Bobojonova. N, Bardibayev. S
§. Natijasi argument yoki parametrga bog‟liq bo‟lmagan ifodalarni qulay
Download 1.16 Mb. Pdf ko'rish
|
Nazirjon ustoz
- Bu sahifa navigatsiya:
- 3-misol.
- Mustaqil yechish uchun misollar
- Teorema. (Eyler)
- 1-misol.
- 4. misol.
- 11-§. Nostandart logarifmik ayniyat
- Isbot
- Mustaqil yechish uchun misollar.
- 12-§. “Dengizdan tomchi” usuli
|
§. Natijasi argument yoki parametrga bog‟liq bo‟lmagan ifodalarni qulay
usulda soddalashtirish Turli xil masalalar to‟plami va darsliklarda shunday soddalashtirishlarga duch kelamizki, ularning natijasi beilgan ifodadagi parameter yoki argumentdagi qiymatlarga bog‟liq bo‟lmasdan aniq son chiqadi. Bunday ko‟rinishdagi tenglamalarni qulay usullarda soddalashtirish mumkin. Shunday misollardan bir nechtasini ko‟rib chiqamiz: 1-misol. Hisoblang: 6 4 2 6 2 cos 11 3 cos 11
2 cos 11 sin 11
sin 11
A) 1 B) 2 C) 0 D) -1
argumentdagi 11 ga bog‟liq javob yo‟q. Demak argumentni o‟zimizga qulay bo‟lgan qiymatga almashtirishimiz mumkin masalan 0 ga. U holda yechim quyidagicha bo‟ladi: 6 4
6 2 cos 11 3 cos 11 2 cos 11
sin 11 sin 11
6 4 2 6 2 cos 0 3 cos 0 2 cos 0
sin 0 sin 0
1 3 2 0 0 0
6 4 2 6 2 sin 3 sin
2 sin cos
cos 7 7 7 7 7 A) 1 B) 2 C) -3 D) -1
argument bir xil qiymatga ega bo‟lsa, ) almashtiramiz masalan 90 ga. 6 4
6 2 sin 4 sin 2 sin
cos cos
7 7 7 7 7 6 4 2 6 2 sin 90 4 sin 90
2 sin 90 cos 90
cos 90
1 4 2 0 0 1
6 4 2 6 sin 1 3 sin 1 3 sin 1 cos 1 1 A) 1 B) 2 C) -3 D) -1 Yechish: Demak yuqoridagi usulni qo‟llab, kerakli natijaga erishamiz. Argumentni 180 ga almashtiramiz: 6 4
6 sin 1 3 sin 1 3 sin 1 cos 1 1
6 4 2 6 sin 180 3 sin 180 3 sin 180 cos 180
1 0 0 0 1 1 2
Mustaqil yechish uchun misollar Quyidagi ifodalarni soddalashtiring: 1. 3
1 2 2 1 1 2 2 1 1 4 1 1 1 a a a a a 2.
2 2 1 2 1 1 : 1 1 1 x x x x x x x
3. 2 4 2 4 3 sin cos 1 sin
sin
4. 2 4 2 4 1 cos cos 3 cos
sin
5. sin112
cos 7 cos14 cos28 cos 56 16 sin 7
6. 2 2 2 1 1 sin 2 cos sin
1 tg tg
7. 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) x b x c x a x c x a x b f x a b c a b a c b a b c c a c b funksiya uchun ( 1) ?
10-§: Murakkab turdagi qoldiqli bo‟lishlar Testlarda va olimpiada maslalarida ko‟plab nostandart ko‟rinishdagi qoldiqli bo‟lishlar uchraydi. Sonlarning qoldiqli bo‟linishiga oid muhim teoremalrni keltirib o‟tamiz. Bu teoremalar L. Eyler va P. Ferma teoremalari bo‟lib, qoldiqli bo‟lishda muhim ahamiyatga ega.
tub son uchun (mod )
taqqoslama o‟rinli bo‟ladi Teorema. (Eyler) Agar ( , ) 1
a m bo‟lsa, u holda ( ) 1(mod )
m a m taqqoslama o‟rinli bo‟ladi. Bu yerda ( )
– 1 dan m gacha bo‟lgan sonlar orasida m bilan o‟zaro tub bo‟lgan sonlar soni. Odatda uni Eyler funksiyasi ham deyiladi. Bu yerda 1 2 1 2 ... k k m p p p ,
p – tub sonlar, i a – natural sonlar 1,2, 3,..., i k
1 2 3 1 1 1 1 ( )
1 1 1 ... 1 k m m p p p p
Oxirgi ikki raqam yoki oxirgi uch raqamni topishda ham qoldiqli bo‟lishdan foydalaniladi. Agar oxirgi ikki raqamni topish kerak bo‟lsa, berilgan sonni 100 ga bo‟lgandagi qoldiqni topish kifoya. Agar oxirgi uchta raqamni topish kerak bo‟lsa, berilgan sonni 1000 ga bo‟lgandagi qoldiqni topamiz. Endi esa yuqoridagi teorema va qoidalardan foydalanib yechiladigan misollarning yechilishini ko‟rib o‟tamiz.
101
3 sonini 101 ga bo‟lgandagi qoldiqni toping. Yechish: Ferma teoremasiga ko‟ra 101
3 3(mod101)
qoldiq 3 ga teng ekan. Javob: 3. 2-misol. 122
8 sonini 11 ga bo‟lgandagi qoldiqni toping. Yechish: Ferma teoremasiga ko‟ra 11 8 8(mod11) tenglik o‟rinli 11 8 8(mod11)
10 8 1(mod11)
120 8 1(mod11)
122 8
122 8
Javob: 9. 3-misol. 61 12 sonini 25 ga bo‟lgandagi qol;diqni toping. Yechish: Eyler teoremasiga ko‟ra (12;25) 1 ,
12 1(mod25)
tenglik o‟rinli. 1 (25) 25 1 20 5
ekaidan 20 12 1(mod25)
60 12 1(mod25) ushbu
tenglik kelib chiqishi ravshan. Oxirgi hosil bo‟lgan taqqoslamani ikkala tarafini 12 ga ko‟paytirib yuboramiz va kerakli natijaga erishamiz: 60 12
61 12 12(mod25)
Demak 61 12 ni 25 ga bo‟lgandagi qoldiq 12 ga teng ekan. Javob: 12. 4. misol. 2005
4 ning oxirgi ikki raqamini toping. Yechish: Oxirgi ikki raqamni topish uchun berilgan sonni 100 ga bo‟lgandagi qoldiqni topish yetarli. Demak 2005 4
2005 4 (mod100) r
2004 4 (mod25) 4 r
(4;25) 1 bo‟lgani uchun Eyler teoremasini qo‟llasak, (25) 20 , 20 4 1(mod25) taqqoslamaga ega bo‟lamiz. 20 4 1(mod25)
2000 4 1(mod25)
2004 4 256(mod25)
2004 4 6(mod25) . Demak qoldiq 6 4
24 r ga teng ekan. Bundan ko‟rinadiki 2005
4 ning oxirgi ikki raqami 24 ga teng ekan. Javob: 24. Mustaqil yechish uchun misollar 1.
502 17 ni 12 ga bo‟lgandagi qoldiqni toping. 2. 258
9 sonini 17 ga bo‟lgandagi qoldiqni toping. 3. 20
4. 500
2 ning oxirgi ikki raqamini toping. 5. 2020
5 ning oxirgi ikki raqamini toping.
11-§. Nostandart logarifmik ayniyat Bilamizki, logarifm mavzusi matematikada o„zining alohida o„rniga ega bo„lib, undagi ayniyatlar ko„plab murakkab tenglamalarni yechishda, ifodalarni shakl almashtirishda va funksiyalarni baholashda muhim ahamiyatga ega.Biz keltirgan ayniyat darslik va qo„llanmalarda kam uchraydi.Ushbu ayniyatning isboti va masalalarga tadbiqi bilan tanishib o„tamiz. log log
a b b a a b ko„rinishidagi logarifmik ayniyatning isboti. Asosiy ayniyatni keltirishdan oldin biz logarifmning quyidagi ayniyatiga to„xtalib uning isbotini keltirib o„tsak. log log
a b b a a b (1) Ushbu ayniyat logarifmlarni shakil almashtirishda keng qo„llaniladi. Uning isboti bilan tanishsak Isbot: Quyidagicha belgilash kiritsak log
a b a x bu ifodani ikkala tarafini b asosga ko„ra logarifmlasak quyidagi ifodaga ega bo„lamiz. log
log log
b a b a x b . bu ifodani soddalashtirsak quyidagi natijaga erishamiz. log
log log
log log
log log
log log
log log
a b b b b b b b b a b b a x a x a a x a b a x b a b
isbot tugadi. 1 log
log n n n b a a b a b umumiy holatdagi ayniyat va uning isboti. Biz keltirmoqchi bo„lgan ayniyat yuqorida keltirilgan ayniyatning umumiy holi hisoblanib u quyidagicha ifodalanadi.
1 log log
n n n b a a b a b (2) Keling ushbu ayniyatni isboti bilan tanishsak Isbot: Bu ayniyatni ham yuqoridagi yo„nalishda isbotlaymiz. Demak belgilash kiritamiz log
bu ifodani ikkala tarafini logarifmlasak log log
log n a b b b a x
yuqoridagi ifoda kelib chiqadi. Endi buni quyidagicha soddalashtiramiz. log
log log
log log
b n a b b n a a b a x b
1 1 log log log
n n b n a n b b a x b x log
n a b a x eknini inobatga olsak 1 log log
n n n b a a b a b tenglikka ega bo„lamiz. Isbot tugadi. Eni bu ayniyatimizga doir misollarni qarasak
2020
2020 2019
2020 log
2020 log
2019 (2019
)
Yechish: (2) ga ko„ra quyidagi tenglik o„rinli 2019 2020
2020 2019
2020 log
2020 (log
2019) (2019
) 2020 bu tenglikdan foydalansak misolimiz quyidagi ko„rinishga ega bo„ladi. 2019
2020 2020
2020 2020
(log 2019)
log 2019
(2020 ) 2019 2020 2020
2020 (log
2019) (log
2019) 2020
2020
2020 2020
2020 (log
2019) log
2019 2020
2020 2019
Bu misolni biz log log
1 a b b a ayniyatdan foydalanib ham ishlashimiz mumkin edi. Lekin 3 ta misolni bir xil usulda yechgandan ko„ra bitta misolni yechishning 3 xil usulini o„rgangan ma‟qul.
2-misol. Hisoblang. 2020
log 2021
2021 log 1 1 1 1 ( . . . ) 2 3 4 2021 x y y x x y
(2) formulaga ko„ra 2020 log
2021 2021
log x y x y x y ushbu tenglik o„rinli. Bundan kelib chiqadiki 2020
log 2021
2021 log
0 x y x y x y . Yig„indi 0 dan farqli ekanligini hisobga olgan holda, 0 dan farqli har qanday sonning 0-darajasi 1 ga teng ekanligidan quyidagi natijaga erishamiz. 0 1 1 1 1 ( . . .
) 1 2 3 4 2021 Javob: 1 Mustaqil yechish uchun misollar. 1. Soddalashtiring. 9 10
log (log )
a b b a a b
2. Hisoblang. 1 1 1 2 3 2 3 2 3 log 3
(log 2) log 3
(log 2) log 3
(log 2) 128
128 64 64 2 2 (2 3 )(2
3 ) . . . (2 3 )
n n n n n n n n
12-§. “Dengizdan tomchi” usuli Biz odatda abituriyentlar bilan ishlaganimizda iloji borincha testlarni yechishning optimal usullarini izlaymiz. Bu usulni fikrimizcha ko‟pchilik qo‟llasa kerak, shunday bo‟lsa ham ajoyib usul bo‟lgani uchun keltirib o‟tishni joiz deb topdik. 1-misol. 3 3 3 3 ... ifodaning qiymatini toping Yechish: Bu yerda cheksiz ko‟p kvadrat ildizlar bor. Agar ulardan birortasini, deylik birinchisini yo‟q deb tasavvur qilsak, ifoda qiymati zarar ko‟radimi. Yoq…( O‟quvchilarga tushuntirganda Qora dengiz suvidan bir stakan suvni estalik uchun olib qaytsak, bu unga seziladimi? Albatta yo‟q deb aytamiz masalan) Demak: ifoda qiymtini x deb belgilasak, 1- ildizni hisoblamaganda ham uning qiymati x ligicha qoladi. Ya‟ni 3 x x
2 3 x x
2 3 0 x x
1 1 13 2
2 1 13 2 x 2 0 x bo‟lgani uchu u chet ildiz. Demak 1 13 3 3 3 3 ... 2
ekan. Javob: 1 13 2
2-misol. 3 3 3 3 6 6 6 6... 2 2 2... ?
Yechish: Har bir qo‟shiluvchini alohida hisoblaymiz: 3 6 x x
3 6x x
1 0
,
6 x , 3 6
6 x . Endi ikkinchi qoshiluvchini hisoblaymiz: 2 2 2 ... y
2 y y
1 2 y , 2 1
3 3 3 3 6 6 6 6...
2 2 2... 5 2 x y
5 2
3-misol. ...
5 a a a bo‟lsa, ? a
Yechish: 5 5 a
30
3 3 3 10 10 10 10 10 10... 5 5
? Yechish: 1-ildizni x deb belgilaymiz. 3 10 10 x x
5 1000
x
5 5 5 ... y
3 y
3 3 3 5 10 10 10 10 10 10... 5 5
1000 3 x y
5 1000
3
Mustaqil yechish uchun misollar. 1. Hisoblang: 2 2 2 2... 2. Hisoblang: 3 3
3 5 2 5 2... 3. Hisoblang: 11 11 11...
4. Hisoblang: 7 7 7 ... 5. Tenglamani yeching: ... 25
x x
6. Tenglamani yeching: : : ... 10
x x
7. Soddalashtiring: 3 3 3 2 2 3 ...
x x x 8. Soddalashtiring: 5 5
5 3 3 4 4 4 ... ...
a a a a a a
Foydalanilgan adabiyotlar 1. Sh. N. Ismailov. “Sonlar nazariyasi”, Toshkent– 2008 2. .Ayupov Sh.,Rihsiyev B.,Quchqorov O. “Matematika olimpiadalari masalari” 1, 2 qismlar.T.:Fan,2004 3. M.Saxayev “Elementar matematika masalalar to„plami” “O‟qituvchi” nashriyoti Toshkent1972y. 4. Bahodrir Kamolov, Ne‟matjon Kamalov. “Matematikadan bilimlar bellashuvi va olimpiada masalalai”, “Quvanchbek-Mashxura” MCHJ nashriyoti, Urganch–2018 5. FMI jurnallari 2002-2020 6. M. Mirzaahmedov, Sh. Ismailov “Matematikadan qiziqarli va olimpiada masalalri”. Toshkent, 2016. 7. U. Ismoilov. “Matematikadan olimpiada maslalari”. Toshkent, 2007. 8. dtm.uz veb sayti 9. uzedu.uz veb sayti 10. olimp.urdu.uz veb sayti. Download 1.16 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|