|
1
)
(
2
)
(
2
) ni (
1
) ga qo‘yilsa:
1
'
' ic =
S
=
• sin с =
^ ( a b f
sin
2
с =
^ J ( a b ) 2
ф
)
2 ~
f
л\2
ab
cos
с
1
- cos
2
с
= \ ^ a 2b2 -{ \ a
||
b
| cosc
) 2
=
b - ( a b) .
(3)
|a||b|cos
с
ifoda д va j vektorlarning sfdilar ko‘paytmasidir.
A
ABC => с - a - b
bo‘iadi, bu ifodaning har ikki tomoni kvadratga
ko‘tarilsa,
c
2
= a2+ b2- 2 a 2 b2,
-*2 t 2
a2+ b 2- c 2
a b = ------ ------- .
(4)
(4) ni (3) ga qo‘yilsa:
1
a2b2
( 2
l
2
2
a + b — r
2
_
\o2b2
1
( 2
i-2
2 \2
a + b - cl
2^l
2
\
)
у 4
4
2
\
/
ab a2 +b2 - с2
Y
ab
a2 + b2 - c 2
2
4
II
T +
4
2
ab - a 2 - b 2 +c2 ' 2 ab + a2 + b2 - c 2 '
282
c2
-
(a - b f
(a + b f
-
с2
4
4
r o +
b + c - 2 a
Y
a + b + c - 2 b '
I
2
I
2
а + b + с - 2с
Y д + 6 + с Л
А
?
J
= J p ( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) .
6
. Teoremani isbotlashda vektor, vektorlami qo'shish, skalar ko‘paytma
va uchburchakning yuzi kabi tushunchalar asosida mantiqiy mulohaza yuritib,
teorema shartida berilgan uchburchakning tomonlari perimetri va yarim
perimetri kabi tushunchalardan to‘la foydalanib teoremaning isboti keltirib
chiqarildi.
7. Qaralgan teoremani yuqoridagidan farqli usul bilan ham isbot qilish
mumkin (38-chizma).
I s b o t i k k i n c h i u s u l i :
B e r i l g a n :
AABC, AB=c, BC=a, AC=b, p =
a + b + c
I s b o t
q i l i s h
k e r a k :
S = yjp(p- a ) ( p - b) ( p- c).
I
s b о t i. Л
ABC
ning yuzi uning tomonlari va ular orasidagi burchagiga
ko‘ra bunday ifodalanadi:
S
aabc
S*n a ’
sin
a
=
2
S
be
Kosinuslar teoremasiga ko‘ra:
a^bP+c2 — 2bc-cosa,
bundan
b2
+ c
2
-
a2
.
2
2
c o sa =
2
be
(2);
sin a + cos a = 1.
(3)
(1) va (2) larni (3) ga qo'yilsa:
У +c e - a*
2 be
=
1
.
4 S i
(b2 +c2 - a 2f
b e
AbLc
,2
„2
=
1
,
(
1
)
283
(.2 „2
2
4b2c2 - {b2
+ c
2
-
a2
)
{lbc + b2 + c2 - a 2 } { l b c - b 2 - c 2 +a2
j
S
=
— — -
““
\ 6 S 2 + {b2 + c2 - a 2 )
= 4
b2
16
16
^(Z> + c
)2
-
a2
J
^a2
-
(b - с
) 2
a + b + c b + c - a a + b - c a + c - b
16
= /»(/>-<*)(/>-*)(/*-c).
S = ^ p ( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) .
X
Bilvosita isbotlash usuli (teskaridan faraz qilish orqali isbotlash usuli).
T a’rif.
Teoremaning xulosasidagi no ‘malumlami topish unga zid bo ‘Igan
jum lani inkor qilish orqali amalga oshirilgan bo ‘Isa, uni bilvosita isbotlash
usuli deyiladi.
Yuqoridagi ta ’rifdan ko'rinadiki, isbotlashning bilvosita usulida biz
oldin teorem a tasdiqlagan flkrga qaram a-qarshi fikrni to ‘g‘ri deb faraz
qilamiz: shundan keyin aksiomalar va oldin isbQtlangan teoremalarga
asoslanib mulohazalar yuritish yo‘li bilan teorem a shartiga zid keladigan
yoki b iro r aksiomaga yoki ilgari isbotlangan biror teorem aga zid
keladigan xulosaga kelamiz. Shunga k o ‘ra farazimiz n o to ‘g ‘ri bo'ladi.
N atijada teoremadagi yoki berilgan masaladagi d a’vo to 'g 'ri degan
xulosaga kelamiz.
Bilvosita isbotlash ikki xil usul bilan amalga oshiriladi:
1) Apagogik usul.
2) Ajratish usul.
Apagogik usul ko'pincha teskarisidan faraz qilish metodi deb ham
yuritiladi. Quyidagi teorem ani apagogik - teskarisidan faraz qilish usuli
bilan isbot qilaylik.
T e o r e m a . T o 'g'ri chiziqning har bir nuqtasidan unga perpen-
dikular to 'g 'ri chiziq o'tkazish m um kin va faqat bitta.
I s b o t i . Faraz qilaylik,
a —
berilgan to'g'ri chiziq,
A
unda berilgan
nuqta bo'lsin.
a
to'g'ri chiziqning boshlang'ich nuqtasi
A
bo'lgan yarim
to'g'ri chiziqlaridan birini a, bilan belgilanadi, a, yarim to'g'ri chiziqdan
boshlab 90° ga teng (o,Ab,) burchak qo'yiladi. U holda
b{
numi o'z ichiga
olgan to'g'ri chiziq
a
to'g'ri chiziqqa perpendikular bo'ladi. Faraz qilaylik,
A
nuqtadan o'tib
a
to'g'ri chiziqqa perpendikular bo'lgan boshqa to'g'ri
chiziq mavjud bo'lsin. Bu to'g'ri chiziqning
b{
nur bilan bir tekislikda
yotuvchi yarim to'g'ri chizig'i c, bilan belgilanadi. Har biri 90° ga teng
284
40-chizma-
( a fi )
va (to‘g‘ri chiziqdan boshlab bitta yarim te-
kislikka qo‘yilgan. Ammo berilgan yarim
tekislikka a, yarim to ‘g‘ri chiziqdan
boshlab 90° ga teng bitta burchak qo'yish
mumkin. Shu sababli
A
nuqta orqali o‘tib
a
to‘g‘ri chiziqqa perpendikular bo'lgan
boshqa to ‘g‘ri chiziqning mavjudligi
mumki n emas. Shu bilan t eorema
isbotlandi.
Masala. a
va
b
uchrashmas to‘g‘ri
chiziqlar berilgan.
A
va
В
nuqtalar
a
to‘g‘ri chiziqda, С va
D
nuqtalar
b
to‘g‘ri
chiziqda yotadi.
С
va
BD
to‘g‘ri chiziq-
laming o‘zaro vaziyatini aniqlang (40-
chizma).
I s b o t i . Ma‘lumki, fazodagi ikki to‘g‘ri chiziq quyidagi uch holatdan
birini egallaydi:
1.
ACjjBD. 2. A C n BD.
3.
A C v
a
BD
to‘g‘ri chiziqlar uchrashmas.
1. Faraz qilaylik,
AC\\BD
bo‘lsin, u holda bu to‘g‘ri chiziqlar
a
va
b
uchrashmas to‘g‘ri chiziqlar ham yetadigan birgina tekislikni aniqlaydi. Bu
esa masala shartiga zid.
2.
A C n BD
bo'lsin, u holda bu ikki kesishuvchi to‘g‘ri chiziqlar
a
va
b
uchrashmas to‘g‘ri
b
chiziqlar ham yotadigan birgina tekislikni aniqlaydi.
Bu ham masala shartiga zid. Demak,
AC
va
BD
to‘g‘ri chiziqlar uchrashmas
to‘g‘ri chiziqlardir.
5-§ . Teorem alam i zaruriy va yetarli shartlari
T a ’rif.
Agar q m ulohazadan p m ulohazaning t o ‘g ‘riligi kelib
chiqsa, y a ’ni q=>p b o ‘lsa, и holda p m ulohaza q mulohaza uchun
zaruriy shart bo ‘lib, q m ulohaza esa p m ulohaza uchun yetarli shart
deyiladi.
1- misol. Agar natural son juft bo‘lsa, u holda u
6
soniga bo‘linadi.
Bu teoremada natural son
6
ga bo'linishligi uchun uning juft bo'lishligi
zaruriy shart bo‘lib, yetarli shart bo‘la olmaydi, chunki har qanday juft
son ham
6
ga bo‘linavermaydi.
2- misol. Agar natural son
6
ga bo'linsa, u holda u juft bo‘ladi.
Bu teoremada natural son juft bo'lishligi uchun uning
6
ga bo'linishi
yetarli shart bo‘lib, zaruriy shart bo‘la olmaydi, chunki
6
ga bo‘linmaydigan
juft sonlar ham mavjuddir.
3- misol. Agar natural son juft bo‘lsa, u holda u 2 soniga boiinadi.
285
Bu teoremada natural son 2 ga bo'linishi uchun uning juft bo'lishi
zarur va yetarlidir, chunki har qanday juft natural son
2
ga bo'linadi.
4-
misol. Har qanday natural son 2 ga bo'linsa, u holda bunday son
juft bo‘ladi.
Bu teoremada natural son juft bo'lishi uchun uning 2 ga bo'linishi
zarur va yetarlidir.
T e o r e m a . [a,
b
] kesmada aniqlangan va uzluksiz bo‘lgan
y=J{x)
b
f u n k s i y a n i n g //(*)<& a n i q in te g r a li m a v ju d b o ' l i s h i u c h u n
lini
(S-s)=0
bo‘lishligi zarur va yetarlidir.
A->0
Isbotining zarurligi.
J
/
(x)dx
aniq integral mavjud bo'lganda lim (
1
У-
5 ) = 0
a
ekanligi isbotlanadi. Aniq integral mavjud bo'lishligi uchun ta’rifga ko‘ra,
lim a = l bo‘ladi. Limit ta’rifiga ko‘ra:
я->о
|o -
1
| < e yoki - s < o - l < E , l - e < o < l + e
(
1
)
Ma’lumki, 5 - integral yig’indi Darbuning quyi va yuqori yig'indi-
larining orasida yotar edi, shuning uchun
s < a < S
(2)
bo'ladi. (
1
) va (
2
) laming birlashtirib quyidagi tengsizliklarni tuzamiz:
l - e ^ s ^ c ^ i S ^ l + e .
(3)
(3) tengsizlikda quyidagi tengsizliklarni ajratib olish mumkin:
/ - e <
s
'
I + e > S
I - s
I - S > -e
I - s
< e
\ s - I \ < £
Do'stlaringiz bilan baham: |
