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

\g(x, x
2
-Xs) Igx, +lgx
2
+lgx
3
agar 
x ( >0, x
2
>0, x3>0
bo'lsa,
I
g(xi 
*2
 -хз '*
4
) lg x i'lg x
2
lgx
3
+lgX
4
agar 
(x, -x
2
 -x
3
 - x ^ O
bo' Isa,
1
g(xi -x
2
-x3... ■xn)=lgx,+lgx
2
+lgx
3
+...+lgxn
agar 
(x, -x
2
-x3-... - x j
>0
bo'lsa. 
M atem atik induksiya metodi. Bu metodda biror matematik qonuniyat 
n
= 1 
hoi uchun o'rinli bo'lsa, uni 
n
= 
к
hoi uchun o'rinli deb qabul qilib, so'ngraw=A + 
1 
hoi uchun o'rinli ekanligini ko'rsatiladi.
1 • m i s о 1. 5„=1+ 2+ 3+ ..+и = 
yig'indining o'rinli ekanligini matematik
induksiya metodi orqali ко' rsatilsin, bunda 
n e N
1. Agar и = / bo'lsa, 
St =
^ =
1
.
2. A garn = £ bo'lsa, 
Sk =i+2+3+...+k = - — ^ -.
3. 
Agarn=k+1
bo'lsa,
‘^*+i = 1+2+3 +...+£ + (A.- +1) = 
ekanligini isbotlaymiz.
Isboti. SM 
=St
+№+1) = ^ £ ± 2 +(* +1) = ^ - +1)H' 2(Л +2*к +1\
2 
2
2
A *
Fbo'Isa, 
\AV\ > 0. A =
Fbo'lsa, 
\AV\
-
0.
Demak, 
S„=l+2+3+...+n
= 
+ ^ yig'indiisi hisoblash formulasi to 'g 'ri ekan.
2-misol. 
S„=l2+ f +?+... +n2^ (n + if n +l)- , n e N
1. Agarw = / bo'lsa, 5, = 
_ j
6
2. Agar 
n
= 
к
bo' Isa, 
S„
= —
Opfc+l)
3. Agar 
n= k+ l
bo'lsa, .St „ = l2 +2; +3* +...+№ + l); = <* + !)(* + 2)(2A-+3)
6
bo’ lishligini isbotlang.
I s b o t i .
= S ,+
(* + 1)3 = 
+ 
+ (/t + 1)J =
6
= 
^ - [ k (
2
k
+1) + 
6
(k +
1)] = — — • 
[
2
k
2
+ 
I k
+ 6) =
6 
>6
Ц к
+ 1)(£ +
2 )f к
+ — 1 
, 
4
I 
2 ) _ (k + \)(k + 2){2k + j)
6 
6
3 - m i s о L 
S„=l3+23+33+.
.. 
+n
3
= 
, 
n e N
4
- 1 6 -

1. Agar 
n = I
bo' Isa, 
S,
= ■■■ 
= 1.
2. Agar 
n = к
bo Isa, 
Sk
= 
k
= 1.
3. Agar л=£+У bo'Isa, 
SM
=13+23+з 3 
+...к'
+(Лг+1) = (*+j>2( * + 9 2
4
bo'lishligini isbotlang.
Isboti. 64+1 
= Sk
+(£+l)3 = - ^ — -+(£ + !)' = (£ + 1)'^— +£ + lj =
_ (fc+l)J(fc2 + 
4k +
4) _ 
(k + l)2(k + 2 f
4 
4
At
T y e o r y e m a .
Qabariq n burchak ichki burchaklarining y ig ' indisi 180° (n-2)
ga teng.
Bu teoremani matematik induksiya metodi bilan isbotlang. (1-chizma).
1. 
n
= 3 bo'lganda 5» = 180°.
2. 
n
= 
к
bo' lganda 
Sk=180°(k-2)
bo’ ladi.
Agar 
n
= 
к
uchun 
Sk~J80° (k-2)
bo' lea, 
n
= 
k + 1
uchun 
Sk+i =
180° 
[(k+l)-
2] bo'lishini isbotlang.
Bu holni isbot qilish uchun ( k + l ) burchakli qavariq ko'pburchakni olamiz. 
A ,A k
diagonal berilgan ko'pburchakni 
к
burchakli qavariq 
AjA-Aj...Ak
kopburchakka 
va 
А,А*АМ
uchburchakka ajratadi, u holda 
Sk+,~ S k+S3
tenglik o'rinli bo'ladi: 
Sk+1=I80°(k-2)+180°=180°[(k-2)+l]~18(/°[(k+l) - 2]
Demak, teorema har qanday qavariq 
n
burchak uchun ham o'rinli ekan.
4 - m i s о 1. Quyidagi tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan isbotlang:
1 1
1 
r
—f= Л
—
j=
4-... + 
—= >yjn
VI л/2 
J n
I s b o t i . «=1, bo'lganda 1 = 1 tenglik o'rinli.
n
= 2 bo' lganda l + J j > V 2 tengsizlik o'rinli.
~17~
N izom iy noml i
T D P J
kutubxona.-ii

Endi faraz qilaylik, berilgan tengsizlik 
n
= 
к
uchun o'rinli, ya’ni 
-j= + -J=+...-j= 
>4k
bo'lsin, uning 
n=k+J
hoi uchun o'rinli ekanini ko'rsatamiz:
1 1
1 
1 
n
— г
—j= + —i==+...
+ 
+- ----
>\ k +
1
Vl V2 
4k
V 
к
+1
Bu tengsizlikni kuchaytirish uchun -L + -i=-+...-ir o'm iga Л ni qo'yannz, u
vl v2 
v£
holda \/^ + -^ = = > V ^ + I (1) bo'ladi. Bu tengsizlikni o'rinli ekanini ko'rsatsak,
berilgan tengsizlik isbotlangan bo'ladi.
(1) ning har ikki tomoni kvadratga ko'taramiz, u holda
A r + - L + - ^ L > * r + l, 
k + l -Jk+l
2 Jk 
к
r >-
VF+I *•+!
tengsizlik hosil bo'ladi. Bu tengsizlikni har ikkala tomonini 
ga bo'lsak, 2>
VA’+l
tengsizlik 
к
ning 
к
- 1 dan boshqa qiymatlaridan o'rinli, shuning uchun
1 1
1 
г
- p + -p= + . . . +- =>VH 
Vl л/2 
4n
tengsizlik 
n
ning hap qanday qiymatida ham o' rinli.
5 ■ m i s о I. (2n - 1)! > n! tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan
isbotlang.
I s b o t i . B izgam a’lumki. (2n—1)! = l-3-5-...-(2n-l)
1. n = 1 bo'lganda 1 = 1 tenglik o'rinli.
n = 2 bo'lganda 3 > 2 sonli tengsizlik hosil bo’ladi.
2. Endi berilgan tengsizlik 
n = к
hoi uchun o'rinli, ya’ni (2k-l)! >k! deb, faraz 
qilaylik, buning 
n = к + I
hoi uchun o'rinli ekanini ko'rsatamiz:
{[2(k +-1) - 1]! > (k +1)!} ->. (2k + 1)! > (к + 1)!
(2k—1 )!>k! tengsizlikni har ikki tomonini k+1 ga ko'paytiramiz: u holda
k!(k+l)<(2k— 1)!(k+1 )<(2k— l)!(2k+l)=(2k+l)! ifoda hosil bo'ladi. Bundan esa 
(k+l)!<(2k + 1)!. Shuning uchun tengsizlik 
n
ning har qanday qiymatlarida o'rinli. 
Tengsizliklami isbotlang:

T a ‘ r i f: 
Umumiy та himotlarga tayanib ayrim yoki xususiy xulosa chiqarish
deduksiya deyiladi.
M isollar 1. 
X2-3
x
-4= 0
tenglamaning diskriminantini hisoblab, uning yechimlari 
borligini ko'rsating. 
D=9+16=25. D>0.
Bizga ma’lumki, kvadrat tenglamani yechish 
haqidagi qoidaga ko ra uning diskriminanti musbat bo'Isa, u ikkita haqiqiy har xil 
yechimga ega edi, shuning uchun 
x - 3 x - 4 0
tenglama ham ikkita 
Xj
= 
4
va 
x2 - -1
yechimlarga ega.
2. -У*!"1 0,09 ifodaning qiymatini hisoblang. Bu ifodaning qiymatini hisoblash 
uchun maktab algebra kursidan umumiy qonuniyatni o 'z ichiga oluvchi quyidagi 
teoremadan foydalanamiz.
T y e o r y e m a .
a>0 va b>0 bo'lganda 'Jab=Ja-4b bo'ladi.
Shuning uchun quyidagi xulosani hosil qilamiz.
V81-0,09 = v'sT- х/оде =90, 3 = 2,7
3.
Maktab geometnya kursida kosinuslar teoremasining analitik ifodasi bunday:
s2
= 
a2 + b2 — 2ab ■ cos с
(1)
Agar (1) da s=90° bo lsa, cos90°=0, shuning uchun s2=a2+b2 (2) bo'ladi. Bizga 
ma’lumki, (2) Pifagor teoremasini ifodasidir,
Xulosa chiqarish metodlaridan yana bin bu analogiyadir.
T a ‘ r i f. 
О 'xshashlikka asoslanib xulosa chiqarish analogiya deyiladi.
Analogiya bo'yicha xulosa chiqarishni sxematik ravishda quyidagicha tasvirlash 
mumkin: 
F
figura 
a, b, c, d, ...
xossalarga ega. 
F l
figura esa 
a
, 
b, s , ...
xossalarga ega 
bo'Isa, u ho I da 
Fi
figura ham 
d
xossaga ega bo'lishi mumkin.
Fikrimizning dalili sifatida quyidagi tengsizlikni isbot qilaylik. Har qanday
tetraedr uchun 
~
(|AB|+|BC|+|AC|)<|SA|+jSB|+|SC| tengsizlik o'rinli.
Bizga ma’lumki, fazodagi tetraedr figurasi tekislikda uchburchak figurasiga 
analogik figuradir, shuning uchun hap qanday uchburchak uchun o'rinli bo'lgan 
quyidagi xossadan foydalanamiz.
Har qanday uchburchakda ikki tomon uzunligining yig'indisi uchinchi tomon 
uzunligidan kattadir (2 chizma):
|AB| + |BC| > |AC|
В
Agar uchburchak uchun o'rinli bo'lgan ana shu xossani unga analogik bo'lgan 
figura tetraedrga tadbiq qilsak, quyidagi tengsizlik hosil bo'ladi (3 chizma):
~19~

M S |< |X 4 |+ |.S B |1
I fiC'|
| Л С |<( &41 + 1 
S C
|J 
~
(|AB| + |BC| + |AC|) < |SA| + |SB| + |SC|
s
в
7-§, M atem atik hukm ning turlari. Postulat.
Maktab matematika kursida matematik hukmning asosiy turlari quyidagilardan 
iborat: aksioma; postulat; teorema.
Aksioma grekcha axioma so zidan olingan bol i b, uning lug'aviy ma’nosi 
"obro'ga ega bo'lgan gap" demakdir. Shuning uchun ham aksiomaga maktab 
matematika kursida quyidagicha ta’rif berilgan:
«Isbotsiz qabid qilinadigan matematik hukm aksioma deyiladi».
Aksioma asosan eng sodda geometrik figura yoki sodda matematik 
qonuniyatlaming asosiy xossalarini ifodalovchi hukmdir. Masalan, maktab 
geometriya kursida o' rganish uchun qabul qilingan aksiomalami qaraylik:
1. 
«Tekislikda yotuvchi ixtiyoriy bir nuqtadan shu tekislikdagi to'g'ri chiziqqa
parallel bo Igan faqat bitta to 'g ri chiziq о tkazish mumkin».
2. «Tekislikdagi har qanday ikki nuqtadan faqat bitta to'g'ri chiziq o'tkazish
mumkin».
Bizga ma’lumki, matematika fani aksiomalar sistemasi asosida qurilgandir. 
Matematika fanining mantiqiy asosda qurilishini yaratish uchun aksiomalaming 
bo'lishligi haqida fikr Gretsiyada bundan ming yil a w al paydo bo'lgan edi. XIX 
asming oxiri va XX asming boshlarida matematika fanining turli bo'limlarida 
aksiomalar chuqur o'rganildi va rivojlantirildi.
Matematika kursidagi aksiomalar sistemasi asosan quyidagi uchta talabga javob 
berishi kerak.
1. 
Aksioma sistemasi ziddiyatsiz bo'lishi kerak. Bu degan so'z, biror 
aksiomadan chiqarilgan natija shu aksioma yordamida hosil qilingan boshqa natijaga 
yoki boshqa aksiomadan chiqarilgan xulosaga zid kelmasligi kerak.
~20~

2. Aksiomalar sistemasi mustaqil bo'lishi kerak, ya’ni hech bir aksioma ikkinchi 
bir aksiomadan kelib chiqadigan boim asligi kerak.
3. Aksiomalar sistemasi shu fanga oid istalgan bir yangi tushunchani isbot etish 
uchun yetarli bo'lishi kerak, ya’ni biror matematik jumlani isbotlashda hech qachon 
o’z-o'zidan tushunilishiga yoki tajribaga tayanilmaydi, bu matematik jumla boshqa 
teoremalar bilan, oxirida aksiomalar bilan asoslanishi kerak bo'ladi.
Maktab geometriya kursida quyidagi aksiomalar sistemasi mavjud.
1.Tegishlilik aksiomasi:
a) har qanday to 'g 'ri ch ia q nuqtalar to'plamidan iboratdir.
b) har qanday ikki nuqtadan bitta va faqat bitta to 'g 'ri chiaq o'tkazish mumkin.
v) har qanday to'g'ri chiziqni olmaylik, shu to'g'ri chiziqqa tegishli bo'lgan va
tegishli boim agan nuqtalar mavjud.
2. Masofa aksiomasi:
a) har bir kesmaning uzunligi shu kesmaning har qanday nuqtasi ajratgan 
masofalar uzunliklarining yig'indisiga teng: b) A nuqtadan В nuqtagacha boigan 
masofa В nuqtadan A nuqtagacha b o ig an masofaga teng: 
\AV\ = \BA\.
v) Ixtiyoriy uchta 
A, V, S
nuqta uchun 
A
dan 
S
gacha b o ig an masofa A dan В 
gacha va В dan С gacha b o ig a n masofalar yig'indisidan katta emas: |AC|<|AB|+|BC|
3. Tartib aksiomasi:
a) To g'ri chiziqdagi uchta nuqtadan bittasi va faqat bittasi qolgan ikkitasi 
orasida yotadi.
b) T o'g'ri chiziq tekislikni ikki yarim tekislikka ajratadi.
4. Harakat aksiomasi:
a) 
Agar 
\AV\
masofa musbat bo'lib, 
u \A iV , \
masofaga teng bo'lsa, A nuqtani Ai 
nuqta va В nuqtani Bj nuqtaga akslantiruvchi faqat ikkita siljitish mumkin.
5. P a r a l y e l l i k a k s i o m a s i :
Berilgan nuqtadan to 'g 'ri chiziqqa bitta va faqat bitta parallel to 'g 'ri chiziq 
o'tkazish mumkin.
"Postulat" so'zi lotincha so 'z bo'lib, uning lug'aviy ma’nosi "talabni 
belgilovchi" demakdir. Postulat - bu ma’lum bir talab yoki shartlami ifodalovchi 
matematik hukm bo'lib, bundagi talab va shartlami ba’zi bir tushuncha yoki 
tushunchalar orasidagi munosabatlar orqali qanoatlantiradi.
1-misol. 
Yevklidning "Negizlar" kitobida paralellik aksiomasi "beshinchi 
postulat" deb atalgan. qadimgi matematiklar ana shu paralellik aksiomasini XIX acr 
boshlarigacha isbotlashga urinib keldilar. Bu urinishlar har doim muvaffaqiyatsizlik 
bilan tugadi. Paralellik aksiomasini to'g'riligi hech kimda shubha tug'dirmasa-da, uni 
mavjud aksiomalaming va ilgari isbot qilingan geometrik faktlaming asosi uchun 
qabul qilish mumkin emasmikan, ya’ni u o’zicha teoremadan iborat emasmikan, 
degan savol barcha matematiklami qiziqtirar edi. Parallel to 'g 'ri chiziqlar
~21~

aksiomasini teskarisidan faraz qilish usuli bilan, ya’ni nuqta orqali benlgan to'g'ri 
chiziqqa parallel bir nechta to’g'ri chiziq o'tkazish mumkin, deb qabul qilib 
isbotlashga urinishlar matematik qonuniyatlarga zid bo'lgan holatlami keltirib 
chiqarishi 
kerak 
edi, 
ammo 
bunday 
bo'lmadi. 
Buyuk 
rus 
matematigi 
N.I.Lobachevskiy va undan bexabar holda venger matematigi Ya.Boya nuqta orqali 
benlgan to 'g 'ri chiziqqa parallel bir necha to 'g 'ri chiziq o'tkazish mumkin, degan 
farazni qabul qilib, boshqa "noevklid geometriya"ni qurish mumkinligini isbot 
qildilar. Lobachevskiy geometriyasi ana shunday dunyoga keldi.
2 
- in i s о I Munosabatlar ekvivalentligini ta’rifi ham quyidagi uchta postulat 
orqali ifodalanadi:
1) munosabat refleksiv bo' lishi kerak: Va s
A
: 
a 1 >a
2) munosabat simmetrik bo'lishi kerak:
Vo,6 e
A :
(a ■
/
—
t
—>a )
3) munosabat tranzitiv bo' lishi kerak:
Va, 
b, c e A :[ (a
—
—
£->cj=>(a
—
>c\
8-§. Teorem a va uning turlari.
Teorema so'zi grekcha so 'z bo'lib, uning lug'aviy ma’nosi "qarab chiqaman” 
yoki «o'ylab ko'raman» demakdir, shuning uchun ham maktab matematika kursida 
teoremaga quyidagicha ta’rif berilgan:
"Isbotlashni talab etadigan matematik hukm teorema deyiladi".
Maktab matematika kursida teoremalaming quyidagi turlari mavjuddir:
1. T o'g'ri teorema.
2. Teskari teorema.
3. T o'g'ri teoremaga qarama-qarshi teorema.
4. Teskari teoremaga qarama-qarshi teorema.
T o'g'ri va unga nisbatan teskari bo'lgan teorema tushunchalarini o'quvchilar 
ongida shakllantirishni - VI sinf geometriya kursining binnchi darslaridan boshlab 
amalga oshirish kerak. Masalan, quyidagi ikkita tushunchani olib qaraylik.
1. Bu figura parallelogrammdir
2. Bu figura to' rtburchakdir.
Berilgan bu ikkala hukm o'zaro bog'Iiqdir. Boshqacha qilib aytganda, 
birinchisining haqiqatligidan ikkinchining haqiqatligi 
kelib chiqadi, 
ammo 
ikkinchisining mavjudligidan birinchisining haqiqatligi har doim ham kelib 
chiqavermaydi. Agar bu bog’lanishni simvolik ravishda yozadigan bo'lsak u 
quyidagicha bo'ladi:
paralelogramm => to'rtburchak 
Bu yerda biz paralellogramlar sinfini to'rtburchaklar sinfiga kiritdik. 
Yuqoridagidek bog'lanishlar geometriya kursining birinchi darslaridan boshlab

tekshirayotgan matematik hukmlaming ichki o'zaro bog'lanishini ochib beradi. 
Masalan, "Ichki almashinuvchi burchaklar o'zaro teng" degan hukmni simvolik holda 
quyidagicha yozish mumkin:
Ichki almashinuvchi burchaklar
Teng burchaklar
Bu yerga agar ichki almashinuvchi burchaklar mavjud bo'lsa, u holda ular teng 
bo'ladi, degan fikmi tasdiqlayapmiz. Agar yo'nalish teskari tomonga qo'yilsa, 
bunday mulohaza hosil bo'ladi: "Agar burchaklar teng bo'lsa, u holda ular ichki 
almashinuvchi burchaklardir". Agar biz teoremadagi shart va xulosaning o'zaro 
bog' liqligini "agar", "u holda" so'zlari bilan bog'lasak, bunda o'quvchilar 
teoremaning sharti, natijasi va ular orasidagi bog'lanish haqida chuqurroq tasaw urga 
ega bo' ladilar. Masalan, agar bir uchburchakni ikki tomoni ikkinchi uchburchakning 
ikki tomoniga mos ravishda teng bo'lsa, bunday uchburchaklar teng bo'ladi. Bu 
aytilgan teoremaning shartidan uning xulosasi kelib chiqmaydi, ammo uning 
xulosasidan sharti har doim kelib chiqadi. Shuning uchun uni simvolik ravishda 
bunday yozish mumkin:
Bir uchburchakning ikki tomoni ikkinchi uchburchakning 
ikki tomoniga mos ravishda teng bo'lsa
uchburchaklar
teng
Maktab geometriya kursida shunday teoremalar borki, ulaming shartidan 
xulosasining to’g'riligi va aksincha, xulosasidan shartining to'g'riligi kelib chiqadi. 
Masalan:
1. 
Agar to 'g 'ri chiziq burchak bissektrisasi bo'lsa, u berilgan burchakni teng 
ikkiga bo' ladi.
Bunga teskari bo'lgan teorema ham o'rinlidir: "Agar to 'g 'ri chiziq burchakni 
teng ikkiga bo'lsa, bu to 'g 'ri chiziq shu burchakning bissektrisasidir". Bu 
aytilganlami simvolik ravishda bunday yozish mumkin:
Agar to 'g 'ri chiziq burchak bissektrisasi bo'lsa
<=
=>
Burchak teng ikkiga 
bo' linadi
Bundan к о 'rinadiki, teorema shartining mayjudligidan uning xulosasining
haqiqiyligi kelib chiqsa va aksincha, uning xulosasining mayjudligidan haqiqatligi 
kelib chiqsa, teoremaning shart va xulosalarida qatnashayotgan "agar" va "u holda" 
bog'lovchilarining o'rinlari o'zgaradi.
Agar biz shartli ravishda berilgan teoremani to’g'ri teorema desak, bu 
teoremadagi shart va xulosalarning o'rinlarini almashtirish natijasida hosil qilingan 
teoremani teskari teorema deb ataymiz.
Endi to 'g 'ri va teskari teoremalaming berilishi hanida ulami isbotlash 
uslubiyatini ко' rib chiqaylik.
1. 
T o' g' г i t y e o r y e m a : "Agar uchburchakning biror tomoni katta bo'lsa, 
u holda ana shu katta tomon qarshisida katta burchak yotadi".

А
4-Chizma,
Berilgan: AAVS, VS > AV.
Icbot qilish kerak: ^ A > z S .
I s b о t i. ABC uchburchakning BC tomonida AB tomonga teng 
BD A В
kesmani o'lchab, ana shu 
D
nuqtani 
A
nuqta bilan birlashtiramiz (4-chizma), natijada 
ABD
teng yonli uchburchak hosil bo' ladi. 
ABD
uchburchak teng yonli bo' Igani uchun 
ZB A D ^ZB D A . BDA
burchak 
ADC
burchakning tashqi burchagi bo'lgani uchun 
Z B A D -Z S + Z D A C
bo'ladi, bundan 
Z B A D > Z S
ekani kelib chiqadi. Bu yerdagi 
BAD
burchak 
A
burchakning bir qismi xolos. Shuning uchun 
ZA >ZS.
T eskari teorem a: 
"Agar uchburchakning biror burchagi katta bo'lsa, и holda
ana shu katta burchak qarshisida katta tomon yotadi".
В ye r i 1 ga n: 
AA VS, Z A > Z C.
I s b о t q i 1 i sh к ye r a k: 
VS
> 
AB.
I s b о t i. 1) 
A VC
uchburchakning 
AB
tomoni hech qachon 
VS
tomonidan katta 
bo'la olmaydi, chunki to 'g 'ri teoremada biz katta tomon qarshisida katta burchak 
yotadi, deb isbot qildik, aks holda 
Z C > Z A
ligi kelib chiqadi, bu esa teorema shartiga 
ziddir.
2) 
AB
tomon 
VS
tomonga teng ham bo'la olmaydi, chunki 
ZA V S
teng yonli 
emas, agar teng yonli bo'lganda edi 
ZS> Z A
tenglik o'rinli bo'lib, bu ham teorema 
shartiga zid bo'lar edi.
3) Agar 
AB
tomon 
VS
tomondan katta bo'lm asa yoki unga teng bo'lmasa, u 
holda 
VS > AB
ligi kelib chiqadi.
2. T o 'g 'ri teorem a. 
Agar uchburchakning tomonlari teng bo'lsa, и holda bu
С
5-Chizma. 
6-
Chizma.
tomonlar qarshisida teng burchaklar yotadi.
Berilgan: 
AAVC. A S
= 
SV.
Isbot qilish kerak: 
/ А =ZB.

I s b о t i. 
A VS
asosi 
A V
bo'lgan teng yonli uchburchak bo'lsin. 
Z A - Z V
ekanligini isbotlaymiz. Uchburchaklar tengligini birinchi alomatiga ko ra 
CAB
burchak 
SVA
burchakka teng bo'ladi, chunki 
SA=SV
va 
ZS= ZS.
Bu 
uchburchaklamingtengligidan: ZA =ZB
T eskari teorem a. 
Agar uchburchakning burchaklari о zaro teng bo 'Isa, и holda
bu burchaklar qarslrisida teng tomonlar yotadi
(6 - chizma).
В ye r i 1 g a n: 
Z A VS, Z A
= 
Z S .
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
VS = AV.
I s b o t i . 1) 
VS
tomon 
A V
tomondan katta bo'la olmaydi, aks holda aw algi 
isbot qilingan teoremaga ko'ra 
Z A > Z S
bo’lar edi, bu esa teorema shartiga ziddir.
2) 
VS
tomon 
A V
tomondan kichik ham bo' la olmaydi, aks holda aw algi isbot 
qilingan teoremaga ko'ra 
Z S >ZA
bo'lar edi, bu esa teorema shartiga ziddir. Demak,
VS = AV.
4 
To' g 'ri teorema. 
Agar uchburchak to'g'ri burchakli bo'lib, uning bir
burchagi 30° bo'Isa, и holda 30° li burchak qarshisidagi katet gipotenuzaning
yarmiga teng bo ladi.
(7-chizma)
7-Chizma.
В ye r i 1 g a n: 
A VS
burchak to' g' ri burchakli, 
Z V = 30°.
Afi
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k: 
A S =
—
Isboti. 
A S
katetni davom ettirib, 
C D -A С
kesmani qo'yib, 
I)
nuqtani 
V
nuqta 
bilan birlashtiramiz. U holda 
ABCD ABCA
tenglik hosil bo'ladi, chunki 
Z D = Z A
va 
ZD = 60°
bo'lganligi uchun 
ABD
uchburchakning 
A
va 
D
burchaklari 
60°
dan, 
ZABD=60° A D
teng tomonli uchbur-chakdir. Chizmadan
AS~ 
; AD=A V,
shuning uchun 
AC=
4 ^ .
T eskari 
teorem a. 
Agar 
to'g'ri 
burchakli
uchburchakning kateti gipotenuzaning yarmiga teng bo 'Isa,
и holda shu katet qarshisidagi burchak 30° ga teng bo'ladi
(8- chizma).
~25~

В ye г i 1 g a n : 
A A V S to 'g 'ri
burchakli, 
A S
= i
AV.
I s b o t q i l i s h к ye r a k: 
Z A V S = 30°.
I s b о t i. 
A S
katetni davom ettirib 
CD=AS
ni qo'yamiz, u holda 
AD = 2AC
bo'ladi, bundan 
AD=AV,
ekani kelib chiqadi. 
V
va 
D
nuqtalami birlashtirsak, 
ABCD = ABC A
bo'ladi, chunki bularning ikkita kateti va ular orasidagi burchaklari 
o'zaro teng.
ABCD -ABCA
ekanidan 
AD=A V
ga, 
Z A V S -Z D B S
u holda 
AD=A V
va 
DB=A V
bulardan 
KABD
teng tomonli ekanligini kelib chiqadi, u holda 
Z A B D 6 ( f‘,
ZAVS=ZD BC,
bu burchaklar yig'indisi 
ZA B D
ni hosil qiladi, shuning uchun 
Z A B C -30"
4. 
T o'g'ri teorema. 
Agar to'rtburchak to'g'ri burchakli bo'lsa, и holda uning
diagnallari o 'zaro teng bo 'ladi
(9-chizma).
В 
С
9-Chizma.
Berilgan: 
ABCD -
to 'g 'ri to' rtburchak.
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k: 
A S
= 
VD
I s b o t i .
ABD
va 
DCA
to'g'ri burchakli uchburchaklarda 
AD
umumiy, 
VA
va 
D C
tomonlari esa o'zaro teng, chunki parallellogrammning qarama-qarshi tomonlari 
o'zaro tengdir. Shuning uchun 
AABD=ADCA
bo'ladi, bundan 
AS=BD
ekanligi kelib 
chiqadi,
Teskari teorema. 
Agar paralelogrammning diagonallari o'zaro teng bo'lsa, и
holda buparallelogramm to'g'ri to'rtburchakdir
(10 - chizma).
В 
С
10-Chizma.
Berilgan: 
ABCD -
parallelogramm, 
A C
= 
BD
I s b o t
q i l i s h
k y e r a k :
ABSD
to 'g 'ri to’rtburchak.
I s b o t i .
ABD
va 
DCA
uchburchaklardan quyidagi tengliklarni yoza olamiz: 
AV=VS, AD -
umumiy va 
AC'=BD.
Shuning uchun 
AABD=ADCA
bo’ladi, u holda
~26~

Z B A D -Z C D A
bo ladi. Bundan tashqari ichki bir tomonli burchaklar bo lganligi 
uchun 
ZBA1) ~ ziCDA 2d.
Bulardan 
ZBAD = ZC AD = d
ekani kelib chiqadi. Demak 
ABCD
t o g ' ri to' rtburchak ekan.
5. 
T o'g'ri teorema. 
A gar to'g'ri, burchakli uchburchakning gipotenuzasi va
uning katetlariga o'zaro o'xshash ko 'pburchaklar yasalsa, и holda gipotenuzaga
yasalgan ko'pburchakning yuzi uning katetlariga yasalgan ko'pburchaklar
yuzlarining yig'indisiga teng bo 'ladi.
(11 - chizma).
Berilgan: 
AAVS, Z S-90". AV=s, VS=a, AS=b, ABDEZooANMKSacSLHTB,
ABDEZm:i--S,, ANMKCyuzi =Sb, SLHTByuzi~Sa.
I s b o t q i 1 i sh к ye r a k: 
Sc
= 
Sa
+ 
Sb
I s b о t i. 7-sinfda o'xshash ko'pburchaklar yuzlarining nisbati mavzusi o'tiladi, 
ana shu mavzuda quyidagi teorema bor. 
"Agar ikkita ko'pburchak o'zaro o'xshash
bo 'lsa, ular yuzlarining nisbati mos tomonlori kvadratlarining nisbatiga teng".
Shunga asosan quyidagi nisbatni tuzishimiz mumkin:
(s„c2 
+Sbc2 =Scc2
+Scft2)=>|c:2(S', 
+Sb)= S c{a2
+62)j c2 = a 2+*2 
bolgani 
uchun
S .+ S t * S '
bo'ladi.
yuzi uning qolgan ikkita tomoniga yasalgan ko 'pburchaklar yuzlarining yig 'indisiga
teng bo 'Isa, и holda bu uchburchak to g 'ri burchaklidir.
B y e r i l g a n
AAVC, S , + Sb = S c
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
A A VS
to' g'ri burchakli.
I s b о t i. Teorema shartiga ko ra 
Sa
+ 
Sb = Sc
bo lgani uchun
teoremasining ifodasidir. Pifagor teoremasi to 'g 'ri burchakli uchburchaklar uchun 
o'rinli bo'lar edi.
Shuning uchun 
A A VS
to 'g 'ri burchaklidir.
(
2
)
(
1
)
(1) va (2) lami o'zaro xadlab qo'shsak:
T eskari teorem a. 
Agar uchburchak bir tomoniga yasalgan ko'pburchakning
fTB*jARDE3)=> ^ —
= —
y j =>sa -c2 = sc -a2.
(2)
(1) va(2) lami o'zaro hadlab qo'shsak,
(
1
)
+ V 2 = S cc 3 + S cft2)=>(c'2(S„ 
+S„) = Sci(,-
+*2)J
Sa + Sb
= 
SL
shuning uchun: 
a2
+ 
b2
= 
s2.
Bizga ma lumki, bu tenglik Pifagor
~27~

6. T o 'g 'ri teorem a. 
Agar har qanday uchburchakda ichki burchak bissektrisasi
о tkazilsa, и holda bu bissektrisa qarshisida yotgan tomonni qotgan ikki tomonga
nisbatan proporsional bo 'laklarga bo ladi
(12-chizma).
E
Berilgan: V 
AA VS, BD -
bissektrisa, 
ZABD = ZDBC.
I s b o t q i l i s h k y e r a k :
\AB\ \AD\
I
BC
| | DC|
I s b о t i. Bu teoremani isbot qilish uchun uchburchakning [AV] tomonini Ye 
nuqtada kesguncha 
[CE]//[BD]
ni o'tkazamiz, natijada 
Z A E S
va 
[BD]//[EC]
lami 
hosil qildik. Agar burchakning tomonlari parallel to 'g 'ri chiziqlar bilan kesilsa, 
proporsional bo'laklargabo'linadi. Shungako'ra:
\AB\J_AD \

Download 1,14 Mb.