Nomanfiy butun sonni natural songa bo`lishning ta'rifi, uning mavjudligi va yagonaligi. Yig`indini va ko`paytmani songa bo`lish qoidarining to`plamlar nazariyasi bo`yicha ma'nosi. Ma’ruza mashg’ulotining rejasi

Bu aksioma natural sоnlar to`plamining cheksiz ekanligini ifodalaydi.
3. 1 dan bоshqa iхtiyoriy natural sоn faqat va faqat bitta natural sоndan kеyin kеladi a*=b* a=b.
Bu aksiomadan ko`rinadiki, natural sоnlar to`plami qat’iy tartiblangan to`plamdir.
4. agar biror f qoida 1 soni uchun o`rinli ekanligi isbotlangan bo`lsa va uning n natural soni uchun o`rinli ekanligidan navbatdagi natural sоn n+1 uchun to`g`riligi kelib chiqsa, bu f qoida barcha natural sonlar uchun o`rinli bo`ladi.
Bu aksioma matematik induksiya aksiomasi deyiladi va unga matematik induksiya metodi asoslanadi.

2. 
   Matematik induksiya metodi.
   

Matematik induksiya metodini bilish matematika fanini chuqur egallash, uning ichki sirlarini chuqur anglab yetishda muhim o’rin tutadi. Deduktiv va induktiv mulohaza yuritish umumiy xulosa chiqarishda har doim ham qo’l kelavermaydi. Chunki ko’p hollarda cheksiz ko’p xususiy hollarni ko’rib chiqqandan so’nggina, umumiy xulosa chiqarish mumkin bo’ladi. Umumiy xulosa chiqarishda matematik induksiya metodi eng qulay va oson metod hisoblanadi. U quyidagilardan iboratdir:
I. n = 1 uchun berilgan A(n) predikatning rostligi tekshiriladi. (Agar n = 1 uchun berilgan A(n) predikat rost bo’lsa, navbatdagi qadamga o’tiladi, aksincha bo’lsa, u holda berilgan predikat barcha n lar uchun yolg’on deb, umumiy xulosa chiqariladi.)
II.n = k uchun A(n) predikat rost deb faraz qilinadi.
III. n = k+1uchun A(n) predikatning rostligi, ya’ni A(k)⇒A(k + 1) isbotlanadi. Shundan so’ng, A(n) predikat n ning barcha qiymatlarida rost deb umumiy xulosa chiqariladi.
Misollar. a) 1+2+3 + ...+n=_{ }predikat berilgan bo’lsin. Uni A(n) deb belgilaymiz va barcha natural sonlar uchun rostligini isbot qilamiz.
Isbot. I. n= 1 uchun tekshiramiz, u holda

Demak, n = 1 uchun A(n) predikat rost.
II. n = k uchun 1 + 2 + 3 +... + k =_{ } ni, ya’ni A(k) predikatni rost deb faraz qilamiz.
III.n = k + 1 uchun A(k + 1) predikatning rostligini, ya’ni

to’g’riligini isbotlaymiz:


Bu esa A(k + 1) mulohazaning o’zidan iboratdir. Demak, A(n) predikat n ning barcha qiymatlarida rost.
b) (n³+2n)⋮ 3 ekanligini matematik induksiya metodi yordamida isbotlang.
Yechish. I. n = 1 da l³+21 = l + 2 = 3⇒3⋮3.
II.n = k da(k³+2k)⋮3 deb faraz qilaylik.
III.n = k + 1 da[(k + 1)³+2(k + 1)]⋮3 ekanligini isbotlaymiz.
Isbot.
(k + 1)³ + 2(k + 1)=k³+3k² +3k + 1+2k + 2 =
= (k³ + 2k) +(3k² + 3k + 3) = (k³ + 2k) + 3∙(k² + k + 1).
Bu yig’indi 3 ga karrali, chunki birinchi qo’shiluvchi (k³ + 2k)⋮3 — farazga asosan, ikkinchi qo’shiluvchi 3 ga karrali ekanligi ko’rinib turibdi: 3 • (k² + k + 1)⋮3. Demak, (n³ + 2n)⋮3bo’ladi.
d)(n³+11n)⋮6bo’lsa, uni matematik induksiya metodi yordamida isbotlang.
Yechish.
I. n=1 da l³ +11 • 1 = 1 + 11 = 12 ⇒12⋮6.
II.n = k da(k³ + 11k)⋮6 deb faraz qilaylik,
III.n = k+ 1 da [(k+l)³+ll(k+l)]⋮6ni isbotlaymiz.
Isbot. (k+ 1)³+11(k+1) = k³ + 3k² + 3k+ 1 + 1k + 11 =(k³ + 12 k) ++(3k² + 3k+ 12) = (k³ + 12k) + 3(k² + k + 4).
Bunda (k + 12)⋮6 — farazga asosan, 3 • [k² + k + 4] — bu ifodaning 3 ga karrali ekanligi ko’rinib turibdi, (k² + k + 4) ifoda esa 2 ga karrali. Demak,(n³ + 11n)⋮6bo’ladi.
Nazorat uchun savollar:

1. 
   Nomanfiy butun sonlar to`plamini aksiomatik qurish haqida tushuncha bering.
   
2. 
   Peano aksiomalarini ayting.
   
3. 
   Matematik induksiya haqida tushuncha bering.
   

Asosiy adabiyotlar

1. 
   Xamedova N.A, Ibragimova Z, Tasetov T. Matеmatika. Darslik. T.: Turon-iqbol, 2007. 363b. ( 70-73 betlar)
   

Qo‘shimcha adabiyotlar

1. 
   Abdullayeva B.S., Sadikova A.V., Muxitdinova M.N., Toshpo‘latova M.I., Raximova F. Matematika. TDPU. (Boshlang‘ich ta’lim va sport-tarbiyaviy ish bakalavriyat ta’lim yo‘nalishi talabalari uchun darslik) Toshkent-2012, 284 bet (133-142 betlar)
   

44-45-amaliy mashg`ulot. Nomanfiy butun sonlar to`plamini aksiomatik asosda qurish:Nazariyani aksiomatik mеtod bilan qurish tushunchasi. Pеano aksiomalari.

1. 
   misol. X={1; 2; 3; 4} to’plamni qaraymiz.
   

S(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(x-6)(x-7)(x-8)(x-9) ifoda har bir da nolga teng qiymat qabul qiladi:
S(1)=(1-1)(1-2)(1-3)(1-4)(1-5)(1-6)(1-7)(1-8)(1-9)=0;
S(2)=(2-1)(2-2)(2-3)(2-4)(2-5)(2-6)(2-7)(2-8)(2-9)=0;
S(3)=(3-1)(3-2)(3-3)(3-4)(3-5)(3-6)(3-7)(3-8)(3-9)=0;
S(4)=(4-1)(4-2)(4-3)(4-4)(4-5)(4-6)(4-7)(4-8)(4-9)=0.
Demak, barcha lar uchun, S(x)=0 tenglik o’rinli.
Agar X to’plam cheksiz to’plam bo’lsa yoki undagi elementlar soni juda katta bo’lsa, to’plamning har bir elementi uchun berilgan tasdiqning to’g’ri ekanligini ko’rsatish mumkin bo’lmaydi yoki juda qiyin bo’ladi. Shu sababli to’liq induksiyadan juda kam hollarda foydalaniladi.
2-misol. To’liqmas induksiyadan foydalanib, «Agar m xonali sonining oxirgi n ta (bu yerda ) raqamidan tuzilgan son 5ⁿ ga bo’linsa, N soni ham 5ⁿ ga bo’linadi» degan farazni aytish mumkinmi?
Yechish: n=1 bo’lib, N sonining oxirgi bitta raqamidan tuzilgan son 5 ga bo’linsin. U holda, berilgan m xonali N natural sonni ko’rinishda yozish mumkin. O’ng tomondagi ikkita qo’shiluvchining har biri 5 ga bo’lingani uchun, ularning yig’indisi bo’lgan N soni ham 5 ga bo’linadi.
n=2 bo’lib, N sonining oxirgi ikkita raqamidan tuzilgan son 25 ga bo’linsin:

U holda, berilgan m xonali N natural sonni

ko’rinishda yozish mumkin. O’ng tomondagi ikkita qo’shiluvchilarning har biri 25 ga bo’lingani uchun, ularning yig’indisi bo’lgan N soni ham 25 ga bo’linadi.
Yuqorida yuritilgan mulohazalardan foydalanib (to’liqmas induksiya qo’llanilmoqda!), «Agar berilgan m xonali natural sonning oxirgi n ta (bu yerda ) raqamidan tuzilgan son 5ⁿ ga bo’linsa, N soni ham 5ⁿ ga bo’linadi» degan farazni aytish mumkin.
3-misol. 2 dan katta bo’lgan dastlabki bir nechta juft sonlarni ikkita tub sonning yig’indisi ko’rinishida tasvirlash mumkin: 4=2+2, 6=3+3, 8=3+5, 10=3+7=5+5, … , 50=13+37.
To’liqsiz induksiya yordamida «2 dan katta bo’lgan har qanday juft soni ikkita tub sonning yig’indisi ko’rinishida yozish mumkin» degan xulosaga kelamiz. Bu xulosaning to’g’ri yoki noto’g’ri ekanligi hozircha isbotlanmagan. Bu muammo L.Eyler – X.Goldbax muammosi deb yuritiladi.
Topshiriqlar.

1. 
   Quyidagi tengliklarning tuzilishidagi qonuniyatni aniqlang va uni umumlashtiring: 1³=1²; 1³=2³=(1+2)²; 1³+2³+ 3³=(1+2+3)²; …
   
2. 
   a₄+a₅+…+a_n yig’indini Yunon harfi (sigma) dan foydalanib, ko’rinishda belgilash mumkin: a₄+a₅+…+a_n.
   

Quyidagi yig’indilarni yoyib yozing:
a) ; b) ; v) ; g) .

3. 
   belgisi yordami bilan yozing.
   

a) ;
b)

3. 
   ko’paytmani yunon harfi («pi») dan foydalanib, ko’rinishda belgilash mumkin: = .
   

Ko’paytmani yoyib yozing:
a) ; b) ; v) ; g)

3. 
   Ko’paytmalarni belgisi yordami bilan yozing:
   

a) (1- )(1- ) (1- );
b)

3. 
   To’liqmas induksiya yordamida «m xonali natural son K ning oxirgi n ta raqamlaridan tuzilgan son 2ⁿ ga (3ⁿ ga) bo’linsa, K sonining o’zi ham 2ⁿ ga (3ⁿ ga) bo’linadi», degan farazni aytish mumkinmi?
   
4. 
   Qadimgi sarqand madrasalari o’quv qo’llanmalarida sonlar ustida bajarilgan amallar natijalarini tekshirishda mezon usulidan foydalanganlar. Mezon arabcha so’z bo’lib, o’zbek tilida «o’lcham», «o’lchov» kabi ma’nolarni beradi. Eslatilgan o’quv qo’llanmalarda sonning mezoni sifatida, shu soni 9 soniga bo’lishda hosil bo’ladigan qoldiq olingan. Masalan, 8 sonining mezoni 8 soniga, 21 sonining mezoni 3 soniga teng deb olingan. Induksiyadan va 9 ga bo’linish belgisidan foydalanib, quyidagi tasdiqlarni isbot qiling:
   

a) Ko’p xonali sonning mezoni shu son tarkibidagi raqamlar yig’indisining mezoniga teng. masalan, 467 ning mezoni 4+6+7=17, 1+7=8;
b) ikki son ko’paytmasi (ayirmasi, bo’linmasi)ning mezoni shu sonlar mezonlarining ko’paytmasiga (ayirmaga, bo’linmaga) teng.

8. 
   n ning barcha natural qiymatlarida tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang:
   

a) ;
b) ;
s) .
9. n ning barcha natural qiymatlarida tenglik o’rinli bo’lishini isbotlang:
10. Ketma-ketliklarning n-hadi formulasini toping:
a) 2, 4, 6, 8, 10, …;
b) 1, 3, 5, 7, 9, 11, …;
v) 5, 10, 15, 20, 25,…;
g) 1, 4, 9, 25, …;
d) 1, -2, 3, -4, 5, -6, 7, -8, …;
e) ;
j) ;
z) ;
11. Ketma-ketlikning k va k+1 hadlarini yozing:
a) n²; b) ; v) 2^n-1; g) ; d) ; ye) ; j) .
12. n ning barcha natural qiymatlarida a_n soni b soniga bo’linishini isbotlang, bunda:

1. 
   a_n=4ⁿ+15n-1, b=9.
   
2. 
   a_n=n³+5n, b=6.
   
3. 
   a_n=7ⁿ+3n-1, b=9.
   
4. 
   a_n=6²ⁿ+19ⁿ-2ⁿ⁺¹, b=17.
   
5. 
   a_n=(2n-1)³-(2n-1), b=24.
   
6. 
   a_n=n³+11n, b=6.
   
7. 
   a_n=n²(n²-1), b=4.
   
8. 
   a_n=n(2n+1)(7n+1), b=6.
   
9. 
   a_n=2ⁿ+2ⁿ⁺¹, b=6.
   
10. 
    a_n=n²(n²-1), b=12.
    
11. 
    a_n=18ⁿ-1), b=17.
    
12. 
    a_n=3³ⁿ⁺²+7ⁿ, b=10.
    
13. 
    13. , b=19.
    
14. 
    14. , b=45.