Bobojonova. N, Bardibayev. S
Download 1.16 Mb. Pdf ko'rish
|
Nazirjon ustoz
- Bu sahifa navigatsiya:
- Yechish
- Misol.
- Mustaqil yechish uchun misollar
- 5-misol.
- 5-§. Trigonometryada geometrya elementlari
- 2-misol
- 6-§. Teskari trigonometrik funksiyalar qatnashgan shakl almashtirishlarda, to‟g‟ri burchakli uchburchakdagi o‟tkir burchak ta‟rifidan foydalanish
- 3-misol
- 7-§. Geometrik masalalarni yechishda ba‟zi qulay usullardan foydalanish 1-masala
- 2-masala.
|
Yechish: 3 1 1 1
3 3 2 2 1 2 (1 2) 9
3 3 3 2 3 1 2 3 (1 2 3)
36 S
… 3 3 3 3 2 1 2 3 ... (1 2 3 ... )
S n n
2 2 2 1 ( 1) 2 4
n n n Demak qonuniyat kelib chiqdi. Bu formulani isbotlash shart emas. 2- misol. 100
3 sonining rakamlar yigindisini birinchi son desak, shu birinichi sonning raqamlar yig‟indisini ikkinchi son desak, ikkinchi son raqamlar yig‟indisini uchunchi son desak va shu tariqa hisoblab borishda raqamlar yig‟indisi bir xonali songa aylanadi. Shu sonni toping.
tekshiramiz 1 3
2 3 9 3 3 27
9
4 3 81
9
5 3 243
9
6 3 729
18
9
7 3 2187
18
9
………… Demak 3 ning 1 dan farqli darajalari uchun izlangan raqam 9 ga teng ekan. Javob: 9. 3-misol. Yuqoridagi misol shartini 2 2019 son uchun hisoblang. Yechish. Qonuniyatni aniqlaymiz. 1 2 2
2 2 4
3 2 8 4 2 16
7
5 2 32
5
6 2 64
10
1
7 2 128
11
2
8 2 256
13
4
9 2 512
8
10 2 1024
7
11 2 2048
14
5
12 2 4096
19
10
1
Qonuniyat aniqlandi. Ketma-ketlik 6 haddan iborat ekan 2,4,8,7,5,1. Davriy ravishda 6 ta raqam takrorlanadi. Demak 2019=6∙336+3. Biz izlayotgan raqam 3- hadga to‟g‟ri keladi. Bu 8 raqami.
MMTT da ham bunga doir testlar mavjud. Maslan: 1, 8, 22, 43,…sonlar ketma-ketligining nechanchi hadi 35351ga teng bo‟ladi? A) 97 B) 99 C) 101 D) 103 E) 107
1 1 a
2 1 7 1
8 a
3 1 7 1 7 2 22 a ………………… 1 7 1 7 2 7 3 ... 7 ( 1)
Demak yuqoridagi qonuniyatga asoslansak, masala quyidagicha yechiladi: 35351 1 7 (1 2 3 ... 1)
1 1 35351 1 7 ( 1)
n n
( 1) 35350 7 2 n n
10100 (
1) n n 101
n
Javob: 101. Shunga o‟xshash yana bitta misolni qarab chiqamiz. Misol. | | | | 100 x y tenglik nechta butun yechimga ega. Yechish: Bu misol qonuniyatini aniqlaymiz. | | | |
x y N tenglikning yechimi uchlari ( ; 0),(0; ),( ;0),(0;
) N N N N nuqtalarda bo‟lgan kvadrat ichki sohasiga tegishli bo‟lgan butun koordinatali nuqtalardan iborat. Shunday nuqtalardan nechtasi borligini aniqlasak yechim topilgan bo‟ladi.
Qonuniyatni aniqlaymiz. 1
da | | | | 1 x y bitta yechim 1 1 a
2 N
2 1 4 1 5
a
3
da 13 ta yechim 3 1 4 1 4 2 13 a
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 100 N da 100 1 4(1 2 3 ... 99) 19801 a
ta yechim mavjud a 100 =1+4∙
=19801. Demak | | | | tengsizlik 19801 ta butun yechimga ega ekan. Javob: 19801. Shuningdek a bir xonali son va n N bo‟lgan hollar uchun n a ning oxirgi ikkita raqamini topish uchun ham shu usuldan foydalansa bo‟ladi. Bu haqida ba‟zi adabiyotlarda ma‟lumotla batafsil keltirilga. Ularda 5
ning oxirgi ikkita raqami 1 n uchun 25 ekani, 7 n
01, 07, 49, sonlari bilan tugaydi. 2 n darajasi 20 xil raqalmlar bilan, 3
, 8
n darajali sonlar ham 20 xil raqamalar jufti bilan tugashi aytilgan.
1. Hisoblang: 2 2021 1
1 1 ... 1 2 1 2 3
1 2 3 ... 2021
2. Birinchi hadi 7 ga teng bo‟lgan sonlar ketma-ketligi quyidagicha tuzilgan: Ikkiinchi hadidan boshlab keyingi har bir hadi oldingi son kvadrati raqamlari yig‟indisining 1 bilan qo‟shilganiga teng. Ketma-ketlikning 2020-hadini toping. 3. Hisoblang: 2 4 8 2 2 2 1 ... 2 2 2
4. Hisoblang: 1 1 1 1 2022
2021 ... 3 2 ... 2 2 2 2 5. a)
2020 7 , b) 2020 9 , c) 2020 3 sonlarning oxirgi 2 ta raqamini toping 3-§. Yig‟indini hisoblashning “Ayirmalar” usuli. Ba‟zi ketma-ketliklarnig dastlabki n ta hadi yig‟indisini topish uchun “Ayirmalar usuli” deb ataluvchi usul qulaydir. Misollar yodamida bu usulni qanday ishlatishni ko‟rib chiqamiz. 1-misol. 1 2 2 3 3 4 ... ( 1)
yig‟indini toping. Yechish 2 6 12 20 30 ... ( 1)
S n n
yig‟indidagi sonlarni yonma- yon yozib A qator deb, har ikki qo‟shi son ayirmalaridan tuzilgan qatorni A deb, A qatordagi har ikki qoshni son ayirmalaridan tuzulgan qatorni 2 A deb qabul qilamiz va hakozo… A 2, 6, 12, 20, 30, 42, … A
4, 6, 8, 10, 12, … 2
2, 2, 2, 2, … 3
0, 0, 0, 0, … Ko‟rib turganimizdek oxirgi qator faqat nollardan iborat bo‟ladi. Quyidagi formuladan foydalanmiz 2 3
1 1 1 ( 1) ( 1)( 2) ( 1)( 2)(
4) ...
2! 3! 4! n n n n n n n n n n S A n A A A
( 1) ( 1)( 2)( 3) 2 4 2 0 2! 3!
n n n n n n S n
( 1)(
2) 3
n n n S
Bunda 1 A soni A qatordagi birinchi son, 1
soni A qatordagi birinchi son, 2 1
soni
2 A qatordagi birinchi son va … Javob: ( 1)( 2) 3
n n n S “Ayirmalar” usuli odatda yig‟indini topish murakkab bo‟lgan hollarda kerak. Lekin eng oddiy ketma-ketlikda ham bemalo qo‟lay olasiz.
2-misol. 2 1 3 5 ... (2 1) n S n ushbu yig‟indini hisoblang Yechish: A 1, 3, 5, 7, 9, … A
2, 2, 2, 2, 2, … 2
0, 0, 0, 0, … 2 (
1 2 0 2 n n n S n n
2
2 2 2 2 1 2 3 ... ? n
Yechish: A 1, 4, 9, 16, 25, … A
3, 5, 7, 9, 11, … 2
2, 2, 2, 2, … 3
0, 0, 0, 0, … ( 1)
1)( 3) ( 1)(2 1) 1 3 2 2! 3! 6
n n n n n n n n S n
( 1)(2
1) 6
n . Mustaqil yechish uchun misollar Quyidagi yig‟indilarni hisoblang. 1. 1 2 3 2 3 4 3 4 5 ... ( 1)(
2) n n n
2. 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6 ... yig‟indi uchun ?
3. 5 7 11 17 ...
yig‟indi uchun ?
S
4-§. O‟chg‟ich usuli Bu usul aslida biror adabiyotda yo‟q,uni biz o‟zimiz amaliyotda qo‟llab kelayotgan usul bo‟lib,aslida yangi o‟zgaruvchi kiritib vaqt ketkazmaslik uchun kashf qilganmiz.To‟g‟ri bu arzimagan narsadir balki,lekin ancha foydali.Bu usul irratsional ifodalarni soddalashtirishda kerak bo‟ladi.Bu usul mohiyati shundan iboratki,ifodadagi harflar ildiz ostida turgan bo‟lsa va ildiz ostilar birhad bo‟lgan hollarda ishlatiladi.
3 2
3 3 3 6 2 5 2 a a a a a N a a a a a a ni soddalashtiring Yechish: Har bir harifni 6-darajaga ko‟tarib chiqamiz 6 6 3 4 6 2 4 5 6 2 3 2 a a a a a N a a a a a a 6 3 2 3 2 3 2 2 3 4 2 1 2 1 a a a a a a a a a a a a 2 2 2 3 2 3 2 1 2 2 4 a a a a a a a endi har hadni 6-ildizdan chiqaramiz(olgan qarzni to‟lab qo‟yish deymiz buni) 6 6 3 2 2 4 N a a
;
3 2 4 N a a
3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 : :
ab a b a b a b a b ifodani soddalashtiring Yechish: Har bir harfni kubga ko‟taramiz va quyidagi ifodaga ega bo‟lamiz 3 3 2 2 : : a b ab a b a b a b a b 2 2 2 2 a b a b a ab b a a b a b
Natijadan yana kub ildiz olsak Javob: 3 2 a Bu usul juda qulay.Lekin bir narsadan extiyot bo‟lish kerak.Bunda ildiz ostidagi ifoda birhad bo‟lishi kerak va darajaga ko‟tarishda aniq
sonlar,koeffitsiyentlar,amal ishoralari,kasr chiziqlar “daxilsiz” qoladi va oxirida agar o‟zgaruvchi javob qatnashsa qaytadan ildiz olib qo‟yiladi. Bir nechta oddiyroq misollar ko‟rib chiqamiz:
Yechish: O‟zgaruvchilarni 2-darajaga ko‟taramiz: 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 1 1 2
xy y x xy y x N x y x y x y x y x y Oxirgi natijani qaytadan ildiz chiqarsak, 2 x
natijaga ega b‟lamiz. Javob: 2 x N x y .
3 3
3 3 3 3 3 2 2 5 6 6 : 2 2 4 4 x x x x x x x x ifodani soddalashtiring. Yechish: “O‟chirg‟ichdan” foydalansak quyidagi ifodaga ega bo‟lamiz 5 6 6 : 2 2 2 2 4 4
x x x x x x x 6 2 5 6 2 2 2 2 4 4 4 x x x x x x x 1 5-misol. Quyidagi ifodani soddalshtiring: Yechish: 2 5 2 4 2 3 a ab b b a a b a ab b
2 2
2 2 2 5 2 4 2 3
ab b b a a b a ab b 2 2 2 2 2 a b a b b a a b a b a b a b 2 1 2 1 2 2 2 a b a b a b a b a b 2 1 2 a b a b . Mustaqil yechish uchun misollar Quyidagi ifodalarni soddalashtiring: 1. 3 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 a b a b a b a b a b a b
2. 2
2 a b a b ab a b a a b b a b
3. 3 1 1 2 4 3 3 3 2 1 1 2 1 3 3 3
3 3 8 2 : 1
4 2 4 a a b b a a a b b a
4. 1 4 1 2 3 3 3 3 2 1 2 1 3 3 3 3 2 8 5 8 2 4 1 1 a a a a a a a a a a
5-§. Trigonometryada geometrya elementlari Trigonometrik funksiyalar sin , cos ,
, y x y x y tgx vay ctgx larga doir shakl almashtirishlar,soddalashtirishlarga doir mashqlarni yechishda to‟g‟ri burchakli uchburchakda uning o‟tkir burchagining sinusi, kosinusi, tangenisi va kotangenisi ta‟riflaridan foydalanish juda qulay
5 180 270 tg va bo‟lsa sin cos
?
Yechish: Bu yerda BAC .
Bu misolda 5 1 a tg b bo‟lsa, 26
bo‟ladi sin , cos
a b c c III chorakda sin , cos
5 1 sin , cos 26 26 ekanligidan 6 sin cos 26 kelib chiqadi 2-misol. 7
va 90 180
bo‟lsa 2 2 2 sin cos
3 cos sin
ifodaning qiymatini toping Yechish: 7 1 a tg b dan foydalanib to‟g‟ri burchakli uchburchakli uchburchakni yasab olamiz.Ya‟ni katetlari 7 va 1 uzunlikli,gipotenuzasi Pifagor teoremasidan 2 2
1 50
foydalansak quyidagi ifodalarga ega bo‟lamiz. 7 1 sin , cos
50 50
b c c burchgimiz II chorakda bo‟lgani uchun trigonometrik funksiyalarimiz quyidagicha qiymatga ega bo‟ladi 7 1 sin , cos 50 50
2 2 49 1 2 50 2 sin cos 98 50 50 1 7 3 cos sin
3 7 50 3 50 50 3-misol. BAC va
3 cos
5 bo‟lsa, 2 2 tg ctg ning qiymatini toping.
3 cos 5 b c bo‟lgani uchun biz tomonlari 3,4,5 bo‟lgan to‟g‟ri burchakli uchburchakni qurib olamiz va quyidagi natijaga ega bo‟lamiz 4 3 tg va 3 4 ctg chunki a tg b va b ctg a demak: 2 2 16 9 337 9 16 144 tg ctg .
337 144
. Mustaqil yechish uchun misollar 1.
sin 0,7
bo‟lsa, 2 sin 3 cos
cos tg ning qiymatini toping. Bunda 2
2. 8
7 ctg bunda va burchaklar o‟tkir burchaklar bo‟lsa, sin2 cos2
ni hisoblang. 3. 5 sin 13 va 180
270 bo‟lsa quyidagi ifodaning qiymatini toping 4 sin 2 5 cos2
? 1 2 tg
4. 5 cos
7 va
II chorak burchagi bo‟lsa ?
ctg
5. 7 8 ctg va III chorak burchagi bo‟lsa 2 cos
sin ni hisoblang
6-§. Teskari trigonometrik funksiyalar qatnashgan shakl almashtirishlarda, to‟g‟ri burchakli uchburchakdagi o‟tkir burchak ta‟rifidan foydalanish Odatda teskari trigonometrik funksiyalar qatnashgan ifodalarni soddalashtirishlarni formula asosida yechish biroz murakkab. Bu kabi misollarda biz taklif qilayotgan usul juda qo‟l keladi. Masalan quyidagi misolni qaraymiz
7 8 arcsin arccos
10 13
ctg
Yechish: 7 arcsin 10 tg ni x deb belgilab olsak x ni topish 7 sin
10 bo‟lsa tg ni topish degani. Ya‟ni 7 sin
10 a c
2 2 100 49
51 b c a 7 7 arcsin 10 51 a tg x tg b . 3 arccos
13 y ctg deb olsak y ni topish uchun 8 cos
13 bo‟lsa, y ctg ni topish kerak 8 cos
169 64 105
13 a 8 8 arccos 13 105 b ctg y ctg a izlangan yig‟indi 7 8 7 8 arcsin
arccos 10 13 51 105
tg ctg ga teng. 2-misol. 5 8 arcsin 13 15 arctg yig‟indini hisoblang Yechish: Yig‟indini x deb belgilab olib 5 8 arcsin 13 15
arctg ning har ikki tomonini “tangens”lab olish mumkin 5 8 (arcsin ) 13 15 tgx tg arctg 5 8 5 8 arcsin 13 15 20 32 39 12 15 5 8 40 35 5 8 1 60 1 arcsin 12 15
3 13 15 tg tg arctg tgx tg tg arctg
Bunda 5 5 arcsin 13 12 tg chunki 5 sin
13 a c dan foydalanib uchburchak yasab olamiz.
Bu yerda BAC 2 2 13 5 12 b
12 cos
13
5 12
Javob: 39 35 arctg
1 1
3 arctg arctg ning qiymatini toping Yechish: 1 1 2 3
arctg x deb olib. Har ikkala qismini “tangens”lab olamiz. 1 1 2 3
tg arctg arctg 1 1 2 3 1 1 1 2 3 tg arctg tg arctg tg arctg tg arctg
1 1 2 3 1 1 1 1 2 3
tgx
demak 4 x ekan Matematika kursida o‟rganiladigan
x
2.cos arccos x x
3.tg arctgx x
4.ctg arccatgx x
2 5.cos arcsin 1
x 2 6.sin arccos 1
2 7. arcsin 1 x tg x x 2 1 8. arcsin x ctg x x 2 1 9.cos 1 arctgx x 2 10.sin
1 x arctgx x 2 1 11.sin 1 arcctgx x 2 12.cos
1 x arcctgx x kabi formulalarni eslab qolish va isbotlash ancha qiyin .Bu formulalarning isboti ham “uchburchak” usulida juda oson.
2 1 sin 1 arcctgx x ni isbotlang Isbot. Biz ctg x bo‟lganda sin ni topib olsak formula isbotlanadi. Biz 1 x b ctg a bo‟lgan to‟g‟ri burchakli uchburchakni chizib olamiz. Ucburchakda BAC deb olamiz. 1
,
x , 2 1 sin 1 a c x , 2 1
x Demak
2 1 sin
1 arcctgx x formula isbotlandi 2-misol. 2 cos arcsin 1
ni isbotlaymiz Isbot: sin
1 x a c to‟g‟ri burchakli uchburchakni yasab olamiz: ( BAC
) Bundan
2 1 cos 1 b x c demak
2 cos arccos 1
x ekani isbotlandi. Mustahkamlash uchun misollar:(To‟g‟ri burchakli uchburchakning o‟tkir burchagi sinusi,cosinusi,tangenisi va cotangenisidan foydalaning) 1.
8 cos
15 arctg 5. 1 3 sin 3 4
arcctg
2. 7 arcsin 25 tg 6. 1 3 cos 3 4
arcctg
3. 3 8 arccos arcsin
5 17 7. 2 5
7 tg arctg arcctg
4. 1 1 4 5
arctg 8. 1 5 7 12
arcctg
7-§. Geometrik masalalarni yechishda ba‟zi qulay usullardan foydalanish 1-masala. ABC uchburchakning yuzi S bo‟lsa uning tomonlarini 1 : 2 nisbatda bo‟luvchi 3 ta M,N,K nuqtalar AB,BC,AC tomonlarga qo‟yilgan bo‟lsa MNK uchburchakning yuzini toping. Yechish: Qulaylik uchun ABC uchburchakni muntazam va tomonini 3 deb qabul qilaylik.(Bu tanlash biz ko‟zlayotgan natijaga hech qanday ta‟sirini o‟tkazmaydi) 9 3 4
S S kosinuslar teoremasidan BMN dan 3 MN ekanini topib olamiz.
2 3 3 3 3 4 4 MNK S . Demak
9 3 3 3 : 3 4 4 Javob: 3
S S
2-masala. ABCD parallelogrammning AB tomonida M va
N nuqtalar qo‟yilgan. : : 4 : 5 : 3 AM MN NB , CD tomonida P va
Q nuqtalar olingan va : :
CP PQ QD shart bajarilsa, : ABCD MNPQ S S nisbatni hisoblang. Yechish: Aslida chizma man shunday bo‟lishi kerak edi. Lekin biz oldin 4 : 5 : 3 nisbat va 1 : 2 : 3 nisbatda qatnashayotgan sonlar EKUKni topamiz. Demak EKUK(4, 5, 3, 2)=60. Qulaylik uchun ABCD parallelogram o‟rniga tomoni 60 ga teng bo‟lgan kvadrat chizamiz.
4 5 3 60 AB x x x
5 x
4 20
x 5 25 NM x 3 15 NB x 2 3 60 CD y y y
10 y
10 CP
20 PQ
3 10 30
Paydo bo‟lgan MNPQ trapetsiya asoslari 25
, 20 PQ va 60 h BC AC . Demak yuzalar nisbati quyidagicha bo‟ladi: 2 25 20
60 1350
2 2 60 3600 MNPQ ABCD MN PQ S h S
8 3 ABCD MNPQ S S
Javob: izlangan nisbat 8 3 ga teng. 3-masala. ABC uchburchakning BC tomoniga parallel 2 ta to‟g‟ri chiziq uning yon tomonlarini uchidan boshlab hisoblaganda 1 : 2 : 3 nisbatda bo‟ladi.Paydo bo‟lgan shakillar yuzalarining nisbatini toping. Yechish: Qulaylik uchun teng yonli to‟g‟ri burchakli uchburchakdan foydalanamiz va o‟xshashlik xossalarini ham qo‟llaymiz. Bunda biz 6
AC deb oldik 1 2 l l 1 1
2 1 2 2 2
1 2 3 AB A B B A BB A C S S S S S S
1 1 2 1 1 0.5 2 3 3 4.5 2
S S
2 4.5
S
1 2 1 2 3 4.5 18 S S S S S
3 13.5
S
1 2 3 : : 1 : 8 : 27 S S S
Javob: 1 2 3 : : 1 : 8 : 27 S S S
4–misol. ABC uchburchakning , , AB BC AC tomonlarida mos ravishda , ,
M N K nuqtalar olingan. Agar : 3 : 1
AB AM , : 2 : 5
BN BC va : 3 : 4
KA AC ekani ma‟lum bo‟lsa, : ?
MNK S S
Yechish: ABC ni muntazam va tomonini EKUK(2, 3, 4, 5)=60 bo‟lgani uchun 60 deb olamiz. Demak 20,
12 x y va 15
ekani ravshan. 60 60
sin 60 2
S , 20 15 sin 60 2
S , 3 12 15 sin 60 2
S va 40 24 sin 60
2 BMN S ekani ma‟lum. U holda MNK S ning yuzi quyidagicha bo‟ladi: ( ) MNK ABC AMK NCK BMN S S S S S
570 3 MNK S
60 : 19 ABC MNK S S . Javob: 60 19 . Yuqoridagi usulimizga ko‟pchilik e‟tiroz bildirishi tabiiy albatta. Lekin bu usulimizni amalda qo‟llab ko‟rilsa, uning o‟ziga xos qulayliklari namoyon bo‟ladi.
1.
: : 2 : 4 : 3 AN NM BM va NP MK BC ekani ma‟lum. U holda 1 2
: : ? S S S
2. Agar : 3 : 4 AM MB , : 4 : 5
BN NC , : 6 : 3
CK KD va : 5 : 4
DP PA ekani ma‟lum. Yuqoridagi ma‟lumotlar asosida :
nisbatni toping. 3. Quyidagi rasimda berilgan ma‟lumotlar asosida :
NBCF S S nisbatni toping.
4. Quyidagi chizma asosida : ABC MFP S S nisbatni toping. 5. Berilganlarga ko‟ra :
ni aniqlang.
8-§. Venn diagrammasiga doir masalalar Venn diagrammamasiga doir misollar to‟plamlar kesishmasiga oid bo‟lib, asosan chizmalardan, aylanalar kesishmasidan kelib chiqadi. Quyidagi masalani qaraylik:
yana 11 tasi olmani yaxshi ko‟radi. Ulardan 4 tasi ham banan, ham anorni hush ko‟radi. 5 tasi ham anor, ham olmani xush ko‟radi, 2 tasi ham olma, ham bananni yaxshi ko‟radi. Bitta bola uchta mevani ham yaxshi ko‟radi. Guruhda jami nechta bola bor?
Uchta kesishuvchi aylana chizamiz
Bo‟yalgan joyga har uchchala mevani yaxshi ko‟ruvchi bola bitta bo‟lgani uchun 1 ta nuqta qo‟yamiz. Anor va bananni yaxshi ko‟ruvchilar 3 ta bo‟lgani uchun 3 ta nuqta qo‟yamiz. Bu jarayonni masala sharti bo‟yicha davom qildirib, yuqoridagi chizmani shakillantiramiz. Endi esa jami nuqtalarni sanaymiz. Nuqtalar soni 22 ta chiqdi. Demak guruhda 22 tabola bor ekan. Javob: 22 ta 2-masala. Sinfdagi o‟quvchilarning 11 tasi futbolga, 13 tasi shaxmatga, 12 tasi voleybolga qiziqadi. 5 ta bola futbol va shaxmatga, 6 ta bola shaxmatga va voleybolga, 3 ta bola voleybol va futbolga, 2 ta bola ha 3 ta sport turiga ham qiziqadi. Sinfda nechta bola bor? Yechish: Masala shartiga asoslanib quyidagi chizmaga ega bo‟lamiz:
Demak hamma nuqtalarni sanab chiqasak, 24 ta chiqdi. Bundan kelib chiqadiki, sinfda 24 ta o‟quvchi bor. Javob: 24 ta. Agar biz yuqorida keltirgan masalalarimizni boshqa usulda yechishga harakat qilsak, anchagina qiyinchilik va noqulayliklarga duch kelamiz.
1. 30 ta o‟quvchi sport to‟garagiga qatnashadi. Ulardan 17 tasi kurashga, 16 tasi futbolga, 28 tasi tennisga qatnashadi. O‟quvchilarning uchta sport turiga qatnashadiganlari kamida nechta? 2. 100 kishidan iborat turistlar guruhida 70 kishi ingliz tilini, 45 kishi nemis tilini va 23 kishi ikkala tilni ham biladi. Ikkala tilni bilmaydigan turistlar necha foizni tashkil qiladi? 3. 48 ta chet tili o‟qituvchisidan 30 tasi ingliz tili, 29 tasi nemis tili o‟qituvchisi. Shu o‟qituvchilardan nechtasi faqat bitta tilda dars beradi? 4. 30 ta turistdan 20 tasi ingliz tilini, 15 tasi fransuz tilini biladi. Shu turistlardan nechtasi ikkala tilni ham biladi?
|
