Urganch davlat universiteti fizika

Vektor ko’paytma xossalari

0 ⃗⃗

.Ko’paytuvchi vektorlardan kamida bittasi nol vektor bo’lsa yoki 푎⃗||푏 bo’lsa, u holda

1

⃗⃗

[푎⃗,푏]=0.

2

3

4

0

0

0

. [푎⃗,푏]=-[푏, 푎⃗].

⃗⃗

⃗⃗

⃗⃗

⃗⃗

.[(푎⃗ + 푏), 푐⃗⃗⃗ ] = [푎⃗, 푐⃗] + [푏, 푐⃗].

⃗⃗

⃗⃗

.∀휇 ∈ 푅 uchun [휇푎⃗, 푏] = 휇[푎⃗, 푏].


Dekart koordinatalar sistemasidagi bazis vektorlarning vektor ko’paytmalari uchun

quyidagi tengliklar o’rinli bo’lishini tekshirib ko’rish qiyin emas:

⃗⃗

⃗⃗

[푘^⃗⃗, 푗⃗] = 푖⃗,

[푖⃗, 푗⃗] = 푘, [푖⃗, 푘] = 푗⃗,

⃗⃗ ⃗⃗

[푖⃗, 푖⃗] = 0, [푗⃗, 푗⃗] = 0, [푘, 푘] = 0.

Endi Dekart koordinatalar sistemasida koordinatalari bilan berilgan 푎⃗(푥 , 푦 , 푧 ),

1

1

1

⃗⃗

푏(푥 , 푦 , 푧 )vektorlarning vektor ko’paytmasi natijasida hosil bo’ladigan vektorning

2

2

2

koordinatalarini topaylik:

⃗⃗

푎⃗ = 푥 푖⃗ + 푦 푗⃗ + 푧 푘,

1

1

1

⃗⃗

⃗⃗

2

푏 = 푥 푖⃗ + 푦 푗⃗ + 푧 푘.

2

2

Vektor ko’paytmaning xossalari va bazis vektorlarning vektor ko’paytmasidan

foydalanib,

⃗⃗

⃗⃗

⃗⃗

2

[푎⃗, 푏] = [푥 푖⃗ + 푦 푗⃗ + 푧 푘, 푥 푖⃗ + 푦 푗⃗ + 푧 푘] =

1

1

1

2

2

⃗⃗

2 1

= (푦 푧 − 푦 푧 )푖⃗ − (푥 푧 − 푥 푧 )푗⃗ + (푥 푦 − 푥 푦 )푘 =

1 2

2 1

1 2

2 1

1 2

^푦1 푧₁

푦₂ 푧₂

푥

푧₁

푧₂

푥

푦

푦

2

1

1

1 ⃗⃗

|

| 푖⃗ − |_푥

| 푗⃗ + |_푥

| 푘,

2

2

demak,

^푦1

푦₂ 푧₂

^푧1

푥

1

^푧1

푧₂

푥

1

| , |_푥

^푦1

푦₂

⃗⃗

[푎⃗, 푏] (|

| , − |_푥

|).

(3)

2

2

Vektorning modulini hisoblash formulasidan va (3) tenglikda foydalansak,

parallelogramm hamda uchburchak yuzini hisoblash formulalari quyidagicha ko’rinishga

keladi:

푦₁ 푧 2

푦₂ 푧₂

푥

푧 2 푥

1 1

| + |_푥

푧₂

2

푦 2

푦₂

1

1

1

|

√

(4)

(5)

푆_{푝푎푟푎푙푙푒푙}

= |

| + |_푥

2

1 푦

푧 2

푦₂ 푧₂

푥

1

푧 2

푥

푦 2

1

1

1

1

1

푦₂

푆_{푢푐ℎ푏푢푟푐ℎ푎푘} = ₂ ^√

|

| + |_푥

| + |_푥

|

푧₂

2

2


Endi vektorlar yordamida yuzani hisoblashga doir masalalarni ko’rib chiqamiz.

Vektorlar yordamida yuzani hisoblashga doir masalalar.

1-masala.Fazodagi Dekart koordinatalar sistemasida A(1,-1,2), B(2,1,-1), C(1,0,3)

nuqtalar berilgan. ABC uchburchak yuzini toping.

Yechish.퐴⃗⃗⃗⃗퐵⃗⃗va퐴⃗⃗⃗⃗퐶⃗⃗ vektorlarning koordinatalarini hisoblaymiz:

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

퐴퐵(1,2, −3), 퐴퐶(0,1,1)

(5) formulaga asosan ABC uchburchak yuzi

1

_{2 −3} 2

_{1 −3} 2

_{1 2} 2

√

√ 2

2

2

푆_퐴퐵퐶

=

2 1 ₁ | + |_{0 1} | + |0 1

|

| = 5 +1 +1 = √27

Demak, 푆_퐴퐵퐶 = 27 kv.birlik.

√

z

C

A

0

y

x

B

11-chizma.

2-masala.Uchburchakning uchlari A(5,-6,2) , B(1,3,-1) , C(1,-1,2) nuqtalarda

joylashgan. ABC uchburchakning A uchidan chiqqan balandligini toping.

Yechish.Uchburchak yuzini (5) formuladan foydalanib hisoblasak, S_ABC=12,5 kv.birlik

qiymatni topamiz.

BC tomon uzunligini ikki nuqta orasidagi masofa formulasidan foydalanib hisoblaylik:

휌(퐵, 퐶) = √(1 − 1)2+(3 + 1)2+(2 + 1)2 = 5

ABC uchburchakning A uchidan chiqqan balandligi h_a:

25

2∙

1

푎

2

2∙푆_퐴퐵퐶

|퐵퐶|

푆_퐴퐵퐶 = ℎ ∙ |퐵퐶| ,

ℎ =

푎

=

2

=5 birlik.

5


3-masala. 푚⃗⃗⃗va푛⃗⃗ birlik vektorlar bo’lib, ular orasidagi burchak 30

0

ga teng.

⃗⃗

푎⃗ = 푚⃗⃗⃗ − ퟐ푛⃗⃗, 푏 = ퟐ푚⃗⃗⃗ + ퟑ 푛⃗⃗ vektorlarga qurilgan parallelogramm yuzini hisoblang.

⃗⃗

Yechish.푎⃗va푏 vektorlarning vektor ko’paytmasini hisoblaymiz:

⃗⃗

[푎⃗ ,푏]=[푚⃗⃗⃗ − ퟐ푛⃗⃗, ퟐ푚⃗⃗⃗ + ퟑ푛⃗⃗]=[푚⃗⃗⃗, 2푚⃗⃗⃗]+ [−2푛⃗⃗, 2푚⃗⃗⃗]+ [푚⃗⃗⃗, 3푛⃗⃗]+ [−2푛⃗⃗, 3푛⃗⃗]=7[푚⃗⃗⃗, 푛⃗⃗];

⃗⃗

S_{parallelogramm}=|[푎⃗,푏]|=|7[푚⃗⃗⃗, 푛⃗⃗]|=7|푚⃗⃗⃗||푛⃗⃗|sin30 =3,5 kv.birlik.

0


3-§.Tekis shaklning yuzi va uni aniq integral yordamida hisoblash.

Ma’lumki, tekislikda berilgan ABC uchburchak yuzaga ega va uning yuzasi asosi va

balandligi ko’paytmasining yarmiga teng edi.Agar tekis shakl ko’pburchak, ya’ni yopiq

siniq chiziq bo’lsa, uning yuzasi bu ko’pburchakni uchburchaklarga ajratish usuli bilan

topilar edi.

Endi tekislikda biror chegaralangan (Q) shaklni qaraylik.

y

(Q)

(B)

(A)

(A)

O

x

12-chizma.

Bu (Q) shaklning ichiga (A) ko’pburchaklar , so’ngra (Q) shaklni o’z ichiga olgan (B)

ko’pburchaklarni chizamiz.(A) ko’pburchaklarning yuzini S_A bilan, (B)

ko’pburchaklarning yuzini S bilan belgilaylik.Natijada (Q) shaklga ichki chizilgan

B

ko’pburchak yuzalaridan iborat {S_A}

to’plam , (Q) shaklni o’z ichiga olgan

ko’pburchaklarning yuzalaridan iborat {S } to’plam hosil bo’ladi. {S } to’plam yuqoridan

B

A

{S } to’plam quyidan chegaralanganligi sababli {S } to’plam aniq yuqori chegaraga,

B

A

{S } to’plam aniq quyi chegaraga ega bo’ladi:

B

sup{S }=Q, inf{S }=푄̅

A

B

Ravshanki,

Q≤ 푄̅

Ta’rif. Agar Q=푄̅ , ya’ni sup{S }=inf{S } tenglik o’rinli bo’lsa, u holda (Q) shakl

A

B

yuzaga ega deyiladi va Q=Q=푄̅miqdor (Q) shaklning yuzi deyiladi. Demak,

Q=sup{S }=inf{S }. Endi (Q) shakl sifatida aABb egri chiziqli trapetsiyani olamiz. Bu

A

B

egri chiziqli trapetsiyaning yuzaga ega ekani va uning aniq integral yordamida

hisoblanishini ko’rsatamiz. f(x) funksiya [a,b] segmentda aniqlangan,uzluksiz bo’lib, ∀푥 ∈

[푎, 푏] uchun f(x)≥0 bo’lsin.


Yuqoridan f(x) funksiya grafigi , yon tomonlardan x=a va x=b vertikal chiziqlar hamda

pastdan Ox abssissa o’qi bilan chegaralangan shaklni ,ya’ni aABb egri chiziqli trapetsiyani

qaraylik.

13-chizma.

Endi [a,b] oraliqni ixtiyoriy

푃 = {푥 , 푥 , … . , 푥 }(푎 = 푥 < 푥 < ⋯ < 푥 = 푏)

0

1

푛

0

1

푛

bo’laklashini olamiz.f(x) funksiya [a,b] oraliqda uzluksiz bo’lgani sababli, bu funksiya P

bo’laklashning har bir [x ,x ] (k=0,1,2,…,n-1) oralig’ida ham uzluksiz bo’lib, unda

k

k+1

inf{f(x)}=m , sup{f(x)}=M (푥 ∈ [푥 , 푥_푘+1], k=0,1,2,…,n-1).

k

k

푘

Quyidagi

푛−1

푛−1

푆 = ∑ 푚 ∆푥 , 푆 = ∑ 푀 ∆푥

푘

퐴

푘

푘

퐵

푘

푘=0

푘=0

yig’indilarni tuzamiz. Bu yig’indilarning birinchisi aABb egri chiziqli trapetsiyaga ichki

chizilgan ko’pburchakning yuzini , ikkinchisi esa aABb egri chiziqli trapetsiyani o’z ichiga

olgan ko’pburchakning yuzini ifodalaydi. Ravshanki, bu ko’pburchaklar , demakki,

ularning yuzlari ham berilgan f(x) funksiyaga va [a,b] oraliqning P bo’laklashiga bog’liq:

푃

푃

푆 = 푆 (푓)

퐵 퐵

푆 = 푆 (푓) ,

퐴

퐴

[a,b] oraliqning turli bo’laklashlari olinsa, ularga nisbatan aABb egri chiziqli

trapetsiyaning ichiga chizilgan va bu trapetsiyani o’z ichiga olgan ko’pburchaklar

yasaladi. Natijada bu ko’pburchak yuzalaridan iborat quyidagi

푃

푃

퐵

{푆 (푓)} , {푆 (푓)}

퐴

to’plamlar hosil bo’ladi. Bunda {푆푃(푓)} to’plam yuqoridan , {푆푃(푓)} to’plam quyidan

퐴

퐵

chegaralangan bo’ladi. Demakki, bu to’plamlarning

푃

푃

퐵

sup{푆 (푓)} , inf {푆 (푓)}

퐴

aniq chegaralari mavjud bo’ladi. Shartga ko’ra, f(x) funksiya [a,b] da uzluksiz.Kantor

휀

teoremasining natijasiga asosan, ∀휀 > 0 son olinganda

songa ko’ra shunday 훿 > 0

푏−푎

son topiladiki, [a,b] oraliqni diametri ʌ < 훿 bo’lgan har qanday P bo’laklash uchun har

푃

bir [x ,x ]n oraliqda funksiyaning tebranishi

k

k+1

휀

M -m <

k

k

푏−푎

bo’ladi. Unda

푛−1

푛−1

푃

푃

푃

푃

퐴

inf{푆 (푓)} − 푠푢푝{푆 (푓)} ≤ 푆 (푓) − 푆 (푓) = ∑ 푀 ∙ ∆푥 − ∑ 푚 ∙ ∆푥 =

퐵

퐴

퐵

푘

푘

푘

푘

푘=0

푘=0

푛−1

푛−1

휀

휀

= ∑(푀 − 푚 ) ∙ ∆푥 <

∑ ∆푥 =

∙ (푏 − 푎) = 휀.

푘

푘

푘

푘

푏 − 푎

푏 − 푎

푘=0

푘=0

Demak, [a,b] oraliqni diametri ʌ < 훿 bo’lgan har qanday bo’laklash olinganda ham bu

푃

bo’laklashga mos aABb egri chiziqli trapetsiyaning ichiga chizilgan hamda bu trapetsiyani

o’z ichiga olgan ko’pburchak yuzlari uchun har doim

푃

푃

퐴

0 ≤ inf{푆 (푓)} − 푠푢푝{푆 (푓)} < 휀

퐵

tengsizlik o’rinli bo’ladi. Bundan esa

푃

푃

퐴

(1)

inf{푆 (푓)} = 푠푢푝{푆 (푓)}

퐵

tenglik kelib chiqadi.

(1) tenglik aABb egri chiziqli trapetsiyaning yuzga ega bo’lishini bildiradi.

Endi yuqorida o’rganilgan 푆푃(푓) , 푆푃(푓) yig’indilarni Darbu yig’indilari bilan

퐴

퐵

taqqoslab, 푆푃(푓) hamda 푆푃(푓) yig’indilar f(x) funksiyaning [a,b] oraliqda mos ravishda

퐴

퐵

Darbuning quyi hamda yuqori yig’indilari ekanini topamiz.

Shuning uchun ushbu

푃

푃

퐴

inf{푆 (푓)} , 푠푢푝{푆 (푓)}

퐵

miqdorlar f(x) funksiyaning quyi hamda yuqori integrallari bo’ladi, ya’ni

푏

푏

푃

푃

퐵

푠푢푝{푆 (푓)} = ∫ 푓(푥)푑푥, inf{푆 (푓)} = ∫ 푓(푥)푑푥

(2)

퐴

푎̅

푎

Yuqorida isbotlangan (1) munosabatga ko’ra ,

푏

푏

∫ 푓(푥)푑푥 = ∫ 푓(푥)푑푥

푎̅

푎

tenglik o’rinli ekani ko’rinadi. Demak,

푏

푏

푏

∫ 푓(푥)푑푥 = ∫ 푓(푥)푑푥 = ∫ 푓(푥)푑푥

푎

푎̅

푎

Shunday qilib, bir tomondan aABb egri chiziqli trapetsiya yuzga ekani, ikkinchi

tomondan, uning yuzi f(x) funksiyaning [a,b] oraliqdagi aniq integraliga teng ekani isbot

etildi. Demak, aABb egri chiziqli trapetsiyaning yuzi uchun ushbu

푏

푄 = ∫ 푓(푥)푑푥

(3)

푎

formula o’rinli.

1-misol. y=0 , y=0,5x2 , x=1, x=3 chiziqlar bilan chegaralangan shaklning yuzini toping.

Yechish.(3) formuladan foydalanib topamiz:

3

3 1

1

27

1

13

2

3

푄 = ∫ 푥 푑푥 = 푥 | = − = (푘푣.

).

1 2

6

6

6

3

1

y

9

2

1

2

0

1

3

x

14-chizma.

Agar tekislikda (Q) shakl quyidagi y=f (x); y=f (x); x=a, x=b chiziqlar bilan

1

2

chegaralangan shaklni ifodalasa, (bunda f (x) va f (x) funksiyalar [a,b] oraliqda uzluksiz

1

2

bo’lib, bu oraliqda 푓 (푥) ≥ 푓 (푥) ≥ 0 ) u holda bu shaklning yuzi uchun ushbu

1

2

푏

푏

푏

푄 = ∫ 푓 (푥)푑푥 − ∫ 푓 (푥)푑푥 = ∫ [푓 (푥) − 푓 (푥)]푑푥

(4)

1

2

1

2

푎

푎

푎


formula o’rinli bo’ladi.

y

f₁(x)

f₂(x)

0

a

b

x

15-chizma.

1

2-misol.Ushbu 푓 (푥) = 2푝푥 , 푓 (푥) = 푥2 (p>0) chiziqlar bilan chegaralangan

√

1

2

2푝

shaklning yuzini toping.

Yechish. Izlangan yuz 푦 = 2푝푥va푦 = ¹ 푥2 parabolalar bilan chegaralangan. Shu

√

2푝

parabolalar (0,0) va (2p,2p) nuqtalarda kesishadi. Demak, izlangan yuz x=0, x=2p ,푦 =

√2푝푥 ^{va 푦 = 1}

푥2 chiziqlar bilan chegaralangan. Shuning uchun (4) formuladan

2푝

foydalanib topamiz:

2푝

3

3

2푝

1

2

푥

4

2

2

푄 = ∫ [√2푝푥 − 푥 ]푑푥 = [ √2푝푥 − ]| = 푝 .

2

0

2푝

3

6푝

3

0

y

√2푝푥

¹ 푥²

2푝

0

2p

x

16-chizma.

Yuqoridagi (3) formula [a,b] oraliqda 푓(푥) ≥ 0 bo’lganda aABb egri chiziqli

trapetsiyaning yuzini ifodalashini ko’rdik. Agar f(x) funksiya [a,b] oraliqda uzluksiz

bo’lib, unda ishora saqlamasa, (3) formuladagi integral egri chiziqli trapetsiyalar

yuzlarining yig’indisidan iborat bo’ladi. Bunda Ox o’qining yuqorisidagi yuz (+) ishora

bilan , Ox o’qining pastidagi yuz esa (-) ishora bilan olinadi.

Masalan, agar 푎 < 훼 < 훽 < 푏 bo’lib, ∀푥휖[푎, 훼]uchun (푥) ≥ 0 ,

uchun 푓(푥) ≤ 0 , ∀푥휖[훽, 푏] uchun 푓(푥) ≥ 0 bo’lsa, u holda yuzi

∀푥휖[훼, 훽]

훼

훽

푏

푄 = ∫ 푓(푥)푑푥 − ∫ 푓(푥)푑푥 + ∫ 푓(푥)푑푥

푎

훼

훽

ko’rinishda yoziladi.(5-chizma)

y

+

+

0

a

훼

-

훽

b

x

17-chizma.

Tekis shaklning yuzini quyidagicha ham ta’riflash mumkin.

Tekislikda (Q) shakl berilgan(1-chizma). {A } shu shakl ichiga chizilgan ko’pburchaklar

n

ketma-ketligi, {B } esa (Q) shaklni o’z ichiga olgan ko’pburchaklar ketma-ketligi bo’lsin.

n

A hamda B ko’pburchaklar yuzlari mos ravishda 푆 va 푆 bo’lib, ulardan tuzilgan

n

n

퐴_푛

퐵

푛

ketma-ketliklar esa {푆 } hamda {푆 } bo’lsin. Agar

n→ ∞ da {푆 } hamda {푆 }

퐴 퐵

푛 푛

퐴

퐵

푛

푛

ketma-ketliklar chekli limitga ega bo’lib,

lim 푆 = lim 푆

퐴

퐵_푛

푛

푛→∞

푛→∞

o’rinli bo’lsa, (Q) shakl yuzaga ega deyiladi hamda bu yuz uchun ushbu

푄 = lim 푆 = lim 푆

퐴

퐵_푛

푛→∞

푛

푛→∞

formula o’rinli bo’ladi. Bunda Q tekis shaklning yuzi deyiladi.


Xulosa

Ushbu kurs ishida yuza va uni o’lchashga doir masalalar qaraldi. 7 ta namunaviy misol

yechimi bilan keltirildi, chizmalardan foydalanildi.Kurs ishida yuza tushunchasiga imkon

qadar to’liq ma’lumot berilishiga e’tibor qaratildi. Kurs ishi quyidagi masalalarni o’z

ichiga oladi:

1.Planimetriyada yuza tushunchasi va ko’pburchak yuzalari haqida ma’lumotlar

2.Uchburchak yuzasini hisoblash uchun Geron formulasi

3.Yuzani hisoblashga doir masalalar

1.Vektorlar va vektorlarning vektor ko’paytmasi haqida ma’lumot

2.Vektorlar yordamida yuzani hisoblash

3. Vektorlar yordamida yuzani hisoblashga oid masalalar

1.Tekis shakl yuzning yuzga ega bo’lishi haqida ma’lumotlar

2.Aniq integralning egri chiziqli trapetsiya yuzini hisoblashga tatbiqlari

3.Aniq integraldan foydalanib, egri chiziqlar bilan chegaralangan soha yuzasini

topishga doir misollar


Foydalanilgan adabiyotlar

1.A.Y.Narmanov Analitik geometriya Toshkent 2008.

2.T.Azlarov, H.Mansurov Matematik analiz Toshkent “O’qituvchi” 1994.

3.D.Saparboyeva, Sh.Sharipova, K.Qo’ziyeva Analitik geometriya fanidan masalalar

yechish Urganch 2020.

4.Danko P.E Oliy matematikadan misol va masalalar to’plami

5.I.Isroilov, Z.Pashayev Geometriya 1-qism Toshkent “O’qituvchi” 2010.

6.www.ziyouz.com kutubxonasi.