NOSTANDART MASALALARNI YECHISH USULLARI
![2) Cnk=Cnn−k - bu tenglik va 1) dan binom koeffitsentlari boshidan o`rtasigacha
bo`lgan elementlari, o`rtasidan keyingi elementlari bilan bir xilligini bildiradi va
demak ularning yig`indilari ham teng.
Shularga asoslanib n ni ikki holda qaraymiz.
1) n = 2k + 1 , ya`ni toq bo`lsin.
C
2 k + 10
+ 2 C
2 k + 11
+ … +
( k + 1 ) C
2 k + 1k
+ ( k + 2 ) C
2 k + 1k + 1
+ … + ¿
+
( 2 k + 1 ) C
2 k + 12 k
+ + ( 2 k + 2 ) C
2 k + 12 k + 1
= { C
2 k + 10
+ ( 2 k + 2 ) C
2 k + 12 k + 1 }
+ ¿
+{2Ck+11 +(2k+1)C2k+1 2k }+… +{(k+1)C2k+1 k +(k+2)C2k+1 k+1}=¿
(C2k+1 0 =C2k+1 2k+1,C2k+1 1 =C2k+1 2k ,… ,C2k+1 k =C2k+1 k+1larga ko 'ra )
¿
( 2 k + 3 ) C
2 k + 10
+ ( 2 k + 3 ) C
2 k + 11
+ … + ( 2 k + 3 ) C
2 k + 1k
= ¿
¿(2k+3)[C2k+1 0 +C2k+1 1 +… +C2k+1 k ]=(2k+3)22k+1
2 =(2k+3)22k=¿
¿(n+2)2n−1
chunki, 2k + 1 = n dan
( 2 k + 3 ) 2 2 k
= ( n + 2 ) 2 n − 1
va
C
2 k + 10
+ C
2 k + 11
+ … + C
2 k + 1k
+ C
2 k + 1k + 1
+ … + C
2 k + 12 k + 1
= 2 2 k + 1
C
2 k + 10
+ C
2 k + 11
+ … + C
2 k + 1k
= C
2 k + 1k
+ … + C
2 k + 12 k + 1
= 2 2 k + 1
2 = 2 k
dan foydalandik.
2) n = 2k bo`lsin
1C2k0+2C2k1+… +(k+1)C2kk+(k+2)C2kk+1+… +(2k+1)C2k2k=¿
¿
{ 1 ∙ C
2 k0
+ + ( 2 k + 1 ) C
2 k2 k }
+ { 2 C
2 k1
+ 2 k C
2 k2 k − 1 }
+ … + ¿
+
{ k C
2 kk − 1
+ ( k + 2 ) C
2 kk + 1 }
+ ( k + 1 ) C
2 kk
= ¿
¿(2k+2)C2k0+(2k+2)C2k1+… +(2k+2)C2kk−1+(k+1)C2kk=¿
¿ 2
( k + 1 )[ C
2 k0
+ + C
2 k1
+ … C
2 kk − 1 ]
+ ( k + 1 ) C
2 kk
(*)
C2k0+C2k1+… C2kk−1+C2kk+C2kk+1+… +C2k2k=22k
va C
nm
= C
nn − m
dan binom koeffitsentlari o`rtasiga nisbattan simmetrik
joylashganidan
C
2 k0
+ C
2 k1
+ … C
2 kk − 1
+ C
2 kk
2 = 2 2 k
2 = 2 2 k − 1
Shularga asosan (*) tenglikda
17](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_17.png)
![2(k+1)[C2k0+C2k1+… C2kk−1]+(k+1)C2kk= ¿¿ 2
( k + 1 )[ C
2 k0
+ C
2 k1
+ … + + C
2 kk − 1
+ C
2 kk
2 ] = ¿
¿
( 2 k + 2 ) 2 2 k − 1
= ( n + 2 ) 2 n − 1
.
Shunday qilib formula bitta usulda isbotlandi.
II – usul.
Cn0+2Cn1+… +(n+1)Cnn=¿
¿ C
n0
+ C
n1
+ … + C
nn
+ C
n1
+ 2 C
n2
+ … + +
( n − 1 ) C
nn − 1
+ nC
nn
= ¿
¿2n+n+2n(n−1)
1∙2 +3n(n−1)(n−2)
1∙2∙3 +… +n−1
1 +nC nn= ¿
¿2n+n(1+n−1
1 +(n−1)(n−2)
1∙2 +… +(n−1)(n− 2)… 2∙1
(n− 2)… 2∙1 +1)= ¿
¿2n+n(Cn−10 +Cn−11 +… +Cn−1n−2+Cn−1n−1)=¿
¿ 2 n
+ n ∙ 2 n − 1
=
( n + 2 ) 2 n − 1
.
III – usul. Matematik induksiya usulidan foydalanamiz.
C
n0
+ 2 C
n1
+ … +
( n + 1 ) C
nn
= ( n + 2 ) 2 n − 1
n = 1 da
C10+2C11=1+2= 3
(
n + 2 ) 2 n − 1
= ( 1 + 2 ) ∙ 2 0
= 3
n = k da
Ck0+2Ck1+… +(k+1)Ckk=(k+2)∙2k−1
tenglik o`rinli bo`lsin. n = k + 1 da tenglikni ko`rsatamiz.
C
k + 10
+ 2 C
k + 11
+ 3 C
k + 12
+ … + ( k + 2 ) C
k + 1k + 1
ni quyidagi formula yordamida shakl almashtiramiz.
Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1
ga ko`ra
C
k + 10
+ 2 C
k + 11
+ 3 C
k + 12
+ … +
( k + 2 ) C
k + 1k + 1
= C
k + 10
+ 2 ( C
k0
+ C
k1 )
+ ¿
+3(Ck1+Ck2)+… +(k+1)(Ckk−1+Ckk)+k+2= ¿
¿Ck+10 +2Ck1+3Ck2+… +(k+1)Ckk+2Ck0+3Ck1+… +¿
+(k+1)Ckk−1+k+2= (k+2)∙2k−1+¿
+ C
k0
+ 2 C
k1
+ … + k C
kk − 1
+
( k + 1 ) C
kk
− ( k + 1 ) C
kk
+ k + 2 + ¿
18](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_18.png)
![100 ga bo`linadi va bu ayirma yana berilgan x1,x2,… ,x100 larning qandaydir
yig`indisidan iborat bo`ladi.
Demak, masala hal bo`ldi.
10 – misol.
1p+2p+… +np soni p – toq bo`lganda, 1 + 2 + … + n
soniga
bo`linishini isbotlang.
Isbot. Shu ko`rinishda misolni yechish qiyin. Berilgan
1+2+… +n ni n ( n + 1 )
2
ko`rinishda ifodalaymiz. n va ( n + 1 )
sonlari o`zaro tub bo`lgani uchun
1p+2p+… +np ni alohida n ga va ( n + 1 )
ga bo`linishini ko`rsatsak yetarlidir.
1) Agar n – toq bo`lsa,
1 p
+ 2 p
+ … + n p
ni quyidagicha gruppalaymiz
1 p
+ ( n − 1 ) p
+ 2 p
+ ( n − 2 ) p
+ … + k p
+ ( n − k ) p
+ … + n p
Har bir k da
kp+(n− k)p= n(kp−1−… +(n− k)p−1) ga ko`ra n ga bo`linadi.
Endi n + 1
2 ga bo`linishini ko`rsatamiz, n = 2k – 1
1 p
+ 2 p
+ … + k p
+ ( k + 1 ) p
+ … + ( 2 k − 1 ) p
= ¿
[
1 p
+ ( 2 k − 1 ) p ]
+ + [ 2 p
+ ( 2 k − 2 ) p ]
+ … + ¿
+[(k−1)p+(k+1)p]+kp,
1 p
+ ( 2 k − 1 ) p
= 2 k ∙ A
1
va hokazo
(k−1)p+(k+1)p=2k∙Ak
Ak= kp−1−… +(k+1)p−1
larga asosan har bir juftlik n + 1
2 = 2 k
2 = k
ga bo`linadi va oxirgi
kp ham n + 1
2 = 2
ga
bo`linadi.
2) n – juft son bo`lsa, ya`ni n = 2k bo`lsa
1p+2p+… +kp+(k+1)p+(k+2)p+… +¿
+ ( 2 k − 1 ) p
+ ( 2 k ) p
=
[ 1 p
+ ( 2 k − 1 ) p ]
+ ¿
+[2p+(2k−2)p]+… +(2k)p.
25](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_25.png)
![dan har bir qo`shiluvchining 2k ga bo`linishi kelib chiqadi, ya`ni n ga bo`linishi
kelib chiqadi. Endi ( n + 1 ) ga yoki n+1
2 ga bo`linishini ko`rsatamiz.
1p+2p+… +kp+(k+1)p+(k+2)p+… +¿
+(2k− 1)p+(2k)p=[1p+(2k)p]+¿
+[2p+(2k−1)p]+… +[kp+(k+1)p],
har bir qo`shiluvchi 2k + 1 ga bo`linadi, ya`ni n + 1 ga bo`linadi. Shunday qilib
berilgan yig`indi o`zaro tub sonlarning har biriga bo`linsa, ularning ko`paytmasiga
ham bo`linishidan masalani yechgan bo`lamiz.
11 – misol.
( n + 1 )( n + 2 ) ∙ … ∙ 2 n
sonining 1 ∙ 3 ∙ 5 ∙ … ∙ ( 2 n − 1 )
soniga bo`linishini
isbotlang.
Isbot. Teskarisidan faraz qilamiz, ya`ni
Sn=(n+1)∙… ∙2n
va Cn=1∙3∙… ∙(2n−1)
sonlari karrali emas, ya`ni
Sn≠ pCn , p – butun son yoki
Sn
Cn – butunmas ekan
deylik.
Sn
Cn ni sur`at va maxrajini
2∙4∙… ∙2n ga ko`paytiramiz:
Sn
Cn
= 2∙4∙… ∙2n∙Sn
2∙4∙… ∙2n∙1∙3∙… ∙(2n−1)= 2n∙n!∙Sn
(2n)! = 2n∙(2n)!
(2n)! = 2n
bu faramizga ziddir, demak
Sn
Cn - butundir. Masala yechildi.
Natija hosil bo`ladi.
Natija.
(n+1)(n+2)∙… ∙(n+n)=2n∙1∙3∙… ∙(2n−1) formula o`rinli.
Lemma: x>0 va y>0 sonlari uchun 1
x + 1
y ≥ 4
x + y tengsizlik o‘rinli bo‘ladi.
Isbot: Haqiqatdan ham berilgan tengsizlikni quyidagicha shakl almashtirsak:
1
x + 1
y ≥ 4
x + y => x + y
xy ≥ 4
x + y =>
(x+y)2≥4xy =>
x 2
+ 2 xy + y 2
− 4 xy ≥ 0 => =>
( x − y ) 2
≥ 0
da’vo isbot bo‘ldi. Bu tengsizlikni umumlashtirsak, ya’ni a,b,x,y>0 sonlari uchun
26](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_26.png)
![a2
x+b2
y ≥(a+b)2
x+y tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Haqiqatdan ham, (
a2x+b2y¿(x+y)≥≥xy (a+b)2
=>
a 2
x 2
+ a 2
xy + b 2
xy + b 2
y 2
≥ a 2
xy + 2 abxy + b 2
xy =>
a 2
x 2
− 2 abxy + b 2
y 2
≥ 0 =>
( ax − by ) 2
≥ 0 bo ' ladi .
4 §. Sonning butun qismi bilan bog`liq masalalar.
x sonning butun qismi deb, x dan katta bo`lmagan va x ga eng yaqin
butun songa aytiladi.
Ta`rifga ko`ra agar x ning butun qismini
[x] bilan belgilasak, [x]≤xva
[x]+1>x
.
Sonning butun qismining quyidagi xossalarini keltiramiz:
10.
[x]= n - butun son
2 0
. x = n + α
,0≤α<1.
30.
Agar [x]=[y] bo`lsa, x = n + α, y = n + β, α, β ϵ
[0,1¿
- 1 < x – y = α – β < 1
40.
[x+y]= x bo`lsa, x – butun va 0 ≤ y < 1
.
5 0
. n – butun bo`lsa,
[ n + x ] = n + [ x ]
1 – misol.
[
8x+19
7 ]= 16 (x+1)
11 tenglamani yeching.
Yechish. Modul xossasidan
0 ≤
[ 8 x + 19
7 ] − 16 ( x + 1 )
11 < 1
0 ≤
88 x + 209 – 112 x – 112 < 77
97
≤ - 24 x < - 20
5
6 < x
≤ 4 1
24
Bu oraliqdan qaysi sonni olsak 16 ( x + 1 )
11 butun chiqishini aniqlash qiyin.
27](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_27.png)
![Shuning uchun 16 (x+1)
11 =t - butun son deb, x = 11 t − 16
16 ni topamiz va berilgan
tenglamani t ga nisbattan yozamiz:
[
11 t+22
14 ]=t , t ni butunligidan foydalansak va
0≤11 t+22
14 − t<1
, 0≤22 −3t<14 , −22 ≤−3t← 8 , 22
3<t≤71
3
Bu yerdan t = 3, 4, 5, 6, 7 ni olamiz va bu qiymatlarni ketma – ket
x = 11 t − 16
16 ga qo`ysak
x=1 1
16 ,13
4,2 7
16 ,31
8,313
16 yechimlarni olamiz.
Sonning butun qismi yana quyidagi muhim xossalarga ega.
1 – Teorema. Agar n – manfiymas butun son bo`lsa,
[nx ]≥n[x] .
Isbot. x = m + α , m – butun, 0 ≤ α < 1
bo`lsin, nx = nm + nα
[nx ]= nm +[nα ]≥nm =[nx ]
2 – Teorema. Har qanday N, q
ϵ N uchun [
N
q ]∙q≤N .
Isbot. Isbot ta`rifdan kelib chiqadi, ya`ni
[
N
q ]∙q≤N ⟹ [
N
q ]≤ N
q
,
ya`ni sonning butun qismi shu sonning butun qismidan oshmaydi.
3 – Teorema. Har qanday N, q
ϵ N uchun ([
N
q ]+1)∙q>N .
Buning ham isboti ta`rifdan kelib chiqadi, ya`ni
([
N
q ] + 1 ) ∙ q > N
⟹ [ N
q ] + 1 > N
q
4 – Teorema.
1,2,3,… ,n – natural sonlar ketma – ketligida qϵN soniga
bo`linadiganlari soni
[
n
q] ga teng.
Isbot. Agar q > n bo`lsa,
[
n
q]= 0 , ya`ni 1, 2, … , n – ketma – ketlik hadlari
q ga bo`linmaydi. q = n bo`lsa, bu ketma – ketlik ichida faqat n, q ga bo`linadi.
Bu holda ham teorema o`rinli.
Endi q < n holni qaraymiz.
28](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_28.png)
![1, 2, … , n ketma – ketlik ichida q ga bo`linadiganlar m ta bo`lsin, ya`ni 1∙q,2∙q,… ,m∙q
. m=[
n
q] ekanligini ko`rsatamiz. Teskarisidan faraz qilaylik, ya`ni
m≠[
n
q]
. Bu holda 2 hol bo`lishi mumkin.
m<[
n
q] bo`lsa, [ n
q ] ∙ q ≤ n
tengsizlikdan va [ n
q ] ∙ q
ning q ga bo`linishidan q
ga bo`linadiganlar soni m dan ko`p ekanligi kelib chiqadi. Bu bo`linuvchilar m
ta degan tasdiqqa zid.
m >
[ n
q ] bo`lsin. Bu holda m ≥ [ n
q ] + 1
degani. Oxirgi tengsizlikni ikkala
qismini q ga ko`paytirsak mq ≥
([ n
q ] + 1 ) q > n
ga ega bo`lamiz. Bu mq > n , ya`ni 1,
2, … , n qatorda yotmasligini bildiradi. Bu zidliklardan m =
[ n
q ] ekanligi kelib
chiqadi.
Teorema isbot bo`ldi.
Yuqorida keltirilgan 4 – teoremada q – natural son ixtiyoriy tanlangani
uchun, quyidagi natijaga kelamiz.
Natija. 1 , 2 , … , n
– natural sonlar ketma – ketligida q ga karralilar
[ n
q ] ta,
q 2
ga bo`linadiganlar
[ n
q 2 ] ta,
q 3
karralilar [ n
q 3 ] ta va hokazo.
5 – Teorema. n! sonida q – tub soni nechanchi darajada qatnashishi
quyidagi formula yordamida topiladi:
[
n
q ] + [ n
q 2 ] + [ n
q 3 ] + … + [ n
q m ] ,
bunda
q m
≤ n , q m + 1
> n .
Isboti natijadan kelib chiqadi.
29](/data/documents/f9ba0abd-6d6d-428c-9d8a-846700498da1/page_29.png)
NOSTANDART MASALALARNI YECHISH USULLARI MUNDARIJA: Kirish …………………………..........…………………………………….……… 2 I BOB. MATEMATIKA KURSIDA NOSTANDART TENGLAMALAR. 1 §. Butun sonlarda yechiladigan tenglamalar…………………….…………...… 7 2 §. Shartli va shartsiz ayniyatlar………………………………………..……...… 11 II BOB. NOSTANDART MASALALAR VA TENGSIZLIKLAR. 3 §. Tengsizliklarni yechish…………………. ……………………………… ... .. 20 4 §. Sonning butun qismi bilan bog`liq masalalar……………….…………….... 27 5 §. Tensizliklarni yechishda monotonlikdan foydalanish……………………...30 Xulosa ...………………………………………………….………………………35 Adabiyotlar .…………………………………………………………………….36 1
Kirish Masalaning qo’yilishi. Bu ishda har xil nostandart matematik masalalarni yechishning yo`llari, fikrlash usullari, uni anglashga yo`l ochadigan mulohazalar keltiriladi. Bu ish matematikaga qiziqadigan o`quvchilarni mustaqil fikrlashga, ilmiy izlanuvchanlikka va ijodga, kashfiyotchilik malakalarini paydo qilishga katta yordam beradi. Odatda nostandart masala deganda umumiy kursdan, darslikdan tashqari, umumiy qoida yoki ta`rif yordamida yechilmaydigan, ma`lum mantiqiy yoki sun`iy usullarda yechiladigan, qiyinchilik darajasi yuqori bo`lgan masalalar tushuniladi. Oddiy darslikdagi misol-masalalar ma`lum ta`rif qoidalar yordamida yechilgani uchun ularga sarf etiladigan bilim-ko`nikmalar fikrlash darajasini, bilish-o`rganish darajasini rivojlantirmaydi. Shuning uchun nostandart misol-masalalarni yechish matematik bilimni rivojlantirishga, mustaqil ishlashga, yangi usullar topishga, ya`ni ilmiy izlanish o`rganishga yordam beradi. Albatta bu yerda qaralayotgan usullar, misol-masalalar o`quvchiga aniq bir yo`l yo`riq ko`rsatadi, matematik masalalarni yechishning barcha yo`llarini o`rgatadi deb qarash xato bo`ladi. Matematik masalalarni yechishning umumiy (universal) usuli yo`q va bo`lishi mumkin ham emas. Bu yerda faqat ma`lum bir yo`nalishlar, usullardan foydalanishga masala va misollar qaraladi. Mavzuning dolzarbligi. Qiyinchilik darajasi yuqori bo`lgan masalalarni yechishda nazariya va uslubiy qo`llanmalardan tashqari, yechimni topishni ko`ra olish, ma`lum bir narsalarni kashf eta olish kerak bo`ladi. Masalalarni yechishda quyidagi tavsiyalar berish mumkin: 2
1) Birinchidan, masalaning mazmunini to`la to`kis tushunib olguncha uni qayta-qayta takrorlab o`qish kerak. Bunda albatta nima berilgan?, masala sharti nimadan iborat?, nimani topish kerak yoki nimani isbotlash kerak? degan savollarga e`tibor berish kerak. 2) Agar masala geometriya bilan bog`liq bo`lsa, unga mos chizmani aniq chizib, kerakli belgilarni kiritib, ortiqcha chizmalar bajarmaslik kerak, geometriyada to`g`ri, aniq chizma yarim yechim degani. Kerak bo`lganda, chizma aniq bo`lmasa uni bir necha marta chizib o`zingizga qulay qilib olish kerak. Noto`g`ri chizmadan noto`g`ri xulosa chiqarish mumkin. 3) Masala yechish davomida, har bir qilingan qadamning to`g`ri yoki noto`g`ri ekanligini tekshirish kerak. 4) Masala yechish davomida masalaning hamma shartlaridan foydalanilgani yoki yo`qligini kuzatib borish kerak. 5) Masalani yechish protsessida keyingi qadamni bilmay qolsangiz, shu paytgacha nimalar oldingiz va nimalar olish kerak edi degan savollarga javob berishga harakat qiling. 6) Quyidagi hollarda, masalan, qo`yilgan masala xato berilgan hollarda qanday yondashish kerak? Masalaning xato qo`yilganini sezsangiz uning xatoligini ko`rsatish qo`yilgan masalani yechganingiz bo`ladi. Mabodo masalaning xatoligini bilmay qolsangiz uni yechishga harakat qilish foydadan xoli emas. Chunki uni yechishga harakat qilish mobaynida ma`lum yangiliklar, malaka va tajribaga ega bo`lasiz. Masalan, quyidagi masalani qaraymiz 10 ∙ (a+b) > ab tengsizlikni isbotlash talab qlinsin. Bunda a, b > 0 . Ko`rish mumkinki, ayrim a va b larda, masalan, a =10, b=20 da 10 ∙ (10+20) > 10 ∙ 20 , ya`ni 300 > 200 . Lekin a=100, b=100 da 10 ∙ (100+100) < 100 ∙ 100 2000 < 10000. Shuning uchun berilgan ifodani shakl almashtirishlar yordamida boshqa hollarga keltirib qarash kerak. Masalan, 10 ∙ (a+b) > ab ifodani tengsizlikning 3
ikkala qismini 10ab ga bo`lib, 1 a + 1 b > 1 10 ko`rinishida yozish mumkin. Bu yerdan ko`rinadiki, agar biz a va b larni yetarlicha katta sonlar qilib tanlasak, ularning teskarilari yetarlicha kichik bo`lib, yig`indi ham kichik bo`ladi. Shu fikr yordamida biz tengsizlikning xato berilganini ko`ramiz. 7) Shunday masalalar qo`yilishi mumkinki, uning berilgan shartlari yetarli emas. 8) Shunday masalalar borki, ularni yechish uchun oddiy fikrlashning o`zi yetadi, shunday masalalar borki, ularni yechish uchun ma`lum matematik ilmlardan tashqari, topqirlik ko`ra olish, yangi narsalarni yarata olish, kashfiyot qilish kerak bo`ladi. Shunday masalalar borki, ular yirik matematiklar tomonidan qo`yilgan bo`lib, o`z yechimini kutmoqda. Ko`p hollarda bu masalalar juda oddiy ko`rinishda beriladi. Lekin yechimi juda qiyin. Masalan a) Yechilmagan eng qadimgi masalalardan biri mukammal sonlar haqidagisidir. Son mukammal deyiladi, agar bu son o`zining barcha natural bo`luvchilari (o`zidan tashqari) yig`indisiga teng bo`lsa. Masalan 6 soni mukammaldir, chunki 6=1+2+3. 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 ; Ko`rsatilganki, agar 2n+1 - 1 soni qandaydir n larda tub bo`lsa, bu holda ( 2 n + 1 - 1) ∙ 2 n soni albatta mukammal bo`ladi. Bundan mukammal sonlarning juft bo`lishlik holi topilgan, lekin toq mukammal sonlar bor yo`qligi aniqlanmagan. b) Lekin vaqt o`tishi bilan yechilmagan masalalar o`z yechimini topadi. Masalan berilgan doiraga tengdosh bo`lgan kvadratni sirkul va chizg`ich yordamida yasash masalasi yoki berilgan burchakni sirkul va lineyka yordamida teng uchga bo`lish masalalaridir. Bu masalalar qadimgi grek matematiklari tomonidan qo`yilgan bo`lib, 4 ming yillar mobaynida o`z yechimini kutgan. Faqat 1837-yil fransuz matematigi Ventsel berilgan burchakni faqat sirkul va lineyka yordamida doim 3 ta teng bo`lakka bo`lib bo`lmasligini ko`rsatdi. 1887-yil nemis 4
matematigi Lindeman π soni transsendent son, ya`ni bu son hech bir butun koefitsentli ko`phadning ildizi bo`lolmasligini ko`rsatdi, ya`ni berilgan doiraga tengdosh kvadratni qurib bo`lmasligini ko`rsatdi. Shulardan xulosa qilib aytganda katta masalalar katta mehnat, katta izlanuvchanlikni talab qiladi. Lekin har qanday masalani o`quvchining o`zi hal qilsa, bu ham ma`lum iqtidor, ma`lum bir yutuqdan iboratdir. Shuning uchun bunday nostandart masalalarni yechish qiziqdir. Ishning maqsad va vazifalari. Ishning maqsad va vazifalari o’quvchini fikrlash qobiliyatini o’stirish, nostandart hollarda vaziyatdan chiqish yo’llarini tez topa olish va nostandart fikrlashni tatbigini organish. Oddiy darslikdagi misol- masalalar ma`lum ta`rif qoidalar yordamida yechilgani uchun ularga sarf etiladigan bilim-ko`nikmalar fikrlash darajasini, bilish-o`rganish darajasini rivojlantirmaydi. Shuning uchun nostandart misol-masalalarni yechish matematik bilimni rivojlantirishga, mustaqil ishlashga, yangi usullar topishga, ya`ni ilmiy izlanish o`rganishga yordam beradi. Bu yerda ma`lum bir yo`nalishlar, usullardan foydalanishga masala va misollar qaraladi. Ilmiy-tatqiqot metodlari. Ishni organishda asosan matematik analizdan, algebradan olingan bilimlardan foydalanildi. Ayrim matematik masalalarni o’rganish, ularni isbotlash elementar yo’llar bilan qiyinchilik tug’diradi. Analiz va algebradan olingan bilimlar yordamida esa bunday masalalarni echish ancha oson kechadi va o’quvchini masalaning echimini tezroq o’zlashtirishiga yordam beradi. Ishning ilmiy va amaliy ahamiyati. Ishda bajarilgan isbotlar, echilgan misol va masalalar ilmiy ahamiyatga ega. Bu misollardan umumiy kursda misollar echishda foydalanish qo’shimcha usullardan foydalanishni o’rganish mumkin. Ish maktab, akademik litseylar yoki kolejjlarda yaxshi material sifatida ishlatilishi uchun oson, tushunarli tilda materiallar berilgan. Bundan tashqari misollar ham juda qiziqarli tanlangan, ularni echishda ilmiy yondoshilgan. 5