1

XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI

SAMARQAND VILOYAT PEDAGOG KADRLARNI

QAYTA TAYYORLASH VA MALAKASINI

OSHIRISH INSTITUTI

TABIIY FANLAR TA’LIMI KAFEDRASI

MATEMATIK INDUKSIYA USULI

(Umumta’lim maktablarning matematika fani

o‘qituvchilari uchun uslubiy ko‘rsatma)

SAMARQAND-2013

2

Matematik induksiya usuli. (Umumta’lim maktablarning matematika fani

o‘qituvchilari uchun uslubiy ko‘rsatma). Samarqand VPKQTMOI. 2013-yil.

Tuzuvchi: I. Niyozov– SamDU matematik fizika va

funksiyalar analiz kafedrasi dotsenti

S. Umarov–VPKQTMOI tabiiy fanlar ta’limi

kafedrasi assistenti

Taqrizchilar: Maxmudov O. – SamDU matematik fizika va

funksiyalar analiz kafedrasi dotsenti

Q.Xoliqov –VPKQTMOI tabiiy fanlar ta’limi

kafedrasi mudiri f.m.f.n.

Ushbu ko‘rsatmada matematik induksiya prinsipi va uning tadbiqlariga

misollar keltirilgan: ayrim muhim teorema va ayniyatlar, tengsizliklarni

matematik induksiya prinsipi yordamida yechilgan.

Qo‘llanma institut Ilmiy kengashining 2013-yil _________ -sonli yig‘ilishi

qaroriga asosan nashrga tavsiya etilgan.

3

Matematik induksiya usuli.

Kirish

Induksiyani matematikada ahamiyat katta. Bu usulda o’quvchi masalani har

xil hollarini analiz qiladi, xususiy hollarda o’rganadi va ulardan to’g’ri yoki

noto’g’ri xulosalar chiqaradi.Shu jarayonlarning o’zi matematikani o’rganishga

unga qo’yilgan masalalarni tushinishga katta yordam beradi.

Bu ishda matematik induksiya prinsipi va uning tadbiqlari o’rganiladi.

Ularning ayrim tengsizliklarni , ayniyatlarni yechishda qo’llanishlari keltiriladi.

Tastiqlarni ikkiga bo’lish mumkin: umumiy va xususiy hollarga. Umumiy holdagi

tasdiqlarga misol sifatida quydagilarni misol keltirish mumkin:

1) Harqanday paralelogramda diogonallar kesishish nuqtasida teng ikkiga

bo’linadi.

2) Nol raqami bilan tugagan harqanday natural son 5 ga bo’linadi.

Xususiy holdagi tasdiqlarga misol qilib:

1) ABCD – to’g’ri to’rtburchakning diogonallari teng.

2) 2140 coni 5 ga bo’linadi.

Umumiy holduan xususiy holga o’tish deduksiya deyiladi.

Misol uchun:

O’zbekistonda yashovchi har qanday inson ilm olish, o’qish huquqiga ega.

Olimov O’zbekiston fuqarosi. Shuning uchun Olimov ilm olish va o’qish huquqiga

ega. Bu yerda biz umumiy qonuniyatdan xususiy holga tadbiq etdik.

Xususiy hollardan umumiy holga o’tish esa induksiya deyiladi.

Xususiy hollardan umumiylikka o’tishda to’g’ri xulosaga yoki noto’g’ri

xulosaga ham kelish mumkin.

Misolda qaraymiz:

10,20,…,140 sonlari 5 ga bo’linadi. Demak, 0 bilan tugaydigan sonlar 5 ga

bo’linar ekan. Bu to’g’ri xulosa.

21,81,…,141 soni 3 ga bo’linadi. Demak, harqanday 1 bilan tugaydiga son 3

ga bo’linar ekan. Bu xulosa noto’g’ridir. Savol tug’iladi: Qanday qilib matematik

induksiyadan foydalanish kerakki xato xulosaga kelinmasin. Bunga javob

berishdan oldin quydagi misollarni qaraymiz.

1-Misol.

bo’lsin.

Ko’rinib turibtiki

.

2-Misol. Quyidagi uchhadni qaraymiz. Bu kvadrat uchhadni vaqtida

Eyler ham o’rgangan. da 41-tub songa ega bo’lmiz, ni qo’yib 43 –tub

sonini hosil qilamiz. Bu jarayonni sonlari uchun davom

etirib hisoblasak 47,53,61,71,83,97,113,131,151 kabi tub sonlsrni hosil qilamiz.

4

Bundan xulosa qilish mumkinki har qanday - natural son uchun

soni tub sonly ifoda etar ekan.

Bu ikki misolda qilingan xulosalar matematikada noto’g’ri qilingan xulosalar

deb qaraladi. Nima uchun?

Gap shundaki, biz har bir holda ham xulosani barcha larda to’g’ri deb

berdik, ikkinchi holda barcha uchun deb berdik, birinchi misolda 4

qadamdan keyin xulosa berdik, tasoduf tufayli bu hol barcha da bajariladi, lekin

ikkinchi holda qilgan xulosamiz noto’g’ridir. Chunki, bo’ganda -tub emas.

Shulardan xulosa qilib aytish mumkinki, qanday usul qo’llasak matematik

induksiya usuli to’g’ri xulosaga olib kelishi mumkin? Bu savollarga javob berish

o’z navbatida matematikada matematik masalalarni echishda muhim ahamiyatga

ega.

Xususiy hollardan umumiylikka o’tishda to’g’ri xulosaga yoki noto’g’ri xulosaga

ham kelish mumkin.

2-Misolda bo’lganda - tub sonlardan iborat

bo’ladi. O’rganuvchi ko’p hollarda 40 ta nuqtada tekshirmagani uchun noto’g’ri

xulosalarga kelish mumkin.

Hozir bir nechita notug’ri xulosaga misollar keltiramiz:

3-Misol. ikkihad matematikada keng o’rganiladi. Geometrnyada u

aylanani teng - bo’lakka bo’lish masalasi bilan bog’langan. Algebrada bu

ko’phadni nollari va uni ko’paytiruvchilarga yoyish masalasi bilan shug’ullaniladi.

Bu ikki hadni -ning bir necha qiymatlarga qarab, uni kupaytiruvchilarga

yoyganda har bir ko’paytiruvchilar koeffisiyet lari 1 yoki -1 bo’lgan

ko’phadlardan iborat ekanligini ko’ramiz:

va hokazo. Buni yoyilishda koeffisiyet lardan kata-kata jadvallar hosil qilindi,

lekin isbot qilishga erishishiladi.

1938 yil N.R Chebotarev tomonidan qo’yilgan bu savolga 1941 yil V. Ivanov

javob topdi.

ikki had darajalar uchun yuqoridagi tasdiq o’rinli ekan.

ning kupaytuvchilarga biri

bo’lib yuqoridagiga javob berolmaydi.

4- Misol. ko’rinishidagi sonlarni qaraymiz.

sonlari uchun

-tub

sonlaridir. P.Ferma (Fransuz olimi) o’z zamonasida ko’rinishdagi sonlar

barcha da tubdir deb o’ylagan. XVIII –asrda esa L. Eyler bu tasdiqni inkor

5

etib, bo’lganda bu son tupmasligini

ko’rsatdi.

5-Misol. D.A. Grave ham xudi shunday xulosaga kelib soni barcha p tub

soni uchun ga bo’linmasligini aytgan. Bu tasdiq p- tup soni 1000 gacha

bo’lganda o’rinli bo’lib, p =1093 soni uchun soni ga bo’linishi

ko’rsatildi.

6- Misol. 991 sonini sonlarni qo’yib umr davomiligini ko’rishi

mumkin. Agar shu holda xulosa qilsak, ya’ni barcha ga 991 to’la

kvadrat emas desak xato qilgan bo’lamiz. Aslida

bo’lganda bu son to’la kvadrat ekanligi ko’rsatilgan.

Yuqoridagi misollardan shunday xulosaga kelamiz. Matematik induksiyani

qanday aniqlasak yuqoridagidek xato xulosaga kelmaymiz. Bu va shunga

o’xshagan savollarga javob toppish ushbu ishning asosiy maqsadlaridan biridir.

6

1-§. Matematik induksiya usuli

Yuqoridagi misollardan shunday xulosaga kelamiz. Matematik induksiyani

qanday aniqlasak yuqoridagidek xato xulosaga kelmaymiz.

Chunki xususiy hollarda hamma vaqt hamma sonlarga tekshira olmayiz,

majbur bo’lamiz bir necha qadamdan keiyn xulosa qilishga.Bu savollarga

quyidagi ta’rif javob beradi.

Matematik induksiya prinsipi. dan bogliq tasdiq barcha

larda o’rinli bo’ladi, agar 1) tasdiq da o’rinli, 2) tasdiqni qandaydir

qadamda to’g’riligidan uning qadamda ham to’g’riligi kelib chiqsa.

Isbot.I Teskarisidan faraz qilamiz, ya’ni tasdiq hamma larda to’g’ri

bo’lmasin. Bu holda -natural soni topiladiki, tasdiq da noto’g’ri. Har

qanday da tasdiq to’g’ri ( birinchi natural sonki, unda tasdiq noto’g’ri).

Ma’lumki , chunki da tasdiq to’g’ri edi. Bundan natural son

uchun tasdiq to’g’ri, undan keyingi uchun noto’g’ri ekan. Bu 2) shartga zid. Bu

zidlik induksiya prinsipini to’g’riligini isbotlaydi.

Matematik induksiya prinsipiga asoslangan isbot induksiya yordamida isbot

qilinadi deyiladi. Matematik induksiyaga asosan isbot ikki etapdan iborat bo’lishi

kerak. Bu etaplarni teorema ko’rinishida ifodalaymiz.

Teorema 1. Tasdiq da o’rinli ekanligi tekshiriladi.

Teorema 2. Tasdiqning ( –ixtiyori natural son) da to’g’ri deb, da isbotlaniladi.

Agar bu ikki etaplar ko’rsatilsa tasdiq barcha da to’g’ri ekanligi

isbotlaniladi.

1-Misol. Yuqorida ko’rilgan 1-misolni qaraymiz.

ni hisoblaymiz.

Yechish. Biz bilamizki

Bu yerdan oldingiday

uchun xulosa qilmaymiz.

deb faraz qilamiz. da

o’rinli da

bo’lsin.

da qaraymiz.

Ya’ni

Demak,

, ekan.

7

Endigi misolda induksiya prinsipini qo’llashda yuqorida keltirilgan har bir

teoremaning o’rni muhim ekanligini ko’rsatamiz.

2- Misol.

Teorema. Harqanday natural son o’zidan keying natural songa tengdir.

Isbotni matematik induksiya yordamida quydagicha bajaramiz. Faraz qilamiz

bo’lsin. ekanligini ko’rsatamiz. Bu qiyin emas.

Daslabki tenglikning har ikkala tomoniga 1 ni quyib ikkinchisini hosil qilamiz.

Demak isbot bo’ldi.

Natija. Hamma natural sonlar tengdir.Bu yerda qayerda xatoga yo’l qo’idik.

Tushinarliki teorema 1 tekshirilmadi ya’ni ekanligi ko’rsatilmay 2 –teorema

sharti teksirilib xatlikka yo’l qo’yildi.

Shuni aytish kerakki, ayrim tasdiqlar birinchi yoki ikkinchi qadamlardan

emas, ma’lum bir boshqa qadamdan boshlab to’g’ri bo’lishi mumkin, yoki

qadam to’g’riligini ko’rsatish uchun qadamni to’g’riligidan foydalanishga

to’g’ri keladi. Shuning uchun matematik induksiya prinsipini umumiy holda

quydagicha ifodalash mumkin.

Matematik induksiya prinsipi:

dan bogliq tasdiq berilangan bo’lsin. Bu tasdiqni matematik

induksiya prinsipi yordamida isbotlash uchun

1) Tasdiqning da to’g’riligi tekshiriladi, 2) birov da to’g’ri

deb faraz qilinib, da to’g’riligi isbotlanadi.

2-§. Ayniyatlarni isbotlash

1- Misol. Ketma-ketlik 4, 7, 10, 13,… berilgan. Bu ketma-ketlikning

umumiy hadi uchun formula tuzish talab etilsin.

Yechish. belgilash kiritamiz.

Ko’rinib turibtiki, deb olsa bo’ladi. Shuni

isbotlaymiz. da formula o’rinli da bu formula

o’rinli bo’lsin, ya’ni tekshiramiz, ya’ni ekanligini ko’rsatamiz. Buning uchun

dan foydalanamiz.

Demak, ekan.

2-Misol. Dastlabki ta toq sonlar yig’idisini hisoblang.

Yechish. deb olaylik. Bu yig’indini

hisoblash uchun ko’p formulalar mavjud. Lekin biz bu yerda induksiya usulida

hisoblashga harakat qilamiz.

, larga e’tibor berilsa, ekanligini payqash qiyin emas. Shuni isbot qilamis.

1) da

2) da tenglik o’rinli bo’lsin.

ekanligini ko’rsatamiz,

ekan.

8

Shunday qilib ekanligi induksiya prinsipi yordamida isbotlandi.

3-Misol. yig’indini toping.

Yechish. .

Bu yerdan ko’rinadiki, . Isbotlaymiz. Ko’rganimizdek

1) da , 2) da bo’lsin.

da ekanligini ko’rsatamiz.

Isbot bo’ldi.

4-Misol.

ekanligini isbotlang.

Isbot. Matematik induksiya usulidan foydalanamiz.

deb belgilash kiritsak

1)

o’rinli

da

bo’lsin. da

ekanligini ko’rsatamiz:

;

,

isbot bo’ldi.

5-Misol.

ekanligini ko’rsating.

Isbot. da

,

da formulaga qo’ysak

to’g’ri ekan. da

9

to’g’ri bo’lsin deb faraz qilaylik. da

ekanligini ko’rsatamiz.

demak,

ekan. Isbot qilindi.

Xuddi shunday ko’rsatish mumkimki

1)

3)

4)

, ,

6- Misol.

ni isbotlang.

Isbot. 1) da

.

da to’g’ri bo’lsin, ya’ni

bo’lsin. da

ekanligini

ko’rstmiz.

Demak, isbotlandi.

Xuddi shunday ko’rsatish mumkinki

1)

2)

7-Misol.

ekanligini isbotlang.

Isbot. da

,

, tenglik o’rinli ekan.

da

tenglik o’rinli bo’lsin, +1

da tekshiramiz:

10

bo’lishi kerak. Haqiqatdan ham,

.

Isbot bo’ldi.

8-Misol.

ifodani

sodalashtiring.

Yechish.

deb olaylik.

va hokazo

deb xulosa qilamiz.

Oxirgi tenglikni o’rinli ekanligini ko’rsatamiz.

1) da

tenglik o’rinli.

2) da

tenglik o’rinli bo’lsin.

uchun

ekanligini ko’rsatamiz.

Isbot bo’ldi.

9-Misol. Miqdori 7 so’mdan katta bo’lgan har qanday summani 3

so’mlik va 5 so’mlik bilan beqaytim to’lash mumkinligini isbotlang.

11

Isbot. 1) 8 so’m bo’lsa, 5+3=8 bo’ladi. 2) bo’lsin va uchun

masala sharti bajarilsin. Bunda ikki hol bo’lishi mumkin:

1) so’m faqat 3 so’mliklar bilan to’lanishi mumkin, ya’ni 3 ga karrali.

2) so’mni to’lashda kamida bitta 5 so’mlik ishlatiladi.

1) holda 3 so’mliklar kamida 3 ta bo’lishi kerak chunki . Endi

so’mni to’lash uchun 3 ta 3so’mlikni, 2 ta 5 so’mlik bilan almashtiramiz.

2) holda esa ni to’lash uchun bitta 5 so’mlikni 2 ta 3 so’mlik bilan

almashtiramiz.

10- Misol. ta sonlardan ixtiyoriy ravishda tasi

tanlandi. Shu tanlangan sonlardan shunday ikkitasi topiladiki, biri ikkinchisiga

bolinadi. Shuni isbotlang.

Isbot. 1) Agar 1,2 bo’lsa, bulardan 1 va 2 tanlanadi va 2 birga bo’linadi.

2) Faraz qilamiz sonlardan tani ajratib oldik. Bunda

birontasi boshqasiga bo’linmasin. Bu sonlar to’plamini biln belgilaylik. Bu

holda ta dan ta son ajratish mumkinki, bulardan birontasi

boshqasiga bo’linmasligini ko’rsatamiz. To’rt hol bo’lishi mumkin:

1) da ham ham yo’q

2) da bor, yo’q

3) da bor, yo’q

4) da ham ham bor.

1)- hol. dan qandaydir sonni olib tashlaymiz. ta son qoladi, bularning

har biri dan oshmaydi va hech biri boshqasiga bo’linmaydi.

2)- hol. dan ni olib tashlaymiz. ta son qoladi, bularning har

biri dan oshmaydi va hech biri boshqasiga bo’linmaydi.

3)-hol. dan ni olib tashlab yuqoridagi holga kelamiz.

4) –hol. da soni saqlanmaydi, chunki bu holda soni da bor.

dan va larni olib tashlaymiz. ta qolgan sonlar to’plamini

bilan belgilaymiz. ga ni qo’shamiz. ta hosil bo’lgan son har biri

dan oshmaydi. Ko’rsatamizki bu sonlardan hech biri boshqasiga

bo’linmaydi. da bunday sonlar yo’q edi, da ham yo’q edi, ni

qo’shish bilan da yana o’zaro bo’linadiganlari yo’qligini tekshiramiz.

Buning uchun qo’yidagilarga ishonsak yetarli . 1) dagi hech bir son ga

bo’linmaydi va 2) soni dagi hech bir songa bo’linmaydi.

1) -hol dagi sonlar dan oshmasligidan kelib chiqadi.

2) -hol ning dagi birorta songa bo’linmasligidan kelib chiqadi. Demak ,

agar berilgan tasdiq ta songa bajarilmasa, bu holda bu tasdiq

ta son uchun ham bajarilmas ekan. Demak, tasdiq

uchun o’rinli bo’lsa, u ta uchun ham o’rinli bo’ladi. Demak, induksiya

prinsipiga ko’ra 1, 2 holda tasdiq to’g’riligidan tasdiqning barcha ta

sonlar uchun ham o’rinliligi kelib chiqadi.

12

Bu masalaning oddiy techimi ham bor. sonlaridan ixtiyoriy tasini

tanlab olamiz, ularni bilan belgilaymiz. dagi juft sonlarni mos

ravishda 2 ning shunday darajalariga bo’lamizki hosil bo’lgan toq sonlar va

dagi qolgan toq sonlardan ta toq sonlardan iborat to’plamni tuzib

olamiz. sonlar to’plamida dan kichik toq sonlar ta , da esa

ta dan kichik toq sonlar bor. Bundan bu toq sonlar ichida hech

bo’lmaganda 2 ta teng toq sonlar mavjudki, ular va bo’lib . Demak,

dagi bu toq sonlarga mos juft sonlar va . Bu sonlardan biri

albatta ikkinchisiga bo’linadi.

3-§. Trigonometrik va algebraik masalalar

1-Misol.

ni isbotlang.

Isbot. 1) da

2) da tenglik o’rinli bo’lsin, ya’ni

da tenglikni to’g’riligini ko’rsatamiz.

13

Demak, isbot bo’ldi.

Xuddi shunday quyidagi misollarni ham ko’rsatitish mumkin.

1)

2)

3)

4)

.

2-Misol.

ekanligini ko’rsating.

Isbot. 1) da

. To’g’ri.

2) da to’g’ri bo’lsin, ya’ni

da tenglikni tekshitamiz.

14

Misol yechildi. Tenglik o’rinli ekan.

3-Misol.

ekanligini ko’rsating.

Yechsh. 1) da

tenglik to’g’ri ekan. 2) da

tenglik o’rinli bo’lsin deb faraz qilaylik. da tenglikni bajarilishini

ko’rsatamiz.

Tenglik uchun ham o’rinli ekan. Demak, tenglik doim o’rinli.

4-Misol.

tenglikni isbotlang. Bunda ixtiyoriy haqiqi sonlar.

Isbot. 1) da

da

tenglik o’rinli.

2) da tenglik o’rinli bop’lsin, ya’ni

bo’lsin.

da tekshiramiz.

15

Tenglik o’rinli ekan.

5-Misol. Ixtiyoriy va haqiqiy sonlar va natural ucun quyidagi

Nyuyon- Binom formulasi o’rinli dir.

Isbot. 1) uchun tenglik o’rinli ekan.

2) da tenglik o’rinli bo’lsin, ya’ni

holi uchun tekshiramiz.

Demak,tenglik o’rinli ekan.

6-Misol. da ning 133 ga bo’lishini isbotlang.

Isbot. 1) da soni

133 ga bo’linadi. 2) da soni 133 bo’lsin.

da tekshiramiz.

soni 133 ga bolinadi chunki ning o’ng qismidagi har bir

qo’shiluvchi 133 ga bo’ligani uchun ham 133 ga bo’linadi.

7-Misol. Ixtiyoriy uchun ni 6 ga bo’linishini isbotlang.

Isbot. 1) da 6 ga bo’linadi. 2) da 6 ga

bo’linsin deb faraz qilaylik. da ni 6 ga

bo’linishini ko’rsatamiz.

6 ga bo’linadi, chunki juft sonl bo’ladi ikkita ketma-ket

sonlar ko’paymasi bo’lgani uchun. 6 ga bo’linadi farazimizga ko’ra

uchinchi qo’shiluvchi 6 esa 6 ga bo’linadi. Demak, 6 ga

bo’linadi.

Xulosa, ixtiyoriy natural da 6 ga bo’linar ekan.

8-Misol. soni da 19 ga bo’linadi.

Isbot. 1) da ga bo’linadi.

2) da 19 ga bo’linsindeb faraz qilaylik.

Bu holda da ning 19 ga bo’linishini isbot

qilamiz.

16

Bu son 19 ga bo’linadi chunki yig’ndining birinch qo’shiluvchisi ega farazimizga

asosan 19 ga bo’linadi. Demak, berilgan ifoda barcha natural sonlarda 19 ga

bo’linar ekan.

9- Misol. ketma-ketlik formula bilan berilgan. Bu ketma-ketlik Fibonachchi ketma-ketligi deyiladi.

Quyidagilarni ko’rsating.

1)

2)

3)

4)

5)

6)

Isbot. Bu tengsizlikning ayrimini isbotini keltiramiz.

1)

ketma-ketlik yoyilmasdan da , va ya’ni

tenglik o’rinli ekan.

da tenglik bajarilsin deylik, da

tenglikni o’rinliligini tekshiramiz.

chunkiformulaga ko’ra

demak, Fibonachchi ketma-ketligi uchun tenglik

o’rinli ekan.

2) ni isbotlaymiz da tenglik o’rinli

da tenglik o’rinli bo’lsin.

tenglikni da tekshiramiz.

ekanligini ko’rsatamiz. tarifga

ko’ra. Demak 2)tenglik ham o’rinli ekan.

5)

tenglikni isbotlaymiz.

da ya’ni tengliko’rinli .

tenglik o’rinli bo’ladi deylik

da

ekanligini ko’rsatamiz.

= +1( + +1)= +1 +2 tenglik bajariladi. Demak barcha n larda

5) tenglik o’rinli bo’lar ekan.

7) ni 5 ga bo’linishini isbotlaymiz.

da ga bo’linadi . da ga bo’linsin deb

.

Qushiluvchilarning har biri 5 ga bo’lingani uchun ham 5 ga bo’linadi.

Matematik induksiya prinsipiga ko’ra ning 5 ga bo’linishi isbotlandi.

Qolgan tenglamalar ham xuddi shunday isbotlanadi.

17

4-§. Tengsizliklarni isbotlashga doir misollar

1- Misol.

tengsizlik da bajarilishini

ko’rsating.

Isbot. 1) da

tenglik bajariladi.

2) da

bo’lsin, da

Demak, da ham tengsizlik bajarilar ekan. Shunday qilib tengsizlikni

barcha uchun ko’rsatdik.

2-Misol. uchun

tengsizlikni isbotlang.

Isbot. da

tengsizlik o’rinli ekan. da bo’lsin da

tekshiramiz.

Demak, tengsizlik o’rinli ekan.

3-Misol.

tengsizlikni isbotlang.

Isbot. 1) da

tengsizlik o’rinli.

2) da

tengsizlik o’rinli bo’lsin. da

tengsizlikning bajarilishini ko’rsatamiz.

18

Ekanligini ko’rsatamiz tengsizlikni ko’rinishda

yozib olamiz.

Bundan

ekan va demak

Tengsizlik isbotlandi.

4-Misol. - birdan katta natural son uchun

ekanligini isbotlang.

Isbot. 1) da

tengsizlik o’rinli. da tengsizlik o’rinli bo’lsin.

da ekanligini ko’rsatamiz.

Ko’rsatamizki

Agar bo’lsa ko’paytma musbat bo’lsa ham ko’paytma musbat bo’ladi.

19

Shuning uchun

Demak, tengsizlik o’rinli.

5- Misol. Barcha uchun va naturalson bo’lganda.

ekanligini isbotlang.

Isbot. 1) da

bo’lgani uchun tengsizlik o’rinli da

bu o’rinli. 2) da

o’rinli bo’ladi. uchun tengsizlikni bajarilishini ko’rsatamiz.

tengsizlikni bajarilishini ko’rsatamiz. (2) tengsizlikni chap tomonidagi o’rtadagi

ifoda (1) ga ko’ra

Endi xulosa qilsak da o’rinli da o’rinli va da o’rinli

ekanligini ko’rsatdik. da o’rinli da o’rinli deb da

o’rinli ekanligini xuddi shunday kursatishimiz mumkin, bundan biz juft va toq

larda tengsizlikni o’rinli ekanligini ko’rsatgan bo’lamiz. Bundan esa umumiy

holni olgan bo’lamiz. Demak, tengliksizlik doim o’rinli ekan.

6-Misol. musbat sonlar uchun

ekanligini isbotlang.

Isbot. da , da

urinli. Endi da tengsizlik o’rinli bo'lsa, tengsizlikni da o’runli

ekanligini ko’rsatamiz.

o’rinli bo’lsin.

ekanligini ko’rsatamiz.Haqiqatdan ham,

20

da tengsizlik to’g’riligi ko’rsatiladi. Demak, u natural sonlarda to’g’ri. Ixtiyoriy da bajarilishini ko’rsatish uchun

da to’g’ri bo’lsa, da to’g’riligini ko’rsatish yetarli.

Faraz qilamiz - musbat sonlar berilgan bo’lsin,

qandaydir son. Bu holda

ni shunday tanlaymizki,

ya’ni

Bu holda

Endi agar - ixtiyoriy natural son bo’lsin. Agar bo’lsa tengsizlikning

o’rinliligini ko’rsatdik , bo’lsa o’rinliligi ko’rsatildi, bo’lsa

da o’rinliligidan yuqorida ko’rsatganimizdek da ham o’rinli

bo’ladigan kelib chiqadi.

Tengsizliklarni isbotlash

1)

2) musbat sonlar ketma-ketligiuchun qandaydir natural uchun

va uchun

bo’lsa, bu holda uchun

ekanligini ko’rsating.

3)

4)

5)

6)

7)

8)

9)

21

XULOSA

Мatematik induksiya prinsipi va uning tadbiqlari matematikada

muhim o’rin tutadi. Кo’plab matematik teorema va masalalarni

o’rganishda matematik induksiya prinsipi va uning tadbiqlari bilish

muhimdir.

Matematikada ayrim matematik masalalarni o’rganish, ularni

isbotlash elementar yo’llar bilan qiyinchilik tug’diradi. Bu usul

yordamida esa bunday masalalarni echish ancha oson kechadi va

o’quvchini masalaning yechimini tezroq o’zlashtirishiga yordam beradi.

Uslubiy tavsiyani o’rganishda asosan matematik analizdan, algebradan

olingan bilimlardan foydalanildi.

Ishda bajarilgan isbotlar, yechilgan misol va masalalar ularni

tanlash ilmiy ahamiyatga ega. Bu misollardan umumiy kursda misollar

echishda foydalanish qo’shimcha usullardan foydalanishni o’rganish

mumkin. Ish maktab, akademik litseylar yoki kolejlarda ularga yaxshi

material sifatida ishlatilishi uchun oson, tushunarli tilda materiallar

berilgan. Buning uchun yordamchi materiallardan , internetdan va

kerakli adabiyotlardan foydalandik.

22

FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR

1. И.С. Соминский. Метод математической индукции.М.1965.56 с.

2. П.П. Коровкин. Неравенства. М. 1983.72 с.

3. Н.Н. Воробьев. Числа Фибоначчи. М.1984. 86 с.

4. М.И.Башмаков, Б.М.Беккер, В.М. Гольховой. Задачи по

математике.М.Наука.1982.с.71-78

5. Иброхимов Р. Математикадан масалалар туплами.Тошкент. Укитувчи.

1995.70-89 бетлар.

6. Гамов Г., Стерн М. Занимательная математика .М.2003.65-91с.

7. Дискретная математика: элементы теории, задачи и упражнения. Часть

1. Булгакова И.Н., Федотенко Г.Ф. (2004)

8. Дискретная математика. Элементы теории задачи и упражнения. Часть

2. Булгакова И.Н., Федотенко Г.Ф.(2005)

9. Гасфилд Д. Строки, деревья и последовательности в алгоритмах. М.

2007.246с.