Toshkent davlat Pedagogika Universiteti Tabiiy fanlar fakulteti mm-102 guruh talabasi Jo’rayev Jahongirning Oliy Matematika fanidan Mustaqil ishi mavzu
Download 409,5 Kb.
|
Pifagor sonlari.
|
Isbot. (3) tenglik chap tomonidagi birinchi qavs kvadratini ochamiz a2(b4c2 m4-2 b2m2 c4n2+ c6n4). (3) tenglik o’ng tomonidagi qavs kvadratini ochamiz c2(a2b4m4+2a2 b2m2 c2n2+a2c4n4). Hosil bo’lgan bu ifodalarni (3) tenglikka qo’yamiz: a2b4c2m4-2a2 b2 c4 m2 n2+a2c6n4+ 4a2 b2 c4m2 n2= a2 b4c2m4+2a2 b2 c4m2 n2+a2c6n4. Chap tomondagi o’xshash -2a2 b2 c4 m2 n2 va 4a2 b2 c4m2 n2 hadlqrni ixchamlashtirib, quyidagigaga kelamiz: a2b4c2m4+2a2 b2 c4 m2 n2+a2c6n4= a2 b4c2m4+2a2 b2 c4m2 n2+a2c6n4. Bu ayniyatdan 2- teoremaning isboti keli chiqadi. 1-natija. Agar a, b, va c lar Pifagor sonlari bo’lsa, u holda ixtiyoriy m va n butun sonlar uchun a(b2cm2- c3n2) , b(2ac2mn) va c(ab2m2+ ac2n2) lar Pifagor sonlari bo’ladi. 2-natija. Agar a1, b1, va c1 lar Pifagor sonlari bo’lsa, u yolda ixtiyoriy P, q lar uchun a2= a1 (b12c1m1 2- c13n12) , b2= b1 (2a1c12m1n1) va c2= c1(a1b12m12+ a1c12n12) lar pifagor sonlari bo’ladi. (n-1)(c+a)2+(b+(n-1)(c+a))2+( )2= =( )2 qoida o’rinli bo’ladi. Isbot: (n-1)(c+a)2+(b+(n-1)(c+a))2+( )2=
Ixchamlangandan so’ng a2 + b2 =c2 Teorema isbotlandi n ning turli qiymatlari uchun (mukammal kvadratlar haqidagi) yuqoridagi teoremadan cheksiz ko’p formulalarni olishimiz mumkin. n=1 uchun, a2+b2=c2 Pifagor teoremasi. n=2 uchun, (c+a)2+(c+b)2+(a+b+c)2=(2c+a+b)2 n=3 uchun, (c+a)2+(c+a)2+(b+2a+2c)2+(3c+2a+2b)2=(4c+3a+2b)2 kabi cheksiz ko’p formulalarga ega bo’lamiz, keling mavzuni yo’ritish osonroq b’lishini inobatga olib, ma’lum bir qismini jadvalga ifodalab ko’ramiz: (1-jadval)
1-jadvalda n ning sakkizta qiymatidan sakkizta formula olingan va n ning keying qiymatlari uchun davom ettirish mumkinligi ayon. 1-jadvalni chizma bilan izohlaymiz: n=1 uchun, a2+b2=c2 Pifagor teoremasi
Bizga to’g’ri burchakli uchburchak berilgan bo’lsin.Uning katetlarini va orqali, gipotenuzasini bilan belgilaymiz (1-chizma). Uchburchak uchlarini va harflari bilan belgilaymiz. 1-chizma
2-chizma. 1-chizmada quyidagi ishlarni bajarib 2-chizma holatiga kelamiz. 1-chizmada ucburchakning uchini markaz qilib, radiusi bo’lgan aylana chizamiz. Endi uchburchak uchini markaz qiliob radiusi bo’lgan aylana chizamiz. tomonini o’z ichiga olgan to’g’ri chiziq o’tkazamiz. Bu chiziqning aylanalar bilan kesishish nuqtalarini mos ravishda va nuqtalar bilan belgilaylik (2-chizmaga qarang). 2-chizmadan quyidagilarni hosil qilamiz , , , , , . Yon tomonlari ga, asosi ga teng teng yonli uchburchak yasaymiz. Berilgan to’g’ri burchakli uchburchakdan yon tomoni va asosi bo’lgan teng yonli uchburchakka sirkul va chizg’ich yordamida o’tish usulini bayon qilamiz. To’g’ri burchakli uchburchak ning tomonini o’z ichiga olgan to’g’ri chiziq o’tkazamiz. to’g’ri burchakli uchburchakning uchidan to’g’ri chiziqqa parallel qilib to’g’ri chiziq o’tkazamiz. to’g’ri burchakli uchburchakning uchini markaz qilib radiusi bo’lgan aylana chizamiz. Bu aylananing to’g’ri chiziq bilan kesishgan nuqtasini orqali belgfilaymiz u holda bo’ladi. to’g’ri chiziqda uzunligi kesmaga teng kesma olmiz (3-chizmaga qarang). va nuqtalardan to’g’ri chiziqqa perpendikulyarlar tushiramiz. Bu perpendikulyarlarning asoslarini mos ravishda va harflari bilan belgilaymiz. va nuqtalarni markaz qilib radiusi bo’lgan aylanalar chizamiz. Bu aylanalarning to’g’ri chiziq bilan kesishish nuqtalarini mos ravishda va bilan belgilaymiz. to’g’ri chiziqdagi kesma o’rtasini harifi bilan belgilaymiz. Bu nuqtadan to’g’ri chiziqqa perpendikulyar nur tushiramiz. to’g’ri burchakli uchburchakning uchidan radiusi bo’lgan aylana chizamiz. Bu aylananing nuqtadan o’tkazilgan nur bilan kesishish nuqtasi bo’lsin. nuqtani to’g’ri chiziqdagi va nuqtalar bilan tutashtiramiz. Hosil bo’lgan uchburchak teng yonli, sababi va uchburchaklar bir- biriga teng bo’lgan to’g’ri burchakli uchburchaklardir. Chunki, va esa va to’g’ri burchakli uchburchaklar uchun umumuiy katet. Demak, to’g’ri burchakli uchburchaklarning tenglik aomatiga ko’ra . Qurilishiga ko’ra , nuqtani markaz qilib radiusi bo’lgan aylana chizamiz. Bu aylananing tomon bilan kesishish nuqtasini bilan belgilaymiz. Hosil bo’lgan kesma uchun tenglik o’rinli. 3-chizma. Shunday qilib, berilgan to’g’ri burchakli uchburchakdan yon tomonlari va asosi bo’lgan teng yonli uchburchak yasaldi.
4-chizma. Shu o’rinda 4-chizmada keltirilgan teg yonli uchburchakning tomonini o’z ichiga oluvchi to’g’ri chiziq o’tkazamiz. uchburchakning nuqtasini markaz qilib radiusi aylana chizamiz. Endi nuqtani markaz qilib aylana chizamiz. Bu aylananing to’g’ri chiziq bilan kesishiush nuqrasini bilan belgilaymiz (5a-chizmaga qarang). kesmani parallel ko’chirishda nuqta nuqtaga o’tsin. BU parallel ko’chirishda nuqta ga o’tsin, . kesma o’rtasi bo’lgan dan perpendikulyar nur chiqaramiz. nuqtani markaz qilib ni nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziqqa ko’chiramiz va kesmaga ega bo’dik va uning uzinligi Ya’ni, . nuqtani markaz qilib radiusi bo’lgan aylana chizamiz va aylana bilan nur kesishgan nuqtani bilan belgilaymiz. Bu erda . Shunday qilib uchburchak tomonlari quyidagich bo’ladi 5-chizma 5b qismiga qarang. 5a 5b
5-chizma Bu teng yonli uchburchakdan navbatdagi teng yonli uchburchakka o’tish 4-chiozmadan 5- chizmaga o’tish kabi amalga oshiriladi. Bunda hosil bo’lgan ten yonli uchburchak yon tomoni uzinligi asosining uzunligi 6-chizmaga qarang . Bu jarayonni cheksiz davom ettiramiz. Quyida 1-jadvalda
(1-jadval) 6-chizma
n=1 holdan n=2 holga chizma bilan shu yo’l bilan o’tamiz: Qo’shimcha ma’lumot sifatida a+b+c ni “tuzuvchi” deb atab turamiz, jarayonda buni anglab olamiz: n=2 uchun, (c+a)2+(c+b)2+(a+b+c)2=(2c+a+b)2 qoidaga ko’ra 3-rasm chapdagi chizmadan 3-rasm o’ngdagi chizmani chizish mumkin,ya’ni + (3-rasm)
3-rasmdagi (chapdagi) n=2 holdan 4-rasmdagi n=3 holga o’tishda 3-rasmdagi asosdan c+a ajratilib, qolganiga, ya’ni b ga 2(a+c) qo’shiladi va yangi “tuzuvchi”ni b+2a+2c ni topamiz, c+b ga esa yangi “tuzuvchini’ qo’shib 3c+2a+2b ni hosil qilamiz,yangi teng yonli uchburchak tomoni 4c+3a+2b topiladi,demak: n=3 uchun, (c+a)2+(c+a)2+(b+2a+2c)2+(3c+2a+2b)2=(4c+3a+2b)2
(4-rasm)
4-rasmdagi n=3 holdan 5-rasmdagi n=4 holga o’tish yuqoridagi kabi mantiqiy davm ettiriladi va: n=4 uchun, (c+a)2+(c+a)2+(c+a)2+(b+3a+3c)2+(6c+5a+3b)2=(7c+6a+3b)2 (5-rasm)
5-rasmdagi n=4 holdan 6-rasmdagi n=5 holga o’tish yuqoridagi kabi mantiqiy davm ettiriladi va: n=5 uchun, (c+a)2 +(c+a)2 +(c+a)2 +(c+a)2+(b+4a+4c)2+(10c+9a+4b)2=(11c+10a+4b)2 (6-rasm)
Ko’rinib turibdiki bu holni cheksiz davom ettirish mumkin. ---------------------------------------------------------------------------------------- Teorema.(mukammal kvadratlar haqidagi) n natural son va a, b va c Pifagor sonlari, yoxud:
a=(p2-q2)((2pqr)2-(p2+q2)2) b=2pq((2pqr)2-(p2+q2)2(2r-1)) c=(p2+q2)((p2+q2)2+(r2-2r)(2pq)2) (a, b va c uchlikni beruvchi cheksiz ko’p usulidan bittasi) lar uchun, (n-1)(c-a)2+(b-(n-1)(c-a))2+( )2= =( )2 qoida o’rinli bo’ladi. Isboti yuqoridagi kabi bo’ladi. n ning turli qiymatlari uchun (mukammal kvadratlar haqidagi) yuqoridagi teoremadan cheksiz ko’p formulalarni olishimiz mumkin. n=1 uchun, a2+b2=c2 Pifagor teoremasi. n=2 uchun, (c-a)2+(c-b)2+(a+b-c)2=(2c-a-b)2 n=3 uchun, (c-a)2+(c-a)2+(b+2a-2c)2+(3c-2a-2b)2=(4c-3a-2b)2 kabi cheksiz ko’p formulalarga ega bo’lamiz, yuqoridagi kabi, mavzuni yo’ritish osonroq b’lishini inobatga olib, ma’lum bir qismini jadvalga ifodalab ko’ramiz:
(2-jadval) n ning turli qiymatida: 7-rasm 8-rasm 9-rasm 10-rasm 11-rasm
12-rasm 7-rasmda quyidagi ishlarni bajarib (12-rasm) holatiga kelamiz.Aytaylik, AB qizil chiziqli aylananing radiusi (B esa aylana markazi) va AB=a, bo’lsin, AC esa yashil chiziqli aylananing radiusi (C esa aylana markazi) AC=b va BC=c desak: AB=BE=a, AC=CD=b, BD=BC-DC=c-b, CE= BC-BE=c-a, DE=BC-BD-CE=c-(c-b)-(c-a)=a+b-c BD+CE=c-b+c-a=2c-a-b larga ega bo’lamiz, yaqqolroq ko’rinishi uchun (12-rasm) ga natijalarni qo’yamiz va (13-rasm) ga ega bo’lamiz. (13-rasm) Agar, a2+b2=c2 o’rinli bo’lib,to’gri burchakli uchburchak gipotenuzasi (13-rasm) dagi kabi (c-a), (c-b) va (a+b-c) kabi kesmalarga ajratsak, gipotenuzadagi aylanalar radiuslari ajratgan ikki chetki (c-a) va (c-b) kesmalar yig’indisi (2c-a-b) kesma uchun: Teorema. (c-a)2+(c-b)2+(a+b-c)2=(2c-a-b)2 o’rinli. Isbot.(umumiy hol isbotlangan) (c-a)2+(c-b)2+(a+b-c)2=(2c-a-b)2 c2-2ac+a2+c2-2bc+b2+a2+2ab+b2-2ac-2bc+c2=4c2-4ac-4bc+a2+2ab+b2 c2= a2+b2 kelib chiqdi, va bu o’rinda ham a=(p2-q2)((2pqr)2-(p2+q2)2) b=2pq((2pqr)2-(p2+q2)2(2r-1)) c=(p2+q2)((p2+q2)2+(r2-2r)(2pq)2) ekanligini e’tirof etish mumkin (a, b va c uchlikni beruvchi cheksiz ko’p usulidan bittasi), teorema isbotlandi˽ Mukammal kvadratlar haqidagi quyidagi (n-1)(c+a)2+(b+(n-1)(c+a))2+( )2= =( )2 (n-1)(c-a)2+(b-(n-1)(c-a))2+( )2= =( )2 formulalarni ko’rib o’tdik, endi ulardan, n natural son va a, b va c Pifagor sonlari, yoxud:
a=(p2-q2)((2pqr)2-(p2+q2)2) b=2pq((2pqr)2-(p2+q2)2(2r-1)) c=(p2+q2)((p2+q2)2+(r2-2r)(2pq)2) (a, b va c uchlikni beruvchi cheksiz ko’p usulidan bittasi) lar uchun, (n-1)(c a)2+(b (n-1)(c a))2+( )2= =( )2 mukammal kvadratlarga ega bo’lamiz. Bunda, Mukammal kvadratlarda yana bir juda qiziqarli qoida mavjud: Yuqorida “tuzuvchi” haqida biroz to’xtalgan edik, xosh nega uni tuzuvchi deb ataymiz, Buni qarangki “mukammal kvadratlar” haqidagi qoidada n ning turli qiymatlaridan hosil bo’lgan teng yonli uchburchak tomonlaridagi kesmalar va “tuzuvchi” orqali yana kvadratlarga ega bo’lamiz,keling n=2 uchun 14-rasmda “tuzuvchi” dan foydalanib ko’ramiz:
(14-rasm) 14-rasmdagi ABC uchburchakda AB2 +BD2 + DC2 =AC2 ya’ni, , (c+a)2+(c+b)2+(a+b+c)2=(2c+a+b)2 ekanligini ko’rib o’tganmiz, endi a) AB= a+b+c (tuzuvchi) (AB+DB)2+ (AB+DC)2 =(AB+AC)2 ya’ni, (b+2a+2c)2+(a+2b+2c)2=(3c+2a+2b)2 b) AB= a+b+c (tuzuvchi) (AB-DB)2+ (AB-DC)2 =(AB-AC)2 dan esa, a2+b2=(-c)2 kelib chiqadi. Xuddi shu usulda n holdan n-1 holni keltirib chiqarish mumkinligiga shubha qolmaydi. Agar,
Ushbu qoidada n-1 ni biror sonni kvadrati desak, f2 +h2 +l2 =g2 kabi umumiy ko’rinishga kelishimiz mumkin. To‘rt yuz yillik teorema (Ferma teoremasi haqida) Pifagor uchligi, ya'ni, x2+y2=z2 shartni qanoatlantiruvchi x, y va z butun sonlardan iborat uchliklar cheksiz ko‘pdir. Misol keltirish uchun uzoqqa borish shart emas: 32+42=52 Ko‘pchilik mutaxassislarning fikricha, ushbu nisbatni eng qadimgi Misrliklar ham yaxshi bilishgan va amalda keng qo‘llashgan. Ferma 1630-yilda Diofantning "Arifmetika" kitobni o‘qib chiqadi va kitob hoshiyasida quyidagicha qayd qoldiradi: "bu kabi ifoda qolgan barcha daraja ko‘rsatkichlari, ya'ni, x3+y3=z3
x4+y4=z4 x5+y5=z5
va hokazolar uchun butun yechimlarga ega bo‘lmaydi. Kubni boshqa ikkita kublarning yig‘indisi tarzida tasavvur qilib bo‘lmaydi. To‘rtinchi, beshinchi, va boshqa istalgan darajani ham bunday tasavvur qilishning iloji yo‘q". Ferma o‘z qaydlarini o‘zi o‘qiyotgan kitobning hoshiyasiga yozishga odatlangandi. Ferma yuqoridagi fikri uchun ajoyib isbot ham keltirib chiqargan. Biroq uning isbotini yozib ifodalashi uchun kitob sahifalaridagi hoshiyalar juda torlik qilgan. Fermaning mashhur teoremasi algebra tilida quyidagicha yangraydi: "Agar x, y, z bo‘lsa va x, y, z nolga teng bo‘lmasa, unda, n>2 holat uchun xn+yn=zn tenglama yechimga ega bo‘lmaydi". Ferma ushbu fikrni ilmiy taxmin, ya'ni, gipoteza tarzida shakllantirib, ommaga e'lon qilganidan keyingi 400 yil mobaynida, uning haq yoki nohaq ekanligi haqidagi savolga hech kim javob bera olmagan. Shuningdek: Ferma gipotezasi aslida teoremami? Ya'ni, uning isboti mavjudmi? - kabi savollar ham ochiq qolayotgan edi. Basharti, bu aslida teorema bo‘lsa, unda Ferma o‘zining "ajoyib isboti"ning qayerida yanglishgan? Sayyoraning Fermadan keyin yashab o‘tgan eng o‘tkir zehnli matematiklari ham qattiq urinib, lekin yechim topa olmagan teoremasini Fermaning o‘zi o‘sha vaqtdayoq isbotlab qo‘ygan bo‘lishi ehtimoli katta. To‘rt asrlik mulohaza-yu mushohadalarga faqat 1995-yilga kelibgina chek qo‘yildi. 7 yillik mashaqqatli izlanishlardan so‘ng Angliyalik matematik olim Jon Endryu Uayls buyuk Ferma teoremasini isbotlashga muvaffaq bo‘lgan. Bunda u sonlar nazariyasiga oid yangi va o‘ta murakkab matematik uslublarni qo‘llab maqsadga erishgan. U o‘z isbotida elliptik egri chiziqlar va modulyar shakllar orasidagi bog‘liqlkka asoslanadi. Unda Uayls, Germaniyalik matematik Gerxard Frayning, Ferma teoremasi aslida Taniyama-Simura gipotezasidan kelib chiquvchi xulosa ekanligi haqidagi fikriga tayanadi. Endryu Uaylsning Ferma teoremasining isboti haqidagi uch qismdan iborat ma'ruzasi 1995-yilning 23-iyun sanasida Kembrijda muallifning o‘zi tomonidan o‘qilgan. Keyinroq esa, isbotning to‘liq matni berilgan 130 sahifadan iborat ilmiy maqola olim o‘zi ishlaydigan Prinston universitetida nashr qilinuvchi mashhur "Matematika solnomalari" ("Annals of mathematics") jurnalida e'lon qilingan. Download 409,5 Kb. Do'stlaringiz bilan baham:
|
Bosh sahifa
юртда тантана
Боғда битган
Бугун юртда
Эшитганлар жилманглар
Эшитмадим деманглар
битган бодомлар
Yangiariq tumani
qitish marakazi
Raqamli texnologiyalar
ilishida muhokamadan
tasdiqqa tavsiya
tavsiya etilgan
iqtisodiyot kafedrasi
steiermarkischen landesregierung
asarlaringizni yuboring
o'zingizning asarlaringizni
Iltimos faqat
faqat o'zingizning
steierm rkischen
landesregierung fachabteilung
rkischen landesregierung
hamshira loyihasi
loyihasi mavsum
faolyatining oqibatlari
asosiy adabiyotlar
fakulteti ahborot
ahborot havfsizligi
havfsizligi kafedrasi
fanidan bo’yicha
fakulteti iqtisodiyot
boshqaruv fakulteti
chiqarishda boshqaruv
ishlab chiqarishda
iqtisodiyot fakultet
multiservis tarmoqlari
fanidan asosiy
Uzbek fanidan
mavzulari potok
asosidagi multiservis
'aliyyil a'ziym
billahil 'aliyyil
illaa billahil
quvvata illaa
falah' deganida
Kompyuter savodxonligi
bo’yicha mustaqil
'alal falah'
Hayya 'alal
'alas soloh
Hayya 'alas
mavsum boyicha
yuklab olish