phadlar haqiqiy koeffitsiyentli va B() 0 bo lsin. U holda shunday Q() va R() ko phadlar topiladiki, ular uchun A()=B() Q() + R() tenglik o rinli bo ladi va bunda R() ning darajasi B() nikidan kichik yoki R() = 0 bo ladi hamda Q(), R() ko phadlar bir qiymatli aniqlanadi. Bu teorema ko phadni ko phadga bo lishning amaliy usulini bermaydi. Ko phadni ko phadga bo lishning amaliy usullari «aniqmas koeffitsiyentlar usuli» va «burchakli bo lish» usulini misollarda qaraymiz. - misol. A() = + + ko phadni B() = + + ko phadga aniqmas koeffitsiyentlar usuli bilan bo lamiz. Yechish. A() ko phad - darajali, B() esa -darajali ko phad bo lgani uchun Q() ko phad -darajali ko phad bo lishi kerak. A() ko phadni B() ko phadga bo lishdagi qoldiqning darajasi ko pi bilan ga teng bo ladi. Shu sababli Q() ni Q() = a + b ko rinishda, R() ni esa R() = p + q ko rinishda izlaymiz. Bu yerdagi a, b, p, q lar topilishi kerak bo lgan aniqmas koeffitsiyentlardir. A () = B () Q () + R () tenglikni + + = = ( + + ) (a + b) + (p + q) ko rinishda yozib, uning o ng tomonidagi amallarni bajaramiz. Ichamlashtirishlardan so ng, 8

139 + + = a + (a + b) + (a + b + p) + (b + q) tenglikni hosil qilamiz. Ko phadlarning tenglik shartiga ko ra, a =, a + b = 0, a + b + p =, sistemaga ega bo lamiz. Bundan a =, b + q = b =, p =, q = ekanligi aniqlanadi. Demak, Q () =, R () = +. - misol. Ushbu A ( ) = 4 4 0a + a 4a 0a + a a ifodadan butun qism ajratamiz. Buning uchun suratdagi ko phadni marajdagi ko phadga bo lish lozim. Bo lishni «burchakli bo lish» usulida bajaramiz: 4 4 0a + a 4a + 0a a + a 4 6a + 9a 4a + 5a 4a + a 4a 4a + 8a a Demak, 4 5a a + 0a 4 5a 0a + 5a 4 a 5 a. 4 a 5a a a + A ( ) = 4a + 5 a +. n- darajali A () va m- (m n) darajali B () ikkita ko phad berilgan bo lib, ularning eng katta umumiy bo luvchisini topish talab qilinsin. Uni topishda Yevklid algoritmidan foydalanamiz: oldin A() ni B() ga bo lamiz, so ng B() ni birinchi r () qoldiqqa, undan so ng r () ni ikkinchi r () qoldiqqa bo lamiz va hokazo. Bo linmalarni q k orqali belgilaylik, bunda k =,,,.... Quyidagiga ega bo lamiz: 9

140 40 A () = B () q () + r (), B () = r () q () + r (), r () = r () q () + r (),... r n ()=r n () q n ()+r n (), r n () = r n () q n+ (). Agar A() va B() lar umumiy bo luvchiga ega bo lmasa (ya ni eng katta umumiy bo luvchi doimiy son bo lsa), ular o zaro tub ko phadlar deyiladi. Òenglamalarning karrali ildizlarini topish kabi masalalarni hal qilishda Yevklid algoritmidan foydalanadilar. Ketma-ket bo lishlardan qoladigan qoldiqlarning darajalari (ular natural sonlar) kamayib, bir necha qadamdan so ng 0 ga teng bo ladi (r n+ () = 0). Undan oldingi noldan farqli r n () 0 qoldiq A() va B() ning eng katta umumiy bo luvchisi bo ladi. - misol. A () = + va B() = ko phadlarning eng katta umumiy bo luvchisini topamiz. Yechish. ) r = ) Eng katta umumiy bo luvchi:. r = 0 4- misol. A () = + va B () = larning eng katta umumiy bo luvchisini topamiz. Yechish. Ketma-ket bo lishlar natijasida quyidagi oraliq natijalarni topamiz: r () =, r = 0,5 0. Demak, A() va B() ko phadlar umumiy bo luvchiga ega emas, ya ni ular o zaro tubdir.

141 Mashqlar 4.4. P() ni D() ga qoldiqli bo lishni bajaring: a) P () = , D () = ; b) P () = , D () = + ; d) P () = , D () = + + ; e) P () = , D () = + + ; f) P () = , D () = + ; g) P () = , D () = + 4; h) P () = , D () = + 4 ; i) P () = , D () = ; j) P () = , D () = + + ; k) P () = , D () = + 4; l) P () = , D () = + + 5; m) P () = , D () = Yevklid algoritmi yordamida ko phadlarning eng katta umumiy bo luvchisini toping: a) ; + ; b) ; ; d) ; ; e) ; ; f) ; ; g) ; ; h) ; 4 + ; i) ; a va b ning qanday qiymatlarida a b ko phad uchhadga qoldiqsiz bo linadi? 4

142 V bob ALGEBRAIK IFODALAR 4 -. Ratsional ifodalar. Butun ko rsatkichli daraja. Har qanday a haqiqiy sonning α butun ko rsatkichli darajasi yoki α- darajasi deb, a α songa aytilishini bilamiz, bunda a daraja asosi, α daraja ko rsatkichi, a, agar α= bo lsa, α a = a a... a, agar α= n, n N, n bo lsa. n marta Har qanday a 0 haqiqiy sonning nolinchi darajasi ga teng, a 0 =. Nolning nolinchi darajasi, ya ni 0 0 ma noga ega emas. Itiyoriy a 0 haqiqiy sonning butun manfiy ko rsatkichli darajasi a n sonidan iborat, a n = a n. 0 n ifoda ma noga ega emas. Butun ko rsatkichli darajaning ossalari (a, b noldan farqli haqiqiy sonlar, α, β butun sonlar): ) (ab) α = a α b α. () Haqiqatan, α=n N bo lsa, haqiqiy sonlarni ko paytirishning asosiy qonunlariga muvofiq: (ab) α = (ab) n = a a... a n ta n ta = ( ab)( ab)...( ab) = n ta b b... b = an b n = a α b α ; agar α=0 bo lsa, (ab) α =(ab) 0 = = =a 0 b 0 = a α b α ; agar α= n, n N bo lsa, α n n ( ab) n n ab ( ab ) = ( ab ) = =. Xususan, α α a a ( ), b = () α b ) a α a β = a α+β. ()

143 Haqiqatan, agar α=n, β=m, n N, m N bo lsa, u holda: α β n m a a = a a = a a... a a a... a = m+ nta nta m+ n α+β = a a... a = a = a mta α=n, β= m va α= n, β=m bo lgan hollar ham shu kabi isbotlanadi. α= n, β= m holning isbotini quyidagicha bajarish mumkin: α β n m ( n+ m) n a m a n m a a n+ m a a a = a a = = = = a = n m ( n) + ( m) α+β = a = a = a ) a α β a. β = (4) a α α β αβ 4) ( a ) = a. (5) α β Xususan, α=n, β=m, n, m N bo lganda: ( a ) = n m n n n nm = ( a ) = a a... a = aa... a = a = a. mta nmta αβ.. Misol. A = ni hisoblang. Yechish. A ( 58) = = = ( 87) 58 =. 9 Mashqlar 5.. Ifodani soddalashtiring: a) 4y (0,5 ) y ; b) ( 4 a b ) ( ) 9 a b ; 4

144 d) ( c ) 5 0ab (5 abc ) ; e) y y 6z 9z 5.. O zgaruvchilarning istagan qiymatida ifoda ayni bir qiymat qabul qilishini isbotlang (m, n Z ):. a) b) m n m n m n n+ n n n n ; ; m n 5 4 d) m n m n e) n n n+ n n. 7 7 ;. Ratsional ifodalarni ayniy shakl almashtirish. Biror X (,..., n ) algebraik ifodani aynan almashtirish deb, uni, umuman olganda, X ga o shamaydigan shunday Y(,..., n ) algebraik ifodaga almashtirish tushuniladiki, barcha,..., n qiymatlarda X va Y qiymatlari teng bo lsin. Masalan, ( + )( ) A ( ) =, B ( ) =, C( ) = ( + )( )( + ) ( )( + ) lardan A() ifoda barcha, qiymatlarda, B() ifoda qiymatlarda, C() esa,, qiymatlarda aniqlangan. Ularning umumiy mavjudlik sohasi ±, qiymatlardan iborat, unda ular bir il qiymatlar qabul qilishadi, ya ni aynan tengdir. Umumiy mavjudlik sohasida bir ratsional ifodani unga aynan teng ifoda bilan almashtirish shu ifodani ayniy almashtirish deyiladi. Ayniy almashtirishlardan tenglamalarni yechish, teoremalar va ayniyatlarni isbotlash kabi masalalarni yechishda foydalaniladi. Ayniy almashtirishlar kasrlarni qisqartirish, qavslarni ochish, umumiy ko paytuvchini qavsdan tashqariga chiqarish, o shash hadlarni ichamlash va shu kabilardan iborat bo ladi. Ayniy almashtirishlarda arifmetik amallarning ossalaridan foydalaniladi. Quyidagi ayniyatlar o rinli: ) (AB) n = A n B n ; ) A m A n = A m + n ;

145 ) (A m ) n =A mn ; A C AD+ BC B D BD 5), 0, 0; B D BD B D 4) + =, B 0, D 0; A C AD 6) :, 0, 0, 0; B D = BC B C D AC A 7), 0, 0; BD = B B C m m n A A, m > n 8) = n A, m = n, A 0da; 9) AB = A B ; 0) n n A = A. Ratsional ifodalarning kanonik shakli qisqarmas P( ) Q( ) kasrdan iborat bo ladi. Bu yerda P() va Q() lar ko phadlar bo lib, Q() ko phadning bosh koeffitsiyenti esa ga teng. Misol. 6 ( ) 4 + : + 9 ratsional ifodani kanonik ko rinishga keltiring. Yechish. = ( )(+ ), (4 )(4 + )( )( + : ) 4 ( )( ) ( + 9)( + 4) = = = =. Mashqlar 5.. O zgaruvchining ifoda ma noga ega bo lmaydigan barcha qiymatlari to plamini toping: a) 5 ; b) + ; + 4 d) + ( )( ) ; 0 Algebra, I qism 45

146 e) 4 ; 9 f) a + a ; g) a 4 5 ; h) a 5 a 4,5 ; ; a k) n) + + ; o) q) i) a+ 6 a ; j) ( + ) ; l) 6 ; y m) ( 5) ; y y 7 ; + p) ; 5.4. O zgaruvchining ifoda ma noga ega bo ladigan barcha haqiqiy qiymatlari to plamini tuzing: a) + ; j) ; b) + ; + 5 k) ; d) e) + 5 ; ; 4 9 l) m) ; ; a f) ; a n) ; g) a+ 5 ; 4 a ; a o) h) a + ; 4a p) ; i) 7a ( a )( a )( a ) ; q) ( )( 4) Ifodaning aniqlanish sohasini toping: a) y ( y) ; y b) ; 46

147 + y + y y ; y d) ; y i) e) y ; y j) + y + y 4 ; y y f) + ( ) ; k) g) y y y y + y + ; + 4 l) + y + y; y y + y h) ; m) + ( y) Kasrni qisqartiring: a) a 6ab ab 4a ; h) a a ; a + a 8 b) 6m mn mn+ mn ; i) ; d) m+ 6m ; + m+ + 6 m j) m + 4m 5 ; m + 7m 0 8ab+ a 0b 5 ; 4ab 8b + a b e) k) ( + 5) ; f) 6a 8ab+ b 6a b ; l) ( ) ; ( ) g) 9 5y 9 + 0y+ 5y ; m) Quyida keltirilgan ifodalar ratsional ifodalarmi: 5.7. a) + y; e) 4a (a ); b) d) + ; f) y + ; g) 4 ; 4 ; 47

148 h) 6 ; j) yz z ; 4 i) + y 0,(5) ; Amallarni bajaring ( ): k) y + z z 4? 5.8. a) a a ; f) c ( + c) ; + 4 b) a a + ; g) a + a + a ; d) a a+ a h) + 5 c ; 4 4 y 9y 4 a ; e) ( a ) a + ; i). y + y 5.9. a) b) a a a + f) = ; ; 4y 4y y y y y 6 6y 6 6y y ; g) + ; 4a d) + ; h) 4 ; a a a 4y 9 + y y+ e) y y + + a 4a + ; i). 6a 4a 5.0. a) a + a a 5+ 8a 40 ; b) y y 6y+ 9 4y 6 ; d) ; e) a + 6a a + + y+ 4y y Kasr ko rinishida ifodalang: a) ; y y y b) a ab+ b b 9 ; 48

149 y y d) ; i) y y y a+ ay y y ; y + e) 4ab a+ b c+ b ab ; j) y a+ a ; a + a y f) a y ; 6a k) c cy ca ; a a ay 5y g) ; l) y 5 y by b y + y ; h) k+ k k + k m) ; 4 a a Soddalashtiring: a) : ; f) ( + ) + 9 : ; 4 4 b) y 6y 4 y : ; y+ 8 y + 9y g) ( ) : ; d) ( a+ b) ab a + b 4a ab : ; h) a+ b ( a+ b) : ; ( a b) ( a b) e) 5c 5 ( c+ ) c c + c + 6 : ; i) ( c b) c b c+ b ( c+ b) :. 5.. Ifodani soddalashtiring: a) 7( m ) m+ m + 4m+ 8 ; m 8 m + m+ 4 m a+ 5 a+ ( a+ 8) : ; a 9 a a+ 9 a + 7 b) d) : ;

150 e) m m ( ) 9m 6m+ m m m m ; f) g) h) i) y y : ; + y y + y + y y a+ a + a a+ 4a a a 4a a 9 a a a a+ a a a + ; a + a+ a a a+ ( m+ ) m m m +. + m + m+ 9 ( m+ ) m 7 m ; 5.4. Ifodani soddalashtiring: a b a+ b a b a) ( a b a+ b) ( b a ) : : ; b) ( + 4 ) ( ) : ; d) e) f) g) 4q p p : p q + ; p+ q + + p q q p p+ q y y ; + y y y y 5 y 5y + 5y + 5y + y 9a 6b b 4a b+ 4a ; 7 a 4 b ab 4 b + ab ; 4y : + ; y y + y+ y h) 50 i) : ; a a a + 4 a + a a a a 4a a + a

151 j) 4a 5 9( a ) + 4a 7a+ 5 7 a 9 5 7a+ 4a a a+ k) ( a y + y) l) ( ) a+ y : ; a+ y+ 4 a a a + + a a, ( = ); ; m) a a + a a 5.5. Kasrni qisqartiring: a) + ; ( y a) y( a) ; ( y a) y( a) d) b) ; + e) k ning qanday qiymatlarida qabul qiladi? ( k ) k ifoda natural qiymatlar 5.7. Ifodani soddalashtiring va o zgaruvchilarnung ko rsatilgan qiymatlarida ifodaning qiymatini hisoblang: a) y y y y + ; + + y y+ y + y + y+ y + y = 0, ; y = 08, ; b) + + aa ( b)( a c) bb ( a)( b c) cc ( a)( c b) ; a = ; b = ; c = m = a bo lganda a + = m ( m + 4) + 4 bo lishini a 4 a isbot qiling. 5

152 5.9. Ratsional ifodalarni kanonik ko rinishga keltiring: a) + + ( + ) ; b) ; d) f) ( ) ; ( ) e) ( 4 + ) + ( ( + ) ) 4 ( ( ) ) ( + ). ; 5 -. Irratsional ifodalarni ayniy almashtirishlar. Arifmetik ildiz. Ratsional ko rsatkichli daraja. a 0 sonning n-darajali arifmetik ildizi deb (n N), n-darajasi a ga teng bo lgan n b 0 songa aytiladi va b = a orqali belgilanadi. Òa rif bo yicha: ( n a) n = a. a > 0, m Z va n N bo lsa, n a m soni a ning r = m n ratsional ko rsatkichli darajasi deb ataladi, ya ni r m n n a = a = a Xususan, m. n a = a n. Ratsional ko rsatkichli darajaning ossalari butun ko rsatkichli daraja ossalariga o shash. a, b itiyoriy musbat sonlar, r va q itiyoriy ratsional sonlar bo lsin. U holda:

153 ) (ab) r = a r b r (' ). Haqiqatan, r = m/n, n N, m Z bo lsin. U holda: n n r m m m m m n n n ( ) ( ) ( ab) = ( ab) = ( ab) = ( ab) = a b = n m m n n n n m n m n n r r = ( a ) ( b ) = a b = ( ab), demak, (' ) o rinli. Xususan, ) a r a q = a r + q, bunda Haqiqatan, r a a r ( ). b k n = (' ) r b m n r =, q. (' ) n n n k m k m n n n n n n k n m k m k m n ( ) ( ) a a = a a = a a = a a = a + = n n k+ m k+ m n n n = a = a. ) r a r q a q a = (4' ). ((' ) kabi isbotlanadi). 4) (a r ) q = a rq, bunda r = p/k, q = m/n. (5' ) Haqiqatan, pm ((a p/k ) m/n ) nk =(((a p/k ) m/n ) n ) k =((a p/k ) m ) k =(a p ) m =a pm kn = a. Bundan (5' ) ning o rinli ekani ma lum bo ladi. kn Misol. 5 0, ni hisoblang. 5

154 Yechish. 5 0,6 0,5 0,5 0 0,6 0,5 + 6 = 5 0,6 0,5 5 0,6 0,5 + 6 = 6. Mashqlar 5.0. Ifodalar ma noga egami: a) 4 ; b) ( ) ; d) 9 4 ; e) f) ( ) ( ) ; 4 ; g) ( ) 5 4 ; h) ( ),( < ); i) 4 ( + ),( )? 5.. O zgaruvchining ifoda ma noga ega bo ladigan barcha qiymatlarini toping. a) 4,5, d) bunda Q; b) ( ) + 5 e) ( ) ( ); + ; f) ( ) 4 ; 4,5, bunda Q; g) ( + ) ; h) ( ) 4 5 ; i) ( ) 5.. Hisoblang:. a) 49; b) 000; d) 4 ; e) 8 ; f) 9 ; g) 6 0,6 ; h) 8 ; 0,008 ; i) ( ) 4 54 j) 9 5 8, ; k) ( ) , n) 7 ; o) ( 8) ; Ifodaning qiymatini toping: a) ( ) 4 0,5 0 b) ( ) 64 l) ( ) 4 ( ) ; p) 4 4 0,5 7,5 4 ( ) + 8 ; 6 0,75 0 0,07 56 (5,5) ; ; m) ( 5 ) ; ; 4 q) ( 9) 4.

155 d) ( ) ( ) 6 ( ) ( ) 6 : 6 5 ; 0 6, , e) ( ) ( ) ( ) 9 : 5 + :6 + ; ,5 4 : 4 ; 4 f) + ( ) g),5 4 ( ) (0,04) (0,5) ; h) ( 9) 0 5 ( ) + ( 5 ) ( ) Amallarni bajaring: a) 4 ; 4 7 ; c c c f) 0, 0,7 0,, 0,4 0,4 b) b : b ; g) ( m ) ( m ) ; 0,4,5 d) ( m ) ; h) ; 0,8 5 7, ; e) y y y i) Ildiz. Yuqorida arifmetik ildizga ta rif berilgan edi. a 0 da n = a son n = a tenglamaning yagona nomanfiy yechimi ekanligi, shuningdek, a R va n toq natural son bo lsa, n = a tenglamaning yagona yechimga ega ekanligi quyida isbotlanadi. n = a tenglamaning (bu yerda a R, n N) har qanday ildizi a sonining n-darajali ildizi deyiladi. 55

156 - teorema. Har qanday a 0 haqiqiy son uchun har doim n = a tenglikni qanoatlantiruvchi yagona 0 haqiqiy son mavjud. Isbot. Nomanfiy butun sonlarning 0, n, n,..., k n,... n- darajalari ketma-ketligini qaraylik. Unda, albatta, n-darajasi a dan katta butun sonlar mavjud bo ladi. Ulardan eng kichigi (p + ) soni bo lsin: p n a < (p + ) n. Endi [p; p + ] oraliqni koordinatalari p; p, ; p, ;..., p, 9; p + bo lgan nuqtalar bilan teng o n bo lakka ajratamiz. Bu sonlar ichida a dan kattalaridan eng kichigi p, (q + ) bo lsin. (p, q ) n a (p, (q +)) n, bunda q o ndan birlar raqami. Bu oraliq ning qiymatini [p; p + ] oraliqqa nisbatan aniq ifodalaydi. Endi bu oraliqni o nga bo lamiz va ikkinchi yaqinlashishni topamiz: (p, q q ) a (p, q (q +)) n, q yuzdan birlar raqami. Shu yo l bilan m qadamdan so ng (p, q q... q m ) n a (p, q q... (q m + )) n yoki a n a a n ga ega bo lamiz, bunda a orqali a ning quyi (kami bilan olingan) va a orqali a ning yuqori (ortig i bilan olingan) chegaraviy qiymatlari, ya ni o nli yaqinlashishlari belgilangan. Ikkinchi tomondan, ko paytirish qoidasiga muvofiq n n n a a tengsizlikni qanoatlantiruvchi yagona haqiqiy son mavjud. Demak, n = a. Boshqacha bo lishi, ya ni dan farqli biror y uchun y n = a bo lishi mumkin emas. Masalan, y < bo lsa, ko paytirishning monotonlik ossasiga muvofiq y n < n, ya ni y n < a bo lardi. Shu kabi, y > bo lganda y n > a ga ega bo lar edik. Demak, teorema to g ri. - teorema. Agar A natural son hech bir natural sonning n- darajasi bo lmasa, n A soni irratsional sondir. Isbot. Shart bo yicha A soni nomanfiy sonlarning 56 0 n, n, n,..., k n,.... n-darajalar ketma-ketligida uchramaydi, demak, n A butun son emas. U kasr ham emas. Haqiqatan, n A = p q bo lsin, deb faraz qilaylik, bunda p va q lar o zaro tub va q, q 0. U holda

157 pn q n A = va p n va q n o zaro tub, q n bo lganidan A soni qisqarmas kasr bo ladi. Bu esa shartga zid. Demak, n A soni faqat irratsionaldir. Òeorema isbot qilindi. - teorema. Agar p/q, q, qisqarmas kasrning surati va maraji aniq n-daraja bo lmasa, n p q ildiz irratsional sondir. Isbot. Òeskaricha, ildiz ratsional son, deb faraz qilaylik, ya ni n p q a b =, B (a, b)=. U holda p q n a n b =, B (a n, b n ) = va bundan p = a n, q = b n bo lshi kelib chiqadi. Lekin shart bo yicha p va q n-daraja emas. Demak, n p irratsional son. Isbot qilindi. q 4-teorema. Haqiqiy sonlar sohasida toq darajali ildiz faqat bir qiymatli va uning uchun ushbu tenglik o rinli: n+ n+. a = Isbot. n + = a, a 0, () tenglama a R uchun yagona yechimga ega ekanligini ko rsatamiz: a) a 0 bo lsin. U holda < 0 son uchun n + < 0 a. Demak, () ning, mavjudligi - teoremadan ko rinadigan, n+ = 0 ildizi uning yagona haqiqiy ildizidir; a b) a < 0 bo lsa, () ni ( ) n + = a ko rinishda yozib olish mumkin. a > 0 bo lgani uchun, a) holga ko ra, oirgi tenglama va, demak, () tenglama ham yagona a n+ n+ = a va n+ = a yechimga egadir. a R uchun = a sonlari () ning ildizlari bo ladi. Yuqorida isbotlanganlarga ko ra, =. Òeorema isbot qilindi. Òeoremadan ko rinadiki, n a n = a ayniyat n ning dan katta toq natural qiymatlarida, itiyoriy a R uchun o rinli. Agar n = m (bu yerda m N) bo lsa, a m m m m a = = a bo ladi. 57

158 Demak, a 0 bo lsa, a m m a bo ladi. m = a tenglik o rinli. - misol. ( 7) = 7 = 7 = 7, ( 7) = 49 = 7. m = a tenglik, a < 0 bo lganda esa Agar a 0, b 0 bo lsa, ab 0 va ab = ab = a b - misol. ( )( ) = = 6 = Ifodalar ma noga egami: a) 9; j) i; b) 9; k) i; d) 9; l) 4 i; e) 9; m) 4 i; Mashqlar f) 6 0,5; n) 8 y, bunda < y; g) 05, ; o) 7 y, bunda y; h) 4 8; p) 8 y, bunda y; i) 7 ; q) 9 y, bunda y? 5.6. Ifodalar o zgaruvchining qanday qiymatlarida ma noga ega: ; a) ; f) ; j) b) 4 ; g) 5 ( ) ; + k) d) 6 + 4; h) 7 6 ; l) 6 + 9; + + ; 58 e) 8 ( + 4) ; i) + ; m) 6 ( )?

159 5.7. Òengliklar o zgaruvchining qanday qiymatlarida to g ri: a) ( ) = ; h) = ; b) ( + ) = + ; d) ( ) = ; i) = ; j) = ; e) ( 4) = 4 ; k) = ; = ; l) f) = ; g) = 0; m) =?. Arifmetik ildizlarni shakl almashtirish. Ko paytmaning n- darajali ildizi ko paytuvchilar n-darajali ildizlarining ko paytmasiga teng: n n n n bu yerda a 0, b 0,..., c 0. Haqiqatan, ab... c = a b... c, () n n n n n n n n ab... c = ( ab... c) = a b... c = a b... c. () Xususan, n n ab = n a b, agar n juft bo lsa, n a b, agar n toq bo lsa. Ko paytuvchini ildiz ishorasi ostiga kiritish: n n n a b = ab, ( a 0, b 0 ). () Kasrdan ildiz chiqarish: n a b n n a =, ( a 0, b 0 ). (4) b 59

160 Ildizni darajaga ko tarish uchun ildiz ostidagi ifodani shu darajaga ko tarish kifoya: n ( ) m m n a = a, ( a 0 ). (5) m m m n n Haqiqatan, ( n ) n n ( m ) a = a = a = a = a a sonning m-darajasining n-darajali ildizini topish uchun a ning n-darajali ildizini m-darajaga ko tarish kifoya, ya ni n m n ( ) m a = a,( a > 0). (6) Ildizdan ildiz chiqarish uchun ildiz ostidagi ifoda o zgartirilmay qoldiriladi, ildizlar ko rsatkichlari esa ko paytiriladi: Haqiqatan, ( ) nm n m a = a,( a 0). (7) n m n m mn mn nm a = a = a = a = a. Har il ko rsatkichli n a, m b,..., k c ildizlarni bir il ko rsatkichli ildizlarga aylantirish uchun n, m,..., k sonlarining umumiy karralisi (bo linuvchisi) bo lgan α soni topiladi. α=nu = mv =... = kw bo lsin, bunda u, v,..., w qo shimcha ko paytuvchilar. Natijada ildizlar quyidagi ko rinishga keladi: α u α v α w Misol. 8 0 > 4, chunki a, b,..., c >,0 > 9. m. Mashqlar 5.8. Ko paytmadan ildiz chiqaring: a) 6 ; b) 5 7; 60

161 d) 4 6 8; e) 5 4; f) ; g) ; h) ; i) 0,0 0,09 0, Bo linmadan ildiz chiqaring: a) 6 49 ; b) 64 7 ; d) g) 64 ; 4 8 h) 5 65 ; i) 0,0 0, Darajadan ildiz chiqaring: a) ; b) 4 8 ( 5) ; d) 6 5; ; e) 5 4 ; f) 5 64 ; e) ( ) 4 f) 4 4,bunda, 0; g) 6,bunda R; ; h) ( + ),bunda R; i) 6,bunda Ildizdan ildiz chiqaring: a) 6; b) 4 76; d) 5 4; e) 7 5; f) 7,bunda 0; g),bunda 0; h) 4,bunda 0; i),bunda R. 5.. Ildizni darajaga ko taring: a) ( 4 ) ; b) ( 6 6 ) ; d) ( 5 ) ; e) ( ) 4 4 ; f) ( 4 ) ; g) ( 4 6 ) ; h) ( ) ; i) ( ) Berilgan ildizlarni bir il ko rsatkichli ildizlarga aylantiring: Algebra, I qism. 6

162 a) va 4; b) 4 va 4; d) 4 5va 6; e) 5 va ; f) h) 8 va y; g) 6 + va y ; i) va y; 4 y va y Ko paytuvchini ildiz belgisi ostidan chiqaring: a) ; f) 98; j) ( ) y; b) 4 50; g) 75; k) 4 4 y ; d) 8; h) 4 48; l) 7 ( ) 7 z ; e) 4; i) 4; m) 5 ( y + ) Ko paytuvchini ildiz belgisi ostiga kiriting: a) 4 5; h) 4,bunda 0; y b) d) e) ; i) 4 ; j) 5 ; k) 4 5,bunda 0; y 4 ( ) y,bunda ; 4 ( ) y,bunda ; f) y,bunda 0; l) 4 y,bunda 0; g) 5 y,bunda 0; m) ( ) y Hisoblang: a) ; b) ; 6 d) 7 + 4;

163 e) ; f) + + 0, ; g) ; h) ,5 80; i) Soddalashtiring: a) 6 ; e) 4 9 4; h) a+ a a a+ ; b) 5 65; f) ; i). ; g) + ; + d) Sonlarni taqqoslang: a) va ; f) va ; b) va ; g) va 5; d) 5 7 va 8 ; h) 8va 9; e) 4va ; i) 5.9. Ifodaning qiymatlarini toping: 5 va. a) 5 40; f) 6 ; b) 4 6 ; g) ; d) 5 a 5 a 4, a = ; h) a 5, a= ; e) 4 a a, a = ; i) 4 y, =, y =. 6

164 5.40. Ifodani soddalashtiring: a) 4 ; b) 8 ; d) 4 4 ; e) 4 ; f) : a a; g) a : a ; h) ; i) 5.4. Darajaga ko taring: a) ( ) 4 ; f) ( ) 4 a a. ; b) ( ) ; g) ( ) d) ( ) 4 ; 8 e) ( ) 6 + y ; h) ( y + z) ; ; i) ( 6 y ) Kasr marajidagi irratsionallikni yo qoting: a) ; g) ; l) 5 ; a+ 5 b) ; h) 75 ; a m) ; a+ d) + ; i) ; y n) ; + y e) 4 + ; j) ; + 5 o) a a ; f) 5+ 5 ; 5 k) + 7 ; + y p). y 64

165 5.4. Hisoblang: a) b) d) e) ; ; ; Tenglik to g rimi: a) b) d) e) + 4 = ; = = 4 75; = 45? ; 4 4. Irratsional ifodalarni soddalashtirish. Sonlar, harflar va algebraik amallar (qo shish, ayirish, ko paytirish, bo lish, darajaga ko tarish va ildiz chiqarish) bilan tuzilgan ifoda algebraik ifoda deyiladi. Ildiz chiqarish amali qatnashgan ifoda shu argumentga nisbatan irratsional ifoda deyiladi. Masalan, 5, 5 + a, a ab ifodalar irratsional ifodalardir. Irratsional ifodalar ustida amallar arifmetik amallar qonunlariga va ildizlar ustida amal qoidalariga muvofiq bajariladi. - misol. Darajani ildiz ostidan chiqarishda daraja ko rsatkichi ildiz ko rsatkichiga bo linadi. Chiqqan bo linma va qoldiq mos tartibda 65

166 ildiz ostidan chiqqan va ildiz ostida qolgan sonlarning daraja ko rsatkichlarini beradi, abc = abc ab - misol. a u b v... c w ifodali marajni m- darajali ildiz ostidan chiqarish (kasrni irratsionallikdan qutqazish) uchun ildiz ostidagi kasrning surat va maraji a m u b m v... c m w ga ko paytirilishi kifoya: 5 u v u v a a 5 c d a 5 c d 5 u v. u v u v u v cd cd c d cd cd = = = = ac d - misol. n aa ( 0) ildizni m- darajaga ko taramiz: n ( ) m n m = Agar m = kn + l bo lsa, n kn+ l k n l a a. 4- misol. O shash ildizlarni keltiramiz: n m n n n m a = a a bo ladi. a A + b B + c A + d A = ( a + c + d) A + b B. 5- misol. Ildizlarni ko paytirish va bo lish: m m n n m n m mn mn nm mn A B = A B = AB ; A = A. n m B B 6- misol. Murakkab kvadrat ildizni almashtirish n A+ A B A A B ± A ± B =, () A > 0, B > 0, A > B formulasini isbotlaymiz. Isbot. = A + B + A B belgilashni kiritib, uni kvadratga ko tarsak: = A + A B, = A + A B. U holda A+ B + A B = 66 A+ A B =. Shu kabi

167 A + B A B A A B =. Keyingi ikki tenglikni qo shsak va ayirsak, () formula hosil bo ladi. S = A + B irratsional ifodadagi ildizlarni yo qotish uchun +y =(+y)( y + y ) ayniyatdan foydalanish mumkin. Bizda = A, y = B. Shunga ko ra S ni M = A AB + A ifodaga ko paytirish kerak bo ladi. 7- misol. = ifodani soddalashtiramiz. Yechish. Oldin kvadrat ildizlar ostidagi ifodalarning musbat ekanini, ya ni ildizlar haqiqiy sonlar sohasida ma noga egaligini bilishimiz kerak. a) 9 5> 0 (?) 9> 5 (?) 84 > 44 5(?) 84 > 70 (!); 9 5 > 0 (?) > 9 5 (?) 9> 9 5 (?) 5 > 9 9 = 0 (?) 70 > 400 (!); > 0 (?) 5 > 9 5 (?) > 0 (!) Demak, haqiqiy sonlar sohasida almashtirishlarni bajarish mumkin; b) murakkab ildiz formulasidan foydalanamiz: = 9 70 = = 0 ; 67

168 ( ) = 6 0 = ( ) = 5, = 5 5 =. 8- misol. ning qanday qiymatlarida ( 8) = 8 tenglik o rinli bo lishini aniqlaymiz. Yechish. ( 8) = 8 bo lgani uchun, berilgan tenglik 8 0 bo lganda, ya ni [8; + ) larda o rinli bo ladi. 9- misol. ning qanday qiymatlarida + = = 9 tenglik o rinli bo lishini aniqlaymiz. Yechish. ning < 0 yoki + < 0 bo ladigan qiymatlarida tenglikning chap tomoni ma noga ega emas. Shu sababli ning 0 va + 0 tengsizliklar bajariladigan qiymatlarini, ya ni bo lgan holni qaraymiz. bo lsa, arifmetik ildizlarni ko paytirish qoidasi (- band, () tenglik) ga asosan, + = ( )( + ) = = 9 tenglikka ega bo lamiz. Shunday qilib, berilgan tenglik [; + ) lar uchun o rinli. Mashqlar Murakkab ildiz formulalaridan foydalanib, ifodalarni soddalashtiring: 68 a) 5+ 6; d) 0 ; b) 6 0; e)

169 5.46. Darajaga ko taring: Ifodani soddalashtiring:. a) ab ab a+ ab 4 ab b : ; a b b) a + a a + ; a a + a ( ) ( a ) d) a a a a a a a a + ; a b + a : a+ b b ab b + a b ; a a+ b b e) ( ) f) g) a+ a a + a a a+ 6 6 a 4a 9a a 4+ + a a a a a ; ; h) 4 ( ) ; a b b i) a+ b a + :. a a b 69

170 5.48. = toping. bo lsa, =, y = 5 bo lsa, ifodaning qiymatini toping Ayniyatni isbotlang: + : ifodaning qiymatini y y + y + y a) a + : a = ; a+ a + a 6 + : + = a 4 a+ ( a a) ( a ) b). 70

171 VI bob ALGEBRAIK ÒENGLAMALAR VA ÒENGSIZLIKLAR -. Bir o zgaruvchili tenglamalar. Òenglama. Òeng kuchli tenglamalar. Bir o zgaruvchili A () va B () ifodalardan tuzilgan A () = B () () tenglik bir o zgaruvchili tenglama, ning uni to g ri sonli tenglikka aylantiruvchi har qanday qiymati esa shu tenglamaning yechimi (ildizi) deb ataladi. Bir o zgaruvchili tenglama yechimga ega bo lmasligi, bitta yoki bir nechta ildizga ega bo lishi, yoki cheksiz ko p ildizlarga ega bo lishi mumkin. Masalan, + 4 = 0 tenglama yechimga ega emas, + 4 = 0 tenglama bitta ( = 4) yechimga ega, ( + )( )( + ) = 0 tenglama uchta ( =, =, = ) yechimga ega va nihoyat, 0 =0 tenglama cheksiz ko p yechimga egadir. Òenglamani yechish uning barcha ildizlari to plamini topish demakdir. Agar A () = B () tenglamaning yechimlari to plami A () = B () tenglamaning yechimlari to plamiga teng bo lsa, ular teng kuchli tenglamalar deyiladi. Bundan, yechimga ega bo lmagan har qanday ayni bir o zgaruvchili tenglamalarning teng kuchli ekanligi kelib chiqadi. -misol = 0 va ( )( ) = 0 tenglamalar teng kuchli tenglamalar ekanligini ko rsatamiz = 0 kvadrat tenglama =, = ildizlarga ega. Uning yechimlar to plami X = {; } dan iborat. ( )( ) = 0 tenglama ham =, = ildizlarga ega. Shu sababli uning yechimlari to plami X = {; } dan iborat. Bundan X = X ga ega bo lamiz. Demak, berilgan tenglamalar teng kuchlidir. 7

172 7 - misol = 0 va = 0 tenglamalar teng kuchli tenglamalar emas (ishonch hosil qiling!). o zgaruvchining A() ifoda ma noga ega bo ladigan barcha qiymatlari to plami A() ifodaning aniqlanish sohasini (mavjudlik sohasini) tashkil etadi. A() va B () ifodalar aniqlanish sohalarining umumiy qismi A() = B () tenglamaning aniqlanish sohasi ( o zgaruvchining joiz qiymatlari sohasi) deb ataladi. Òenglamaning yechimlar to plami uning aniqlanish sohasining qism to plami bo lib, unga teng bo lishi shart emas. Masalan, ( ) = 0 tenglamaning yechimlar to plami ham, aniqlanish sohasi ham {} to plamdan iborat, lekin = 0 tenglamaning (-misolga qarang) yechimlar to plami {; } dan, aniqlanish sohasi esa R = ( ; + ) dan iboratdir. Endi tenglamalarning teng kuchliligi haqidagi ba zi teoremalarni keltiramiz. - teorema. Agar Ñ() ifoda barcha X da aniqlangan bo lsa, A() + Ñ() =B() + C() () va () tenglamalar teng kuchli bo ladi, bu yerda X () tenglamaning aniqlanish sohasi. Isbot. α soni () tenglamaning ildizi bo lsin. U holda A(α) =B(α) chin sonli tenglik hosil bo ladi. Ikkinchi tomondan, α X ekanligidan C (α) soni mavjud va shunga ko ra A(α) + +C (α) = B (α) + C (α) ham chin tenglik. Demak, =α soni () tenglamaning ham ildizi. () ning har bir ildizi () uchun ham ildiz bo lishi shu kabi ko rsatiladi. Òeoremadan ko rinadiki A() = B() tenglamani unga teng kuchli bo lgan ƒ() = 0 ko rinishdagi tenglama bilan almashtirish mumkin. - teorema. Agar C() ifoda barcha X qiymatlarda noldan farqli qiymatlar qabul qilsa, () tenglama A()C() = =B()C() tenglamaga teng kuchli bo ladi, bu yerda X () tenglamaning aniqlanish sohasi.

173 Bu teorema -teorema kabi isbotlanadi: A(α) =B (α) tenglikdan A(α)C (α) =B (α)c (α) tenglik kelib chiqadi, keyingi tenglikdan esa C (α) 0 bo lganidan A(α) =B (α) tenglik hosil bo ladi. Ko paytirishda (demak, bo lishda ham) C () 0 bo lishi muhim. Aks holda, chet ildizlar paydo bo lishi mumkin. Òenglama ikkala qismiga ning ayrim qiymatlarida sonli qiymatga ega bo lmaydigan ifoda qo shilsa yoki ikkala qism shunday ifodaga ko paytirilsa, ildiz yo qolishi mumkin. - misol. ( + )( + ) + = ( )( + ) + va + = tenglamalar teng kuchli, chunki R to plamda + ko paytuvchi noldan farqli, qo shiluvchi esa barcha R da aniqlangan. 4-misol. ( )( + ) = 4 va = 4 tenglamalar teng + kuchli emas, chunki = da birinchi tenglama ma noga ega emas, ikkinchi tenglama esa ma noga ega va to g ri sonli tenglikka aylanadi. = 4 tenglamaning yagona ildizidir. 5-misol. 9 = tenglamaning ildizlari = va =. Agar tenglamaning ikkala qismi ga bo linsa, unga teng kuchli bo lmagan + = tenglama hosil bo ladi. Chunki, uning faqat bitta, ya ni = ildizi mavjud. Bu yerda, tenglamani o zgaruvchili ifodaga bo lish natijasida, berilgan tenglamaning = dan iborat ildizi yo qolganini ko ramiz. Mashqlar = 0 va +9=6 7 tenglamalar bir il ratsional ildizlarga ega ekanini isbot qiling. 6.. Òenglamaning aniqlanish sohasi X ni toping va uni yeching: a) = + ; ( + ) + ( ) 4 b) + 4a a 4 + 9a = 0. a. Bir o zgaruvchili tenglamalarni yechishning ayrim usullari. Biz maktab matematika kursidan ayrim sodda tenglamalarni, jumladan, kvadrat tenglamani yechishni bilamiz. Bu o rinda 7

174 umumiy holda keng qo llaniladigan ko paytuvchilarga ajratish va yangi o zgaruvchi kiritish usullarini bayon qilamiz. Òeorema. P() = P ()... P n () va P k (), k n, X to plamda aniqlangan bo lsin. U holda P() = 0 tenglamaning har qanday X ildizi P k () = 0, k n tenglamalardan aqalli birining ildizi bo ladi (va aksincha). Isbot. α X soni P () = 0 tenglamaning ildizlaridan biri bo lsin. P (α) = 0 yoki P (α)... P n (α) = 0 (). Ko paytma nolga teng bo lishi uchun ko paytuvchilardan aqalli biri nolga teng bo lishi, ya ni α soni P k () = 0, k n, tenglamalardan aqalli birining ildizi bo lishi kerak. Aksincha, agar α soni P k () = 0 tenglamalardan birining ildizi bo lsa, ya ni P k () ko paytuvchilardan birini nolga aylantirsa, () dagi ko paytma nolga aylanadi. Òeorema isbotlandi. - misol. P () = ( + )( )( + 5) = 0 tenglamani yeching. 74 Yechish. Berilgan tenglama mos ravishda = ; = 5 = ildizlarga ega bo lgan + = 0, = 0, + 5= 0 tenglamalarga ajraladi. -teoremaga ko ra { 5} berilgan tenglamaning yechimi bo ladi. - misol. 4 ; ; ; to plam = 0 tenglamani yeching. Bu bikvadrattenglama debataluvchi 4 a b + c = 0 ( a 0 ) tenglamaning ususiy holidir. Bunday ko rinishdagi tenglamalarni yechish uchun = y almashtirishni bajarish kerak. Bu almashtirish berilgan tenglamani y 9y + 0 = 0 kvadrat tenglamaga olib keladi. Biz berilgan tenglamani ko paytuvchilarga ajratish usuli bilan yechamiz. Yechish. Òenglamaning chap qismini ko paytuvchilarga ajratamiz:

175 = ( 4 ) (5 0) = ( 4) 5( 4) = ( 4)( 5) = ( )( + )( 5)( + 5) = 0. Endi = 0, + = 0, 5 = 0, + 5 = 0 tenglamalarni yechib, berilgan tenglama yechimlarini topamiz: { } ;; 5; 5. -misol = 0 tenglamani yeching. Yechish. Òenglamaning chap tomonida 4- darajali ko phad turibdi. Uni kvadrat uchhadlar ko paytmasi shaklida tasvirlashga harakat qilamiz: = ( + p + q)( + b + c). Chap va o ng tomonlarda turgan ko phadlarning mos koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz: p + b = 4, c + q + pb = 0, pc + qb = 7, qc = 4. Bu sistemaning biror butun qiymatli yechimini topamiz. qc = 4 dan q va c lar 4 ning bo luvchilari ekanini ko rish qiyin emas. Demak, ular uchun ±, ±, ±7, ±4 larni sinab ko rish kerak. Agar q = bo lsa, c = 4 bo ladi. Ikkinchi va uchinchi tenglamalar pb =, 4p + b = 7 sistemani beradi. Bu sistemadan b uchun b 7b 4 = 0 tenglama hosil bo ladi. Bu tenglama esa yechimga ega emas. Shuning uchun, q = da sistema butun yechimga ega emas. 75

176 Agar q = bo lsa, c = 7 ga ega bo lamiz. Bu holda sistema q =, c = 7, b =, p = 5 lardan tuzilgan butun yechimga ega bo ladi (tekshirib ko ring). Shunday qilib, = ( 5 + )( + 7). Demak, berilgan tenglama 5 + = 0 va + 7 = 0 tenglamalarga ajraladi. Bu tenglamalarni yechib, berilgan tenglamaning ham yechimlari bo ladigan topamiz. ( + + 4) + ( + + 4) + = 0 tengla- 4- misol. mani yeching. 5± 7 ± 9, sonlarni Yechish. Chap tomonni y = ga nisbatan kvadrat uchhad sifatida qarab, ko paytuvchilarga ajratamiz: y + y + = ( y + )( y + ). Bundan ( + + 4)( + + 4) = 0 tenglama hosil bo ladi. Oirgi tenglama yechimga ega emas. Demak, berilgan tenglama ham yechimga ega emas. 5- misol. ( + )( + + )( 9 + 0) = 0 tenglamani yeching. Yechish. ( + + )( 9 + 0) = ( + )( + ) ( 4)( 5) = [( + )( 4)] [( + )( 5)] = ( 4) ( 0) bo lgani uchun berilgan tenglamani quyidagicha yozib olish mumkin: ( + )( 4)( 0) = 0. Bu tenglamada y = almashtirish orqali yangi o zgaruvchi y ni kiritamiz: ( y + )( y 4)( y 0) = 0.

177 Bu tenglamadan y = 5, y = 4 + 0, y = 4 0 larni topib, quyidagi uchta kvadrat tenglamaga ega bo lamiz: = 5; = 4 + 0; = 4 0. Bu tenglamalarni yechsak, berilgan tenglamaning barcha ildizlari hosil bo ladi: ± 9 ± ± ; ;. 4 6-misol. + = 0 tenglamani yeching. 4 Yechish. = a deb, a + a a = 0 tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamani a ga nisbatan kvadrat tenglama sifatida qarab, uning a =, a = + + ildizlarini topamiz. a = bo lgani uchun quyidagi tenglamalarga ega bo lamiz: = ; + + =. Bu tenglamalar berilgan tenglamaning barcha ildizlarini aniqlash imkonini beradi: ± + 4 ± 4, =,4 = ; misol. + 5 = tenglamani yeching. Y e c h i s h. = 0 soni tenglamaning yechimi emas. Shu sababli berilgan tenglama quyidagi tenglamaga teng kuchli: = y = + almashtirish olsak, 4 5 y + y 5 + = tenglama hosil bo ladi. Bu tenglama y = 5, y = ildizlarga ega bo lgani uchun berilgan tenglama + = 5, + = tenglamalar majmuasiga Algebra, I qism 77

178 teng kuchli. Ularni yechib, berilgan tenglamaning ildizlarini topamiz:, = 5±. A Yechilgan bu tenglama + B = D ko rinish- a + b+ c a + b+ c dagi tenglamaning ususiy holidir. Bunday ko rinishdagi barcha tenglamalar, shuningdek, va a + b + c a + b + c a + b + c a + b 4 + c ± = A 78 a + b + c A a b A + + c a + b + c =, 0 ko rinishdagi (bu yerda ac 0) tenglamalar ham 7- misol kabi yechiladi. Chetki hadlaridan bir il uzoqlikdagi hadlar koeffitsiyentlari teng a 4 + b + c + b + a = 0 (a 0) ko rinishdagi tenglama to rtinchi darajali qaytma tenglama deyiladi. Bunday tenglamalarni yechish uchun uning ikkala qismini ga bo lib, almashtirishni bajaramiz: ( ) ( ) 0 a + + b + + c = + = z, bunda z = + = + + bo lganidan, a(z ) + bz + c = 0 tenglama hosil bo ladi. Bu tenglamaning ikkala ildizi bo yicha z, + = + = z tenglamalar tuzilib, bu tenglamalar yechiladi. 8- misol =0 tenglamani yeching.

179 Yechish. Òenglamaning ikkala qismini ga bo lamiz, so ng z = + va z = + o rniga qo yishlarni bajaramiz. 5z z 4 = 0 tenglama hosil bo ladi. Uning yechimi: {,4; }. + = 4, tenglama +,4 + = 0 ko rinishga keladi. Òenglama diskriminanti manfiy, demak, haqiqiy sonlar sohasida yechim mavjud emas. + = tenglama esa + = 0 yoki ( ) = 0 ko rinishga keladi. Bu tenglama ikki karrali = ildizga ega. Berilgan tenglamaning yechimi:. 9-misol.( +7) 5( + 7)( + ) +6( + ) = 0 tenglamani yeching. ( + 7 ) Yechish. ( + ) = 0. y = deb olsak, + + y 5y + 6 = 0 tenglama hosil bo ladi. y =, y = larga egamiz =, = tenglamalar mos ravishda ± va ± + + ildizlarga ega. 0-misol. f(f()) = ko rinishidagi tenglamani yechamiz. ( 4 + 6) 4( 4 + 6) + 6 =. (*) Yechish = tenglama =, = ildizlarga ega bo lgani uchun ( 4 + 6) 4( 4 + 6) + 6 ko phad ( )( ) ga qoldiqsiz bo linadi. Bo lishni bajarib, + bo linmani topamiz. (*) ni ( +)( )( ) = 0 ko rinishda yozish mumkin. Bu tenglama =, = lardan boshqa haqiqiy ildizga ega emas. (*) tenglamaning hamma ildizlari: ;. 79

180 Mashqlar 6.. Chiziqli tenglamalarni yeching: 80 a) +=a; g) a + = a ; b) 5+=a; h) a b = + ; d) 4=a; i) = b a ; e) = a ; j) a b = 7; f) a a = 4 ; k) a = b m = n tenglama: a) faqat bitta ildizga; b) faqat ikkita har il ildizga; d) faqat 000 ta har il ildizga; e) cheksiz ko p har il ildizga ega bo lishi mumkinmi? 6.5. a = + b tenglama cheksiz ko p har il ildizlarga ega bo - lishi mumkinmi? 6.6. (a ) = a a + tenglama cheksiz ildizga ega bo lmasligi mumkinmi? 6.7. Ota 45 yoshda, o g li 5 yoshda. Necha yildan keyin o g li otasidan ikki marta kichik bo ladi? 6.8. Òenglamani yeching: a) ( ) 7 = ( + ) + ; b) (+) ( ) = 5 ( ) ; d) + 5 = ; e) + = m ning qanday qiymatlarida berilgan tenglamalar R da teng kuchli bo ladi: a) + = va + = (m ) + 5; b) + 5 = va ( + 5)(m ) = ; d) 4 = 5 va + 4 = m 8; e) 0 m = va (0 m) = 0?

181 6.0. Òenglamani yeching: a) (+)(a ) + = a ; b) = a ; d) a a = 4 ; e) a + = a ; f) a b = 7; g) a b = Òenglamaning yechimlari to plamini tuzing: a) = + ; 5 5 b) 5 7 = ; 4 d) = 06, ; e) = + 0,; f) = ; g) ( + 8) = 4(7 ); h) (+)( 6) = ( + )( + ) + 4; i) ( )( 4) = ( 5)( 6) 7, Kvadrat uchhaddan to la kvadrat ajrating: a) +4 ; f) 6 + 8; b) 4 + 6; g) a 4a + 4a + ; d) ; h) 6a 9a a + a ; e) 0,5 0,5,5; i) + (a + b) + ab. 6.. ning barcha qiymatlarida + + kvadrat uchhad musbat qiymatlar qabul qilishini isbotlang ning barcha qiymatlarida + kvadrat uchhad manfiy qiymatlar qabul qilishini isbotlang sonini ko paytmasi 70 ga teng bo ladigan ikkita sonning yig indisi ko rinishida yozish mumkinmi? 8

182 6.6. va lar = 0 tenglamaning ildizlari bo lsin. Bu ildizlarni topmay, quyidagilarni hisoblang: 8 a) + ; f) b) d) + ; + ; g) ; ; e) ; + h) ( ) ; + i) dagi tenglamani = 0 tenglama bilan almashtiring va hisoblashlarni bu tenglama uchun bajaring va lar a + b + a = 0 tenglamaning ildizlari bo lsa, va sonlari o zaro teskari sonlar ekanini isbotlang Berilgan tenglamani yechmay, uning ildizlari ishorasini aniqlang: a) 4 + = 0; g) 6 = 0; b) = 0; h) 0 + = 0; d) 4 = 0; i) = 0; e) 6 = 0; j) + 7 = 0; f) + + = 0; k) = Ildizlari: a) va ; d) va ; b) va 5; e) va ; f) 4 va ; h) 0 va 5; 6 g) va ; i) α va β bo lgan kvadrat tenglama tuzing. 6.. Ildizlari 5 7 va bo lgan shunday kvadrat tenglama tuzingki, uning barcha koeffitsiyentlari butun sonlar bo lib, ularning yig indisi 6 ga teng bo lsin.

183 6.. Ildizlari va bo lgan shunday kvadrat tenglama tuzingki, uning bosh koeffitsiyenti bo lsin. Ildizlaridan biri: a) + ga, b) ga, d) 5 ga, e) + 5 ga teng bo lgan butun koeffitsiyentli keltirilgan kvadrat tenglama tuzing. Kasr ratsional tenglamalarni yeching: ( ) ( ) = =. y+ 5 y 5 y+ 5. y 5y y 0y y = = ( ) + = = 5, 5, = = a c. a 5 a = ( a )( + ) a + 4 = ( + ) = = = = = = y y+ = y = = = Òenglamalarni ko paytuvchilarga ajratish usuli bilan yeching: a 6.4. = a + ( a 0) = 0.. 8

184 , = 0, = y 4 y 6y + 6y = = = = = y y = y = ( + + )( + + ) = ( ) + 5( )( + ) + ( + ) = ( + ) 4 6 ( + ) = ( + 4) ( 9) = = = = = = 0. Òenglamalarni yangi o zgaruvchi kiritish usuli bilan yeching: 6.6. ( 5 + 4)( 5 + 6) = ( + ) ( + ) + 8 = t 4 t = = y 4 5y + = = ( ) ( ) + = ( + ) ( + ) = ( + + )( + + ) = ( 5+7) ( )( ) = ( )( + )( + 4)( + 7) = = ( ) 6 + ( ) = 0.

185 6.76. ( ) 6 9( ) = = = = ( + ) ( + ) = = ( + ) ( + ) = 55. Qaytma tenglamani yeching: = = = = = = 0. Qaytma tenglamalarning barcha haqiqiy ildizlarini toping: = = = = Òenglamalarni yeching: a) = 0; b) = 0; d) = 65; e) ( ) + 5( 4 ) 6( + ) = 0; f) ( ) + ( )( + ) + ( + ) = 0; g) ( ) 7( 4 9) + 6( + ) = ƒ(ƒ()) = ko rinishidagi tenglamani yeching: a) ( + 5) + ( + 5) 5 = ; 85

186 b) ( 8+8) 8( 8 + 8) + 8 = ; d) ( +) ( + ) + = ; e) ( ) ( ) = ; f) ( 9+6) 9( ) + 6 =.. Modul qatnashgan tenglamalar. O zgaruvchisi modul belgisi ichida qatnashgan tenglama modul qatnashgan tenglama deyiladi. Masalan, =, 5 =, + = tenglamalarning har biri modul qatnashgan tenglamadir. Modul qatnashgan tenglamalarning amaliyotda eng ko p uchraydigan turlarini qaraymiz: ) f ( ) = g( ) ko rinishdagi tenglama. Modulning ta rifiga ko ra o rinli bo lgan f ( ) f( ), agar f( ) 0 bo lsa, = f( ), agar f( ) < 0 bo lsa () munosabatdan ko rinadiki, f( ) = g( ) tenglamaning barcha yechimlarini topish uchun f ( ) = g( ) tenglamaning f ( ) 0 tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha yechimlarini va f ( ) = = g( ) tenglamaning f ( )< 0 tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha yechimlarini topish yetarli, ya ni f ( ) = g( ) tenglama f ( ) = g( ), f ( ) 0 () va f( ) = g( ), f ( ) < 0 () sistemalar majmuasiga teng kuchli. - misol. = tenglamani yechamiz. Yechish. Bu tenglama uchun () va () sistemalar mos ravishda quyidagicha bo ladi: =, 0 yoki ( ) =, < 0. 86

187 Bu sistemalarni yechib, berilgan tenglamaning barcha yechimlarini olamiz: = ; =. f ( ) = g( ), () sistema sistemaga, () sistema esa g( ) 0 f( ) = g( ), g( ) > 0 sistemaga teng kuchli ekanini ko rish qiyin emas. Shu sababli f( ) = g( ) tenglama f ( ) = g( ), g( ) 0 (4) va f( ) = g( ) g( ) > 0 (5) sistemalar majmuasiga teng kuchli. - misol. = tenglamani yechamiz. Yechish. (4) va (5) sistemalarni tuzamiz: =, 0 yoki =, > 0. Bu sistemalarni yechib, berilgan tenglamaning barcha yechimlarini hosil qilamiz: =, =. f( ) = g( ) tenglamaning ayrim ususiy hollariga to talamiz: f( ) = a tenglama (bu yerda a N ) a < 0 da yechimga ega emas; a 0 bo lganda f ( ) = a va f ( ) = a tenglamalar majmuasiga teng kuchli; f ( ) = f( ) tenglama f ( ) 0 tengsizlikka teng kuchli; f( ) = f( ) tenglama f ( ) 0 tengsizlikka teng kuchli. - misol. 5 = tenglamani yechamiz. 87

188 88 Yechish. f( ) = a ko rinishdagi bu tenglama yechimga ega emas, chunki a = < misol. 4 = tenglamani yechamiz. Yechish. Bu tenglama f( ) = a ko rinishda va a = 0. Shu sababli bu tenglamani yechish uchun 4 =, 4 = tenglamalarni yechish kifoya. Ularni yechib, hosil qilamiz. =, = larni 5- misol. 4 = 4 tenglamani yechamiz. Yechish. f ( ) = f( ) ko rinishdagi tenglamaga egamiz. Shu sababli berilgan tenglama 4 0 yoki tengsizlikka teng kuchli. Demak, berilgan tenglamaning barcha yechimlari to plami [ ; + ) oraliqdan iborat. 6- misol. 4 = 4 tenglamani yechamiz. Yechish. Bu tenglama f( ) = f( ) ko rinishda bo lgani uchun 4 0 yoki tengsizlikka teng kuchli. Demak, berilgan tenglamaning barcha yechimlari ( ; oraliqdan iborat; ) f ( ) = g( ) ko rinishdagi tenglama. a,b R sonlarini qaraymiz. Agar a = b bo lsa, a = b bo lishi ravshan. Agar a = b bo lsa, a = b = b bo ladi. Demak, a = b yoki a = b bo lsa, a Endi a Agar b 0 bo lsa, a = b bo ladi. = b bo lsin. b 0, b < 0 hollar bo lishi mumkin. = b tenglikka, bundan esa a = b yoki a = b tenglikka ega bo lamiz; b < 0 bo lsa, b = b bo lib, a = b

189 tenglikka, bundan esa a = b yoki a = b tenglikka ega bo lamiz. Demak, a = b bo lsa, a = b yoki a = b bo ladi. Yuqoridagi mulohazalardan ko rinadiki, a = b tenglik a = b yoki a = b bo lgan hollarda o rinli bo ladi, qolgan hollarda esa o rinli bo lmaydi. Bundan foydlanib, quyidagiga ega bo lamiz: kuchli f ( ) = g( ) tenglama Øf( ) = g( ), Œ majmuasiga teng º f( ) =-g( ) 7- misol. 4 = tenglamani yechamiz. Yechish. 4 =, 4 = majmuani tuzib, uni yechamiz. Birinchi tenglama =, ikkinchi tenglama = yechimga ega. Demak, va sonlarigina berilgan tenglamaning yechimi bo ladi. n n n = = tenglik itiyoriy n R sonlari uchun o rinli bo lgani sababli, f( ) = g( ) ko rinishdagi ayrim tenglamalarni juft darajaga ko tarish usulida yechish ham mumkin. 8- misol. = + tenglamani yechamiz. Yechish. Òenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko tarsak, ( ) = ( + ) yoki = + + tenglama hosil bo ladi. Bundan, = 4, = yechimlarni topamiz; ) f ( ) + g( ) = f ( ) + g( ) ko rinishdagi tenglama. a+ b a + b tengsizlikda (a, b R) tenglik belgisi ab 0 bo lgandagina o rinli bo lishini nazarda tutsak, f( ) + g( ) = = f ( ) + g( ) tenglama f ( ) g( ) 0 tengsizlikka teng kuchli ekanini ko ramiz. 9- misol. 5 + = tenglamani yechamiz. 89

190 90 Yechish. Berilgan tenglamani quyidagicha yozib olish mumkin: ( + ) + ( 5) = Shu sababli bu tenglama ( + ) ( 5) 0 tengsizlikka teng kuchli. Òengsizlikni yechib, berilgan tenglamaning barcha yechimlari to plami ( ; 0] ni hosil qilamiz. Endi modul qatnashgan tenglamalarni yechishda qo llaniladigan eng samarali usullardan biri «oraliqlar usuli» ning mohiyatini misol yordamida tushuntiramiz. 0-misol. + = 4 tenglamani «oraliqlar usuli»da yechamiz. Yechish. = 0, = 0, I II III IV = 0 tenglamalarni yechib, =, =, = sonlarini hosil qilamiz. X Bu sonlar sonlar o qini to rtta (I, - rasm. II, III, IV) oraliqqa ajratadi (- rasm). Berilgan tenglamani shu oraliqlarning har birida yechamiz. < bo lsa, =, =, = bo lgani uchun berilgan tenglama ( ) ( ) + ( ) = 4 ko rinishni oladi. Bu tenglama < shartni qanoatlantiruvchi yechimga ega emas. Demak, berilgan tenglama ( ; ) oraliqda yechimga ega emas. < bo lsa, =, =, = = bo lgani sababli, berilgan tenglama ( ) ( ) + ( ) = 4 ko rinishni oladi. Bu tenglama soddalashtirilsa, 0 = 0 tenglama hosil bo ladi. 0 = 0 tenglamaning < tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha yechimlari to plamini tuzamiz: [; ). < bo lsa, tenglama = yechimga, bo lganda esa tenglama = 5 dan iborat yagona yechimga ega ekanligini yuqoridagidek aniqlash mumkin. Qaralgan to rtta oraliqlardagi yechimlar to plamini tuzamiz: [;) {} {5} = [;] {5}. Shunday qilib, [;] {5}

191 to plamdagi sonlar va faqat ular berilgan tenglamaning yechimi bo ladi. Mashqlar f( ) = aa ( R) ko rinishdagi tenglamani yeching: = = = a + = = = = = = = = = = = =. 6.. = = = 0. f( ) = f( ) ko rinishdagi tenglamani yeching: = = = = f( ) = f( ) ko rinishdagi tenglamani yeching: =

192 = = ( ) ( )( ) = ( ) ( )( ). f( ) = g( ) ko rinishdagi tenglamani yeching: 6.. = = = =. f ( ) = g( ) ko rinishdagi tenglamani yeching: = ( ) = = = Òenglamani oraliqlar usuli bilan yeching: = = =. 6.. = =. yeching: f( ) + g( ) = f( ) + g( ) ko rinishdagi tenglamani = = = = = =. 9 Ichma-ich modullar qatnashgan tenglamani yeching: = =.

193 = = 4. f( ) = g( ) ko rinishdagi tenglamani yeching: = = = =. Parametr qatnashgan tenglamani yeching: a a = a a a = a. + a a = ( + a) = a a. 4. Muhammad al-xorazmiy algebra fanining asoschisi. Ulug allomalarimizdan biri, algebra fanining asoschisi Abu Abdulloh Muhammad ibn Muso al-xorazmiy (Xorazm 780 Bag dod 847) o zining «Al-jabr va l-muqobala» kitobida a + b + c = 0, a + c = b, b + c = a, a = b, a = c, b = c ko rinishdagi tenglamalarning nomanfiy ildizlarini topishning algebraik usulini ko rsatgan, uni geometrik tahlil etgan. Masalan, bizdan 6 4 = 4 46 tenglamani yechish talab etilgan bo lsin. Dastlab, tenglamani sodda ko rinishga keltiramiz. Buning uchun: ) tenglikning bir tomonidan, biror son (ifoda)ni tenglikning ikkinchi tomoniga o tkazamiz (Al-jabr arabcha so z bo lib, o tkazish, majbur qilish ma nosini beradi). Son (ifoda) ayrilayotgan bo lsa, uni tenglikning ikkala tomoniga qo shamiz. Natijada manfiy ishorali hadlar almashadi: 6 4 = 4 46; (+, +4, +, +46); = Hozirgi vaqtda bu amal manfiy ishorali hadni tenglikning ikkinchi tomoniga musbat had qilib o tkazish deyiladi; ) Al-hatt (qo yish, ortiqchasini olib tashlash). Bizning misolda tenglikning ikki tomonini ga qisqartiramiz: Algebra, I qism 9

194 + + = + + ; ) al-muqobala (muqobil qo yish, tenglikning bir tomonining ortishi ikkinchi tomonning o shancha kamayishiga teng kuchli). Shunga ko ra tenglikning ikkala tomonidan ni, ni, ni ayiramiz. Natijada + = 0 () tenglama hosil bo ladi. () tenglamani yechamiz. I. Yuzi (yuz birligi) ga teng bo lgan ABCD kvadrat va yuzi (yuz birligi) ga teng bo lgan CDEF to g ri to rtburchak yordamida ABFE to g ri to rtburchak yasaymiz (- rasm). ABFE to g ri to rtburchakning yuzi 0 (yuz birligi) ga (tenglamaning o ng tomonidagi ifoda) teng. Bu holda AE tomonning uzunligi 0 (uzunlik birligi) ga teng bo ladi. II. L nuqta AE tomonning o rtasi bo lsin. U holda AL = LE = 5. AL (-rasm) holni qaraymiz. Òomoni 5 (uzunlik birligi) ga teng bo lgan LNME kvadratni va PF = tomonli PRMF to g ri to rtburchakni yasaymiz. CK = PK = = 5 bo lgani uchun PRMF to g ri to rtburchakning yuzi CDLK to g ri to rtburchakning yuziga, LNME kvadratning yuzi esa DCFE to g ri to rtburchak va KNRP kvadrat yuzlarining yig indisiga teng bo ladi. Shu sababli KNRP kvadratning yuzi 5 = 4 (yuz birligi) ga, tomoni esa KN = 4= (uzunlik birligi) ga tengdir. LN = + KN = 5 tenglikdan, = ekanligi kelib chiqadi. AL holni qarash bilan ikkinchi ildiz = 7 ni ham topish mumkin. A D L E B K C N P R F M 94 - rasm.

195 Agar AE ning uzunligi b ga, ABFE to g ri to rtburchakning yuzi esa c ga teng deb hisoblansa, + c = b tenglama ildizi uchun b ( ) b b+ b 4c = + c, ya ni = formula hosil bo ladi. Al-jabr val-muqobaladan foydalanib, quyidagi tenglamalarni yeching va unga geometrik tahlil bering: a) + 8 = 6; b) 5 = 7; d) = ; e) 4 =5; f)8 6=; g)8 9 = Yuqori darajali algebraik tenglamalar. Bezu teoremasi. Gorner semasi. Ko phadning ildizlari. (Etyen Bezu (70 78) fransuz matematigi). P() ko phadni α ikkihadga bo lganda bo linmada Q (), qoldiqda R() qolsin: P() = ( α)q()+r(). () Agar bu munosabatga =α qo yilsa, P(α) = 0 Q(α) + + R(α) = R(α) = r hosil bo ladi. Shu tariqa ushbu teorema isbotlanadi: - teorema (Bezu). P()=a 0 n +a n a n- + +a n (a 0) ko phadni -a ga bo lishdan chiqadigan r qoldiq shu ko phadning =a dagi qiymatiga teng, r =P(a). Masalan, ) ni + ga bo lishdan chiqadigan qoldiq r = ( ) 5 + ( ) + 0 = 4; ) ni + ga bo lishdan chiqadigan qoldiq r = ( ) 5 + ( ) + 4 = 0. Demak, = soni shu ko phadning ildizi. Natijalar. n N bo lganda: ) n a n ikkihad a ga bo linadi. Haqiqatan, P (a) = a n a n = 0; ) n + a n ikkihad a ga bo linmaydi. Haqiqatan, P (a) = a n + a n = n 0; ) n a n ikkihad +a ga bo linadi. Haqiqatan, P ( a) = = ( a) n a n = 0; 95

196 96 4) n+ a n+ ikkihad + a ga bo linmaydi. Haqiqatan, P ( a) = ( a) n+ a n+ = a n+ 0; 5) n+ + a n+ ikkihad + a ga bo linadi. Haqiqatan, P ( a) = = ( a) n+ + a n+ = 0; 6) n + a n ikkihad + a ga bo linmaydi. Haqiqatan, P ( a) = =a n + a n = a n 0. Bo lish bajariladigan hollarda bo linmalarning ko rinishini aniqlaymiz: 5 a 5 = ( a)( 4 + a + a + a + a 4 ); 5 + a 5 = ( + a)( 4 a + a a + a 4 ); 6 a 6 = ( a)( 5 + a 4 + a + a + a 4 + a 5 ); 6 a 6 = ( + a)( 5 a 4 + a a + a 4 a 5 ). Bulardan ko rinadiki, bo linma albatta bir jinsli ko phad bo lib, ning darajalari kamayib, a ning darajalarida o sish tartibida joylashgan va agar bo luvchi a + bo lsa, koeffitsiyentlar + va almashib keladi, agar bo luvchi a bo lsa, bo linmada hosil bo lgan ko phadning koeffitsiyentlari ga teng bo ladi. Bu ulosalarni istagan darajali ko phadlar uchun umumlashtirish mumkin. -misol. 5 a + 4 ni + ga bo lishdagi qoldiq r = 4 bo lsa, a ni toping. Yechish. ( ) 5 a ( ) + 4 = 4, bundan a = 8. P () = a 0 n + a n + a n +...+a n ko phadni α ikkihadga bo lishdagi qoldiqni hisoblashning Gorner (Xorner Uilyam (786 87) ingliz matematigi) semasi deb ataluvchi usulini ko rsatamiz. bo lsin. Bunda P () = Q ()( α)+r Q () = b 0 n + b n + b n +...+b n. () da ning bir il darajalari oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtirib quyidagiga ega bo lamiz:

197 a 0 = b 0 a = b αb 0 a =b αb a n = b n αb n a n =r αb n Bundan ko rinadiki, b 0 = a 0, b k =αb k +a v, k =,,..., n, r = a n +αb n. Bo linma va qoldiqni hisoblash quyidagi jadval yordamida topiladi. a 0 a a... a n a n α αb 0 +a αb +a... αb n +a n αb n +a n b 0 = a 0 b b... b n r - misol ko phadni Gorner semasidan foydalanib, ga bo lishni bajaramiz Demak, = ( )( ) + 7. Bezu teoremasidan P () ko phadni a + b ko rinishdagi ikkihadga bo lishda hosil bo ladigan r qoldiq P ( ) b ga teng bo lishi a kelib chiqadi. - misol. P () = ni + ga bo lishdan hosil bo lgan qoldiqni toping. Yechish. Qoldiq r P ( ) ( ) ( ) 5 ( ) = ga teng. = = teorema. Agar α soni P () ko phadning ildizi bo lsa, P () ko phad α ikkihadga qoldiqsiz bo linadi. 97

198 Isbot. Bezu teoremasiga ko ra, P () ni α ga bo lishdan chiqadigan qoldiq P (α) ga teng, shart bo yicha esa P (α) = 0. Isbot bajarildi. Bu teorema P () = 0 tenglamani yechish masalasini P () ko phadni chiziqli ko paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi natija. Agar P () ko phad har il a,..., a n ildizlarga ega bo lsa, u ( -a )... ( -a n ) ko paytmaga qoldiqsiz bo linadi. - natija. n- darajali ko phad n tadan ortiq har il ildizga ega bo la olmaydi. Isbot. Agar n- darajali P () ko phad n + ta har il α,..., α k + ildizlarga ega bo lganda, u n + -darajali ( α )... ( α k + ) ko paytmaga bo linardi. Lekin bunday bo lishi mumkin emas. Yuqorida qaralgan teoremalardan foydalanib, Fransua Viyet (fransuz olimi, ) tomonidan berilgan hamda P () = 0 butun algebraik tenglamaning a i haqiqiy koeffitsiyentlari va α i ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz: ) a + a + a 0 = b( α )( α )=b b(α α )+ +bα α. Agar ning bir il darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa, b = a bo ladi. Natijada ushbu formulalar topiladi: a a0 α +α =, αα = ; a a ) shu tartibda P () = a + a + a + a 0 uchun: a a a α +α +α =, αα +αα +αα =, ααα = 0 a a a formulalar topiladi. Hosil qilingan tengliklarning bajarilishi α,..., α n sonlarining P n () = a n n a 0 ko phad ildizlari bo lishi uchun zarur va yetarlidir. Agar P () ko phad ( α) k ga qoldiqsiz bo linsa, lekin

199 ( α) k+ ga qoldiqsiz bo linmasa, α soni P () uchun k karrali ildiz bo ladi. 4- misol. α, α, α lar + + = 0 tenglamaning ildizlari bo lsin. α = α + α + α yig indini topamiz. i Yechish. Viyet formulalari bo yicha: α +α +α =, α α +α α +α α =. U holda: (α +α +α ) = ( ) bo yicha α + α + α = (α α +α α +α α )+= +=. Ikkinchi tomondan α, α, α ildiz, ularda ifoda nolga aylanadi: α +α +α = 0, α +α +α = 0, α +α +α = 0, i i i α + α + α 6 = 0, bundan α i = ( ) ( ) + 6 = 8, bunda qisqa yozish uchun orqali belgilangan. i = Mashqlar 6.5. P () ko phad D () ko phadga bo linadimi: a) P () = 00 +, D () = ; b) P () = 00 +, D () = + ; d) P () = 00 +, D () = ; e) P () = 00 +, D () =? 6.5. n + a n ko phad + a ga bo linishini isbotlang, bunda a 0, n N n a n ko phad a ga bo linishini isbotlang, bunda a 0, n N. 99

200 6.55. a) 4 + ni ga; b) ni ga; d) ni ga; e) 4 + ni 4 ga bo lishdagi qoldiqni toping m ning qanday qiymatlarida 4 m ko phad ga qoldiqsiz bo linadi? m ning qanday qiymatlarida 4 m ko phad + ga bo linmaydi? a va b ning qanday qiymatlarida 4 + a + b ko phad uchhadga qoldiqsiz bo linadi? m va n ning qanday qiymatlarida + m + n ko phad uchhadga qoldiqsiz bo linadi? P () ko phadni ga bo lishda qoldiqda, ga bo lishda esa qoldiqda 5 hosil bo ladi. P () ni + bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni toping P () ko phadni a ga bo lishda qoldiqda r, b ga bo lishda esa r hosil bo ladi (a b). P () ni (a + b) + ab ga bo lishda hosil bo ladigan qoldiqni toping Gorner semasi yordamida P () ko phadni D () ikkihadga qoldiqli bo ling: 00 a) P () = 5 7, D () = ; b) P () = + 5 6, D () = ; d) P () = 4 5 +, D () = + ; e) P () = 5 4 +, D () = + ; f) P () = , D () = ; g) P () = 5 5 6, D () = ; h) P () = , D () = + ; i) P () = , D () = ; j) P () = 4 + 4, D () = + 4;

201 k) P () = 5 4 +, D () = 4; l) P () = , D () = + ; m) P () = 5 4 +, D () = Gorner semasidan foydalanib, f () ko phadning = a nuqtadagi qiymatini toping: a) f () = +, a = ; b) f () = 4 + 0, a = ; d) f () = , a = ; e) f () = 6 7 +, a = ; f) f () = , a = 4; g) f ()= , a = Gorner semasidan foydalanib, a + b + c abc ni ko paytuvchilarga ajrating.. Algebraik tenglamalarning kompleks ildizlari. Algebraning asosiy teoremasi (Gauss teoremasi): n- darajali (bu yerda n ) har qanday ko phad aqalli bitta kompleks ildizga ega. Bu teorema oliy matematika kursida isbotlanadi. Òeorema. Agar z=a+bi kompleks soni haqiqiy koeffitsiyentli P(z) ko phadning ildizi bo lsa, z =a-bi kompleks soni ham P(z) ko phadning ildizi bo ladi. Isbot. z kompleks soni P (z) = a 0 z n + a z n a n z+ a n ko phadning ildizi bo lsin. U holda yoki a 0 z n + a z n a n z+a n =0 n n 0... n az + az + + a z + a = 0 n tenglik o rinli bo ladi. Kompleks songa qo shma sonni topish amalining ossalaridan foydalansak, 0

202 n n 0 n a ( z) + a ( z) a z + a = 0 tenglikka ega bo lamiz. Demak, z soni ham P (z) ko phadning ildizi. Òeorema isbot bo ldi. Natija. n- darajali P n () ko phad -a ko rinishidagi ikkihadlar va +p + q ko rinishidagi manfiy diskriminantli kvadrat uchhadlar darajalarining ko paytmasidan iborat: P n () = a 0 ( α) k ( + p + q) m, bu yerda k {0,,,...}, m {0,,,...}. n Mashqlar Òenglamaning barcha kompleks yechimlarini toping: a) + = 0; h) = 0; b) = 0; i) = 0; d) = 0; j) = 0; e) = 0; k) 6z z + 7 = 0; f) = 0; l) z + 4z + 7 = 0; g) = 0; m) z 6z + = Kvadrat uchhadni chiziqli ko paytuvchilarga ajrating: a) + + 5; d) 4z + 8z + 5; b) + 0; e) 5z + 50z Òenglamani kompleks sonlar to plamida yeching: a) 4 z b) 4 d) 4 y + 5z 6 = 0; f) = 0; 8 9 = 0; g) = 0; y 6 = 0; h) 4 z + z + = 0; 0 e) 4 t + t 5 = 0; i) 6 z z + 4 = 0.

203 6.68. Ildizlaridan biri i bo lgan haqiqiy koeffitsiyentli kvadrat tenglama tuzing Ildizlari i, i bo lgan haqiqiy koeffitsiyentli to rtinchi darajali tenglama tuzing Ildizlari, i, i bo lgan haqiqiy koeffitsiyentli beshinchi darajali tenglama tuzing. n n+ n 6.7. = soni n + n ko phadning necha karrali ildizi ekanini aniqlang Quyidagi ko phadlarni chiziqli va kvadratik ko paytuvchilar ko paytmasi shaklida tasvirlang: a) 6 + 7; b) ; d) ; e) Butun koeffitsiyentli tenglamalarning ratsional ildizlarini topish. Ratsional koeffitsiyentli har qanday a n n a 0 = 0 tenglama unga teng kuchli butun koeffitsiyentli tenglamaga keltirilishi mumkin. Masalan, = 0 tenglamaning ikkala qismi 6 ga ko paytirilsa, unga teng kuchli butun koeffitsiyentli = 0 tenglama hosil bo ladi. Endi butun koeffitsiyentli tenglamalar bilan shug ullanamiz. Òeorema. p = qisqarmas kasr butun koeffitsiyentli q a n n a 0 = 0, a n 0, () tenglamaning ildizi bo lishi uchun p soni a 0 ozod hadning, q esa a n bosh had koeffitsiyentining bo luvchisi bo lishi zarur. Haqiqatan, n ( ) n ( ) p q n p p p q q q 0 soni () tenglamaning ildizi bo lsin: a + a a + a = 0 yoki tenglikning ikkala n qismi q n ga ko paytirilsa, n n n a p + a p q apq + n n aq 0 0 n n + apq + = tenglik hosil bo ladi. Bundan: a 0 q n = a n p n 0

204 a n p n q... a pq n = p(a n p n +a n p n q a q n ). Òenglikning o ng qismi p ga bo linadi. Demak, chap qismdagi a 0 q n ham p ga bo linishi kerak. Lekin, p q 04 qisqarmas kasr, ya ni p va q n lar o zaro tub. Demak, p soni a 0 ning bo - luvchisi. Shu kabi q soni a n ning bo luvchisi ekani isbot qilinadi. Agar () tenglama keltirilgan tenglama bo lsa, ya ni bosh had koeffitsiyenti a n = bo lsa, tenglamaning ratsional ildizlari ozod hadning bo luvchilari orasidan izlanadi. - misol. + 4 =0 tenglamaning ratsional ildizlarini toping. Yechish. Ozod hadning barcha butun bo luvchilari: ; ; ;. Bosh koeffitsiyentning barcha natural bo luvchilari: ;. Òenglamaning ratsional ildizlarini quyidagi sonlar orasidan izlaymiz: ; ; ; ; ;. Bu sonlarni berilgan tenglamaga bevosita qo yib ko rish bilan, ularning ildiz bo lish yoki bo lmasligini aniqlaymiz. Òekshirish ko rsatadiki, soni berilgan tenglamaning ildizi, qolgan sonlar esa ildiz emas. Shunday qilib, berilgan tenglama faqat bitta ratsional ildizga ega: =. Javob:. -misol. Òenglamaning butun ildizlarini toping: + + = Yechish. Ozod hadning barcha butun bo luvchilari: ; ; ;. Òenglamaning barcha butun ildizlarini shu sonlar orasidan izlaymiz. Bu sonlarning har birini tenglamaga qo yib ko rib, ular orasidan faqat soni tenglamaning yechimi ekanini aniqlaymiz. Demak, berilgan tenglama faqat bitta butun yechimga ega.

205 Javob: =. - misol. + = 0 tenglamaning butun ildizlarini toping. Yechish. Butun ildizlarini ; sonlari orasidan izlaymiz. Bu sonlarning ikkalasi ham tenglamaning ildizi emasligini ko rish qiyin emas. Javob: tenglama butun ildizga ega emas misol. + + = 0( R) tenglamani yeching. Yechish. Oldingi misollardan farqli, bu misolda tenglamaning barcha haqiqiy ildizlarini topish talab qilinyapti. Dastlab, ratsional ildizlarni qaraymiz. Ratsional ildizlar (agar ular mavjud bo lsa) esa ; ; ; ; ; sonlari orasida bo ladi. va sonlar ratsional ildizlar ekanligiga ishonch hosil qilish mumkin. Shuning uchun tenglamaning chap tomonidagi ko phad ( + )( ) = + ga qoldiqsiz bo linadi. Bo lishni bajarib, ( ) ( ) = ni hosil qilamiz. Òenglamani quyidagi ko rinishda yozib olamiz: ( ) ( ) = = 0 tenglamaga yangi haqiqiy ildizlarni bermaydi. Javob: = ; =. 5- misol = 0 tenglamaning p q ratsional ildizlarini topamiz, bunda p va q lar o zaro tub, B(p; q) =. Yechish. p sonini ozod hadning, q ni esa bosh koeffitsiyentning bo luvchilari orasidan izlaymiz. Ular ± va ±. 05

206 Demak, ratsional ildizlar ±, ± 06 sonlari ichida bo lishi mumkin. Bu sonlarni tenglamaga ketma-ket qo yib hisoblash, ning ildiz ekanini ko rsatadi. Òenglamaning qolgan ildizlarini topish uchun uning chap qismini ga yoki ga bo lamiz. Bo linmada + uchhad hosil bo ladi. Uning ildizlari: ± 5. Izlanayotgan yechim: =, 5 = ±., Mashqlar 6.7. Òenglamaning ratsional ildizlarini toping: a) = 0; b) = 0; d) = 0; e) 5 +8 =0; f) =0; g) = 0; h) = 0; i) = Òenglamaning butun ildizlarini toping: a) = 0; b) = 0; d) = 0; e) = 0; f) = Òenglamaning barcha haqiqiy ildizlarini toping: a) =0; b) =0; d) =0; e) =0; f) =0; g) =0.

207 4. Òenglamalarni taqribiy yechish. P () = a n n +...+a 0 bo lsin, P () = 0 () tenglamani taqribiy yechish deyilganda uning noma lum * ildizi yotgan [a; b] oraliqni oldindan tayinlangan ε= b a dan oshmaydigan kattalikda (qisqacha: ε gacha aniqlikda) topish tushuniladi. [a; b] da yotgan itiyoriy c nuqta ildizning taqribiy qiymati sifatida olinishi mumkin: * c ±ε. P () ko phad grafigi abssissalar o qini * nuqtada kesib o tishi tufayli unda P (*) = 0, nuqtaning ikki tomonida esa ko phad qaramaqarshi ishoraga ega bo ladi. Bunga qaraganda agar P () ko phad [a; b] oraliqning chekka nuqtalarida har il ishoraga ega bo lsa, ya ni P (a)p (b) < 0 () tengsizligi bajarilsa, shu oraliqda () tenglama ildizga ega. Demak, hisoblashlarning -qadamida () shartdan foydalanib, ildiz yotgan [a; b] oraliq topiladi. Keyingi qadamlarda biror usul qo llanilib, bu oraliq ketma-ket kichraytiriladi. Agar biror k-qadamda ε k = b k a k ε aniqlikka erishilgan bo lsa, [a k ; b k ] oralig idagi itiyoriy c k son, masalan, c k = (b k + a k )/ o rta qiymat ildiz uchun qabul qilinadi va hisoblashlar to tatiladi. Òenglamalarni taqribiy yechishning ikkita usuli bilan tanishamiz: ) kesmani teng ikkiga bo lish (diotomiya) usuli qo llanilganda [a; b] oraliq c nuqta bilan [a; c ], [c ; b] teng oraliqlarga ajratiladi (-rasm). Ulardan () shart bajariladigani, demak, ildiz mavjud bo lgani olinadi. Uni [a ; b ] orqali belgilaymiz. Uning uzunligi ε = b a b a. = Agar ε ε bo lsa, masala hal, aks holda [a ; b ] oraliq ikkiga bo linadi va hokazo; * P a c c (b)b P () X P (a) - rasm. 07

208 ) endi Jamshid ibn Ma sud G iyosiddin al-koshiy (ko - pincha G iyosiddin al-koshiy nomi bilan mashhur) (Mirzo Ulug bek ilmiy maktabi namoyandalaridan biri, Ulug bekning ustozi, Samarqandda ijod etgan, 40- yilda vafot etgan) ning taqribiy qiymatlarni ildizga ketma-ket yaqinlashtirishlar (iteratsiya) usulini keltiramiz. Al-Koshiy k + m = 0, k 0 ko rinishdagi tenglamani yechish uchun uni teng kuchli m k = m + () k ko rinishga keltiradi. = q (qoldiqda r ), ya ni m = kq + r bo lganidan, () tenglik kq + r+ = yoki k r + k = q + (4) ko rinishga keladi. -yaqinlashish uchun = q qabul qilinadi. (4) tenglikning o ng qismiga = qo yiladi, + r k = q (qoldiqda r ) bo yicha r = kq + r topiladi. Natijada: 08 r+ ( ) k. = q + q + (5) Ikkinchi yaqinlashish: = q + q va hokazo. Amalda biz r qoldiqlarni hisoblab o tirmay, Al-Koshiy usulining ushbu nisbatan sodda modifikatsiyasidan (ko rinishi o zgartirilgan rekurrent formuladan) foydalanamiz: n n n n+ n n q = ( )/ k, = + q. (6) Bu formulalar bo yicha topilgan har qaysi n yaqinlashish atosi (ya ni uning izlanayotgan ildizdan farqi) ε n < n n- = q n bo ladi va q > q >... > q n >... bo lganidan ato qiymati keyingi qadamlarda kamayib boradi. Hisoblashlarda MK yoki EHM dan foydalanish ma qul.

209 Al-Koshiy (modifikatsiyalangan) usuli bilan k + m = 0 tenglamani yechish dasturidan fragment (parcha): 0 X0 = 0: I = 70 IF ABS(Q) <=E THEN GOTO 0 0 K = (kiritilsin) 80 I = I + 0 M= (kiritilsin) 90 X = X + Q 40 E = (aniqlik) 00 X0 = X:X = X 50 X = M/K 0 PRINT, I,X:GOTO Q=(X^-X0^)/K 0 PRINT, I,X Dasturlanadigan MK-56 mikrokalkulator kodida: 0 ni Rg0 a, m ni Rga ga, k ni Rgb ga, bo linmani Rg ga joylashtiramiz. Hisoblashlar ushbu dastur bo yicha bajariladi: Π B B ½½Π 0B B ½½ Π b ΠcΠ + ΠC/ΠΠ ΠF<07Π C/ΠCΠ Π0Π ΠÁΠ00 - misol. P () = 6, 5,7 = 0 tenglamani yeching. Yechish. P (,5) > 0, P (,5) < 0, ya ni (,5;,5) intervalga nisbatan () shart bajarilmoqda, unda ildiz mavjud. (6) formulalardan foydalanaylik. n n,04744,0668 4,987 Javob:, ,9967 f () = 0 tenglamani biror ε aniqlikda yechish uchun oddiy iteratsiya usuli qo llanilganda: a) f () = 0 tenglama unga teng kuchli bo lgan =ϕ() ko rinishga keltiriladi; b) ning izlanayotgan qiymatiga 0 boshlang ich qiymat (yaqinlashish) tanlanadi. Bu qiymat shunday [a; b] oraliqdan olinishi ma qulki, uning chekka nuqtalarida f () funksiya qarama-qarshi ishorali bo lsin, ya ni f (a)f (b) < 0 shart bajarilsin. Qolgan hisoblashlar n+ =ϕ( n ) rekurrent formula bo yicha ketma-ket takrorlanadi. 4 Algebra, I qism 09

210 - qadam. =ϕ( 0 ) birinchi yaqinlashish topiladi va ε = farq hisoblanadi. Agar ε <ε bo lsa, masala hal, 0 hisoblashlar to tatiladi va son ildizning taqribiy qiymati sifatida qabul qilinadi. ε >ε bo lsa, hisoblashlar davom ettiriladi. - qadam. =ϕ( ), ε = va hokazo. Qolgan hisoblashlar ham shu tariqa =ϕ( ), ε =, n = 0,,... () n+ n n+ n+ n formulalar bo yicha bajariladi. Biror k-qadamda ε k ε ro y bersa, hisoblashlar to tatiladi va k son ning ε gacha aniqlikdagi taqribiy qiymati sifatida qabul qilinadi. Iteratsiya usuli har vaqt ham sonlarning ildizga yaqinlashuvchi ketma-ketligini beravermaydi. Bu masala bilan keyinroq funksiya hosilasini o rganish jarayonida alohida shug ullanamiz. - misol = 0 tenglamaning ildizlarini ε=0,00 aniqlikda topamiz. Yechish. EHM f (,5) f (,8) < 0 ni ko rsatadi. Òenglamaning ildizlaridan biri (,5;,8) oraliqda yotishi aniqlandi. Òenglamani =ϕ(), bunda ϕ() = ( )/8, rekurrent munosabat ko rinishida yozamiz. Boshlang ich yaqinlashish sifatida ildiz yotgan oraliqdan itiyoriy bir sonni, masalan,,7 ni olamiz, 0 =,7. Oraliq hisoblashlar natijalari jadvalga yozib borilishi kerak. - qadam. =ϕ(,7) =,768, ε = 0,06... >ε. - qadam. =ϕ( )=,744, ε =,68 0 >ε qadam. 7 =ϕ( 6 )=,7440, ε 7 = 6,5 0 4 >ε. Javob: =,744 ± 6,

211 Mashqlar Òenglamalarni oraliqni teng ikkiga bo lish usulidan foydalanib yeching: a) = 0, ε ; ( ) b) ( + ) = 0, ε 0 4 ; d),5 + 0,58 0,057 = 0, ε 0 4 ; e) = Al-Koshiy usulidan foydalanib quyidagi tenglamalarni yeching: a) +,888 = 0, ε= 0 5 ; b) + 0, = 0; (Salohiddin Muso ibn Muhammad Qozizoda Rumiy tenglamasi. Qozizoda Rumiy Mirzo Ulug bekning ustozlaridan, Samarqandda yashab ijod etgan, 46- yilda vafot etgan): d) + 5 +,97008 = 0, ε 0, f () = 0 tenglamaning ildizlari oraliqni teng ikkiga bo lish, oddiy iteratsiya va Al-Koshiy usullari qo llanilib, ε= 0 4 aniqlikda topilsin (hisoblashlarda EHM dan foydalaning): a) = 5 ; f) ( + ) ; 7 b) = ; g) = ; d) = ; h) 0,4 + 0,08 = 0; e) = 4 9 ; i) 4 + 7,8 + 8,445 = Abu Rayhon Beruniy (97 048) birlik aylanaga ichki chizilgan muntazam to qqizburchak tomonining uzunligi = + tenglamaning ildizi bo lishini aniqlang. ni toping.

212 -. Òengsizliklar. Bir o zgaruvchili tengsizliklar. A() > B(), A() < B(), A() B(), A() B() munosabatlarga o zgaruvchili tengsizliklar deyiladi. ning tengsizlikni chin sonli tengsizlikka aylantiruvchi har qanday qiymati tengsizlikning yechimi deyiladi. -misol. ) tengsizlik qiymatlarda bajariladi. Demak, tengsizlikning yechimi: ( ; ]; ) α 0 (α Z) tengsizlik ning har qanday qiymatida bajariladi. Yechim butun son o qidan iborat; ) α < 0 (α Z) tengsizligi ning hech bir qiymatida bajarilmaydi: X =. A()<B() tengsizlikdagi A() va B() ifodalar birgalikda aniqlangan qiymatlarining X to plami, ya ni shu ifodalar mavjudlik sohalarining X kesishmasi o zgaruvchining A() < B() tengsizlik uchun joiz qiymatlari sohasi deb ataladi. Bunga qaraganda tengsizlikning Ò yechimi X ning qism-to plamidan iborat: T X. Endi tengsizliklarni yechish jarayonida bajariladigan ayniy almashtirishlar masalasiga o tamiz. - teorema. Agar C() ifoda barcha X larda aniqlangan bo lsa, A() < B() va A() + C() < B() + C() tengsizliklar teng kuchlidir. - teorema. Agar barcha X larda C() > 0 bo lsa, A() < B() va A()C() < B()C() tengsizliklar teng kuchli bo ladi. Òeoremaning isboti C (α) > 0 dan A (α)c (α) < B (α)c (α) ning kelib chiqishiga asoslanadi. Agar X to plamda C () manfiy bo lsa, A () < B () va A () C () > B () C () tengsizliklar teng kuchli bo ladi. Shunga ko ra, tengsizlikning ikkala qismi X da musbat bo lgan ifodaga ko paytirilsa, tengsizlikning ishorasi o zgarmaydi, X da manfiy bo lgan ifodaga ko paytirilsa, tengsizlik ishorasi qarama-qarshisiga o zgaradi. Òengsizlikning ikkala qismiga ning ayrim qiymatlarida

213 sonli qiymatga ega bo lmaydigan ifoda qo shilsa yoki ikkala qism shunday ifodaga ko paytirilsa, yechim yo qolishi mumkin.. Chiziqli tengsizliklar va kvadrat tengsizliklar. a > b (a b) yoki a < b (a b) ko rinishdagi yoki shu ko rinishga keltirilishi mumkin bo lgan tengsizlik bir o zgaruvchili chiziqli tengsizlik deyiladi (bunda o zgaruvchi, a 0 va b o zgarmas haqiqiy sonlar). a > b tengsizlikning har ikki qismi a 0 ga bo linsa, a > 0 b a bo lganda >, a<0 bo lganda esa < b bo ladi. a > b tengsizlikning yechimi a > 0 bo lganda ( b ) bo lganda esa ( ; b a ) oraliqdan iborat bo ladi. a a ; + oraliqdan, a < 0 - misol ,7 < 5, tengsizlikni yeching. Yechish. Ayniy almashtirishlar tengsizlikni > 6 ko rinishga keltiradi. Òengsizlikning har ikki tomonini ga bo lamiz: > 8. Javob: ( 8; + ). - misol. ( ) > + ( 8) tengsizlikni yeching. Yechish. Ayniy almashtirishlar tengsizlikni 0 > 0 ko rinishga keltiradi. Bu tengsizlik barcha R larda o rinli. a b, a < b, a b ko rinishdagi tengsizliklar ham yuqoridagi mulohazalarga o shash mulohazalar yordamida yechiladi. - misol. ( + 4) < 6 4( ) tengsizlikni yeching. Y e c h i s h. Ayniy almashtirishlardan so ng, 0 < 4 tengsizlik hosil bo ladi. Bu tengsizlik yechimga ega emas. a + b + c > 0 (a + b + c 0) yoki a + b + c < 0 (a + b + c 0) ko rinishdagi tengsizlik kvadrat tengsizlik deyiladi (bunda o zgaruvchi, a 0, b, c o zgarmas sonlar). yotadi: Kvadrat tengsizliklarni yechishning asosida quyidagi teorema

214 Òeorema. a + b + ckvadrat uchhadning diskriminanti D = b - 4ac > 0 bo lib,, ( < ) lar kvadrat uchhadning ildizlari bo lsa, a + b + c kvadrat uchhad qiymatining ishorasi (, ) bo lganda, a ning ishorasiga qarama-qarshi, ˇ[, ] bo lganda esa a ning ishorasi bilan bir il bo ladi. a + b + c kvadrat uchhadning diskriminanti D<0 bo lsa, " R uchun kvadrat uchhad qiymatlarining ishorasi a ning ishorasi bilan bir il bo ladi. 4 Isbot. D > 0 bo lsin. Kvadrat uchhadni chiziqli ko paytuvchilarga ajratamiz: a + b + c = a( )( ). Agar > yoki < bo lsa, va ikkihadlar bir il ishorali bo lib, ularning ko paytmasi musbat son bo ladi. Shu sababli a( )( ) ko paytmaning va demak, a + b + c kvadrat uchhadning ham, ishorasi a ning ishorasi bilan bir il bo ladi. Agar (, ) bo lsa, > 0, < 0 bo lgani uchun ularning ko paytmasi manfiy bo ladi. Shu sababli a( )( ) ko paytmaning va demak, a + b + c ning ishorasi a ning ishorasiga qarama-qarshi bo ladi. a + b + c kvadrat uchhadning diskriminanti D < 0 bo lsin. a + + b D a 4a U holda a + b + c = ( ) tenglikdan a + b + c kvadrat uchhadning ishorasi barcha R lar uchun a ning ishorasi bilan bir il bo lishi kelib chiqadi. 4- misol > 0 tengsizlikni yeching. Yechish. D = ( 5) 4 6 > 0, a = > 0, = va = larga egamiz kvadrat uchhad musbat qiymatlar qabul qiladigan barcha R lar qidirilmoqda. Isbotlangan teoremaga ko ra, [; ] bo lishi kerak. Javob: ( ; ) (; + ).

215 5- misol > 0 tengsizlikni yeching. Yechish. D = ( 4) 4 5 = 4<0 bo lgani uchun, isbotlangan teoremaga ko ra, barcha R larda 4 + 5kvadrat uchhad qiymatining ishorasi a ning ishorasi bilan bir il bo ladi. a = > 0 ekanidan ko rinadiki, barcha R lar uchun > 0 bo ladi. Demak, berilgan tengsizlik barcha R lar uchun o rinli. Javob: ( ;+ ). 6- misol > 0 tengsizlikni yeching. Yechish. D = 4 4 ( ) ( 5) = 4<0 bo lgani uchun barcha R larda > 0 ning ishorasi a = ning ishorasi bilan bir il, ya ni barcha R lar uchun < 0 bo ladi. Demak, berilgan tengsizlik ning hech bir qiymatida bajarilmaydi. Javob:. Mashqlar Òengsizliklarni yeching: ( + ) > ( 4) < > < 0,( + 7) ( ) 6 > < < < ( )+ < ( + ) ( ) <. 4 0 >. 5

216 , > 0. 0, ( ) + 7 > ( + 4) ( + ) + > ( ) ( + )( ) ( + )( ) ( + )( ) + 4 ( + )( ). Parametr qatnashgan chiziqli tengsizliklarni yeching: 6.0. (a + )y > (b + )z < a > a < b (a 5) > a > b (m + ) > n a( ) > (a ) > 5a a > a(a ). 6.. (b )y < (a + ) < a y ning qanday qiymatlarida: a) 7 6 y 7 kasrning qiymati kasrning mos qiymatlaridan katta bo ladi? b) 45 5, y y kasrning qiymati kasrning mos qiymatlaridan kichik bo ladi? d) 5y ikkihadning qiymati y 4 qiymatidan katta bo ladi? e) 5 y 0 kasrning mos kasrning qiymati 6y ikkihadning mos qiymatlaridan kichik bo ladi? 6.5. a ning qanday qiymatlarida (a ) (a + ) + + (a + ) > 0 tengsizlik ning barcha haqiqiy qiymatlari uchun bajariladi? 6.6. a ning qanday qiymatlarida ( a) + ( a) 5a tengsizlik ning barcha haqiqiy qiymatlari uchun bajariladi? 6.7. a ning (a ) (a 4) + 7a 6 = 0 tenglama yechimga ega bo ladigan barcha qiymatlarini toping. Parametrli tengsizliklarni yeching:

217 6.8. k > k + 5 < k + < k > k + k 5 < > a (k + ) + k + 4k + < k + (k + ) + k + > (k + ) + (k + ) + k > k > + 6 ( k ). Quyidagi tengsizliklarni grafik usulda yeching: > > > > > < < > 0.. Ratsional tengsizliklarni oraliqlar usuli yordamida yechish. a, a, a,..., a n, a n sonlar haqiqiy sonlar va a < a < < a <... < a n < a n bo lsin. Quyidagi tengsizlikni qaraymiz: ( a )( a )( a )...( a n )( a n ) > 0. () a, a, a,..., a n sonlari son to g ri chizig ini ( ;a ), (a ; a ), (a ; a ),..., (a n ; a n ), (a n ; + ) oraliqlarga ajratadi. Shu oraliqlardan, itiyoriy ikkita qo shni oraliqni, masalan, (a k ; a k+ ) va (a k+ ; a k+ ) oraliqni ajratib olaylik. () tengsizlikning chap tomonidagi ko paytma bu oraliqlarning biridan ikkinchisiga o tganda o z ishorasini o zgartiradi. Haqiqatan ham, agar (a k ; a k+ ) bo lsa, a k + < 0 va agar (a k + ; a k + ) bo lsa, a k+ > 0 bo ladi, ya ni a k + ikkihad (a k ; a k+ ) va (a k+ ; a k+ ) oraliqlarda har il ishorali bo ladi. () tengsizlikning chap tomonidagi qolgan ko paytuvchilar ko paytmasi bu oraliqlarda bir il ishoraga ega. Shu sababli () ning chap tomonidagi ko paytmaning ishorasi bu oraliqlarda har il bo ladi. Bu esa () tengsizlikni yechishning quyidagi usulini beradi. 7

218 () tengsizlik (a n ; + ) oraliqda o rinli bo lgani uchun (a n ; a n ) oraliqda o rinli emas; (a n ; a n ) oraliqda o rinli bo lmagani uchun (a n ; a n ) oraliqda o rinli va hokazo. - misol. ( 5)( 8)(5 4) < 0 tengsizlikni yeching. > ko rinishga kelti- Yechish. Òengsizlikni ( 4) ( 5 )( 8 ) ( 5) < 0 yoki 4 ( 5 )( 8 )( 5 4 ) 0 ramiz. a = 5 4, 5 8 a = va a = nuqtalar son o qini ( 5 4 ) 5 5 ( 4 ; ), ( 5 8 ) ; va ( 8 ) Oirgi tengsizlik ( 8 ; + ), 5 ( ; 5 4 ) oraliqlarda o rinli. Javob: ( 5 ; 5 ) ( 8 ; + ). 4 ;, ; + oraliqlarga ajratadi (4- a rasm). - misol. ( + )( ) > 0 tengsizlikni yechamiz. ( )( 4) Yechish. =, = 4 sonlari tengsizlikning yechimi emas., 4 bo lganda ( ) ( 4) > 0 bo ladi. Shu sababli tengsizlikning har ikki tomonini ( ) ( 4) ga ko paytirish natijasida berilgan tengsizlikka teng kuchli quyidagi tengsizlik hosil bo ladi: ( + ) ( )( )( 4) > 0. Oirgi tengsizlikning chap tomonidagi ifoda (4; + ) oraliqda musbat, (; 4) oraliqda manfiy, (; ) oraliqda musbat, (0; ) oraliqda manfiy qiymatlar qabul qiladi. ( 0) ko paytuvchi juft daraja bilan qatnashmoqda. Shuning uchun oirgi tengsizlikning chap tomonidagi ko paytma ( ; 0) a) b) 4-rasm. 8

219 va (0; ) oraliqlarning biridan ikkinchisiga o tishda o z ishorasini o zgartirmaydi (4- b rasm), ya ni bu oraliqlarning ikkalasida ham manfiy qiymatlar qabul qiladi. Oirgi tengsizlikning chap tomonidagi ifoda ( ; ) oraliqda musbat qiymatlar qabul qiladi. Berilgan tengsizlikning barcha yechimlari to plamini aniqlaymiz. Javob: ( ; ) (;) (4; + ). Mashqlar Ratsional tengsizliklarni yeching: 6.6. ( )( 5)( ) > ( + 7)( + )( 4) < ( + )( + 5)( 8) > ( + 48)( 7)( 4) > ( + 0,7)(,8)( 9,) < ( 6)( + 7) > ( ) ( ) < < ,0 > ( 9)( ) > (,5)( 6) < ( + 7)( 6)( + ) < ( + )( 4) > ( ) ( 4) < ( + 7)( 4) ( ) > > < ( ) ( ) ( ) 4 ( 4) 5 > ( ) ( + ) ( ) 4 ( 4) ( + ) ( ) ( )

220 6.58. ( + ) ( 4) ( ) 4 ( + ) < ( 0,5)( + 0,5) ( ) > ( )( + ) ( )( + ) ( ) ( 4) > ( ) ( ) ( + 5) ( 7) 4 ( ) ( + ) ( ) ( ) 4 ( )( ) ( 4) + ( )( ) > < ( ) (,5) ( )(4 + 5) ( )(4 + 5)( 4) ( 4)(5 6)( 7) ( 4) (4 7) ( + 5) > ( 9) ( 8) 4 (5 ) ( 5)(7 4 ) 4+ 7 > (4 7)( 5 ) (7 4) < (4,5 9) 7 < 0, < < < 0.

221 > < < < < < ( ) > <. < > > < < < < < ( )( ) ( + )( 4) < > ( ). ( 6) < 0. ( )( ) ( + + )( + ) ( )( 7) < 5.

222 4. Modul belgisi qatnashgan tengsizliklarni yechish. - misol. < tengsizlikni yeching. Yechish. - usul. Òengsizlikning ikkala tomonini kvadratga ko taramiz: ( ) < yoki 4 + < 0. Hosil bo lgan kvadrat tengsizlikning chap tomonini ko paytuvchilarga ajratib, oraliqlar usulini tatbiq etsak, berilgan tengsizlikning barcha yechimlari to plami (; ) oraliqdan iborat ekanligini ko ramiz. - usul. Òengsizlikning chap tomonidagi modul belgisi ostida qatnashgan ikkihad = da nolga aylanadi. = nuqta son to g ri chizig ini ( ; ) va (; + ) oraliqlarga ajratadi. Bu oraliqlarning har birida ikkihad o z ishorasini saqlaydi. Berilgan tengsizlikni shu oraliqlarning har birida alohida-alohida yechamiz:, < ; <, ( ) <. Birinchi sistemadan, ikkinchi sistemadan < <. Bu ikkala yechimlarni birlashtirsak: (;) [; ) = (;). - misol. + tengsizlikni yeching. Yechish. Òengsizlikning ikkala tomonini kvadratga ko tarsak: ( ) ( + ) yoki (+) 0. Bundan ( ; ] [0; + ). - misol. + + tengsizlikni yeching. Yechish. Modul ishorasi ostida turgan ifodalar = 0 va = da nolga aylanadi. Bu nuqtalar son o qini ( ; 0],[; 0 ],[; + ) oraliqlarga ajratadi. Ifodalarning bu intervallardagi ishoralari jadvalini tuzamiz: Ifodalar ( ; 0) (0; ) (; + ) + + +

223 Berilgan tengsizlik birinchi ( ; 0] oraliqda + ( ) + ko rinishga keladi. Ichamlashtirishlardan so ng, tengsizlik hosil bo ladi, bundan 0,5 0 ni topamiz. Ikkinchi intervalda berilgan tengsizlik + ( ) + ga yoki ayniy almashtirishlardan so ng 0 ko rinishga keladi. Bu oraliqda ham tengsizlik bajariladi. Uchinchi intervalda tengsizlik + ( ) + yoki 0,75 ko rinishga keladi.lekinuchinchiinterval (;+ ) edi. [0,75; + ) [; + ) = [; + ). Òopilgan uchta natijani umumlashtirib, berilgan tengsizlikning yechimini yozamiz: 0,5 <+. Mashqlar Modul qatnashgan tengsizliklarni yeching: a < a a >. 6.. a. 6.. a < a a < a > a a < > > > > < > < < < < <.

224 > > < > > < > Ayniyatlar va tengsizliklarni isbotlash. Ayniyat va tengsizliklarni isbotlashning umumiy usuli mavjud emas. Ayniyat va tengsizliklarni isbotlashda qo llaniladigan eng samarali usullardan biri matematik induksiya metodidir. A(n) = B(n) ayniyatni matematik induksiya metodi yordamida isbotlash uchun dastlab A() = B() ekaniga ishonch hosil qilish va A(n + ) A(n) = B(n + ) B(n) yoki isbot qilish yetarli. 4 An ( + ) B( n+ ) An ( ) B( n) = ayniyatni

225 -misol. Barcha n N larda quyidagi ayniyatning o rinli bo lishini isbot qiling: Isbot = 4 7 (n )(n + ) A ( n) = , (n )(n + ) n n +. n = n + B ( n) belgilashlarni kiritib, matematik induksiya metodini qo llaymiz: to g ri; n = da A ( ) =, A(k + ) = A(k) + B(k + ) = B(k) + 4 Bu tengliklardan A( k B ( ) = = (k + )(k + 4) + ) A( k) = + 4 = ((k + ) )(( k+ ) + ), ya ni A() = B() tenglik ( k) + (k + )(k + 4) A va munosabatlarga egamiz. (k + )(k + 4) = B( k + ) B( k) ekanini ko ramiz. Demak, ayniyat barcha n N larda to g ri. -misol. n n+ = n i ( i ) ( + ) = + ayniyatni isbotlang. Isbot. Tenglikning chap qismini A(n), o ng qismini B(n) orqali belgilaylik. U holda, ( k+ )( k+ ) = ( k+ ) tengliklarga ega bo lamiz. Ak ( + ) Bk ( + ) A ( ) = B() = va 4 Ak ( ) Bk ( ) Demak, barcha n N lar uchun A(n) = B(n). = = -misol. Barcha > va n N sonlar uchun ( + ) n + n. () Bernulli tengsizligini isbot qiling. Isbot. a) n = da + +, ya ni () tengsizlik o rinli; b) tengsizlik n = k uchun to g ri deb faraz qilaylik: ( + ) k + k; d) () tengsizlik n = k + uchun ham to g ri ekanligini isbotlaymiz: + > 0 va ( + ) k + k tengsizliklarga asosan, ( + ) k + = ( + ) k ( + ) ( + k)( + ) = + (k + ) + k + 5 Algebra, I qism 5

226 + (k + ) tengsizlikka ega bo lamiz. Demak, () tengsizlik n = k + uchun ham to g ri. Matematik induksiya aksiomasiga ko ra, () tengsizlik n ning barcha natural qiymatlarida to g ri. P() Q() tengsizlikni isbotlashning yana bir usuli, to g riligi oldindan ma lum bo lgan P () Q () tengsizlikda ayniy shakl almashtirishlar bajarib, isbotlanishi kerak bo lgan P() Q() tengsizlikni hosil qilishdan iborat. 4-misol. + bo lishini isbot qiling, bunda = + = Isbot. tenglikka egamiz. Bu tenglikning o ng tomoni barcha 0 larda nomanfiydir: 0. Oirgi tengsizlikda ayniy almashtirishlar (chap tomonidagi qavslarni ochish, o shash qo shiluvchilarni ichamlash va hokazo) bajarib, + tengsizlikni hosil qilamiz. Shu bilan tengsizlik isbotlandi. 5-misol. Itiyoriy 0, y 0 sonlarining o rta arifmetik qiymati o rta geometrik qiymatidan kichik emasligini, ya ni + y y tengsizlik o rinli ekanini isbot qiling. Isbot. Itiyoriy 0, y 0 sonlar uchun ( y) 0 tengsizlik bajarilishi ravshan. Bu tengsizlikda shakl almashtirishlar bajaramiz: ( y) 0 y + y 0 +y + y 4y 0 ( + y) 4y ( + y) 4 y. Oirgi tengsizlikning ikki tomoni ham nomanfiy son bo lganligi uchun tengsizlikning har ikki tomonidan kvadrat ildiz chiqarish

227 mumkin. Ildiz chiqarish natijasida isbotlanishi kerak bo lgan + y y tengsizlik hosil bo ladi. Isbot qilingan bu tengsizlik Koshi tengsizligi (Ogyusten Lui Koshi, , fransuz matematigi) deb ataluvchi quyidagi tengsizlikning ususiy holidan iborat: a+ a an n n aa... a. () Bu tengsizlik har qanday a 0, a 0,..., a n 0 sonlar uchun o rinli va undagi tenglik ishorasi a = a =... = a n bo lganda o rinli bo ladi. Bu tengsizlikdan quyidagi ikkita muhim natija kelib chiqadi: ) yig indisi o zgarmas bo lgan musbat qo shiluvchilarning ko paytmasi, bu sonlar o zaro teng bo lganda eng katta bo ladi; ) ko paytmasi o zgarmas bo lgan musbat ko paytuvchilarning yig indisi, bu ko paytuvchilar o zaro teng bo lganda eng kichik bo ladi. 6-misol. y kichik qiymatini toping. Yechish. Funksiyani = funksiyaning (0; + ) intervaldagi eng y n 4 = elementar qo shiluvchilar yig indisi ko rinishida yozaylik. Bu qo shiluvchilarning 4 4 ko paytmasi doimiy: = 6. Shu sababli = yoki = 5 bo lganda ularning yig indisi eng kichik bo ladi. Demak, = 5 bo lganda berilgan funksiya o zining (0; + ) oraliqdagi eng kichik qiymati ( ) 5 y( ) = = = 5 6 ga erishadi. 7-misol. y() = 4 (7 4 ) funksiyaning eng katta qiymatini toping. Yechish. Funksiya < 4 7, 0 bo lganda musbat qiymatlar qabul qiladi. Shu sababli funksiya o zining eng katta 7

228 qiymatiga ning < 4 7, 0 tengsizliklarni qanoatlantiruvchi biror qiymatida erishishi mumkin. ning < 4 7, 0 tengsizliklarni qanoatlantiruvchi barcha qiymatlarida funksiya ifodasidagi ko paytuvchilarning har biri doimiy: 4 + (7 4 ) = =7. Shu sababli ularning ko paytmasi 4 = (7 4 ) yoki = 4 7 bo lganda eng katta bo ladi. Demak, = 4 7 bo lganda berilgan funksiya o zining eng katta qiymati y = ( ) 4 7 = 7 qiladi. Izlanayotgan eng katta qiymat: ( 7 ). ni qabul 8-misol. Teng perimetrli uchburchaklar ichida teng tomonli uchburchak eng katta yuzga ega bo lishini isbot qiling. Isbot. Perimetri p(p = const) bo lgan barcha uchburchaklarni qaraymiz. Bu uchburchaklarning yuzini Geron formulasi S = p( p a)( p b)( p c) orqali ifodalaymiz, bu yerda a, b, c lar uchburchakning tomonlari. Ildiz ostidagi ko paytuvchilar musbat va ularning yig indisi (p a) + (p b) + (p c) = p (a + b + c) = p = const bo lgani uchun, p(p a)(p b)(p c) ko paytma p a = p b = p c bo lganda eng katta bo ladi. Bu yerda a = b = c bo lganda yuz eng katta bo lishi kelib chiqadi. Isbot bo ldi. Mashqlar 6.6. Ayniyatlarni isbot qiling: a) (4n )(4n + ) = n 4n + ; b) (n )(n + )(n + ) = n( n+ ) ( n+ )(n + ) ; d) n (n )(n+ ) = n( n+ ) (n+ ) ; 8

229 e) n n = n+ n+ ( n+ ) + n ( ) Agar a > b > 0 bo lsa, a n > b n bo lishini isbot qiling., bunda Har qanday n N da: ) n > n; ) n > n + bo lishini isbot qiling: a) s = n <,75, n N ; n b) ( ) + <, n N ; n d) (m + ) m < m m +, m, m N; e) < ; 4 f) g) + + ( + + ), R ; n n ( a+ b) n n a + b, a > 0, b > 0, n N Tengsizliklarni isbotlang: a) n+ n+ n n > ; <, n N ; b) d) > n ; n n e)!! n! < n, bunda n! =... n ; a f) 6 + b 6 ab ; g) ( + ) n > + n, bu yerda + > 0, n N; h) a + b + c, bu yerda a + b + c =, a, b, c R; 9

230 i) (a + b)(b + c)(a + c) 8 abc, bu yerda a, b, c > 0; j) a + ab + b 0, bu yerda a, b R; k) a + b a b + ab (a, b R); l) ( + a)( + b)( + c) 8 (a, b, c > 0); m) (a + b)(b + c)(c + a) 8abc (a, b, c > 0); n) a + b + c ab + ac + bc (a, b, c > 0); o) a 4 + b 4 + c 4 abc(a + b + c) (a, b, c > 0); p) 8 ( a + b) 64 ab( a + b) (a, b 0) Ko rsatilgan oraliqda funksiyaning eng katta qiymatini toping: a) y = 5 8 4, 0 < < 5; b) y = 00 4, 0 < < ; d) y = 4 4, 0 < < Funksiyaning eng kichik qiymatini toping: 0 a) y =, a > 0, > 0; b) y = +, > ; + a 00 d) y = 7 +, > ; e) y =, > 0. ( + )( + 8) 4-. Tenglamalar sistemasi. Tenglamalar sistemalari va majmualari. va y o zgaruvchili f f (, y) = ϕ (, y), (, y) = ϕ (, y) () sistemani yechish bu shunday = a va y = b sonlarini topishki, ular sistemaga qo yilganda to g ri tengliklar hosil bo lsin. Agar sistemaning yechimi (a ; b ), (a ; b ),..., (a n ; b n ) sonlar juftlari bo lsa, javob {(a ; b ), (a ; b ),..., (a n ; b n )} yoki = a, y = b ;...; n = a n, y n = b n ko rinishda yoziladi. Bu ko p o zgaruvchili tenglamalar sistemalariga ham taalluqli. Odatda sistema tenglamalari soni o zgaruvchilar soniga teng bo ladi. 0

231 O zgaruvchilar sistemani qanoatlantiruvchi qiymatlarga ega bo lmasligi mumkin. Masalan, + y = 7, sistema yechimga + y = 8 ega emas. Yagona yechimga ega sistema aniq sistema, yechimlar soni cheksiz ko p bo lsa, aniqmas sistema, yechimga ega bo lmasa (ya ni yechimlarning bo sh to plamiga ega bo lsa), birgalikda bo lmagan (noo rindosh) sistema deyiladi. Ko pincha tenglamalari soni o zgaruvchilari sonidan ko p bo lgan tenglamalar sistemasi noo rindosh bo ladi. -misol. Ikki o zgaruvchili uch tenglamadan iborat ushbu + y = 7, y =, sistemaning noo rindosh ekanini isbot qiling. + y = Yechish. Oldingi ikki tenglamadan ( = 4; y = ) ni topamiz. U uchinchi tenglamaga qo yilsa, 4 + bo ladi, ya ni uchinchi tenglama qanoatlanmaydi. Geometrik ma nosi: + y = = aylana + y = 7 va y = to g ri chiziqlarning kesishish nuqtasi A(4; ) dan o tmaydi. Tenglamalari soni o zgaruvchilari sonidan kam bo lgan sistemalar ko p hollarda noo rindosh yoki aniqmas bo ladi. Masalan, + y + z =, sistema noo rindosh sistemadir. + y + 4z = 5 -misol. Ushbu sistemaning aniqmas sistema ekanligini ko rsating: + 4y = 0, + y z =. Yechish. Birinchi tenglamadan = 0 4y ni topib, ikkinchi tenglamaga qo ysak: y z = 7 yoki z =,5y +,5. O zgaruvchi y ga itiyoriy qiymat berilib, va z ning mos qiymatlari topiladi. Sistema cheksiz ko p yechimga ega. = 0 4y 0, demak, y ning qiymatlari ( ;,5] oraliqdan olinadi.

232 Tenglamalari soni o zgaruvchilari soniga teng yoki undan ortiq bo lgan tenglamalar sistemalari ham aniqmas sistema bo lishi mumkin. Masalan, y = 5, y = 5 va y = 5, y = 5, 6 6y = 0 sistemalar cheksiz ko p yechimga egadir. Agar tenglamalar sistemasi simmetrik bo lsa (o zgaruvchilarni o rin almashtirish, bir yoki bir necha o zgaruvchi oldida turgan ishoralarni almashtirishdan sistema tarkibidagi tenglamalar o zgarmasa), uning yechimlar to plami ham simmetrik bo ladi. + y = 4, -misol. y = 0 sistemaning yechimlaridan biri (4; 5). O zgaruvchilarning simmetriyasiga ko ra (5; 4) ham sistemani qanoatlantiradi. O zgaruvchilar ishoralari almashtirilsa, tenglamalar o zgarmaydi. Demak, ( 4; 5) va ( 5; 4) ham yechim. Javob: {(4; 5), (5; 4), ( 4; 5), ( 5; 4)}. f (, y) = 0 va f (, y) = 0 tenglamalar berilgan bo lsin, ularning kamida bittasini qanoatlantiradigan barcha (; y) juftlarni topish masalasi qo yilgan bo lsin. Bunday holda f (, y) = 0 va f (, y) = 0 tenglamalardan tuzilgan tenglamalar majmuasi berilgan deyiladi. Tenglamalar majmuasi tenglamalar sistemasidan farqli ravishda f(, y) = 0, f(, y) = 0 yoki f (, y) = 0, f (, y) = 0 ko rinishda yoziladi. Majmua tenglamalardan aqalli birini qanoatlantiruvchi (a; b) sonlar juftlarini topish talab qilinayotganini anglatadi. Agar har qaysi tenglama biror chiziqni bersa, majmua shu chiziqlar birlashmasini, ularning f(, y) = 0, f(, y) = 0 sistemasi shu chiziqlarning kesishmasini (umuwww.ziyouz.com kutubonasi

233 miy qismini) beradi, f(, y) = 0, ϕ (, y) = 0;... fn(, y) = 0, ϕ n(, y) = 0 majmua barcha fk (, y) = 0, k n sistemalarni yechish va yechimlarini ϕ k (, y) = 0, birlashtirish kerakligini anglatadi. 4-misol. majmuasini yeching. + y =, y = ; + y = y = 0, tenglamalar sistemalari Yechish. Birinchi sistema yechimi {(; ), (; )}, ikkinchisiniki {(; ), (; ), ( ; ), ( ; )}. Javob: {(; ), (; ), (; ), (; ), ( ; ), ( ; )}. Agar chiziqli tenglamalar sistemasida ozod hadlardan aqalli biri noldan farqli bo lsa, u bir jinsli bo lmagan tenglamalar sistemasi, ozod hadlarning hammasi nolga teng bo lsa, bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi deyiladi. Mashqlar Tenglamalar sistemalari majmualarini yeching: y =, y = ; y = 8, + y = = y, y = y; + = y y =. 5,

234 y z + u = 0, + y z + u = 0; 4 y + z u = 0, 5 + y 4z + u = y = 5, y =, + y = 5 sistemaning noo rindosh ekanini isbot qiling Sistemalar bitta yechimi bilan berilgan. Sistemalarning simmetrikligidan foydalanib, ularning qolgan yechimlarini toping: 4 4 a) + y + y = = 8, 4, (; ); b) y 9 + =, y =, y 6 (; ). + y =, d) (; ) ; e) + y = 7, + y = + = 5 y 6 5,, (; ) ; 4 f) = y 7, 4 + y = 5; + y = 5, y = 75. (; ), (; ).. Tenglamalar sistemalarining geometrik ma nosi. Har qanday f uzluksiz funksiyaga Γ chiziq uning grafigi mos keladi. Lekin har qanday chiziq ham biror funksiyaning grafigi bo lavermaydi. Masalan, markazi koordinatalar boshida bo lgan R radiusli aylana hech bir funksiyaning grafigi bo la olmaydi, chunki aylanada ayni bir abssissali ikkita ( ; R ) va ( ; R ) nuqta mavjud. Bu esa ning har bir joiz qiymatiga

235 y ning ikkita + ko rsatadi. R, R qiymati to g ri kelishini y =+ R va y = R funksiyalarning grafiklari markazi koordinatalar boshida bo lgan R radiusli aylanani hosil qiladi. Bu aylananing tenglamasi + y = R dan iborat. Markazi A(a; b) nuqtada bo lgan R radiusli aylanani qaraymiz. Uning itiyoriy M(; y) nuqtasidan A markazgacha bo lgan masofa ham R ga, ham ( a) + ( y b) ga teng. Shuning uchun, ( a) + ( y b) = R. Bu tenglikdan, aylana tenglamasi + = () ( a) ( y b) R ni hosil qilamiz. () tenglama markazi A(a; b) nuqtada bo lgan R radiusli aylananing kanonik (sodda) tenglamasi deyiladi. Bu tenglamani quyidagi ko rinishda ham yozish mumkin: Bu yerda, + y a by = C. () C = R a b. -misol. Markazi M( ; ) va radiusi R = 8 bo lgan aylananing tenglamasini tuzing. Yechish. () yoki () formula bo yicha: ( + ) + (y ) = 64 yoki + y + 4 6y 5 = 0. ( a) + (y b) = 0 tenglama «nol radiusli» aylanani, ya ni A(a; b) nuqtani ifodalaydi. Har biri biror chiziqning tenglamasi bo lgan tenglamalar sistemasini yechish, geometrik jihatdan, shu tenglamalar ifodalagan chiziqlarning kesishish nuqtalarini topishni anglatadi. tenglamalar sis- + -misol. + 7 y 4 y = 0,5 + temasini qaraymiz. = 85 6, 5

236 Birinchi tenglama markazi 7 ; nuqtada bo lgan 85 R = 4 6 radiusli aylananing, ikkinchi tenglama esa to g ri chiziq tenglamasidir. Bu sistemani yechish, geometrik jihatdan, eslatilgan chiziqlar kesishish nuqtalarini topish demakdir. Chiziqlar A(0; ), B( 4; 0) nuqtalarda kesishadi. Shuning uchun berilgan sistema (0; ), ( 4; 0) yechimlarga ega. Tekislikning koordinatalari f (; y) ϕ(; y) = 0 tenglamani qanoatlantiruvchi barcha (; y) nuqtalarining geometrik o rni tekislikning koordinatalari f (; y) = 0 yoki ϕ(; y) = 0 tenglamani qanoatlantiruvchi barcha (; y) nuqtalaridan tashkil topadi. -misol. Tenglamasi ( 8)(y + 9) = 0 bo lgan geometrik 8 = 0, o rinni toping. Buning uchun tenglamalar majmuasi- y + 9 = 0 dan foydalanamiz. 8 = 0 tenglamaning yechimi = 8 dan, y + 9 = 0 ning yechimi y = 9 dan iborat. Geometrik jihatdan majmua A(8; 0) nuqtadan o tuvchi va Oy o qqa parallel bo lgan = 8 to g ri chiziq hamda B(0; 9) nuqtadan o tuvchi va O o qiga parallel bo lgan y = 9 to g ri chiziqlarga tegishli nuqtalar to plamini ifodalaydi. 6 Mashqlar a) Shunday tenglamani tuzingki, uni faqat uchta A(; ), B( ; ), C(0; 0) nuqtalar qanoatlantiradigan bo lsin; b) aylananing markazini va radiusini toping: ) + y + 6 4y = ; ) + y 0 y + = 0; ) + y + 6y = 4; 4) + y = 0; d) markazi A(a; b) va radiusi R bo lgan aylananing tenglamasini tuzing: ) a =, b =, R = 4; ) a = 5, b = 4, R = 8.

237 . Tenglamalar sistemasini grafik usulda yechish. Geometrik f (, y) = 0, jihatdan ikki o zgaruvchili tenglamalar sistemasini ϕ(, y) = 0 yechish f (; y) = 0 va ϕ(; y) = 0 tenglamalar bilan berilgan Γ va Γ chiziqlarning kesishish nuqtalari koordinatalarini izlashdan iborat. Grafik usuldan yechimni taqribiy baholashda foydalaniladi. Chizmalar mumkin qadar aniq chizilishi kerak. Millimetrli qog ozlardan foydalangan ma qul. -misol. + 6 y + y = = 9, tenglamalar sistemasini grafik usulda yeching. Yechish. Birinchi tenglama y = , ya ni y = ( + ) parabolani (Γ ni), ikkinchi tenglama esa y = + to g ri chiziqni (Γ ni) beradi (5-rasm). Bu chiziqlar A( 7; 6) va B( ; 4) nuqtalarda kesishadi. Sistemaning yechimi: y = 7, = 6 va y =, = 4. Y Y A 6 y = 5 A y = 5 7 B 4 O X O 5 X 5- rasm. 6- rasm. 7

238 Y 5 4 D C A y = B Y 4 O 4 5 X = 7-rasm. 4 O X () 8-rasm. y = 4 + 8, -misol. 6- rasmda tenglamalar sistemasini grafik yechish tasvirlangan. y = to g ri chiziq A(; 5) y = nuqtada y = = ( ) + 4 parabolaga urinadi. Demak, sistema yagona yechimga ega: =, y = misol. = + y 4 8, sistemani grafik usulda yeching. y = 5 Yechish. Yechim 6- rasmda tasvirlangan. y = parabola va y = 5 to g ri chiziq kesishmaydi. Sistema yechimga ega emas. + y y + = , 4-misol. tenglamalar sistemasini grafik usulda y + y + = 0 yeching. Yechish. Birinchi tenglamani ( ) + (y ) = 4 ko rinishga keltiramiz. Uning grafigi markazi D(; ) nuqtada bo lgan R = radiusli aylanadan iborat. Ikkinchi tenglama chap qismini ko paytuvchilarga ajratish bilan ( )( y ) = 0 tenglamaga keladi. Uning grafigi = va y = tenglamalar bilan aniqlangan to g ri chiziqlar birlashmasidan iborat.

239 Ayni bir koordinatalar tekisligida yuqorida aytilgan aylanani va to g ri chiziqlarni yasaymiz (7-rasm). Ular A(; ), B(4; ) va C(; 5) nuqtalarda kesishadi. Demak, berilgan sistema uchta yechimga ega: (; ), (4; ), (; 5). Mashqlar Quyidagi tenglamalar sistemalarini grafik usulda yeching, topilgan javoblarni o rniga qo yish usuli bilan tekshiring: a) y = y 4, = + 0; b) 4 9y = 4, y + 6y = 0; d) y + y = ; =, e) + 6 y = 4, + 4y = ; f) + y = 8, + ( y 9) = 5; g) ( y ) + y = 4. =, rasmda tasvirlangan () to g ri chiziq koordinata o qlarini = 4 va y = 4 nuqtalarda kesadi, aylana O o qqa = nuqtada urinadi. Ularning tenglamalarini tuzing va kesishish nuqtalari koordinatalarini toping. 4. Teng kuchli sistemalar. Ko paytuvchilarga ajratish usuli. = a, Tenglamalar sistemalarini yechishda ularni ko rinishdagi y = b eng oddiy tenglamalar sistemasiga yoki sistemalar majmuasiga kelguncha teng kuchli sistemalar bilan almashtiriladi. Agar ikki tenglamalar sistemasi bir il yechimga ega bo lsa, ular teng kuchli sistemalar deyiladi. Agar ularning X va X yechimlari har il, lekin bu yechimlarning biror Y to plam bilan kesishmalari bir il bo lsa, ular Y to plamda teng kuchli bo lgan sistemalar deyiladi. Har qanday ikki noo rindosh sistema ham o zaro teng kuchlidir, chunki ularning ikkalasi ham bo sh to plamdan iborat yechimga ega. Odatda teng kuchlilik belgi orqali belgilanadi. 9

240 Tenglamalar sistemalarini yechishda bir o zgaruvchili tenglamalarni yechishdagi kabi ko paytuvchilarga ajratish ham qo llaniladi. Bu usul quyidagi teoremaga asoslanadi: Teorema. Biror X to plamda aniqlangan f (; y),..., f n (; y) funksiyalar qatnashgan f y f y (, )... n(, ) = 0, ϕ ( y, ) = 0 () tenglamalar sistemasi shu to plamda 40 f( y, ) = 0, ϕ ( y, ) = 0; fn(, y) = 0,...; ϕ (, y) = 0 tenglamalar sistemalari majmuasiga teng kuchlidir. Isbot. (a; b) sonlar jufti () sistemani qanoatlantirsin. U holda ko payuvchilar orasida hech bo lmaganda bittasi nolga teng bo lishi kerak, f k (a, b) = 0, k n. Shunga ko ra, (a; b) juft fk ( y, ) = 0, tenglamalar sistemasini, demak, () tenglamalar ϕ ( y, ) = 0 sistemalari majmuasini ham qanoatlantiradi. Aksincha, agar (a; b) sonlar jufti () majmuani qanoatlantirsa, u holda shunday fk ( y, ) = 0, k ko paytuvchi mavjud bo ladiki, unda bu sonlar jufti ϕ ( y, ) = 0, k n, sistemani ham qanoatlantiradi, ya ni f k (a, b) = 0, ϕ(a; b) = 0 bo ladi. Barcha f k funksiyalar X to plamda aniqlanganligidan, ular M(a, b) nuqtada ham aniqlangandir va shuning uchun f... f n ko paytma ham nolga aylanadi. Demak, (a; b) juft () sistemani qanoatlantiradi. -misol. ( sistemani yeching. + y y = 6 )( + y 7) = 0, () ()

241 Yechish. () + y = y = 6; + y 7 = 0, y = 6 0, { } (; ), (; ), ( ; ), ( ; ) ; { (; 6), (6; ) }. Javob: {(; ), (; ), ( ; ), ( ; ), (; 6), (6; )} yoki y =, = ; y =, = ; y =, = ; y 4 4 =, = ; y 5 5 = =, 6; y 6 6 = 6, =. Agar sistema f( y, )... fn( y, ) = 0, ϕ( y, )... ϕ n = 0 ko rinishda berilsa, fk( y, ) = 0, uni yechish sistemalar majmuasini yechishga ϕ ( y ; ) = 0 keladi, k n, l m. Ushbu f (, y) = 0, g( ; y) = 0 sistemada f va g ko phadlardan biri, masalan, f (; y) va y ga nisbatan bir jinsli bo lsin va uning barcha hadlari k ga bo linsin. U holda k umumiy ko paytuvchi qavsdan tashqariga chiqariladi, ko phad f(, y) = k f (, y) ko paytma ko rinishiga keladi va berilgan sistemani yechish masalasi k = 0, g( y ; ) = 0; f( y, ) = 0, g( y ; ) = 0 majmuani yechishga keladi. -misol. yeching. + y y = 0, + y = 9 tenglamalar sistemasini 6 Algebra, I qism 4

242 Yechish. Sistemaning birinchi tenglamasi bir jinsli, chap qismi ga bo linadi. ni qavsdan tashqariga chiqaramiz. Masala ushbu majmuani yechishga keladi: = 0, + y = 9; + y y = 0, + y = 9. Birinchi sistema = 0, 9 y = sistemaga teng kuchli, undan = 0, y = yoki = 0, sistema yechimi: (; ), ( ; ). y = ni topamiz. Ikkinchi Ikkala sistema yechimlari majmuasi 0; ; 0; ;(; ); (; ) berilgan sistema yechimini beradi. Mashqlar Sistemalarni teng kuchlilikka tekshiring va ularni yeching: a) + y = 7, 4 = va ( + y)( + y ) = 7( + y ), ( 4)( y) = y; b) + y = 7, 4 = va =, + y + y 4 = ; y y d) + = y = 0 +, va = 4, y = ; 4 e) = y, y = va 4 = y, 4 y =.

243 5. Tenglamalar sistemasini algebraik qo shish usuli yordamida yechish. Bu usul bizga tanish. Uning asosida ushbu teorema yotadi. Teorema. (a; b) sonlar juftlarida aniqlangan y(; y), f (; y), j(; y) funksiyalarning sistemasi sistemaga teng kuchlidir. f ( ; y) = 0, ϕ( ; y) = 0 f ( ; y) = 0, ϕ( ; y) + ψ( ; y) f ( ; y) = 0 Isbot. Agar (a; b) sonlar jufti () sistemani qanoatlantirsa, ya ni f(a; b) = 0, ϕ(a; b) = 0 bo lsa, ψ(a; b) f(a; b) = 0 bo ladi, bundan ϕ(a; b) + ψ(a; b) f(a; b) = 0 kelib chiqadi. Demak, (a; b) juft () tenglamalar sistemasini qanoatlantiradi. Aksincha, (a; b) sonlar jufti () sistemani qanoatlantirsa, ya ni f(a; b) = 0, ϕ(a; b) + +ψ(a; b) f(a; b) = 0 bo lsa, ϕ(a; b) = 0 tenglik ham to g ri bo ladi. Shunga ko ra (a; b) juft () sistemani qanoatlantiradi. Teorema isbot qilindi. + y + y = () tenglamalar sistema- 7, Misol. + 6y + 4y = sini yechamiz. () () Yechish. Ikkinchi tenglamani ga bo lib, birinchi tenglamaga hadlab qo shamiz va almashtirishlarni bajaramiz: () + y + y = 7, y + y = + y + y = 7, y = 6 + ( ) + ( ) = 7, y = 4

244 4 + 7 = 0, y =. Bundan ( ; ), ; yechimlarni hosil qilamiz. 4 4 Mashqlar Sistemalarni yeching: a) + y + y = 7, + y + y = ; b) + = y, y y =. 6. Noma lumlarni chiqarish usuli. Gauss usuli. Bu usul asosida tenglamalar sistemasi yoki majmuasini ayniy almashtirishlar bilan o zgaruvchilar soni bitta kam bo lgan teng kuchli tenglamalar sistemasi yoki majmuasiga keltirish haqidagi fikr yotadi: y = f ( ), y = f ( ), Masala ϕ(; f ()) = 0 tenglamadan ni aniqlash, so ng y = f () bo yicha y ni topish bilan ϕ( ; y) = 0; ϕ( ; f ( )) = 0. hal bo ladi. f ( ) = 0, ko rinishdagi sistemani yechish uchun, oldin ϕ( ; y) = 0 tenglamalardan biri o zgaruvchilardan biriga nisbatan yechiladi. -misol. y = 8, tenglamalar sistemasini yeching. + y = 0 44 Yechish. Birinchi tenglamadan y 8 = ni topib, ikkinchi 64 tenglamaga qo ysak: + = 0 yoki soddalashtirishlardan so ng = 0 bikvadrat tenglama olinadi. Uning ildizlari: =, = 4, =, 4 = 4. Bu ildizlarga y = 4, y =, y = 4, y 4 = mos keladi. -misol. Uch noma lumli ikki tenglamadan iborat + y = 6, y z = 9 () sistemani yeching.

245 y = 6, Yechish. () y = 9 + z y = 6, (6 ) 9 y = 6, y= 6, { =, y =, z = 0}. ( ) = 0 y = 6, y 9 y = 6, ( ) 0 Chiziqli tenglamalar sistemasini yechishda, ususan, tenglamalar soni ko p bo lgan holda, Gaussning noma lumlarni ketmaket chiqarish usulidan foydalanish ma qul (Karl Fridri Gauss ( ), buyuk nemis matematigi). Usulning mohiyatini misol yordamida tushuntiramiz. -misol. yeching. + 7y 4z =, 5 + 0y z = 7, 4 6y + z = sistemani Gauss usuli bilan Yechish. -qadam: a) birinchi tenglamadagi o zgaruvchi oldidagi koeffitsiyentni ga aylantiramiz. Buning uchun shu tenglamani ga bo lamiz. Natijada tenglama () ko rinishni oladi; 7 + y z = b) sistemaning ikkinchi tenglamasidan beshga ko paytirilgan () tenglamani, uchinchi tenglamasidan esa 4 ga ko paytirilgan () tenglamani ayirsak, ushbu sistema hosil bo ladi: 7 + y z = 5 5 y 9z =, 0y 9z = 8. Bu sistemaning ikkinchi va uchinchi tenglamalarida o zgaruvchi qatnashmaydi., () 45

246 -qadam: a) () sistema ikkinchi tenglamasini 5/ ga bo lsak, bosh koeffitsiyenti ga aylanadi, so ng tenglamani 0 ga ko paytirib, uchinchi tenglamadan ayiramiz. Uchinchi tenglamadan y o zgaruvchi chiqarilgan bo ladi va sistema uchburchaksimon shaklga keladi: 7 + y z =, 6 7 y z =, 5 5 5z = 0. (4) b) teskari qadam: (4) sistemaning uchinchi tenglamasidan z = topiladi, bu qiymat ikkinchi tenglamaga qo yilib, y =, so ng z =, y = lar birinchi tenglamaga qo yilib, = topiladi. Javob: (; ; ). Albatta, () sistemaning ikkinchi va uchinchi tenglamalarida z ning koeffitsiyentlari bir il ekanidan foydalanib, ularning biridan ikkinchisini ayirish ham mumkin edi. Gauss usuli qo llanilishi jarayonida 0 = 5 yoki o zgaruvchilarning izlanayotgan qiymatlari musbat bo lish sharti qo yilgan holda 5 + 4y = kabi zid ma noli ifodalar hosil bo lsa, sistema noo rindosh bo ladi. Shuningdek, natija trapetsiyasimon sistemani hosil qilish bilan tugasa, sistema cheksiz ko p yechimga ega bo ladi. 4-misol. + y z =, + y z =, y z =, y + z = 7, y z = 4 y + z = 7 z = y + z, = 7 y, z = 0 4y, = 7 y. Yechim cheksiz ko p. Masalan, y = 0 bo lsa, z = 7, = 0 bo ladi. Javob: {(0 4y; y; 7 y) y R}. 46

247 47 Mashqlar Sistemalarni yeching: a) = + = + = + ; 6 4 7, 0 5 7, 4 z y z y z y b) = + = + = + ; 8 6 8, 4 7, 5 4 z y z y z y d) = + = + + = + 9; , 4 6, 5 y z y z e) = + = + = + + 4; 4, 6, z y z y z y f) = + + = + + = + + = + + 5; 0, 7, 4, t z t z y t y z y g) = + + = + + = + + = ; 4, 5 8, 6 7, t z y t z y t z y t z y h) = + = + = + + 0,9;,7 5, 4,,8,,9,8,6,,,4,4,8 z y z y z y i) = + = + + = ,, t z y t z y t z y 7. O zgaruvchilarni almashtirish usuli. Tenglamalarni yechishda bu usuldan foydalanganmiz. Usul qo llanilganda berilgan sistemadagi ayrim ifodalar yangi o zgaruvchilar sifatida qabul qilinadi. Natijada sistema nisbatan sodda sistemaga keladi. Yangi sistema yechilgach, tanlangan ifodalarning qiymatlari, so ng ular bo yicha oldingi o zgaruvchilarning izlanayotgan qiymatlari topiladi. Xususan, bu almashtirishlar simmetrik tenglamalar sistemalariga nisbatan bajariladi.

248 -misol. Ushbu sistemani yeching: y + y = 0, y + + y = 7. () Yechish. Birinchi tenglamada y ni qavsdan tashqariga chiqarsak, y( + y ) = 0 tenglama hosil bo ladi. y = u, + y = v almashtirish kiritamiz. Berilgan sistemaga nisbatan sodda sistema hosil bo ladi: uv = 0, u + v = 7. Bu sistemaning yechimi: (u = ; v = 5), (u = 5; v = ). y =, y = 5, () sistema (), + y = 5 + y = sistemalari majmuasiga keladi: () tenglamalar + y y =, ( y) =, () + y + y = 9 ( + y) = 9 y =, + y = ; y, = + y = ; {(; ), ( ; ), (; ), ( ; )}. y =, + y = ; y, = + y =. = ( y), (). ( + y) = Bu sistema no o rindosh. 48

249 -misol. + y + y = 9, + y + y = 7 tenglamalar sistemasini yeching. Yechish. Tenglamalarning chap qismi va y ga nisbatan simmetrik. u = + y, v = y o zgaruvchilarni kiritamiz, + y + + y = ( + y) y = u v, + y + y = u + v. Sistema u v = 9, u + v = 7 ko rinishga keladi. Bu tenglamalarni qo shsak, u + u 56 = 0 kvadrat tenglama hosil bo ladi. Undan u = 7 yoki u = 8 topiladi. Sistemaning ikkinchi tenglamasidan v = 0 yoki v = 5 olinadi. Natijada berilgan tenglamalar sistemasi ikki sistema majmuasiga + y = 7, + y = 8, keladi: Birinchi sistemani yechib, y = 0; y = 5. javobni olamiz: {(; 5), (5; )}. Ikkinchi sistema yechimga ega emas. Mashqlar Sistemani o rniga qo yish usuli bilan yeching: a) y = 5, + y = 5; b) y =, + 4y = 5; d) + y = 5, + y = 0; f) y 4 y = 6, = 9 0 ; y = 5, e) 9y = ; 5 y =, g) y = ; h) 4 0, y =, 7 0 0y = 40 7 ; i) 0 4, y =, 07, 7y = 4. 49

250 6.8. Sistemani algebraik qo shish usulida yeching: a) y =, b) + y =, 4 + y = 6; y = ; d) + y = 7, 4 6y = 4; + y =, e) + y = ; 8 + y = f) + 4y = , ;, + g), Sistemani Gauss usuli bilan yeching: + y + z =, a) + y z = 7, + y + 5z = 0; y =, y =. + y z =, b) y + 4z = 9, + y + z = ; y + z =, d) + y + 4z = 5, y z = 7; + y + z =, f) + y z =, + 4y + 5z = 6; 6.8. Sistemani yeching: y z =, e) 4 + 5y z = 6, + y z = ; y + z =, g) 5 + y + z = 4, + 4y z = 9. y =, + y = ; a) b) y y =, + y = ; y =, d) 5 y = ; y + = 0, e) 5y + y = 6; 50 f) + y = 4, y + y = 6; g) y =, 4 y = 7.

251 6.84. Sistemani yeching: a) + y = 5, y = 6; e) y = 5, y = 6; Sistemani yeching: b) + y =, y + 4 = 0; f) y = 9, y = 0; d) + y = 7, y = ; g) y = 0, y =. a) y 9 y =, = ; b) 8 + 7y = 56, + y 4y = 0; d) + y =, + y + y = ; Sistemani yeching: a) + y y = 8; = 0, e) y =, y + y + y = 0. g) y y =, y = 8; b) + y = 68, y = 6; d) ( + y) = 9, y( + y) = 6; e) + y = 5, y + y = 0; h) + y = 5 y, y( + y) = 0; i) 5( + y) + y = 9, 5y + 5( + y) = 75; j) 5( + y) + y = 9, y + + y = 5; f) y = 8, y y = ; Sistemani yeching: a) + y + y = 5, + y + y = 7; k) 4 + y y ( y) y = y. b) y y + y = 6; = 7, = 7, 5

252 d) y + y =, y y + 5 = 0; e) y + y = 0, y y + + 7y + = 0; f) y + y + 4y 7 = 0, y + y y + = 0; g) y + y 4 y + = 0, y + y 4y + 6 = 0; h) + y + y 5 = 0, y y 5 = 0; i) + y + y =, ( + y) y = Sistemani yeching: a) y + y =, y y = 0; d) + y + = 0, y + y + y = 0; b) y + y =, y y = ; e) + y + y = 7, + y + y = Sistemani yeching: a) + y = 5, + y = 5; 4 4 b) + y y = ; = 8, d) y =, y = 7; e) + y = 7, y = 8; 5

253 f) + y = 7, y( + y) = ; g) ( + y ) y = y = 97; 78, h) y + y = 8, + y = ; Sistemani yeching: + y = z =, a) + y + z = 9, y = z; d) + y + z = y + + y + z = ; yz i) + y = 9, y = 5. y =, + y z b) =, + z yz = ; y + z + z, e) + y + z = 0, + y + z =, + y + z = 0; f) + y + z =, + y + z =, y + z = ; y =, g) yz =, z = Sistemani yeching: a) u + v = 7, u v = ; b) y = = 0, y = 0; d) u v =, u v = ; e) + y = y = ; 0, f) + y =, 5y + 7 = ; g) y + = 0, y + = 0. 5

254 8. Determinant haqida tushuncha. Chiziqli tenglamalar sistemasini determinantlar yordamida yechish. Determinant matematikaning muhim tushunchalaridan biri, biror qoida yoki qonuniyat bo yicha tuzilgan ko paytmalarning algebraik yig indisidan iborat. Lotincha: determinans (determinants) aniqlovchi. Masalan, a + b y = c a + b y = c 54, chiziqli tenglamalar sistemasini yechish talab qilinsin. Birinchi tenglamani b ga, ikkinchisini b ga ko paytirib, cb cb ab ab hadma-had qo shamiz. Natijada: =. Shu kabi birinchi tenglamani a ga, ikkinchisini a ga ko paytirib, hadma-had ca ca ab ab qo shsak: y =. Sistemada noma lumlar koeffitsiyentlarini ularning yozilish tartibi bo yicha parallel chiziqchalar yordamida kvadrat shaklda a b a b ko rinishda yozsak, determinant hosil bo ladi. Uni D orqali belgilaylik. a, a, b, b sonlari determinant elementlari. Ular ikki satr va ikki ustunda joylashgan. Shunga ko ra determinant ikkinchi tartibli (n = ) deb ataladi. Uning qiymatini topish uchun kvadratning a b diagonalida joylashgan elementlari ko paytmasidan b a diagonal elementlari ko paytmasini ayirish kerak. Koeffitsiyentlar va ozod hadlardan tuzilgan determinantlar ham shu kabi hisoblanadi: a b D = = ab ba a b c b a c D = = cb bc, D = = ac ca. c b a c y D = a b b a soni sistemaning asosiy determinanti, D = = c b b c va D y = a c c a sonlari esa sistemaning yordamchi determinantlari deyiladi. D determinant D da koeffitsiyentlari ustunini va D y determinant D da y koeffitsiyentlari ustunini ozod hadlar ustuniga almashtirish orqali hosil qilinadi.,

255 Agar D = 0 bo lib, D va D y lardan kamida bittasi noldan farqlibo lsa,sistemayechimgaegabo lmaydi.agar D = D = D y = = 0 bo lsa, sistema cheksiz ko p yechimga ega bo ladi. Agar D 0 bo lsa, berilgan sistema yagona (; y) yechimga ega bo ladi va bu yechim quyidagi formulalar bo yicha topiladi: D D y =, y =. () () formulalar Kramer formulalari deyiladi. D D -misol. + 6y =, y = 5 sistemani yeching. Yechish: D = 6 = ( ) ( ) 6 =, D 6 = = 0 =, 5 D y = 5 6 ; 5 = = = =, y = =. Bu usul uch va undan ortiq noma lumli sistemalarni yechishda ham qo llaniladi. Masalan, a + by + cz = d, a + by + cz = d, a + by + cz = d sistemaning asosiy determinanti kvadrat shaklida, uchinchi (n = ) tartibli, ya ni uch satr va uch ustunga ega. Hisoblash yo lini tushuntirish maqsadida uni quyidagi ko rinishda yozamiz: a b c a b D = a b c a b a b c a b Strelkalar elementlarni ko paytirish tartibini ko rsatadi. Bunda chap-yuqoridan o ng-u pastga yo nalishdagi ko paytmalar qo shilib, o ng yuqoridan chap-u pastga yo nalishdagi ko paytmalar yig indisidan ayiriladi: D = a b c + b c a + c a b b a c a c b c b a. n = holidagidek, D determinant D da a lar 55

256 ustunini, D y determinant b lar ustunini, D z determinant esa c lar ustunini d lar (ozod hadlar) ustuni bilan almashtirishdan hosil qilinadi: d b c a d c a b d D = d b c, Dy = a d c, Dz = a b d. d b c a d c a b d 56 Natijada ushbu formulalar hosil bo ladi: D D =, y =, z = D y D D z D. Determinantning ayrim ossalari: ) agar determinantning ustunlari satrlari bilan (va teskaricha) almashtirilsa, determinantning qiymati o zgarmaydi. Masalan, = =, = = ; ) agar ikki satr (yoki ustun) elementlari bir il yoki o zaro proporsional, yoki biri ikkinchisining chiziqli kombinatsiyasidan iborat bo lsa, bu determinant nolga teng bo ladi. Masalan, = = ; ) biror satr (ustun) elementlarining umumiy ko paytuvchisini determinant belgisidan tashqariga chiqarish mumkin. Masalan, 5 = 4 5 = 4 ( 5 ) = 4 = 4; 4 8 4) bir satr elementlarini biror doimiy songa ko paytirilib, ikkinchi satr elementlariga birma-bir qo shilsa (... dan ayirilsa) determinant qiymati o zgarmaydi. Masalan, 5 5 ( ) = 4 5 = = ; 5) agar n-tartibli (bu yerda n {; }) determinantning biror k-satr elementlari m ta qo shiluvchining yig indisidan iborat bo lsa, determinantni m ta n-tartibli determinant yig indisi ko rinishiga

257 keltirish mumkin, bunda k- satr elementlari alohida qo shiluvchilardan iborat bo ladi. a b c a b c a b c p + q p + q p + q = p p p + q q q. a b c a b c a b c Masalan, 4 7 = 4 + = (5 4) + ( 5 ) = = + =. + 7y 4z =, -misol y z = 7, 4 6y + z = yeching. tenglamalar sistemasini Yechish. 7 4 D = 5 0 = (-satrni -satrga qo shamiz) = (-satrni 4 ga ko paytirib, -satrga qo shamiz) = ( 7) ( 6) ( 7) ( 6) = 5; D = 7 0 = = ( 7) ( 6) 0 4 ( 7) ( 6) = = 5. = = =. Shu kabi, D y = 5, D z = 450 va y =, z = ni aniqlaymiz. D D 7 Algebra, I qism 57

258 Mashqlar 6.9. Determinantlarni hisoblang: a) d) ; b) 0 ; ; e) ; f) ; g) 0 0 h) a a a + a ; i) a ning qanday qiymatlarida determinantning satrlari proporsional bo ladi: a) a ; b) a ; d) a a ; e) a? Tenglamani yeching: ; a) a 0 a = ; b) a a a = 0 ; d) a a + a a = Determinantlarni hisoblang: a) 5 4 ; b) ; d) a a a ; e) a a b 0 b 0 b 0 b ; f) a a 0 a ; g) a a a a a a a a a a a. 58

259 6.96. Tenglamani yeching: a) 0 = 0; b) 0 = 0 ; d) 0 4 = ; e) = Hisoblang: a) 5, bunda =,(7); b),(7) 0 +,(), bunda =,(7) Determinantlarni hisoblang: a) ; b) ; d) ; e) ; f) 7 ; g) Tenglamani yeching: 0 a) + 0 = 0; b) 0 0 = 6 ; 4 4 d) = ; e) 4 6 =. 59

260 Sistemaning asosiy determinantini hisoblang: a) + 4y = 7, b), 4y =, 5y = ; 5y = 7; d) a y =, e) a by =, 5 + y = ; 4y = Sistemaning yordamchi determinantlarini hisoblang: a) y =, y 7 = 0; b),7 y =, 4 4, y = ; d) 5y =, e) 4 y = 5, 4 + y = 5; 6 7y = Sistemani Kramer formulalaridan foydalanib yeching: a) + y = 4, b) + y = 5, + 8y = ; 0 y = 9; d) y =, + y = ; f) y = 0, 4 8y = 5; h) + y =, 6y = ; e) y = 6, + y = ; g) y =, 0,5 y = ; i) y y = = ;, j) y =, y = ; l) y =, 4 6y = ; k) 5y = 0, 5 + 5y = m) 7 y = 6,,5 y = 8. 0; y 4 + 7y = 7, = 8 sistema berilgan: 60

261 ) sistemaning har bir tenglamasi nechta yechimga ega? ) sistema nechta yechimga ega? Sistemani Kramer formulalari yordamida yeching: + + = 0, a) 4 = 0, = 0; 4y + z =, b) y + 4z =, y + 5z = ; + y + z =, d) + y z =, + y + z = 0; + y + z = 4, e) + 4y + 6z =, + y z = ; y + z f) + 5y 4z 4 + y z = 0, + 5 = 0, = 4; 7 + y + z =, g) + y + z =, 0 + y + 8z = = a ay a, sistema (; ) dan iborat yagona b + ( by ) = + a yechimga ega. a va b larni toping a va b larning quyidagi sistema cheksiz ko p yechimga ega bo ladigan barcha qiymatlarini toping: = a by a b, b by = + 4 a a ning qanday qiymatlarida a 4y = a +, + ( a + 6) y = a + sistema yechimga ega bo lmaydi? a ning qanday qiymatlarida ay = a +, ( a + ) + ay = a + 4 sistema cheksiz ko p yechimga ega bo ladi? 6

262 Sistemani yeching: a) 5 + y + z = 5 + y + z = d) 4 + 5z = 6, y 6z = ; 7, 4; 5 y = 7, b) + 9y = 4, + y = ; e) + y =, y z =. + ( a ) y = a 4, a ning sistema yagona yechimga + = ay + ega bo ladigan barcha qiymatlarini toping. Sistemaning yechimini toping a ning a + ( a ) y = + 4a, sistema yagona yechimga + y = a 5 6 ega bo ladigan barcha qiymatlarini toping. Sistemaning yechimini toping. 5-. Tenglamalar tuzishga doir masalalar -masala. Ikki ishchi birga ishlab smena davomida 7 ta detal tayyorladi. Ishlab chiqarish unumdorligini birinchi ishchi 5% ga, ikkinchi ishchi esa 5% ga oshirgach, ular smena davomida birgalikda 86 ta detal tayyorlay boshlashdi. Mehnat unumdorligi oshgach, har bir ishchi smena davomida nechtadan detal tayyorlagan? Yechish. Mehnat unumdorligini oshirgunga qadar birinchi ishchi smena mobaynida ta detal, ikkinchi ishchi esa y ta detal tayyorlagan bo lsin. U holda mehnat unumdorligi oshgandan so ng, birinchi ishchi + 0,5 ta detal, ikkinchi ishchi esa y + 0,5y ta detal tayyorlay boshlagan. Quyidagi sistemaga egamiz: + y = 7, Bundan,5 +,5y = 86. = 40, y = larni topamiz. Mehnat unumdorligi oshgach, birinchi

263 ishchi smena mobaynida,5 =,5 40 = 46 ta, ikkinchi ishchi esa,5y =,5 = 40 ta detal tayyorlagan. Javob: 46 ta va 40 ta. -masala. Ikki sonning yug indisi 60 ga, nisbati esa 4 ga teng. Shu sonlarni toping. Yechish. va y izlangan sonlar bo lib, > y bo lsin. Quyidagi sistemaga egamiz: + y = 60, : y = 4. Bu sistemadan, = 48, y = ni topamiz. Javob: 48 va. -masala. Ikki ishchining ikkinchisi birinchisidan kun keyin ishga tushsa, ular birgalikda bir ishni 7 kunda tamomlay oladilar. Agar bu ishni har qaysi ishchi yolg iz o zi bajarsa, u holda birinchi ishchi ikkinchi ishchiga qaraganda kun ortiq ishlashi kerak bo ladi. Har qaysi ishchining yolg iz o zi bu ishni necha kunda tamomlay oladi? Yechish. Birinchi ishchi yolg iz o zi ishlab ishni kunda, ikkinchi ishchi esa yolg iz o zi ishlab y kunda bajarsin. U holda birinchi ishchi bir kunda ishning qismini, ikkinchi ishchi bir kunda ishning y qismini bajaradi. Birinchi ishchi kun ishlab, ishning = qismini bajargach, ikkinchi ishchi ishlashni boshladi. Ular birgalikda 7 kun ishlagan. Shu 7 kunda ishning 7 + 7y bajarilgan. + = y y 7 + 7y = qismi y tenglamaga ega bo lamiz. Yolg iz o zi ishlagan birinchi ishchi ikkinchisiga qaraganda kun ko p ishlab, ishni tamomlaydi. Demak, = y. 6

264 7 + 7y + y = y =, yechsak, = 7, y = 4 bo ladi. sistemani hosil qilamiz. Bu sistemani Javob: Birinchi ishchi 7 kunda, ikkinchi ishchi 4 kunda. 4-masala. Oltin va kumushdan qilingan ikki il qotishmalarning birinchisida oltin va kumush : nisbatda, ikkinchisida esa : 7 nisbatda ekanligi ma lum. Oltin va kumush 5 : nisbatda bo ladigan yangi qotishma hosil qilish uchun ko rsatilgan metallarni qanday nisbatda olish kerak? + Yechish. Birinchi qotishmaning = 5 + = 5 qismi oltin va qismi kumushdan iborat. Ikkinchi qotishmaning 7 7 = qismi oltin va = qismi esa kumushdir Yangi qotishma hosil qilish uchun olingan birinchi qotishmaning miqdorini bilan va ikkinchi qotishmaning miqdorini y bilan belgilaylik ( va y lar og irlikni ifodalaydi). miqdordagi birinchi qotishmadagi oltinning va kumushning miqdori mos ravishda 5 va qotishmadagi oltinning miqdori esa y 7 ga teng. Yangi qotishmaga 5 ga teng. y miqdordagi ikkinchi 0 y 5 ga, kumushning miqdori + y miqdorda oltin va + y miqdorda kumush kiradi. Shartga ko ra, y y 5 0 = 5. Bu tenglikdan y nisbatni topamiz: 64

265 4 + y 6 + 7y = y = 0 + 5y 4 = y = Javob: Qotishmalarni : 7 nisbatda olish kerak. 5-masala. Mahsulot dastlab 0 % ga arzonlashtirildi. Yangi nar yana 0 % kamaytirilgach, hosil bo lgan keyingi nar yana 5% ga kamaytirildi. Mahsulotning dastlabki nari necha foiz kamaytirildi? Yechish. Mahsulotning dastlabki nari (so m) bo lsin. Bu nar 0 % kamaytirilgach, mahsulotning nari 0,0 = =0,80 (so m) bo ladi. Bu nar 0 % kamaytirilsa, 0,80 0,0½ ½0,80 = 0,7 so mdan iborat bo lgan yangi nar paydo bo ladi. Bu nar 5 % kamaytirilsa, mahsulotning oirgi nari 0,7 0,05 0,7 = 0,684 so m ekanligi kelib chiqadi. Dastlabki nar so m, eng oirgi nar 0,684 so m bo ldi. Mahsulot 0,684 = 0,6 so mga arzonlashtirildi. 0,6 so m so mning necha foizini tashkil etishini topamiz. Proporsiya tuzamiz: kelib chiqadi. Javob:,6 %. 00 0,6 p y. 7 =. Bundan, p =,6 ekani 6-masala. Ikki onali noma lum son raqamlarining yig indisi ga teng. Shu ikki onali noma lum songa 6 soni qo shilsa, noma lum sonning raqamlarini teskari tartibda yozishdan hosil bo ladigan son kelib chiqadi. Noma lum sonni toping. Yechish. Ikki onali noma lum sonning raqamlari, y bo lsin, ya ni egamiz: + y =, y + 6 = y y = 0 + y izlangan son bo lsin. Quyidagiga yoki + y =, Bu sistemadan 0 + y + 6 = 0y +. = 4, y = 8 ekani kelib chiqadi. Demak, izlanayotgan son 48 ekan. Javob:

266 Yuk poyezdi Yo lovchi poyezdi A B 8 km 00 km 9-rasm. 5( + 0) km 7-masala. Yuk poyezdi A shahardan B shaharga qarab jo nadi. Oradan soat o tgach, A shahardan B shaharga qarab, yo lovchi poyezdi yo lga chiqdi va oradan 5 soat o tgach, yuk poyezdidan 00 km o zib ketdi. Agar yo lovchi poyezdining tezligi yuk poyezdining tezligidan 0 km/soat ortiq bo lsa, yuk poyezdining tezligini toping (9-rasm). Yechish. Yuk poyezdining tezligi km/soat bo lsin. U holda yo lovchi poyezdining tezligi ( + 0) km/soat bo ladi. Yo lovchi poyezdi 5 soat yurib, 5( + 0) km masofani bosib o tadi. Yuk poyezdi 8 soatda 8 km masofani bosib o tgan = 5( + 0) tenglamaga ega bo lamiz. Undan = =50 ekani aniqlanadi. Javob: 50 km/soat. 8-masala. A va D nuqtalar orasidagi masofa 75 km. Velosiðedchi A nuqtadan D nuqtaga borishda AB masofani 0 km/soat, BC masofani 0 km/soat, CD masofani 5 km/soat tezlik bilan 7 soatda, qaytishda esa DC masofani 5 km/soat, CB masofani km/soat, BA masofani 0 km/soat tezlik bilan 6 soat 5 minutda o tgan. AB, BC, CD masofalarni toping. Yechish. AB =, BC = y, CD = z bo lsin (0- rasm). Masala tahlilini jadval orqali ifodalaymiz: ) borish: 66 AB BC CD masofa, km y z tezlik, km/soat vaqt, soat /0 y/0 z/5

267 A B y z D 0-rasm. C ) qaytish: DC CB BA masofa, km z y tezlik, km/soat 5 0 vaqt, soat z/5 y/ /0 Tenglamalar sistemasini tuzamiz: + y + z = 75, y z + + = 7, y z + + = y + z = 75, + y + 4z = 40, 6 + 5y + 4z = 400. Bu sistemadan, = 40, y = 0, z = 5 larni topamiz. Javob: AB = 40 km, BC = 0 km, CD = 5 km. Mashqlar 6.4. To g ri to rtburchakning balandligi asosining 75 % iga teng. Agar shu to g ri to rtburchakning yuzi 48 m bo lsa, uning perimetrini toping t sabzavotni tashish uchun ma lum miqdorda yuk ortadigan bir necha mashina so ralgan edi. Garajda tayyor turgan mashinalar bo lmagani uchun, garaj so ralgandan bitta ortiq, lekin 0,5 t kam yuk ortadigan mashinalar yubordi. Yuborilgan mashinalarning har biriga necha tonnadan sabzavot ortilgan? 67

268 6.44. Xo jalik 00 ga yerga ma lum muddatda chigit ekib bo lishi kerak edi, ammo u har kuni rejadagidan 5 ga ortiq chigit ekib, ishni muddatidan kun oldin tugatdi. Chigit ekish necha kunda tugallangan? Tomosha zalida 0 ta o rin bor edi. Har bir qatordagi o rinlar soni 4 ta orttirilib, yana bir qator qo shilgandan so ng 40 ta joy bo ldi. Tomosha zalidagi joylar endi necha qator bo ldi? Kema oqimga qarshi 48 km va oqim bo yicha ham shuncha yo l bosdi, hamma yo lga 5 soat vaqt sarf qildi. Daryo oqimining tezligi 4 km/soat bo lsa, kemaning turg un suvdagi tezligini toping Ikki pristan orasidagi masofa daryo yo li bilan 80 km. Kema shu pristanlarning biridan ikkinchisiga borib-kelish uchun 8 soat 0 minut vaqt sarf qildi. Daryo oqimining tezligi 4 km/soat bo lsa, kemaning turg un suvdagi tezligini toping Qayiq daryo oqimiga qarshi,5 km, oqim bo yicha esa 8,5 km yurib, butun yo lga 8 soat vaqt sarfladi. Oqimning tezligi,5 km/soat. Qayiqning turg un suvdagi tezligini toping Daryo yoqasidagi qishloqdan sol oqizildi. Oradan 5 soat 0 minut o tgach, o sha qishloqdan motorli qayiq jo natildi. Motorli qayiq 0 km yo l bosib, solga yetib oldi. Agar motorli qayiqning tezligi solning tezligidan km/soat ortiq bo lsa, solning tezligini toping Suv ikkita quvurdan kelganda suv haydash qozoni soat 55 minutda to ladi. Birinchi quvurning yolg iz o zi suv haydash qozonini ikkinchisiga qaraganda soat oldin to ldira oladi. Har qaysi quvurning yolg iz o zi suv haydash qozonini qancha vaqtda to ldiradi? 6.4. Ikki ishchi ayni bir ishni birgalashib ishlasa, kunda tamom qiladi. Agar oldin bittasi ishlab, ishning yarmini tamom qilgandan keyin uning o rniga ikkinchisi ishlasa, 68

269 ish 5 kunda tamom bo ladi. Shu ishni har qaysi ishchi yolg iz o zi ishlasa, necha kunda tamom qiladi? 6.4. Quvvatlari har il ikkita traktor 4 kun birga ishlab jamoa o jaligi yerining qismini haydadi. Agar butun yerni birinchi traktor ikkinchisiga qaraganda 5 kun tezroq hayday olsa, butun yerni har qaysi traktor yolg iz o zi necha kunda hayday oladi? 6.4. Bandargohdagi ikki kema bir vaqtda, biri shimolga qarab, ikkinchisi sharqqa qarab jo nadi. soatdan keyin ular orasidagi masofa 60 km bo ldi. Bu kemalardan birining tezligi ikkinchisinikidan 6 km/soat ortiq. Har qaysi kemaning tezligini toping Har qanday uchtasi bir to g ri chiziqda yotmaydigan 7 ta nuqtadan nechta turli to g ri chiziq o tkazish mumkin? Yechish. -rasmga qarang. Boshi A nuqtada bo lgan 6 ta vektorga egamiz. Boshi qolgan nuqtalarda bo lgan vektorlar ham 6 tadan bo ladi. Hammasi bo lib 7 6 = 4 ta turli vektorlar hosil bo ladi. Bu vektorlar juft qaramaqarshi vektorlardir. Qarama-qarshi vektorlar jufti bitta to g ri chiziqda yotadi (bizning misolda). Shunday qilib, aytilgan to g ri chiziqlar 4: = ta ekan. Topshiriq. Har qanday uchtasi bir to g ri chiziqda yotmaydigan n ta nuqta orqali o tuvchi turli to g ri chiziqlar soni n( n ) ga tengligini isbotlang. Bu tasdiqdan foydalanib, [ ] masalalarni yeching Futbol o yini musobaqasida hammasi bo lib 55 ta o yin o ynaldi. Bunda har bir komanda qolgan komandalar bilan faqat bir martadan o ynadi. Musobaqada nechta komanda qatnashgan? A 7 A A A A 6 A 5 -rasm. A Shamat turnirida hammasi bo lib partiya shamat o ynaldi. Agar har bir shamatchi qolgan shamatwww.ziyouz.com kutubonasi

270 70 chilarning har biri bilan faqat bir partiya shamat o ynagan bo lsa, turnirda necha kishi qatnashgan? Maktab bitiruvchilari bir-birlari bilan rasm almashtirishdi. Agar 870 ta rasm almashtirilgan bo lsa, maktabni necha o quvchi bitirgan? Qavariq ko pburchakning 4 ta diagonali mavjud. Uning tomonlari nechta? Qanday ko pburchak diagonallarining soni tomonlarining sonidan ta ortiq bo ladi? Poyezd yo lda 6 minut to tab qoldi va 0 km yo lda tezligini soatiga jadvaldagidan 0 km oshirib, kechikishni yo qotdi. Poyezd shu yo lda jadvalga muvofiq qanday tezlik bilan yurishi kerak edi? 6.4. A va B stansiyalar orasidagi yo lning o rtasida poyezd 0 minut to tab qoldi. B stansiyaga kechikmasdan borish uchun, haydovchi poyezdning dastlabki tezligini 6 km/soat oshirdi. Agar stansiyalar orasidagi masofa 60 km bo lsa, poyezdning dastlabki tezligini toping Perimetri 8 sm bo lgan to g ri to rtburchakning qo shni tomonlariga tashqaridan yasalgan kvadratlar yuzlarining yig indisi 6 sm ga teng. To g ri to rtburchakning tomonlarini toping Yuzi 0 sm, diagonali esa 7 sm bo lgan to g ri to rtburchakning tomonlarini toping To g ri burchakli uchburchakning giðotenuzasi 4sm, yuzi 80 sm. Katetlarni toping To g ri burchakli uchburchakning perimetri 48 sm, yuzi 96 sm. Uchburchakning tomonlarini toping Ikki musbat sonning o rta arifmetigi 0, o rta geometrigi esa. Shu sonlarni toping Ikki shahar orasidagi masofa 480 km; shu masofani yo lovchi poyezdi yuk poyezdiga qaraganda 4 soat tez bosadi. Agar yo lovchi poyezdining tezligi 8km/soat oshirilsa, yuk poyezdining tezligi esa km/soat oshirilsa, yo lovchi poyezdi shu masofani yuk poyezdiga qarawww.ziyouz.com kutubonasi

271 ganda 5 soat tez o tadi. Har qaysi poyezdning tezligini toping Oralaridagi masofa 80 km bo lgan A va B shaharlardan ikki poyezd bir vaqtda bir-biriga qarab yo lga chiqdi. Ular uchrashgandan keyin A shahardan chiqqan poyezd B shaharga soatda yetib boradi, ikkinchisi esa A shaharga 4,5 soatda yetib boradi. Poyezdlar tezligini toping Velosiðedchilar poygasi uchun 6 km uzunlikdagi masofa belgilandi. Akmal Shavkatdan o tib ketib, marraga minut oldin keldi. Agar Akmal tezligini 0, km/minut kamaytirib, Shavkat tezligini 0,km/minutga oshirsa, unda Akmal marraga Shavkatdan minut oldin yetib kelardi. Akmal va Shavkatlarning tezligini toping Ikki ekskavatorchi birga ishlab, biror hajmdagi yer ishlarini soat-u 45 minutda bajaradi. Bir ekskavatorchi alohida ishlab, bu hajmdagi ishni ikkinchisiga qaraganda 4 soat tezroq bajaradi. Shunday hajmdagi yer ishlarini bajarish uchun har bir ekskavatorchiga alohida qancha vaqt kerak bo ladi? Bir kombaynchi maydondagi bug doy hosilini ikkinchi kombaynchidan 4 soat tezroq o rib olishi mumkin. Ikkala kombaynchi birgalikda ishlaganda esa hosilni 5 soatda yig ib olishadi. Har bir kombaynchi alohida ishlab, hosilni o rib olishi uchun qancha vaqt kerak bo ladi? Ikkita musbat sonning yig indisi ularning ayirmasidan 5 marta katta. Agar shu sonlar kvadratlari ayirmasi 80 ga teng bo lsa, bu sonlarni toping. 6-. Tengsizliklar sistemasi. Bir o zgaruvchili ratsional tengsizliklar sistemasi va majmuasi. Bir o zgaruvchili P () 0, P () 0,..., P n () n 0 ratsional tengsizliklarni qaraymiz. Bu yerda tengsizlik belgisi bo lib, uning o rnida <, >,, ( ) 7

272 belgilarining itiyoriy biri turishi mumkin;,,..., n lar o rnida ham ( ) dagi itiyoriy belgi turishi mumkin va bunda,,,..., n lar bir il belgi bo lishi shart emas deb tushunamiz. Agar soni P () 0, P () 0,..., P n () n 0 tengsizliklardan har birining yechimi bo lsa, soni 7 P( ) 0 P( ) 0... P( ) 0 tengsizliklar sistemasining yechimi deyiladi. () sistemani yechish uning barcha yechimlarini topish yoki bu sistema yechimga ega emasligini isbotlash demakdir. -misol. = soni berilgan sistemaning yechimi bo lishini ko rsating va sistemani yeching: 5 + >, + > 7 4. Yechish. 5 + > tengsizlikka = sonini qo yamiz va natijada 7 > to g ri sonli tengsizlikka ega bo lamiz; = sonini + > 7 4 ga qo ysak, 4 > to g ri sonli tengsizlik hosil bo ladi. Demak, = soni shu tengsizliklardan har birining yechimi bo ladi. Bu esa = soni berilgan sistemaning yechimi bo lishini bildiradi. Endi berilgan sistemani yechamiz. Tengsizliklar sistemasini yechish uchun undagi har bir tengsizlikni alohida-alohida yechish va tengsizliklarning umumiy yechimlarini aniqlash kerak: 5 + > + > > 7 > 4 > 4 > 5 > 0,5 <,5 0,5,5 Bu yerdan berilgan sistemaning yechimlari to plamini aniqlaymiz: ( 0,5;,5). Agar soni P () 0, P () 0,..., P n () n 0 tengsizliklardan hech bo lmaganda bittasining yechimi bo lsa, soni shu ()

273 tengsizliklar majmuasining yechimi deyiladi. Yuqorida keltirilgan tengsizliklarning majmuasi quyidagicha belgilanadi: P( ) 0 P( ) 0... P( ) 0 () majmuani yechish uning barcha yechimlarini topish yoki ularning mavjud emasligini isbotlash demakdir. Tengsizliklar majmuasini yechish uchun odatda har bir tengsizlik alohida yechilib, yechimlar to plamlari hosil qilinadi va shu to plamlarning birlashmasi topiladi. -misol. = soni quyidagi majmuaning yechimi bo lishini isbotlang va majmuani yeching: () > 9, + 9 < + 5. Yechish. = soni majmuadagi + 7 > 9 tengsizlikning yechimi bo ladi. Demak, u majmuaning ham yechimidir. Berilgan majmuani yechamiz: + 7 > < > < 5 9 > < 4 > ( ; 4) va ( ) 4) ( ) ; + majmuaning barcha yechimlari to plamidir. ; + to plamlarning birlashmasi ( ; Mashqlar Tengsizliklar sistemasini yeching. So ngra bu sistemalarning har birini majmuaga aylantiring va majmualarni yeching: 4 8 Algebra, I qism 7

274 a) ( + )( + )( ) < 0, ( + 5)( + )( )( ) > 0; b) ( ( + + 5)( + )( ) 8)( ) 0; 0, d) + <, < 6, 4 ; e) ( + )( + 8) ,. Ikki o zgaruvchili tengsizliklar. Har qanday y = f () chiziq unda yotgan nuqtalarning to plamini shu chiziqni, y > f() tengsizlik koordinata tekisligining chiziqdan yuqorida joylashgan, y < f () tengsizlik esa chiziqdan pastda joylashgan qismini ifodalaydi. Agar bu qismlarga chiziqning o zi ham qo shilsa, uni y f() yoki y f () tengsizliklar ifodalaydigan bo ladi. Aksincha, f () a yoki f () a tengsizlikning yechimini tekislikning ularga mos qismlari sohalari beradi. Shu kabi f() < g() tengsizligining yechimini tekislikning f () chiziqdan yuqori va g() chiziqdan pastda yotgan qismlari kesishmasi beradi: yoki 74 Ko pincha sistemani y y f ( ), g( ). a b, f ( ) y c y d, f ( y) ko rinishda yozish qulay. g( ) g( y) y, -misol. tengsizliklar sistemasi bilan berilgan y + sohani () ko rinishga keltiramiz. () ()

275 Yechish. Oldin y = + to g ri chiziq va y = parabolaning kesishish nuqtalarini topamiz. Buning uchun y = +, y = tenglamalar sistemasini yechamiz. Uning yechimi ( ; ), (; 4). Izlanayotgan sohani () sistema ko rinishida yozamiz:, y +. -misol. Radiusi R = 4, markazi A ( ; ) nuqta bo lgan aylana ichki qismini () tengsizliklar sistemasi ko rinishida ifodalang. Yechish. Aylana tenglamasi: ( + ) + (y ) = 6. Bundan pastki va yuqorigi yarim aylanalarning tenglamalarini topamiz: y = 6 ( + ), y = + 6 ( + ). Argument a = 4 = 5 dan b = + 4 = gacha o zgaradi. Izlanayotgan sistema: 5, 6 ( + ) y ( + ) dan iborat. -misol. -rasmda tasvirlangan parabola va to g ri chiziqning kesishuvidan hosil bo ladigan yopiq shaklni ifodalovchi tengsizliklar sistemasini tuzamiz. Yechish. Parabola (0; 0), (; 0), (; 0) nuqtalar ustidan o tadi. Uning y = A + B + C tenglamasini tuzish uchun A, B, C parametrlarni topamiz. Buning uchun uch noma lumli uch tenglama sistemasini tuzamiz va undan A, B, C larni aniqlaymiz. (0; 0) nuqta bo yicha: 0 = A 0 + B 0 + C, bundan C = 0; (; 0) nuqta bo yicha: 0 = A + B + C, bundan A + B = 0; Y 0 5 O P - rasm. X 75

276 (; 0) nuqta bo yicha: 0 = A + B + C, bundan A + B = 0. Keyingi ikki tenglamalar sistemasidan A = 0, B = 0 aniqlanadi. Parabolaning tenglamasi: y = To g ri chiziq (0; 5), (; 0) nuqtalardan o tadi. Tenglamasi: y = Kesishuvdan hosil bo luvchi yopiq shakl paraboladan pastda, to g ri chiziqdan yuqorida joylashgan. Shunga ko ra y 4 + 5, y Mashqlar Tengsizliklar sistemalari bilan berilgan sohalarni chizing: 5, a) 9 y ; b) y, y 8 y; d), y + 6; e) 4, 0 y Tengsizliklar bilan ifodalang: a) uchlari O (0; 0), A (; 0), B (; ), C (0; ) nuqtalar bo lgan to rtburchakni; b) uchlari A (; ), B (; 6), C (0; 6) nuqtalar bo lgan uchburchakni; 76 d) markazi M (; ) nuqtada va yoyining uchlari A ( 5 ; ) va B ( 5 ; 0) nuqtalarda bo lgan AOB doiraviy sektorni; e) AOB parabola yoyi va A ( ; 8) va B (; 8) nuqtalarni tutashtiruvchi vatar bilan chegaralangan AOB parabola segmentini, bunda O (0; 0) D soha tengsizlik bilan yoki tengsizliklar sistemasi bilan berilgan. Uni () ko rinishdagi tengsizliklar sistemasi bilan bering:

277 a) 0, y 0, 4 y, ya ni y 0, 0, 4 y; b) 4 + y a; d) + y 4; y y e) y,, y 4; f) y. + 6, D soha () ko rinishdagi tengsizliklar sistemasi bilan berilgan. Uni () ko rinishdagi tengsizliklar sistemasiga keltiring: a) 0 5, y 0; 0, b) y 4; d) 0, 5 y Tengsizliklar sistemasining yechimlar to plamini koordinata tekisligida tasvirlang, hosil qilingan shaklning yuzini toping: Y A y + 0 Y y = 0,5 + 8 B A ( ;,5) B (;,5) O X O X y a) b) -rasm. 77

278 a) y 4, + y < 9; b) y > 6, + y a) Ikki to g ri chiziq va Oy o qi; b) parabola va to g ri chiziq bilan chegaralangan shaklni tengsizliklar bilan ifodalang (- a, b rasm) Tengsizliklar bilan ifodalangan sohani toping va koordinata tekisligida tasvirlang: 78 a) ( )( + y 5) 0; b) ( y + )( y + ) < Irratsional tenglamalar va tengsizliklar. Irratsional tenglamalar. Agar A () = B () tenglamadagi A () yoki B () ifodalardan hech bo lmaganda bittasi irratsional bo lsa, u holda bu tenglama irratsional tenglama deyiladi. Ularni yechishda teng kuchli almashtirishlardan foydalaniladi. Teorema. Agar n soni musbat va toq bo lsa, u holda A() = B() va A n () = B n () tenglamalar teng kuchli bo ladi. Agar n soni musbat va juft bo lsa, A n () = B n () tenglamaning ildizi A() = B() va A() = -B() tenglamalardan hech bo lmaganda bittasini qanoatlantiradi. Isbot. α soni A() = B() tenglamaning ildizi, ya ni A(α) = =B(α) bo lsin. U holda A n (α) = B n (α), ya ni α soni A n () = =B n () tenglamaning ham ildizi. Aksincha, α soni A n () = B n () ning ildizi, ya ni A n (α) = B n (α) bo lsa, toq n larda A(α) = B(α) bo ladi, ya ni A() = B() A n () = B n (). Juft n larda A n (α) = =B n (α) tenglik A(α) = B(α) bo lganda yoki A(α) = B(α) da o rinli va shunga ko ra α soni A() = B() va A() = B() tenglamalardan hech bo lmaganda bittasining ildizi bo ladi. Bularga qaraganda A() = B() irratsional tenglamaning ikkala qismi juft darajaga ko tarilganda chet ildizlar, ya ni A() = B() tenglamaning ildizlari paydo bo lishi mumkin. Juft darajaga ko targanda chet ildizlarning paydo bo lishi mavjudlik sohasining

279 o zgarishidan ham bo lishi mumkin. Ularni aniqlash uchun topilgan ildizlarni berilgan tenglamaga qo yib tekshirish, shuningdek, teng kuchlilik shartlariga rioya qilinganligini tekshirish kerak. Chunonchi, A(), B() ifodalar ratsional ifoda va k A ( ) 0, k Ν bo lganda quyidagi munosabat o rinli bo ladi: k A( ) = B( ) A( ) = B B( ) 0. k ( ), -misol. + + = tenglamani yeching. Yechish. Tenglama ushbu sistemaga teng kuchli: + + = ( ), = ( ) tenglama yagona = ildizga ega. 7 Lekin u 0 tengsizligini qanoatlantirmaydi. Tenglama yechimga ega emas. -misol. + = 0 tenglamani yeching. Yechish. Tenglama ushbu sistemaga teng kuchli: + = 0, = 0 tenglamaning ildizlari va. Lekin bu qiymatlarda 0 0 tengsizligi bajarilmaydi. Demak, berilgan tenglama ildizga ega emas. -misol. + 9 = 0 tenglamani yeching. Yechish. y = 9 almashtirish tenglamani y + +y = 0 ko rinishga keltiradi. Uning ildizlari y =, y = sonlari bo lgani uchun, eski o zgaruvchiga qaytish natijasida yechimga ega bo lmagan 9 = tenglamaga hamda =, 79

280 = 5 ildizlarga ega bo lgan 9 = tenglamaga ega bo lamiz. Demak, berilgan tenglama =, = 5 ildizlarga ega. 4-misol = tenglamani yeching. 80 Yechish = 4 va = bo lgani uchun berilgan tenglama 4 + = ko rinishga keladi. Modul qatnashgan bu tenglama barcha [; 4] lardagina to g ri tenglikka aylanadi. Mashqlar Tenglamalarni mantiqiy mulohazalar yuritib yeching: = y = = = = = = = 0. Tenglamalarni aniqlanish sohasini topish bilan yeching: = = = = = 5.

281 y 6 y = ( ) = ( 4) + = (9 ) = (6 ) = 0. Tenglamalarni n f( ) = g ( ) tenglama bilan f ( ) = ( g ( )), g ( ) 0 sistemaning teng kuchliligidan foydalanib yeching: = = = = = = = = = = = 6. Tenglamalarni yangi o zgaruvchi kiritib yeching: = = = = = = = 0. 8

282 = = = = =. 8 Tenglamalarni darajaga ko tarish usuli bilan yeching: = = = = = = = = = = = = = = = 0.

283 =. Tenglamalarni «qo shmasiga ko paytirish usuli» bilan yeching: = = = = 6. Tenglamalarni yeching: = = ( + )( 5) + ( + ) = = = = = = = = = a = a a a a + a + = = a a = =. + 8

284 . Irratsional tengsizliklar. a va b sonlari nomanfiy bo lgandagina a < b dan a n < b n kelib chiqadi (va aksincha, a n < b n a < b). Shunga ko ra A(), B() irratsional ifodali tengsizliklarni yechishda ularning ishoralari e tiborga olinishi kerak. Umuman, k A ( ) 0, A ( ) < B( ) B( ) > 0, k A ( ) < B ( ) bo ladi. Sistemadagi birinchi tengsizlik ildiz ostidagi ifodaning nomanfiyligini, ikkinchisi B() ning musbatligini ifodalaydi, uchinchisi a 0, b 0 da a < b va a k < b k tengsizliklar bir vaqtda bajarilishidan kelib chiqadi. k A ( ) > B( ) tengsizligi B() 0, A() > B k () bo lganda yoki A() 0, B() < 0 bo lganda o rinli. Shunga ko ra k A ( ) > B( ) tengsizlikni yechish uchun B( ) 0, A( ) 0, k () va () A ( ) > B ( ) B( ) < 0 tengsizliklar sistemalarini yechish va ularning yechimlarini birlashtirish kerak. -misol > tengsizlikni yeching. Yechish. Berilgan tengsizlikdan ushbu tengsizliklar sistemalari hosil bo ladi: 0, > + va , < 0. () Birinchi sistemaning yechimi ; + sistemaniki ( ; 8) to plamdan iborat. 8 to plamdan, ikkinchi Javob: ( ; 8) 8 Agar irratsional tengsizlik ; +. A ( ) + B( ) < C( ) (4) 84

285 ko rinishda berilgan bo lsa, A() 0, B() 0 va B( ) < C( ) (yoki A ( ) < C( ) )shartlar bajarilganda berilgan tengsizlik A ( ) < < ( C( ) B( )) (yoki B ( ) < ( C( ) A ( )) ) tengsizlikka teng kuchli bo lib, yuqorida qaralgan turlardan biriga keladi. -misol < 5 tengsizlikni yeching. Yechish. 0,, 4 0, + 4, < 5, < 6, 5, 4 (5 ) + < < 5. Javob: 5. Tengsizliklarni mantiqiy mulohazalar yuritib yeching: > > < < , > > < y + 4y + > > > > > ( ) ( ) < 0. 85

286 > < Tengsizliklarni yeching: < < < < ( + )( 5) < > < > > > ( + 4)( + ) > > >

287 > > > > < < > < < <. + >, > > < <

288 < < > > >. > a + < a + + a > a. 88

289 VII b o b FUNKSIYALAR -. Sonli funksiyalar. Funksiya va argument. Amaliyotda vaqt, temperatura, bosim, kuch, tezlik, yuz, hajm va hokazo miqdorlar (kattaliklar) bilan ish ko rishga, ular orasidagi bog lanishlarning ususiyatlarini o rganishga to g ri keladi. Bunga ko plab misollarni fizika, geometriya, biologiya va boshqa fanlar beradi. Jism o tgan S masofaning t vaqtga, aylana C uzunligining R radiusga bog liq ravishda o zgarishi bunga oddiy misol. Agar o zgaruvchi miqdor X sonli to plamdan qabul qila oladigan har bir qiymatga biror f qoida bo yicha y o zgaruvchi miqdorning Y sonli to plamdagi aniq bir qiymati mos kelsa, y o zgaruvchi o zgaruvchining sonli funksiyasi deb ataladi. y o zgaruvchining o zgaruvchiga bog liq ekanligini ta kidlash maqsadida uni erksiz o zgaruvchi yoki funksiya, o zgaruvchini esa erkli o zgaruvchi yoki argument deb ataymiz. y o zgaruvchi o zgaruvchining funksiyasi ekanligi y = f () ko rinishda belgilanadi. Argument ning X to plamdan qabul qila oladigan barcha qiymatlar to plami f funksiyaning aniqlanish sohasi deyiladi va D(f ) orqali belgilanadi. {f() D(f)} to plam f funksiyaning qiymatlar sohasi (to plami) deb ataladi va E(f ) orqali belgilanadi. Itiyoriy D(f ) qiymatda funksiya faqat y = b (o zgarmas miqdor constanta), b R qiymatga ega bo lsa, unga X to plamda berilgan doimiy funksiya deyiladi. Masalan, koordinatalar sistemasida O o qqa parallel to g ri chiziqni ifodalovchi y = funksiya D(f ) = ={ < < + } da doimiydir. -misol. Agar y = funksiya R to plamda berilgan bo lsa, u holda D(f ) = R va E(f ) = R + {0} bo ladi. -misol. y = funksiya D(f ) = [ ; 4] da berilgan bo lsin. Bu funksiyaning qiymatlar sohasi E(f ) = [0; 6] dan iborat. 9 Algebra, I qism 89

290 Mashqlar Funksiyalarning aniqlanish sohalarini toping (7. 7.4): f( ) = f( ) = ( )( ) f( ) = f( ) =. 7.8.,4 f( ) = f( ) =. ( )( )( ) f( ) = f( ) = f( ) = f( ) = f( ) =. 7.. f( ) = + +. = f ( ) = +. f ( ) f ( ) = f ( ) ( ) = f( ) = f( ) = + ( ) y = f ( ) = +. + f ( ) =. + f ( ) =. (7 5 ) 7.. y = ( ) y = ( ) y y + 4 =. 4( 5 ) =. ( ) + 90

291 y y = y = ( ) + = y = y = y = y = ( ) y = ( ) y = ( ) y = y = y 7 5 = y 7 = y = y = y = ( 6) y = ( 0. Funksiyalarning qiymatlar sohalarini toping ( ): y = y = y = y = y = y = y = y = = y. 9

292 y = y + y =. + = y = y = y = y = y = y 4 = y = y = y 5 = y 8+ 9 = y = y = y + 8 ( + 8)( 4) = y = y 8 7 = Quyida ko rsatilgan kattaliklarning qaysi biri ikkinchisiga, qaysi holda ikkinchisi birinchisiga funksional bog liq bo lishi mumkin: a) shatadagi ko mir lavasining uzunligi va mehnat unumdorligi; b) havoning issiqligi va unda tovushning tarqalish tezligi; d) aylana uzunligi va radiusi; e) kvadratning diagonali va yuzi? 7.7. Metall sterjen qizdirilganda uning cho zilishi qanday kattaliklarga funksional bog liq bo ladi? 7.7. Geometriya va fizika kurslaridan sizga tanish ikki va uch o zgaruvchili funksiyalarga misollar keltiring Quyida ko rsatilgan (), (), (), (4) munosabatlar funksional bog lanishmi? Ularda qanday o zgaruvchi miqdorlar qatnashmoqda? Qaysilari argument vazifasini bajaradi? Aniqlanish va qiymatlar sohalarini toping:

293 a) Nyuton ikkinchi qonunining ifodasi F = ma, () bunda F jismga ta sir etayotgan kuch, m jism massasi, a jism olgan harakat tezlanishi; b) a v v 0 =, () t bunda v 0 va v jismning boshlang ich va t vaqtdan keyingi tezligi; d) F m( v v0 ) =. () t Bu munosabat () va () munosabatlardan qanday hosil qilingan? e) () munosabat bo yicha Ft = mv mv 0 (4) hosil qilingan. () va (4) munosabatlar teng kuchlimi? Bunda Ft kuch impulsi (zarba), mv mv 0 jism impulsining (harakat miqdorining) o zgarishi; f) agar m = 00 g, a = 5 sm/s, v 0 = sm/s, t = 0 s bo lsa, F (dina), v, Ft, mv mv 0 larning qiymatlarini toping f() = funksiyaning f(), f(0), f( 4), f(c ) qiymatlarini toping Radiusi R ga teng bo lgan doiraga: a) ichki; b) tashqi chizilgan to g ri to rtburchakning tomonlaridan biri ga teng (4-a, b rasm). To g ri to rtburchak yuzini ga bog liq funksiya sifatida ifodalang. Bu funksiyaning aniqlanish va qiymatlar sohalarini toping. O R O R a) b) 4-rasm. 9

294 7.77. To g ri burchakli uchburchak gipotenuzasiga tushirilgan balandlik h ga teng. Uning yuzi va perimetrini katetlaridan birining uzunligi funksiyasi sifatida ifodalang V l idishdagi p % li eritmadan l olinib, o rniga l suv qo shilgan. Shu ish yana uch marta takrorlangan. Natijada hosil bo ladigan eritma konsentratsiyasini ning funksiyasi sifatida ifodalang.. Funksiyani bo laklarga ajratib berish. Aniqlanish sohasining turli qismlarida turli il qoida bilan berilgan funksiyani bo laklarga ajratib berilgan funksiya (yoki bo lakli berilgan funksiya) deb ataymiz. -misol. Jism harakatni boshlab, dastlabki t vaqt davomida tekis tezlanuvchan (a tezlanish bilan), so ng t vaqt davomida tekis sekinlanuvchan ( a tezlanish bilan) harakat qilgan. Uning v harakat tezligini t ning funksiyasi sifatida ifodalaymiz. Yechish. ) Jismning harakat boshidagi tezligi v 0 = 0, jism t vaqt davomida tekis tezlanuvchan harakat qilgan: v = v 0 + a t = = a t, 0 t t ; ) t vaqt momentidagi tezligi v = a t ; keyingi t vaqt davomida tekis sekinlanuvchan harakat qilgan: v = v a t = = a t a t, t t t + t. Shunday qilib, at, 0 t t, v = at at, t t t + t. -misol. Koordinatalar tekisligida f() funksiya ABCD siniq chiziq ko rinishida tasvirlangan (5- rasm). Uning tugunlari Y y y B C y 4 y A D O 4 X 5- rasm. 94

295 A( ; y ), B( ; y ), C( ; y ), D( 4 ; y 4 ) nuqtalarda yotadi. Funksiyaning ifodasini yozing. Yechish. Ikki nuqta ustidan o tuvchi to g ri chiziq tenglamasidan foydalanamiz. AB bo g in uchun: y y y y y y ( = yoki y = y + ). Qolgan bo g inlarning tenglamalari ham shu kabi aniqlanadi. Natijada funksiya ifodasi quyidagi ko rinishga ega bo ladi: y y y + ( ),, y y f( ) = y + ( ),, y4 y y + ( ), misol. Quyida Mirzo Ulug bekning 60 li sanoq sistemasida yozilgan «Jadval-ul-jayb»idan (sinuslar jadvalidan) bir parcha keltirilgan (oltmishli raqamlarning ostiga chizilgan): i i y i = sin i y = y i + y i 9 4 0, , , , , Bu funksiya grafigi ikki bo g inli siniq chiziq, tugunlari ( i ; y i ) nuqtalarda joylashgan. Funksiya ifodasini tuzamiz (hisoblashlarni EHMda bajaramiz). Shu maqsadda -misol () formulasidan foydalanamiz. Oldin oltmishli kasrlarni bizga tanish o nli kasrlarga aylantiramiz. Buning uchun sonning har qaysi k-onada turgan raqami 60 k ga ko paytiriladi va topilgan natijalar qo shiladi. Masalan, 0, (60) = = = = 0,

296 Javob: 0, , , ( 94), , f( ) = 0, ( 94), Mashqlar Agar f ( ) = +, <, (5 ), < 0, +, 0 < + bo lsa, f( ), f( ), f( 0,5), f larni toping To g ri to rtburchak bilan teng yonli uchburchak va to g ri to rtburchak bilan yarim doiradan iborat shakllarning (6- a, b rasm) asoslariga parallel holda siljiydigan to g ri chiziq ostidagi S() yuzni (shtrilangan) o zgaruvchan uzoqlikning funksiyasi sifatida ifodalang, bunda a, b lar berilgan Agar 6- a rasmda siljiydigan k to g ri chiziq to g ri to rtburchakning asosiga parallel va undan uzoqlikda bo lsa, S() yuzni ning funksiyasi sifatida ifodalang. b k b k a a) b) 6-rasm. a 96

297 7.8. Termodinamikada gazning bajargan A ishi uning idishga P bosimi va gaz V hajmining V i dan V i gacha V = V i V i o zgarishiga bog liqligi A = P V munosabat orqali ifodalanadi. Agar V, V < 4, A = P V, 4 V < 8, P = V bo lsa, A(), A(4), A(5) larni toping Mirzo Ulug bekning «Jadval-ul-jayb»idan bir parcha: i f( ) f() 8 4 0, , , , , , , a) f() sinus funksiyaning jadvalda berilgan oltmishli kasr qiymatlarini o nli kasrlarga aylantiring va ularni biror jadval yoki EHMning ko rsatishi bilan solishtiring; b) grafigi to rt ( i ; f( i )) tugunli siniq chiziqdan iborat f() funksiya ifodasini tuzing Ulug bek taqvimi (kalendari) bo yicha o rtacha hijriyqamariy yil 54,67 kun, o rtacha milodiy yil 65,5 kun. Hijriy-qamariyning madali (H 0 hisob boshi) milodiy 6-yilning 6-iyuliga to g ri keladi (7-rasm). Milodiydan hijriy yilga va aksincha, o tish tenglamasini tuzing. Funksiya grafigini yasang: y =, agar 4, 4 +, agar 4 < ( 4), agar > 4. 4, 97

298 M VII H 0 t kun t kun M H 7-rasm y = 8 ( + 6), agar < 6, 6 + 8, agar 6, agar 5. < 5, y =, agar,, agar < <, agar 0. 0, 7.88., agar, y =, agar <,, agar >.. Funksiya grafigini nuqtalar bo yicha yasash. Biror X sonli oraliqda berilgan y = f() sonli funksiya grafigi Γ ni «nuqtalar usuli» bilan yasash uchun X oraliqdan argumentning bir necha,,..., n qiymati tanlanadi, funksiyaning ularga mos f( ),..., f( n ) qiymatlari hisoblanadi, koordinatalar tekisligida M( ; f( )),..., M( n ; f( n )) nuqtalar belgilanadi va bu nuqtalar ustidan silliq chiziq o tkaziladi. Bu chiziq f() funksiya grafigini taqriban ifodalaydi. Agar ordinata o qiga parallel bo lgan har qanday to g ri chiziq Γ chiziqni ko pi bilan bitta nuqtada kessa, u holda Γ chiziq biror f() funksiyaning grafigi bo ladi. Shunga ko ra + y = R aylana hech qanday funksiyaning grafigi emas, chunki Oy o qiga parallel bo lgan = a to g ri chiziq (8- a rasm) bu aylanani bittadan ortiq (aynan ikkita M va N) nuqtalarda kesadi, demak, = a qiymatga y ning ikki qiymati to g ri keladi, ya ni 98 y =± R, R R.

299 Y Y f(a) M f(a) M R O a R X O a R X f (a) N f (a) a) b) Y N f(a) M d) R O a R X Y Y O X O X e) f) 8-rasm. Shu kabi y =± R, 0 R va y =± R, R 0 yarim aylanalar ham funksiya grafigi emas. Lekin y = R, R R yarim aylana shu ifodali funksiyaning grafigi (7- b, d rasm) (Γ yunoncha gamma, bosh harf). Funksiya grafigi uzilishga ega bo lishi mumkin. y = [] va y = {} funksiyalar grafiklari uzilishlidir (8- e, f rasm). Bu yerda y = [] ning butun qismi va y = {} ning kasr qismi. Ulardan birinchisi pog onasimon joylashgan birlik kesmalardan, 99

300 M M Y 7 O X M M 4 M 5 9- rasm. M 6 M 7 ikkinchisi esa y = + n (n < n + + n Z) to g ri chiziqlardan iborat. -misol. y = funksiya grafigi eskizini chizamiz, bunda (eskiz omaki, asbob yordamisiz chizilgan chizma). Yechish. Argumentning = = ; ; ; 0; ; ; qiymatlarini tanlaylik. f() qiymatlarini hisoblaymiz: f( ) = f() =9 = 7, f( ) = =f() = 4 =, f( ) = f() =, f(0) =. Koordinatalar tekisligida M ( ; 7), M ( ; ), M ( ; ), M 4 (0; ), M 5 (; ), M 6 (; ), M 7 (; 7) nuqtalarni belgilab, ularni qo l bilan tutashtirib silliq chiziq chizamiz (9-rasm). Mashqlar Quyidagi funksiyalar grafiklarini «nuqtalar bo yicha» yasang: a) y = + ; b) y = ; d) y = 4 ; 4 e) y = ; f) y = ; g) y = ; + h) y = ; i) y = ; j) y = ; k) y = ; l) y = + ; m) y = 4. A B y Y Q rasm. O 4 8 X 4-rasm.

301 misolda berilgan funksiyaning grafigini yasang Ikkala uchi A va B nuqtalarda erkin joylashtirilgan AB = k uzunlikdagi sterjen uning o rtasiga qo yilgan Q kattalikdagi yukning ta siri ostida egiladi (40- rasm). A uchidan uzoqlikdagi y egilish ushbu formulalar bo yicha aniqlanadi: y = Qk 48EI Qk 48EI 4 k, 0, k k ( k ) 4( k ) k, k k k; E, I doimiy sonlar; k k k k a) = ; ; ; nuqtalardagi egilishni toping. Nima k uchun = da ikkala ifoda bir il natijani beradi? b) Q = 48, k = bo lgan hol uchun () formula grafigi eskizini chizing va y bo yicha egilishning qiymatini toping. 6 4 = ; ; dagi rasmda (kg) o g itga bog liq holda y = f() (kg) hosilning olinishi grafik tasvirlangan. ) ning qanday qiymatlarida hosil muttasil oshgan («limitik soha»), qachon va qanday miqdorda eng yuqori bo lgan? ) Qachon o g it har qancha berilsa ham, hosil o zgarmagan («statsionar, ya ni turg unlik sohasi»)? ) Qachondan boshlab o g itning ortiqcha berilganligi va natijada hosilning pasayishi kuzatilgan («ingibatsiya sohasi», lot. inhibare susaytirish)? 4) = ; 4; 5; 6; 8; 0 (kg) o g it berilib, qancha hosil olingan? 5) Agar 8 (kg) hosil rejaning 6% ni tashkil etsa, reja bo yicha qancha hosil olinishi ko zda tutilgan? 7.9. O zbek olimi N. M. Muhitdinov yer ostidan gazni qazib olish maqsadida depressiya, 5, 0 yil davomida doimiy P kg/sm holatida tutib turilganda gaz-suv chegarasining yer ustiga tomon R m ga ko chishini tekshirgan va asarlaridan birida R = f( P) bog lanishni grafik tasvirlagan (4- rasm). 0

302 R, m P, kg/sm 40 () () () 4-rasm. 0 Agar depressiya P = kg/sm bo lsa, 0 yil qazib olishlardan so ng (() grafik) gaz-suv chegarasi qancha siljiydi? 5 yilda-chi (() grafik)? yilda-chi (() grafik)? Agar P = ; 8; 4 (kg/sm ) darajada tutib turilsa-chi? (lot. depressus pastlashtirish; gazni qazib olish uchun uni o rab turgan suv bosimini kamaytirish.) 4. Funksiyalar ustida amallar. D(f ) to plamda berilgan f() va D(g) to plamda berilgan g() funksiyalarning yig indisi deb D(ϕ) = D(f ) D(g) to plamda berilgan yangi ϕ() = f() + g() funksiyaga aytiladi. -misol. f = 4, va g = +, funksiyalar yig indisi ϕ() = ( 4) + ( + ), funksiyadan iborat. Uning grafigini chizishda f va g funksiyalar mos ordinatalarini qo shishdan foydalanish mumkin (4-rasm). f() va g() funksiyalarning ko paytmasi D(ϕ) = D(f ) D(g) to plamda berilgan ϕ() = f() g() funksiyadan iborat. g( ) funksiya D(g) to plamning g() 0 bo lgan barcha sonlarida aniqlangan. f ( ) (qisqacha yozuvda g( ) f funksiya f va g funksiyalar bo linmasi deb ataladi. Uni g belgilaymiz. f ) g orqali

303 -misol. f() = ( ) berilgan. 4 f funksiya ifodasi 4 (( ) ) ko rinishda yoziladi: 4 = 4 f (( ) ) f va g sonli funksiyalar berilgan va E(f ) D(g) bo lsin. f va g funksiyalar kompozitsiyasi deb D(f ) da berilgan va har qaysi D(f ) songa g(f()) sonni mos qo yuvchi yangi F() funksiyaga aytiladi (lot. compositio tuzish). F funksiya g f orqali ham belgilanadi: (g f )() = g(f()). Kompozitsiya ifodasini tuzish uchun g() dagi o rniga f funksiya ifodasi qo yiladi. -misol. f() = va f g kompozitsiyalarini tuzing. Yechish. ) g f = g(f()) = ; ) f g = f(g()) =. g ( ) = funksiyalarning g f va. Y y = f () y = g () y = ϕ () O X 4 4-rasm. 0

304 7.94. Mashqlar f ( ) bo lsa, f ( ) ni toping. = f ( ) = bo lsa, f ( + ) ni toping f ( ) = bo lsa, f (tg) ni toping f ( ) ( ) ( ) = bo lsa, f () ni toping. f + f = bo lsa, f () ni toping ( ) f( ) f ( ) f f ( ) + = bo lsa, f () ni toping. ( ) + = bo lsa, f () ni toping f ( ) f ( ) = bo lsa, f () ni toping Grafiklarni almashtirish. Geometrik almashtirishlarda nuqta koordinatalarining o zgarishi. ) Siljitish. Biror l to g ri chiziqda koordinatalar sistemasi o rnatilgan va uning boshi O nuqtada bo lsin (44-rasm). l ning har qaysi nuqtasi a birlik qadar siljitilsin. Agar bunda a > 0 bo lsa, siljitish O nuqtaga nisbatan musbat yo nalishda, a < 0 da manfiy yo nalishda bajariladi, a = 0 da nuqta o z joyidan siljimaydi. Agar koordinatali M = M() nuqta M ( ) nuqtaga o tgan bo lsa, M nuqta koordinatasi = + a formula bo yicha aniqlanadi. M nuqta M ning asli (proobrazi), M esa M ning nusasi (obrazi) deyiladi. Masalan, M() nuqta a = 4 birlik siljitilsa, = + a = + 4 = 7 koordinatali M (7) nuqtaga ko chadi.

305 O M M 0 7 l 44- rasm. ) Cho zish. l to g ri chiziqda M() nuqta O koordinata boshidan k marta uzoqlashtirilib (yoki O ga yaqinlashtirilib), M ( ) nuqtaga o tkazilgan bo lsin. M nuqta koordinatasi = k formula bo yicha hisoblanadi. Agar bunda k > 0 bo lsa, M nuqta M bilan birgalikda O nuqtaning bir tomonida, k < 0 da M nuqta O ning ikkinchi tomonida joylashadi, k < da = OM kesma k marta qisqaradi, k > da esa k marta cho ziladi, k = da M va M nuqtalar ustma-ust tushadi, k = da ular O nuqtaga nisbatan simmetrik joylashadi. ) Parallel ko chirishda Oy koordinata tekisligidagi barcha nuqtalar bir il yo nalishda bir il masofaga ko chadi (45-rasm). Chunonchi, O(0; 0) koordinata boshi L(a; b) nuqtaga ko chirilgan bo lsa, M(; y) nuqta M ( ; y ) ga ko chadi va bunda MM = OL, MM OL bo ladi. Chizmaga qaraganda to g ri burchakli MKM = OaL va MK = Oa = a, KM = al = b, = a, y y = b. Bulardan M nuqta koordinatalarini hisoblash uchun ushbu formulalar hosil qilinadi: = + a, y = y + b. 4) Gomotetiya (yunoncha homos bir il, teng; thetos o rinlashgan). Gomotetiyada tekislikdagi har qaysi M(; y) nuqta OM nurda yotuvchi va koordinatalari = k, y = ky bo lgan M ( ; y ) nuqtaga o tadi, bunda O gomotetiya markazi, k gomotetiya koeffitsiyenti. k = da gomotetiya O nuqtaga nisbatan ( = ; y = y) markaziy simmetriya bo ladi (yunoncha symmetriya moslik, muvofiqlik). 0 Algebra, I qism Y y M y M K b L O a X 45- rasm. 05

306 M M M T l T l a) b) M 46- rasm. 5) Tekislikni to g ri chiziqqa nisbatan cho zish. Tekislikdagi biror M nuqtadan l to g ri chiziqqa MT perpendikular tushirilgan (lot. perpendicularis tik) (46-a, b rasm) va M nuqta MT da yotuvchi M ( ; y ) nuqtaga o tkazilgan bo lsin, bunda M T = k MT. Agar bunda k > 0 bo lsa, M va M lar birgalikda l ning bir tomonida, k < 0 bo lsa, uning turli tomonlarida joylashadi. Jumladan, O o qqa nisbatan k koeffitsiyent bilan cho zish M(; y) nuqtani koordinatalari =, y = ky bo lgan M ( ; y ) nuqtaga, Oy o qqa nisbatan cho zish esa koordinatalari = k, y = y bo lgan nuqtaga o tkazadi. To g ri chiziqqa nisbatan k = koeffitsiyent bilan cho zish shu to g ri chiziqqa nisbatan simmetriyadir. Jumladan, O o qqa nisbatan simmetriya M(; y) nuqtani M (; y) nuqtaga, Oy o qqa nisbatan simmetriya esa M ( ; y) nuqtaga o tkazadi. 06 Mashqlar 7.0. Parallel ko chirishda koordinatalar boshi L( ; 4) nuqtaga ko chgan. M( ; 6), N(0; 8) nuqtalarning obrazlarini va P ( ; 5), Q (; ) nuqtalarning proobrazlarini toping Parallel ko chirishda K( ; 4) nuqta L( ; ) nuqtaga ko chsin. M( ; 6), N(0; 5) nuqtalarning obrazlarini va A( 4; ), B(4; ) nuqtalarning proobrazlarini toping ϕ orqali koordinatalar boshini L( ; ) nuqtaga o tkazuvchi parallel ko chirish, g orqali ordinatalar o qiga nisbatan simmetriya belgilangan bo lsin. ϕ γ va γ ϕ almashtirishlarning formulalarini yozing. Hosil bo ladigan

307 almashtirishlar bir ilmi? Shu almashtirishlardagi K(5; ), M(0; ) nuqtalarning obrazlarini va P( ; 4), Q( ; ) nuqtalarning proobrazlarini toping f orqali ordinatalar o qidan k = koeffitsiyent bilan cho zish, ϕ orqali koordinatalar boshini L(; ) nuqtaga o tkazadigan parallel ko chirish belgilangan bo lsin. f ϕ va ϕ f almashtirishlar ifodasini yozing. f ϕ almashtirishda ABCD to g ri to rtburchak qanday shaklga o tadi? Bunda A(; 0), B(6; 0), C(6; ), D(; ) = k( a) + a, y = k(y b) + b almashtirish L(a; b) nuqtaga nisbatan gomotetiya ekani isbot qilinsin Quyidagi formulalar bilan berilgan geometrik almashtirishlarni tavsiflang (arabcha tavsif tushuntirib yozish, arakteristika): a) = ( 6) + 4, y = ( y + ) 5; b) = 5, y = 5y Funksiya grafigini almashtirish. ) Oy koordinatalar sistemasi unda chizilgan y = f() funksiya grafigi bilan birgalikda = a, y = b birlik qadar parallel ko chirilgan bo lsin (45-rasm, a = 4, b = 7). O(0; 0) koordinatalar boshi L(a; b) nuqtaga ko chadi. f grafikning obrazi yangi X LY sistemada y = f( ) orqali ifodalanadi. Bu oldingi Oy sistemaga nisbatan y = f( a) + b ga mos. Haqiqatan, biror M( 0 ; y 0 ) nuqta f() grafikda yotgan va y 0 = f( 0 ) bo lsa, uning obrazi, ya ni M ( 0 + a; y 0 + b) nuqta y = f( a) + b grafigida yotadi. Chunki bu munosabatdagi va y lar o rniga 0 + a, y 0 + b lar qo yilsa, y 0 + b = f( 0 + a a) + b yoki y 0 = f( 0 ) tenglik qaytadan hosil bo ladi. Shu kabi, agar M nuqta y = f( a) + b grafigida yotgan bo lsa, uning proobrazi y = f() grafigida yotadi. -misol. 47-rasmda y = f() funksiya grafigini = 4va y = 7 birlik parallel ko chirish orqali y = f( 4) + 7 funksiya grafigini yasash tasvirlangan. 07

308 Y Y y = f( ) Y 8 f f b (b = 7) y = f( a) + b L X f f ) Cho zish. M( 0 ; y 0 ) nuqta f grafikda yotgan bo lsin: y 0 = f ( 0 ). Agar f grafik abssissalar o qidan l 0 koeffitsiyent marta, ordinatalar o qidan k 0 marta cho zilsa, y lf( ) 08 O a(a = 4) X = funksiya grafigi hosil bo ladi. Unda M( 0 ; y 0 ) nuqtaning obrazi bo lgan M (k 0 ; ly 0 ) nuqta yotadi: ly lf( k 0 k ) M nuqta y lf( ) k O 6 X 47-rasm. 48-rasm. 0 = yoki y 0 = f ( 0 ). Aksincha, = da yotgan bo lsa, M nuqta f grafikda yotadi. Demak, O o qqa nisbatan l marta, Oy o qqa nisbatan k marta cho zish orqali y = f() funksiya grafigidan y lf( ) k = funksiya grafigi hosil qilinadi. To g ri chiziqqa nisbatan ga teng koeffitsiyent bilan cho zish shu to g ri chiziqqa nisbatan simmetriya bo lganidan, y = f() funksiya grafigi y = f () grafigini abssissalar o qiga nisbatan simmetrik almashtirishdan, y = f( ) grafigi f grafikni ordinatalar o qiga nisbatan, y = f ( ) grafik esa f ni koordinatalar boshiga nisbatan simmetrik almashtirish bilan hosil qilinadi. -misol. f funksiya grafigi bo yicha f () = f (), f () = =f (), f () = f () funksiyalar grafiklarini yasaymiz (48-rasm). Yechish. f funksiya grafigi f grafikni O lar o qidan l = koeffitsiyent bilan cho zish, ya ni f dagi nuqtalar ordinatalarini k

309 marta cho zish orqali, f grafik f grafikni Oy o qidan k = marta cho zish (ya ni marta qisqartirish, qisish), buning uchun f nuqtalari abssissalarini marta qisqartirish orqali, f grafigi esa f grafigini abssissalar o qidan l = marta uzoqlashtirish va ordinatalar o qiga k = koeffitsiyent bilan yaqinlashtirish orqali yasaladi. -misol. f() funksiyaning grafigidan foydalanib, y = 5f( + 6) + funksiya grafigini yasash tartibini keltiring. Yechish. Funksiyani y = 5f(( + )) + ko rinishda yozamiz. ) Koordinatalar boshini L( ; 0) ga o tkazadigan parallel ko chirishni; ) Oy o qidan k = marta cho zishni; ) abssissalar o qidan l = 5 koeffitsiyent bilan cho zishni; 4) abssissalar o qidan b = birlik yuqoriga parallel ko chirishni bajaramiz. Izoh. Funksiya ifodasini boshqa ko rinishga keltirmay, ishni f( + 6) grafigini yasash bilan boshlash ham mumkin edi. Mashqlar rasmda tasvirlangan y = f() funksiya grafigidan foydalanib, quyidagi funksiyalar grafiklarini yasang: a) g() = f() ; b) g() = f( ); d) g() = f(); e) g() = f( ); f) g() = f( ); g) g() = f(); h) g() = f( ); i) g() = f() + ; j) g ( ) = f ; k) g ( ) = f ; l) g() = 0,5f(); m) g() = 0,5f(); n) g() = f( 4) + 5; o) g() = f( ) ; p) g() = f( 4) 5; q) g() = f( ) y = funksiyaning grafigidan foydalanib, quyidagi funksiyalarning grafiklarini yasang: a) y = ; b) y = + ; 09

310 d) y = ; e) y = ; f) y = ; g) y = ; h) y = ; i) y = ; j) y = 4; k) y = 4; l) y = 4 + 5; m) y = ; n) y = ; o) y = Chiziqli funksiya grafigi. ) l to g ri chiziq koordinatalar tekisligining birinchi va uchinchi choraklari va O(0; 0) koordinatalar boshidan o tsin (50- rasm). Unda O nuqtaga nisbatan simmetrik M( 0 ; y 0 ), M ( 0 ; y 0 ) nuqtalarni va N(; k) nuqtani belgilaymiz. α = lo to g ri chiziq bilan abssissalar o qining musbat yo nalishi 0 orasidagi o tkir burchak, k = tgα > 0 to g ri chiziqning = y burchak koeffitsiyenti. OAN va OB M larning o shashligidan k = yoki y0 = k 0 bo ladi. Shu kabi OAN va OB M larning l y0 0 o shashligidan y 0 = k 0, k > 0 ni olamiz. l to g ri chiziqqa ordinatalar o qiga nisbatan simmetrik bo lgan l to g ri chiziqni qaraylik. P nuqta M ga, P nuqta M ga simmetrik k y0 0 y0 0 bo lsin. = = proporsiyaga ega bo lamiz. y l 0 = k 0 bo ladi, bunda k = tgα, α = l O o tmas burchak. 0 Y 6,5 O,5 9 X Y l l P( 0 ; y 0 ) M( 0 ; y 0 ) k N A B O B X 5 M ( 0 ; y 0 ) P ( 0 ; y 0 ) 49- rasm. 50-rasm. 0

311 Shunday qilib, koordinatalar boshidan o tuvchi va k > 0 da abssissalar o qining musbat yo nalishi bilan o tkir burchak, k < 0 da esa o tmas burchak tashkil etuvchi to g ri chiziq y = k funksiyaning grafigidan iborat. ) y = k + l chiziqli funksiya grafigi y = k funksiya grafigini ordinata o qi bo yicha l birlik parallel ko chirish bilan hosil qilinadi. Bundan bir il k koeffitsiyentli chiziqli funksiyalarning grafiklari o zaro parallel bo lishi kelib chiqadi. Koordinata tekisligidagi L(a; b) nuqta orqali burchak koeffitsiyenti k ga teng bo lgan faqat bitta to g ri chiziq o tadi, bunda k oldindan berilgan son. Uning tenglamasi y = k( a) + b. Chiziq y = k funksiya grafigini parallel ko chirish bilan hosil qilinadi, bunda O(0; 0) koordinatalar boshi L(a; b) nuqtaga o tadi. To g ri chiziqning burchak koeffitsiyentini topish uchun to g ri chiziqqa qarashli M( ; y ) va N( ; y ) nuqtalarning koordinatalari to g ri chiziq tenglamasiga qo yilib, hosil bo ladigan sistema yechiladi: y = k ( ) + y, y = k ( ) + y, y y k = M( ; y ) va N( ; y ) nuqtalardan o tuvchi to g ri chiziqlar tenglamasi y = k( ) + y munosabatga k = ifodani qo yish bilan hosil qilinadi: y y y ( ) y bunda, y y.. y y y y y y () = + yoki =, () -misol. M(; ) nuqtadan o tuvchi va y = 5 6 to g ri chiziqqa parallel bo lgan to g ri chiziq tenglamasini tuzamiz. Yechish. Izlanayotgan to g ri chiziq y = 5 6 to g ri chiziqqa parallel, demak, uning burchak koeffitsiyenti ham k = 5. To g ri chiziq M(; ) nuqtadan o tadi. Demak, uning tenglamasi y = 5( ) yoki y = 5. -misol. M( ; )va N(4; ) nuqtalardan o tuvchi to g ri chiziqning tenglamasini tuzamiz.

312 Yechish. () formuladan foydalanamiz: y ( ) ( ) =, bundan ( ) 4 ( ) y =. Mashqlar 7.0. Koordinatalar boshi va M nuqta ustidan o tuvchi to g ri chiziq tenglamasini tuzing: a) M(; 4); b) M(0; ); d) M(; 0); e) M(; 5). 7.. Chiziqli funksiyalarning grafiklarini yasang: a) y = ; b) y = + ; d) y = 4 ; e) y = M( ; 7) nuqtadan o tuvchi va burchak koeffitsiyenti k = bo lgan to g ri chiziq tenglamasini tuzing va chizing. 7.. M nuqtadan o tuvchi va burchak koeffitsiyenti k bo lgan to g ri chiziq tenglamasini tuzing: a) M( ; ), k = ; b) M(0; 4), k = ; d) M( ; ), k = ; e) M(5; ), k = A( 4; 6) nuqtadan o tib, y = + 5 to g ri chiziqqa parallel bo lgan to g ri chiziq tenglamasini tuzing Uchlari A( ; 0), B(7; ), C(4; 5) nuqtalarda bo lgan ABC uchburchakning: a) tomonlarining tenglamalarini; b) medianalarining tenglamalarini tuzing y = funksiya grafigini yasang a) y + 7 va y + 6; b) y 4 va y + lar o rinli bo lgan sohalarni tasvirlang. 4. Kvadrat funksiya grafigi. y = funksiya bizga quyi sinflardan tanish. Uning grafigi, uchi koordinatalar boshi O(0; 0) da va tarmoqlari yuqoriga yo nalgan parabola (5-rasm). y = a funksiya grafigi esa parabolani abssissalar o qidan a koeffitsiyent bilan cho zish ( a > da) yoki qisish ( a < da) orqali hosil qilinadi. a < 0 da y = a parabola O o qiga nisbatan simmetrik akslanadi. Itiyoriy a 0 da y = a funksiya grafigi paraboladan iborat.

313 y = a + b + c, a 0 funksiya grafigini yasash maqsadida b ifodani ( ) 4ac b y keltiramiz, bunda = a + + yoki y = a(α) + b ko rinishga a 4a b 4ac b, a 4a α = β=. Bundan ko rinadiki, y = a + b + c funksiyaning grafigi y = a parabolani Oy o qqa nisbatan α qadar va O o qqa nisbatan β qadar parallel ko chirish orqali hosil qilinadi, bunda parabolaning O(0; 0) uchi L(α; β) nuqtaga o tadi. Mashqlar 7.8. Funksiyalarning grafiklarini yasang: a) y = + 6 0; b) y = 6 + 0; d) y = 6 + 4; e) y = ; f) y = 6 4 ; g) y = A, B, C nuqtalardan o tuvchi parabolani yasang va tenglamasini tuzing: a) A(; ), B(; ), C(0; ); b) A(; ), B(; ), C(0; ); d) A( ; ), B(5; ), C(4; ); e) A(; 0), B(; 6), C(4; ) y = a paraboladagi M( 0 ; y 0 ) nuqtadan k burchak koeffitsiyentli kesuvchi to g ri chiziq o tkazilgan. Parabola va to g ri chiziqning ikkinchi kesishish nuqtasi abssissa- Y A B y = y = OA = OB OC = OB O C X y = 5- rasm.

314 sini 0 va k orqali toping. k ning qanday qiymatida kesuvchi M nuqtada parabolaga urinuvchi bo lib qoladi? abssissali nuqtada y = a + b parabolaga urinuvchi to g ri chiziqning tenglamasini tuzing, bunda: a) a =, b =, 0 = ; b) a = 4, b =, 0 =. 5. Kasr-chiziqli funksiya grafigi. Ikki chiziqli funksiyaning nisbatidan iborat y = a + b c + d kasr-chiziqli funksiyani qaraymiz. Uning grafigi to g ri chiziq yoki giperbola bo lishi mumkin: a b ) agar c = 0, d 0 bo lsa, () munosabat y = + chiziqli d d funksiyaga aylanadi, uning grafigi to g ri chiziqdan iborat; a b mc + md ) c 0, = = m bo lsa, y = = m ga ega bo lamiz. Bu holda () funksiya grafigi O o qqa parallel bo lgan c d c + d va d M( ; m) nuqtasi chiqarib tashlangan y = m to g ri chiziq bo ladi; c ) a 0, a b a + b. Oldin c d c + d () kasrdan butun qism ajratamiz: ad bc ad b a+ b a a = + c = + c c+ d c c + d c d + c = β + k γ, bunda 4 β = Bundan ko rinadiki, a c bc ad, k =, γ =. () y c + b = funksiya grafigi c + d d c k y = funksiya grafigi (giperbola)ni parallel ko chirishlar bilan hosil qilinadi, bunda koordinatalar boshi L(γ; β) nuqtaga o tadi. γ, β va k lar () formulalar bo yicha topiladi. -misol. + 4 = + 5 y funksiya grafigini yasang (5-rasm).

315 Y y + 4 = + 5 Y y = 4 O y = X 5 O X 5- rasm. = + 4 Yechish. Kasrdan butun qismini ajratamiz: = , unda k = 4, γ = 5, β =. O ( 5; ) nuqtadan yordamchi + 5 O, O y koordinatalar o qlarini o tkazamiz. Ularda funksiya grafigini, so ng k y = funksiya grafigini yasaymiz. Bu + 4 grafik Oy koordinatalar sistemasida y = ning grafigi bo ladi. + 5 Mashqlar 7.. Funksiyalarning grafiklarini yasang: a) 5 = = y ; b) y = ; d) y ; e) y = ; f) y = ; g) y =. + 4 a + b 7.. A, B, C nuqtalar ustidan o tuvchi y = funksiya c + d grafigini yasang: a) A( ; 0), B(; 4), C(0; ); b) A(; ), B(; ), C( ; ); d) A(4; ), B(; ), C(; 4); e) A( 5; ), B( ; ), C( ; 5). y = 5

316 6. Ifodasi modul ishorasiga ega funksiyalarning grafigi. f ( ), agar f ( ) 0 bo lsa, ) f ( ) = ekanini biz bilamiz. f ( ), agar f ( ) < 0 bo lsa, Bundan ko rinadiki, f grafigini yasash uchun oldin f grafigini yasash, so ng uning y 0 yarim tekislikdagi qismini o z joyida qoldirib, y < 0 yarim tekislikdagi qismini esa O o qqa nisbatan simmetrik akslantirish kerak. 5- rasmda y = grafigini y = grafigidan foydalanib yasash tasvirlangan. Y y = ( ), < 0 Y y = y = ( ) y = ( ), 0 O y = X O X 6 5-rasm. Y y = O X y = 55- rasm. ) 54- rasm. f ( ), 0, f ( ) = mu- f ( ), < 0 nosabatdan ko rinadiki, y = f( ) grafigi f () funksiya grafigining 0 yarim tekisligidagi qismi hamda uning Oy o qiga nisbatan simmetrik aksidan tashkil topadi. 54- rasmda y = ( ) grafigini y = ( ) grafigidan foydalanib yasash tasvirlangan. ) 55-rasmda y = bog lanish grafigini y = grafigidan foydalanib yasash tasvirlangan.

317 Y y = a) / O y = + X Y Y y = y + = A O X O X = -misol. y + + funksiya grafigini yasaymiz. Yechish. a) Dastavval y = funksiya grafigini, so ngra shu grafik bo yicha y = + grafigini yasaymiz (56- a rasm); = b) ning har qanday qiymatida y + 0. Shunga ko ra, y = + grafigining < < da O o qi ostida turgan qismini O o qiga nisbatan simmetrik akslantiramiz (56- b rasm). Bunda topiladi; = qiymat y = 0, ya ni + = 0 bo yicha y = d) talab qilinayotgan y + + grafikni yasash uchun y = + grafigi birlik yuqoriga parallel ko chiriladi (56- d rasm). b) d) 56-rasm. 7

318 Mashqlar 7.4. Funksiyalarning grafiklarini yasang: a) y = + ; b) y = ; d) y = + ; e) y = ; f) y = + ; g) h) 4 = + 4 = + y ; = y ; i) y + ; = + 4 j) y = ; k) y ; + l) y = + ; m) 0 y = Quyidagi tengliklarni qanoatlantiruvchi M(; y) nuqtalar to plamini yasang: a) = y y ; b) + = y y ; d) = y + y ; e) + = y + y ; f) [] = y [y]; g) [] = [y] Quyidagi tengliklarni qanoatlantiruvchi M(; y) nuqtalar to plamini toping: a) y = + ; b) d) + = y ; e) + = y ; + = y. Y,8 O,5 4 5 X rasm.

319 rasmda y = f () funksiya grafigi tasvirlangan. Undan foydalanib quyidagi funksiyalar grafiklarini yasang: a) y = f() ; b) y = f() ; d) y = f( ); e) y = f( ) ; f) y = f( ) ; g) y = f( ) ; h) y = f( ) ; i) y = f( ) rasmda tasvirlangan f () funksiya grafigidan foydalanib, ushbu tengliklarni qanoatlantiruvchi M(; y) nuqtalar to plamlarini tasvirlang: a) y = f(); b) y = f( ); d) y = f(); e) y = f() ; f) y = f( ); g) y = f( ). Bu tengliklar funksiyani ifodalaydimi? 7. Darajali funksiya grafigi. α haqiqiy son va itiyoriy musbat son uchun α soni har vaqt aniqlangan bo ladi. < 0 va m α = bo lganda y < α funksiya aniqlanmagan. Biz > 0 hol n bilan shug ullanamiz. Har qanday α haqiqiy son uchun (0; + ) musbat sonlar to plamida aniqlangan y = α funksiya mavjud. Unga α ko rsatkichli darajali funksiya deyiladi, bunda darajaning asosi. Darajali funksiya = da y = dan iborat doimiy funksiyaga aylanadi. Darajali funksiyaning ossalari haqiqiy ko rsatkichli darajaning ossalariga o shashdir. Ulardan ayrimlarini esga keltiramiz.. Darajali funksiya barcha > 0 qiymatlarda aniqlangan.. Darajali funksiya (0; + ) da musbat qiymatlar qabul qiladi.. α > 0 da darajali funksiya (0; ) oraliqda monoton kamayadi, [; + ) da monoton o sadi. Darajali funksiya o zining aniqlanish sohasida bir qiymatli, faqat α ko rsatkich juft marajli qisqarmaydigan kasr son bo lgan holdagina ikki qiymatli bo ladi. Ko p hollarda darajali funksiyaning 9

320 Y Y a / y = / y = O a X O X a / 58-rasm. 59-rasm. Y Y y = / y = / O X O X 60-rasm. 6-rasm. ikki qiymatidan manfiy bo lmagan (arifmetik) qiymati tanlab olinadi. > 0 da α daraja ko rsatkichi turlicha bo lgan darajali funksiya grafiklari 58 6-rasmlarda tasvirlangan. 58-rasmda y = / yarim kubik parabola tasvirlangan. Mashqlar 7.9. Funksiyalar grafiklarining eskizlarini chizing: a) y = /5 ; b) y = /5 ; d) y = 5 ; e) y = 5 ; f) y = /5 ; g) y = ( ) /5 ; h) y = ( + ) /5 ; i) y = / ; j) y = / + ; k) y = 8 4 /4 ; l) y = () ; m) y = () /. 0