logo

UMUMTA’LIM MAKTABLARI ALGEBRA KURSIDA KOMBINATORIKA ELEMENTLARINI O‘QITISH METODIKASI

Yuklangan vaqt:

12.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

1330.3203125 KB
UMUMTA’LIM   MAKTABLARI   ALGEBRA  KURSIDA
KOMBINATORIKA  ELEMENTLARINI  O‘QITISH  METODIKASI
MUNDARIJA
  Kirish……………………………………………………………… 3
1 Kombinatorika elementlariga oid umumiy ma’lumotlar
       1.1 Kombinatorika haqida umumiy tushuncha…………………. 8
       1.2 Kombinatorikada qo’shish va ko’paytirish qoidasi…………17
       1.3 O’rinlashtirishlar…………………………………………….23
       1.4 Takrorlanuvchi o’rinlashtirishlar…………………………….28
       1.5.  STEAM ta’limi va  uni qo‘llashga qo‘yiladigan talablar ……32
       I – bob bo’yicha xulosa…………………………………………..37
 2 Maktab matematika kursida kombinatorik masalalarni yechish bo‘yicha
tavsiyalar
       2.1 O’rin almashtirish …………………………………………... 37
       2.2 Takrorli o’rin almashtirish……………………………………43
       2.3 Guruhlashlar………………………………………………….46
       2.4 Takrorli guruhlashlar…………………………………………53
       2.5 Binom formulasi……………………………………………...55
       2.6 Geometrik shakllarda kombinatorikani ishlatilishi…………..56
        II – bob bo’yicha xulosa…………………………………………60
  3     Kombinatorik   masalalarni   yechish   usullari   bo’yicha   pedagogik   tajriba
sinov ishlarini tashkil qilish  va uning natijalari
      3.1. Tajriba -  sinov ishlarini tashkil etish va o’tkazish metodikasi……61 
           3.2. Kombinatorika elementlarini o’qitish samaradorligini tajriba – sinovda
tekshirish natijalari……………………………………………………….64
     III – bob bo’yicha xulosa…………………………………………..…67
Xulosa
Foydalanilgan adabiyotlar   
KIRISH
1 Magistrlik   dissertatsiyasi   mavzusining   asoslanishi   va   uning
dolzarbligi.
Bugungi kun biz pedagoglar jamoasidan ta’lim – tarbiya berishning yangi
usullarini   ishlab   chiqish,   fanlararo   bog‘lanish   (integratsiya)ni   kuchaytirish,
ijodkor   va   erkin,   har   tomonlama   mustaqil   fikrlay   oladigan   yoshlarni
tarbiyalashdek   dolzarb   vazifalarni   talab   qiladi.   Mavzuning   dolzarblik   darajasi
ham shundan iboratki kombinatorika mavzusi ham fikrlashga undaydi yoshlarni
bu   mavzu   hayotiy   jarayonlarga   bog‘liq   bo‘lgan   mavzu   hisoblanadi.   Mavzuni
to‘la   darajada   tushinib   olish   uchun   o‘quvchidan   teran   fikr   –   mulohaza   talab
qiladi.   Ko‘pgina   amaliy   masalalarni   hal   qilishda   kombinatorika   elementlari
ustida   turlicha   amallardan  foydalanamiz.   Ushbu   dessertatsiya   bugungi   kunning
dolzarb   vazifalaridan   bo’lgan   o’quvchilarning   qiziqishlarini   oshirishga
kombinatorika   masalalarini   yechish   ko’nikmalarini   shakllantirishga,   shu   bilan
birga   matematik   tasavvuri   dunyoqarashi   va   mustaqil   fikrlash   darajasining
o’sishiga xizmat ko’rsatadi.  (O‘zbekiston Respublikasi Prezidentining 2020 – yil
7- maydagi PQ-4708- son qarori)   Bunda umumta’lim maktablarida matematika
fanini o’qitish sifatini oshirish, hududlarda matematika faniga ixtisoslashtirilgan
maktablar   faoliyatini   rivojlantirish   hamda   yangi   maktablarni   tashkil   etish.
Matematika   ta’limi   maktab   o'quvchilarining   fikrlash   qobilyatini   rivojlantiradi,
dunyoqarashini   kengaytiradi.   Maktab   standartga   muvofiq   bolalarni   o'quv
faoliyatini   boshqarishning   samarali   vositalarini   o'zlashtirishga   o'rgatish,   ularga
quyidagilarni o'rganishga yordam berish uchun mo'ljallangan:
-   O'qituvchi   yordamida   ta'lim   maqsadlarini   va   ularga   erishish   uchun
vazifalarni belgilash;
- Muammolarni hal qilish usullarini amalda qo'llash;
-   Kognitiv   (lotincha   “cognize”   –   bilmoq,   anglamoq,   tushunmoq   va
fikrlamoq   yoki   “cognition”–   bilish,   tushinish)   faollik   va   tashabbuskorlikni
ko'rsatish;
- O'qituvchi tomonidan ajratilgan harakatlar ko'rsatmalariga muvofiq o'quv
materialini o’zlashtirishda mustaqil ravishda harakat qilish;
2 -   Faoliyatni   amalga   oshirish   jarayonida   va   harakatni   bajarish   natijasida
nazoratni amalga oshirish, uni amalga oshirish paytida ham, harakat oxirida ham
kerakli tuzatishlarni kiritish.
N.A.Menchinskayaning   ta’kidlashicha,   pedagogik   tadqiqotlar   natijalari
maktabda   o'qitish   amaliyotida   bilimlarning   yangi   shakllanishi   ko'nikmalarni
shakllantirishga   qaraganda   tezroq   davom   etishini   ko'rsatmoqda.   O'qituvchilar
o'quv   faoliyatini   boshqarishning   o'qitish   uslublariga   ahamiyat   bermaydilar,
natijada   nazariy   bilimlarga   ega   bo'lgan   talabalar   ularni   standart   ta'lim   vazifasi
doirasidan   tashqarida   qo'llashda   qiynaladilar.   Umumjahon   ta`lim   harakatlarini
shakllantirish   muammosi   nafaqat   bilimlarni   ta`lim   faoliyatida   umuminsoniy
qo`llash   muammosi   sifatida,   balki   rivojlanishning   ushbu   bosqichida   o`quv
qobiliyatini   oshirishga   qaratilgan   hayotiy   fazilatlar   va   xususiyatlarni
shakllantirish sifatida ham dolzarblashadi.
Dunyoning   bir   qancha   yetakchi   pedagog   va   psixolog   olimlari   tomonidan
pedagogika   fanida   o'quvchilarning   o'quv   faoliyatini   amalga   oshirishi   bilan
bog'liq masalalar o'rganilgan:
L.I.Bojovich,   A.A.Lyublinskaya,   M.I.Maxmutov,   N.F.Talizinning
ta'kidlashicha,   maktab   o'quvchilarining   muvaffaqiyatsizlikka   uchrashining
asosiy sabablaridan biri bu o'quvchilarning bilim olishga qodir emasligi;
Yu.K.Babanskiy   va   I.Ya.Lernerlar   o'z   tadqiqotlarida   bolalar   o'rtasida
o'qishga   qiziqishning   yo'qligini   ta'kidlaydilar,   bu   ularning   ta'lim   ishlarini
oqilona,  texnologik jihatdan malakali tashkil qila olmaslik bilan izohlanadi;
L.M.Fridman   o'z   tadqiqotida   mavzuni   o'rganish   sifati   va   talabalarning
mustaqil o'rganish qobiliyati o'rtasidagi bog'liqlikni ta'kidlaydi;
A.K.Markova,   I.I.Ilyasov,   V.Ya.   Laudislar   "o'rganish   qobiliyati"
tarkibining tarkibiy qismlarini ajratib turadilar.
So'nggi   paytlarda   o'qituvchilar   va   psixologlarning   umumjahon   ta'lim
harakatlarini   rivojlantirishga   alohida   e'tibor   qaratilmoqda.   Umumjahon   ta'lim
harakatlarini shakllantirish asosiy ta'lim vazifasi sifatida qaraladi.
3 O.A.Karabanova,   A.G.Asmolov,   G.V.Burmenskayalar   universal   ta'lim
harakatlarini   shakllantirish   samaradorligini   sinovdan   o'tkazishning   asosiy
mezonlarini   aniqladilar,   M.R.Bityanova,   E.V.Buneeva,   A.A.Vaxrushev,
A.G.Asmolov,   T.V.Beglova,   L.G.Petersonlar   universal   ta'lim   harakatlarini
diagnostikasi   uchun   metasubject   testlarini   ishlab   chiqdilar,   umumta'limiy
harakatlarning   ta'lim   faoliyatidagi   o'rni   va   roli   aniqlandi,   A.G.Asmolov,
O.A.Karabanovalar   tomonidan   mashg'ulotning   barcha   bosqichlarida   universal
ta'lim   harakatlarini   rivojlantirish   uchun   psixologik   talablar   sanab   o'tilgan   va
asoslangan.
Tadqiqotning maqsadi:
Xozirgi   mavjud   darslik,o’quv   va   metodik   qo’llanmalarda   kombinatorika
elementlari   haqida   qisman   ma’lumotlar   berilgan.   Ammo   kombinatorika
elementlarini   maktab   matematika   kursida,   akademik   litsey   va   kasb-hunar
kollejlarida   yechish   va   ularni   o’quvchilarga   tushuntirish   metodikasi   yetarli
darajada   ishlab   chiqilmagan.   Ana   shuning   uchun   ham   biz   o’z   oldimizga
kombinatorika   elementlarini   yechish   va   ularni   o’quvchilarga   tushuntirish
metodikasini   ishlab   chiqishni   va   ilmiy   asoslangan   tavsiyalar   ishlab   chiqish,
hamda ularni ta’lim tarbiya jarayoniga tatbiq etishni o’z oldimizga maqsad qilib
qo’ydik. 
Tadqiqot vazifalari
-kombinatorika   elementlariga   bag‘ishlangan   nazariy   va   ilmiy   uslubiy
adabiyotlar   taxlili   asosida   metodik   tizimni   tashkil   etadigan   asosiy   omillarni
aniqlash   -   matematika darslarini o‘qitishda kombinatorika elementlari mazmuni
va uning tuzilishini aniqlash; 
-   umumta’lim   maktabi,   akademik   litsey   va   kasb-hunar   kollejlarida   matematika
fanini o‘qitish uchun ajratilgan o‘quv materiallarida kombinatorika elementlarini
yechish   bo‘yicha   tajribali   ilg‘or   pedagoglarning   metodlaridan   foydalanish   va
ularni takomillashtirish; 
4 -ba’zi   murakkab   kombinatorik   masalalarni   yechishning   geometrik   usullarni
qo‘llab o‘qitish metodlarini ko‘rsatib berish
-   ishlab   chiqilgan   uslubiy   tizimning   yaroqli   ekanligini   ko‘rsatuvchi   tajriba
sinovni tashkil etish va uni o‘tkazish; 
Tadqiqot ob’ekti:   Respublikamizdagi uzluksiz ta’lim tizimiga asoslangan
o‘rta   umumta’lim   maktablarida,   akademik   litsey   va   kasb-hunar   kolleji
o‘quvchilarida   kombinatorika   elementlarini   yechish   va   ularni   o’quvchilarga
o‘rgatishdagi pedagogik jarayon
Tadqiqotning   predmeti :   Umumta’lim   maktablari,   akademik   litseylar   va
kasb-hunar   kollejlarida   matematika   fanlarini   o‘qitishda   kombinatorika
elementlarini yechish va ularni o‘quvchilarga o‘rgatishning metodik asosi .
Tadqiqotning   ilmiy   yangiligi.   Ushbu   bitiruv   malakaviy   ishida
kombinatorika elementlarini o’qitish metodikasi  va undan olingan tajriba sinov
natijalarini   umumlashtirgan   holda   kombinatorikaga   doir   ilmiy   –   uslubiy
adabiyotlarni   tahlili   amalga   oshirildi,   ilmiy   –   uslubiy   jihatdan   o’rganildi,
kombinatorika   elementlari     masalalari   toifalarga   ajratilib   sinflashtirildi,
o’qitishda   amalyotga   tadbiq   qilgan   holda   hayotiy   fikrlashga   undovchi
masalalarni o’rgatish usullari topilgan.
Tadqiqotning   amaliy   natijalari   -   matematikaga   qiziqishi   yuqori   bo’lgan
iqtidorli   o’quvchilarni   kashf   qilish,   ularni   mustaqil   fikrlashga   o’rgatish,   hamda
kombinatorika masalalarini yechish bo’yicha ko’nikmalarini shakllantirish.
Tadqiqotning   natijalarining   ishonchliligi.   qo‘llanilgan   yondoshuv,
usullarning   ilmiy-metodik   asoslanganligi,   nazariy   ma’lumotlarning   rasmiy
manbalardan olinganligi,  keltirilgan  tahlillar,  tajriba-sinov  ishlari  samaradorligi
va   ularning   matematik-statistik   tahlili,   takliflarni   amliyotga   joriy   etilganligi   va
vakolatli   tashkilotlar   tomonidan   tasdiqlanganligi   bilan   belgilanadi.
Tadqiqot   natijalarining   ilmiy   va   amaliy   ahamiyati .   Tadqiqot
natijalarining   ilmiy   ahamiyati   shundan   iboratki   maktablarda   matematika   fani
5 o‘qituvchilarining   kasbiy   pedagogik   faoliyatini   takomillashtirishda   xalqaro
olimpiadalarga   o‘quvchilarni   tayyorlash   jarayonida   qo‘llanma   sifatida
foydalanish mumkin.
Muammoning   o‘rganilganlik   darajasi .   Kombinatorik   masalalar   bizga
eramizdan oldingi II asrda Hindistonliklar ishlata boshlagan. Ular hozirgi vaqtda
guruhlashlar   deb   ataluvchi   kombinatorik   tushunchalardan   foydalanishgan.
Eramizning   XII   asrida   Bxaskara   Acharya   o‘zining   ilmiy   tadqiqotlarida
guruhlash   va   o‘rin   almashtirishlarni   qo‘llagan.   Umuman   olganda,
kombinatorikaning   dastlabki   rivoji   qimor   o‘yinlarini   tahlil   qilish   bilan   bog‘liq.
Ba’zi   atoqli   matematiklar,   masalan   B.   Paskal,   Yakob   Bernulli,   L.   Eyler,   P.   L.
Chebishev   turli   o‘yinlarda(tanga   tashlash,   soqqa   tashlash)   ilmiy   jihatdan
asoslangan qaror qabul qilishda kombinatorikani qo‘llashgan.
Masalaning qo’yilishi.  Kombinatorikada ko’p qo’llaniladigan usul va qoidalar :
kombinatsiyalar ( o’rin almashtirishlar , o’rinlashtirishlar , guruhlashlar ) orqali
ishlanadigan masalalarni tadbig’ qilishdir.
Bitiruv malakaviy ishining tuzilishi.  Ushbu bitiruv malakaviy ishi kirish, uchta
bob, xulosa va adabiyotlar ro’yxatidan tashkil topgan.
Birinchi   bob   5   ta   paragrafdan   tashkil   topgan.   Unda   kombinatorika   haqida
umumiy   ma’lumotlar,   qo’shish   va   ko’paytirish   qoidasi,   o’rinlashtirish,   takrorli
o’rinlashtirish va STEAM ta’limi va uni qo’llashga qo’yiladigan talablar haqida
ma’lumotlar berilgan.
Ikkinchi   bob   6   ta   paragrafdan   tashkil   topgan   bo’lib   bunda   kombinatorikaning
muhim bo’limlari o’rin almashtirish va takrorli o’rin almashtirish, guruhlashlar,
takrorli   guruhlash,   binom   formulasi,   geometrik   shakllarda   kombinatorikaning
ishlatilishi haqida ma’lumotlar berilgan.
Uchinchi bobida kombinatorik masalalarni yechish usullari bo’yicha pedagogik
tajriba – sinov ishlarini tashkil qilish va uning natijalari keltirilgan.
6 1-BOB. KOMBINATORIKA   ELEMENTLARIGA   OID
UMUMIY     MA’LUMOTLAR
Ta`lim tizimida o`tkazilayotgan islohatlar natijasida, umumiy o`rta ta`lim
maktablarida   ko`p   darsliklarga,   o`quv   dasturlariga   o`zgartirishlar   kiritildi   va
kiritilmoqda.   Shu   bilan   birga   maktabda   matematika   faniga   kombinatorika
elementlarini o`qitish ham kirib keldi. Bugungi kunda   7-8-sinf algebra darslarida
kombinatorika   mavzulari   o`tilmoqda.   Kombinatorika   mavzusini   o’zlashtirib
olish   o’quvchilar   uchun   birmuncha   qiyinchiliklar   tug’diradi.   Bu   muammoning
yechimi   esa   birinchi   navbatda   amaliy   mashg’ulotlarda,   tasvirli   ko`rgazmalarda
ko’rishimiz   mumkin.   Kombinatorikani   o’qitishda   masala   yechish   darslarida
foydalanish   mumkin   bo’lgan   masalalar   esa   ayni   paytda   juda   kam,   mavjudlari
ham   maktab
o’quvchilari   uchun   birmuncha   qiyin.   Kombinatorikani   bilish   esa   o`quvchilarda
bir   qancha   masalalarni   hal   qilishga   yordam   beradi:   shu   jumladan   ehtimollar
nazariyasining   asosida   kombinatorika   yotadi.   Kombinatorika   matematikaning
diskret   obyektlar   (tanlanmalar)   va   ularning   orasidagi   munosabatlarni
o`rganuvchi bo`limi hisoblanadi. 
Elementlarning   turli   kombinatsiyalari   va   ularning   sonini   topish   bilan
bog`liq masalalar  kombinatorika masalalari  deyiladi. 
Bunday   masalalar   matematika   fanining   tarmog`i   –   kombinatorikada
o`rganiladi.   “Kombinatorika”   atamasi   fanga   1666   yil   Leybnits   tomonidan   olib
kirilgan.     Kombinatorika   asosan,   XVII—XIX   asrlarda   mustaqil   fan   sifatida
yuzaga kelgan bo`lib, uning rivojiga B.Paskal, P.Ferma, G.Leybnis, Y.Bernulli,
L.Eyler kabi olimlar katta hissa qo`shganlar. 
Kombinatorikada,   asosan,   chekli   to`plamlar,   ularning   qism   to`plamlari,
chekli   to`plam   elementlaridan   tuzilgan   kortejlar   va   ularning   sonini   topish
masalalari   o`rganilgani   uchun   uni   to`plamlar   nazariyasining   bir   qismi   sifatida
qarash mumkin.
Kombinatorikaning o`zi ham bir necha qismalrga bo`linadi:
7 - Hisoblash kombinatorikasi;
- Strukturaviy kombinatorika;
- Ekstremal kombinatorika;
- Ehtimolliklar kombinatorikasi;
- Topologik kombinatorika
- Ramsey nazariyasi va hokazo.
Kombinatorikaning   asosiy   maqsadi   qaralayotgan   kombinatorika   obyektlari
sonini   aniqlashdan   iboratdir.   Kombinatorika   ob`yekti   deb   qaralayotgan
to`plamning   ma`lum   bir   xususiyatga   ega   bo’lgan   elementiga   aytiladi.
Matematikaning   bir   to`plam   elementlaridan,   talab   qilingan   shartlarni
qanoatlantiruvchi   xar   xil   birlashmalarni   (kombinatsiyalarni)   tuzish   haqidagi
masalasini o`rganish sohasi kombinatorika deyiladi.
1.1. Kombinatorika haqida umumiy tushincha
Kombinatorika   –   Matematikaning   ma’lum   bir   shartlarga   bo’ysungan
holda   har   xil   kombinatsiyalarni   yaratish   mumkinligi   haqidagi   savollarni
o’rganadigan bo’limi.
“Kombinatorika“   so’zi   lotincha   “kombininare”   so’zidan   kelib   chiqgan
bo’lib, “birlashtirish”, “birlashish” degan ma’noni anglatadi.
“Kombinatorika“   atamasini   dunyoga   mashhur   nemis   olimi   Gotfrid
Leybnits tomonidan kiritilgan.
Kombinatorika, to‘plam, element, tartiblash, kombinatsiya 1
,   kombinatorik
tuzilma , birlashma, kesishma, kortej,   figurali sonlar,   matematik induksiya usuli,
qo‘shish   va   ko‘paytirish   qoidalari,   kiritish   va   chiqarish   qoidasi,   umumlashgan
qo‘shish, ko‘paytirish hamda  kiritish va chiqarish  qoidalari, bulgan .
Kombinatorika   predmeti   va   paydo   bo‘lish   tarixi.   Matematikaning
kombinatorik   tahlil,   kombinatorik   matematika,
birlashmalar   nazariyasi,   qisqacha,   kombinatorika   deb
1
  Bu  so‘z   lotincha   “combinatio”   so‘zidan   yasalgan   bo‘lib,  birikma,   birlashma,   tuzilma,   tutashma   ma’nolarini
anglatadi.
8 ataluvchi   bo‘limida   chekli   yoki   muayyan   ma’noda
cheklilik   shartini   qanoatlantiruvchi   to‘plamni   (bu
to‘plamning   elementlari   qanday   bo‘lishining   ahamiyati
yo‘q:  harflar, sonlar, hodisalar, qandaydir predmetlar  va
boshqalar)   qismlarga   ajratish,   ularni   o‘rinlash   va   o‘zaro
joylash   ya’ni,   kombinatsiyalar ,   kombinatorik
tuzilmalar   bilan   bog‘liq   masalalar   o‘rganiladi.   Hozirgi
davrda   kombinatorikaga   oid   ma’lumotlar   inson   faoliyatining   turli   sohalarida
qo‘llanilmoqda.   Jumladan,   matematika,   kimyo,   fizika,   biologiya,   lingvistika,
axborot   texnologiyalari   va   boshqa   sohalar   bilan   ish   ko‘ruvchi   mutaxassislar
kombinatorikaning xilma-xil masalalariga duch keladilar.
To‘plamlar nazariyasi iboralari bilan aytganda, kombinatorikada kortejlar
va   to‘plamlar,   ularning   birlashmalari   va   kesishmalari   hamda   kortejlar   va   qism
to‘plamlarni   turli   usullar   bilan   tartiblash   masalalari   qaraladi.   To‘plam   yoki
kortej elementlarining berilgan xossaga ega konfiguratsiyasi bor yoki yo‘qligini
tekshirish, bor bo‘lsa,  ularni tuzish va sonini  topish usullarini o‘rganish hamda
bu usullarni biror parametr bo‘yicha takomillashtirish kombinatorikaning asosiy
masalalari hisoblanadi.
Kombinatorikaning   ba’zi   elementlari   eramizdan   oldingi   II   asrda
h indistonliklarga   ma’lum   edi.   Ular   hozirgi   vaqtda   gruppalashlar   deb   ataluvchi
kombinatorik   tushunchadan   foydalanishgan.   Eramizning   XII   asrida   Bxaskara
Acharya 2
  o‘zining   ilmiy   tadqiqotlarida   gruppalash   va   o‘rin   almashtirishlarni
qo‘llagan.   Tarixiy   ma’lumotlarga   ko‘ra,   h indistonlik   olimlar   kombinatorika
elementlaridan,   jumladan,   birlashmalardan   foydalanib,   she’riy   asarlar   tarkibiy
tuzilishining mukammalligini tahlil qilishga uringanlar. O‘rta Osiyo va   G‘arbiy
Yevropada   yashab   ijod   qilgan   olimlarning   kombinatorikaga   oid   ishlari   haqida
ushbu bobning 3-  paragraf ida ma’lumot keltirilgan.
2
 Bxaskara Acharya (1114-1178 yildan keyin) – hindistonlik matematik va astronom.
9 Umuman   olganda,   kombinatorikaning   dastlabki   rivoji   qimor   o‘yinlarini
ta h lil qilish bilan bo g‘ liq. Ba’zi atoqli matematiklar, masalan, B. Paskal 3
,  Yakob
Bernulli 4
,   L.   Eyler 5
,   P.   L.   Chebishev 6
  turli   o‘yinlarda   (tanga   tashlash,   soqqa
tashlash, qarta o‘yinlari va shu kabilarda) ilmiy jihatdan asoslangan qaror qabul
qilishda kombinatorikani qo‘llashgan.
XVII   asrda   kombinatorika   matematikaning   alo h ida   bir   ilmiy   yo‘nalishi
sifatida   shakllana   boshladi.   B.   Paskal   o‘zining   “Arifmetik   uchburchak   haqida
traktat”   va   “Sonli   tartiblar   haqida   traktat”   (1665   y.)   nomli   asarlarida   hozirgi
vaqtda   binomial   koeffitsientlar   deb   ataluvchi   sonlar   haqidagi   ma’lumotlarni
keltirgan.   P.   Ferma 7
  esa   figurali   sonlar   bilan   birlashmalar   nazariyasi   orasida
bo g‘ lanish borligini bilgan.
Figurali sonlar quyidagicha aniqlanadi. Birinchi tartibli figurali sonlar: 1,
2,   3,   4,   5,   …   (ya’ni,   natural   sonlar);   ikkinchi   tartibli   figurali   sonlar:   1-si   1ga
teng,   2-si   dastlabki   ikkita   natural   sonlar   yig‘indisi   (3),   3-si   dastlabki   uchta
natural   sonlar   yig‘indisi   (6)   va   hokazo   (1,   3,   6,   10,   15,   …);   uchinchi   tartibli
figurali   sonlar:   1-si   1ga   teng,   2-si   birinchi   ikkita   ikkinchi   tartibli   figurali
sonlarlar   yig‘indisi   (4),   3-si   birinchi   uchta   ikkinchi   tartibli   figurali   sonlarlar
yig‘indisi (10) va hokazo (1, 4, 10, 20, 35,  …); va hokazo.
M a s a l a   1 .1.1   Tekislikda radiuslari o‘zaro teng bo‘lgan
aylanalar bir-biriga uringan holda yuqoridan 1- qatorda bitta, 2-
qatorda   ikkita,   3   -   qatorda   uchta   va   hokazo,   joylashtirilgan
bo‘lsin.   Masalan,   aylanalar   bunday   joylashuvining   dastlabki
to‘rt   qatori   1-   shaklda   tasvirlangan.   Bu   yerda   qatorlardagi   aylanalar   sonlari
ketma-ketligi   birinchi   tartibli   figurali   sonlarni   tashkil   qiladi.   Bu   tuzilmadan
foydalanib   ikkinchi   tartibli   figurali   sonlarni   quyidagicha   hosil   qilish   mumkin.
Dastlab   1-   qatordagi   aylanalar   soni   (1),   keyin   dastlabki   ikkita   qatordagi
3
 Paskal (Pascal Blez, 1623-1662) – fransuz faylasufi, yozuvchisi, matematigi va fizigi.
4
 Bernulli Yakob (1654-1705) – Shveysariya matematigi.
5
 Eyler (Euler Leonard, 1707-1783) – mashhur matematik, mexanik va fizik.
6
 Cheb i shev ( Чебышев   Пафнутий   Львович ,  1821-1894) – rus matematigi va mexanigi.
7
 Ferma (Fermat Pyer, 1601-1665) – fransuz matematigi va huquqshunosi.
10 1- shakl aylanalar soni  (3), undan keyin dastlabki  uchta qatordagi aylanalar soni (6), va
hokazo.  ■
“Kombinatorika”   iborasi   G.   Leybnisning 8
“Kombinatorik   san’at   haqidagi   mulohazalar”
nomli   asarida   birinchi   bor   1665   yilda   keltirilgan.
Bu   asarda   birlashmalar   nazariyasi   ilmiy   jihatdan
ilk   bor   asoslangan.   O‘rinlashtirishlarni   o‘rganish
bilan birinchi bo‘lib  Yakob  Bernulli shug‘ullangan
va   bu   haqdagi   ma’lumotlarni   1713   yilda   bosilib
chiqqan   “Ars   conjectandi”   (Bashorat   qilish
san’ati)   nomli   kitobining   ikkinchi   qismida   bayon
qilgan.   Hozirgi   vaqtda   kombinatorikada
qo‘llanilayotgan   belgilashlar   XIX   asrga   kelib
shakllandi.
Kombinatsiya   –   bu   kombinatorikaning   asosiy   tushunchasi dir .   Bu
tushuncha   yordamida   ixtiyoriy   to‘plamning   qandaydir   sondagi   elementlaridan
tashkil   topgan   tuzilmalar   ifodalanadi.   Kombinatorikada   bunday   tuzilmalarning
o‘rin   almashtirishlar ,   o‘rinlashtirishlar   va   gruppalashlar   deb   ataluvchi
asosiy ko‘rinishlari o‘rganiladi.
Matematikada kombinatorika ( birlashmalar nazariyasi) deb ataluvchi bo’limida
chekli   yoki   cheklilik   shartini   qanoatlantiruvchi   ixtiyoriy   elementlardan   iborat
to’plamni   qismlarga   ajratish,   o’rin   almashtirish,   o’rinlashtirish,
kombinatsiyalash,birlashmalar   tuzish   kabi   masalalari   o’rganiladi.   Shuningdek,
unda to’plamlar va kombinatsiyalar, ularning birlashmasi  va kesishmasi  hamda
ularni turli usullar bilan tartiblash masalalari ham qaraladi.
Kombinatsiya- bu kombinatorikaning asosiy tushunchasi  bo’lib, ixtiyoriy
to’plamning   qandaydir   sondagi   elementlaridan   tuzilgan   birlashmalar
hisoblanadi.   Kombinatorikada   bunday   birlashmalarni   o’rin   almashtirish,
8
  Leybnis   ( Leibniz   Gotfrid   Vilgelm,   1646-1716)   – olmon   faylasufi ,   matematigi ,   fizigi ,   kashfiyotchisi ,
huquqshunosi ,  tarixchisi   va   tilchisi .
11 guruhlash,   o’rinlashtirish   deb   ataluvchi   asosiy   ko’rinishlari   o’rganiladi.
Kombinatorik   xarakterga   ega   bo’lgan   masalalarda   mumkin   bo’lgan   barcha
kombinatsiyalar   sonini   hisoblash   uchun  ≪ nechta	?≫   yoki    	≪ necha   xil   usulda?	≫
kabi   savollarga   javob   berish   talab   qilinadi.   To’plamlar   va   kombinatsiya
tushinchasi   yordamida   kombinatorikaning   asosiy   tushunchalarini   tushuntirish
qulay.Elementlarining tartibi bilan bir – biridan farq qiladigan kombinatsiyalarni
kortej deb ataymiz. 
Masalan,   (2;   4;   6   ),   (5;   8;   7)   juftliklar   elementlarining   tartibi   bilan
farqlanuvchi   ikkita   turli   kortej   hisoblanadi.   Kortejni   tashkil   qilgan   elementlar
soni   kortejning   uzunligi   hisoblanadi.   Uzunliklari   teng,   tartibi   va   takibi   bir   xil
bo’lgan kortejlar teng deyiladi.
Masalan,   (5;   6;   10)   va   (	
√ 25 ;	√ 36 ;	√ 100
)   kortejlar   teng   va   bir   xil
uzunliklarda va elementlari ham bir – biriga teng.
Lekin, (a; b; c) va (b; a; c) kortejlarning uzunliklari va elementlari bir xil
bo’lsa- da, lekin ular teng emas, chunki koordinatalari turli tartibda joylashgan.
To’plamlarda elementlarning tartibi  rol  o’ynamaydi, kortejlarda  elementlarning
tartibi ahamiyatli bo’lib, ular takrorlanishi ham mumkin.
Kombinatsiyalarni sanab yechish 
Masala   1.1.1   Maktabdagi   sinflarning   birida   o’qiydigan   Voris,   Doniyor,
Olim,   Kamola   va   Anoralar   sinfda   matematikani   eng   yaxshi   biladigan
o’quvchilardir.   Bir   nafar   o’g’il   bola   va   bir   nafar   qiz   bolani     “Bilimlar
bellashuvi”   ga   qatnashish   uchun   tanlash   kerak.   Buni   nechta   usulda   amalga
oshirsa bo’ladi?
Yechilishi.   Bu  bellashuvga  3  ta  o’gil   boladan   1  ta  sini,  2  ta  qiz  boladan
bittasini   tanlab   olishimizni   inobatga   olsak   mumkin   bo’lgan   barcha   tanlashlar
quydagicha bo’ladi (V, K), (V,A), (D, K), (D,A), (O,K), (O,A) ya’ni jami 6 xil
usulda amalga oshirish mumkin.
Masala   1.1.2   Oshxonada   birinchi   taom   sifatida   karam   sho’rvani,
qaynatma   sho’rvani,   no’xat   sho’rvani,   ikkinchi   taom   sifatida   garnirli   go’sht,
12 baliq,   tovuqni   uchunchisiga   esa   choy   va   sharbatni   buyurish   mumkin.   Birinchi,
ikkinchi va uchinchi taomdan iborat tushlikni nechta xil usulda buyurtma qilish
mumkin?
Yechilishi.   Qulaylik   uchun   quydagicha   belgilash   kiritib   olamiz.   Faraz
qilaylik, 1 – ovqatdagi karam sho’rva, qaynatma sho’rva va no’xat sho’rvalarni
mos ravishda uning bosh harflari bilan yani K, Q va N lar orali belgilamiz. 
2 –taomdagilarni esa huddi yuqoridagi kabi G-garnirli go’sht, B-baliq, T-
tovuqni,   3-ichimlikni   CH-choy,   SH-sharbatni   belgilayiz.   Natijada   quydagicha
kombinatsiyalar hosil bo’ladi: 
(K,   G,   CH),   (K,   G,   SH),   (K,B,CH),   (K,B,SH),   (K,T,CH),   (K,T,SH),
(Q,G,CH),   (Q,G,SH),   (Q,B,CH),   (Q,B,SH),   (Q,   T,CH),   (Q,T,SH),   (N,G,CH),
(N,G,SH), (N,B,CH), (N,B,SH), (N, T,CH), (N,T,SH). 
Shunday qilib, jami 18 xil usulda taomlarga byurtma qilish mumkin ekan. 
Masala   1.1.3.   Raqamlari   yig’indisi   4   dan   kichik   bo’lgan   barcha   to’rt
xonali sonlar nechta?
Yechilishi.   Masala   shrtidan   ko’rinib   turibdiki,   to’rt   xonali   sonning
raqamlari   yig’indisi   1,   2   yoki   3   bo’lishi   kerak   va   ularni   quydagicha   yozib
chiqamiz.   Raqamlari   yig’indisi   1   bo’ladigan   to’rt   xonali   son   faqatgina   1000
bo’ladi, raqamlari yig’indisi ikkiga teng bo’lganlari esa 1001, 1010, 1100, 2000,
va   nixoyat   raqamlari   yig’indisi   uch   bo’ladigan   to’rt   xonali   sonlar   esa   1002,
1011,   1020,   1101,   1110,   1200,   2001,   2010,   2100,   3000   bo’ladi.
Yuqoridagilardan ko’rinib turibdiki, demak, ularning soni 15 ta bo’lar ekan.  
Masala   1.1.4.     2,   3   va   5   raqamlari   yordamida   nechta   ikki
xonali son tuzish mumkin?
Y echilishi.   Bu   masalani   yechishda   javoblardan   birortasini
tushirib   qoldirmaslik,   ularni   takror   yozib   qo’ymaslik   uchun
sonlarni,   masalan,   o’sish   tartibida   yozib   chiqamiz:   avval   2   raqami
13 bilan, so’ngra 3 raqami bilan, keyin 5 raqami bilan boshlanadigan
sonlardan masalaga mosini tanlab yozamiz:
22,   23,   25,   32,   33,   35,   52,   53,   55       9   ta   ikki   xonali   son   tuzish
mumkin.
1.1.4    masalani  yechishning  yana   bir  usulini  ko’raylik.   Ushbu
chizmani chizamiz:
                                                                        1-raqam                         2-raqam
Hosil bo’lgan sonlar
                                                                                                                 
                                                                                                               
J a v o b :   J a m i   9   t a
E’tibor berib qarasak, bu chizmadagi shakl darxtga o’xshaydi, shuning
uchun ham bunday chizmalar mumkin bo’lgan  variantlar  (usullar, tanlashlar)
daraxti   deyiladi.   Berilgan   2,   3,   5   raqamlaridan   ikki   xonali   son   tuzish   uchun
avval ularfdan bitta raqam tanlanadi, buning esa 3 ta usuli bor, shuning uchun
daraxtdagi   “ildiz”   –   usullardan   3   a   shox   chiqqan.   Keyin   esa   undan   ikkinchi
raqam   tanlanadi,   buning   ham   3   ta   usuli   bor,   shuning   uchun   birinchi   raqam
bo’lishiga   da’vogar   3   ta   raqamning   har   biridan   3   tadan   shoxcha   chiqqan.
Shunday qilib, 9 ta turli ikki xonali son hosil qilish mumkin ekan.  
14 Masala   1.1.5.     1,   2,   3   raqamlaridan,   ularni   takrorlamay,   jami   nechta
turli 3 xonali son tuzish mumkin?
Yechilishi:   Bu masala ham xuddi yuqoridagi kabi yechiladi, faqatgina
farqi bu yrda takrorlanmaydigan uch xonali sonlarni topishimiz kerak. Keling
sonlarni,   o’sish   tartibida   yozib   chiqaylik:   avval   1   raqami   bilan,   so’ngra   2
raqami bilan, keyin 3 raqami bilan boshlanadigan sonlardan masalaga mosini
tanlab   yozamiz:   123,   132,   213,   231,   312,   321   shunday   qilib   jami   6   ta   uch
xonali son tuzish mumkin ekan.  
Bu misolni ham Variantlar daraxti orqali izohlashimiz mumkin;
                Javob:  6 ta
Masala 1.1.6  Sayyohlik firmasi Buxoro, Samarqand, Xiva shaharlariga
soyohat   uyushtirishmoqchi.   Bunday   marshrutning   jami   nechta   turli   varianti
(usullari) bor?
Belgilashlar kiritamiz: Buxoro B, Samarqand S, Xiva X.
Variantlar daraxtini tuzamiz:
15 Javob: Jami 6 ta mashrut.  
 
1.2  Kombinatorikada qo’shish va ko’paytirish qoidasi
Qo’shish qoidasi.
Ta’rif 1.2.1.  Agar biron bir  A
 obyektni  m
 ta usulda, yana bir B  obyektni  n
ta  usulda  tanlanishi   mumkin  bo’lsa,   u  holda  “	
A   yoki  	B “  tanlovni   (	m+n )  usulda
bajarilishi mumkin.
Yig’indi   qoidasidan   foydalanganda  	
A   obyektni   tanlash   usullarining   hech
biri   B
  obyektni   tanlashning   biron   bir   usuli   bilan   mos   kelmasligi   kerak.   Agar
shunday   mosliklar   bo’lsa,   yig’indilar   qoidasi   bekor   bo’ladi   va   faqat   (m+n-k)
tanlash usullarini olamiz, bu yerda k- mos kelishlar soni.
Teorema   1.2.1.   Agar  	
A   va  	B   o’zaro   kesishmaydigan   to’plamlar   bo’lsa
yani  A ∩ B = ∅
 bo’lsa, bu to’plamlar birlashmasining elementlari soni ularning har
biridagi elementlari soni yig’indisiga teng	
|A∪B|=|A|+|B|.
 
Oddatda bu teoremaga kombinatorikaning qo’shish qoidasi deyishadi.
16 Teorema   1.2.2.   (umumlashgan   qo’shish   qoidasi).   Juft   –   jufti   bilan
kesishmaydigan   ixtiyoriy   chekli   A
1 , A
2 , … … .. , A
n   to’plamlar   uchun   quydagi
tenglik o’rinli:|A1∪A2∪…	…	…	.∪An|=|A1|+|A2|+…	+|An|
, 
bu yerda 	
Ai∩	Aj=∅,i,j=	´1,n ,i≠	j.
Misol   1.2.1   Savatda   6   ta   olma   va   4   ta   nok   bor   .   Savatdan   bitta   meva
tanlashni necha usulda amalga oshirsa bo’ladi?
Yechilishi.  Olmani 6 ta usulda , nokni esa 4 ta usulda tanlash mumkin .
mak, savatdan mevani tanlash 6+4 =10 usulda amalga oshirilishi mumkin.  
Misol 1.2.2  Kitob javonida matematikadan 10 ta, chet tilidan 4 ta, va ona
tilidan 6 ta kitob turibdi. Javondan bitta kitobni necha usulda tanlasa bo’ladi?
Yechilishi.   Matematika kitobni  10 ta usulda  , chet  tilini 4 ta usulda, ona
tilini   6   ta   usulda   tanlasa   bo’ladi.Demak,   10 + 4 + 6 = 20
  usulda   amalga   oshirsa
bo’ladi.  
Ko’paytirish qoidasi
Teorema 1.2.3.   Agar   A
  obyekt   m
  ta usul bilan tanlansa va bu tanlashdan
so’ng  	
B   obyektdan  	n   ta   usul   bilan   tanlanishi   mumkin   bo’lsa,   u   holda  	A×B
to’plamda  m ∙ n
 ta usul bilan tanlash mumkin.
Isbot.   Faraz   qilaylik   berilgan   to’plam  	
n=	m+k   elementdan   iborat   bo’lib
ikkita   qism   to’plamga   ajratilgan   bo’lsin;   ulardan   birida  	
m   ta   a
1 , a
2 , … , a
m
elementlardan, ikkinchisi 	
k  ta 	b1,b2,…	,bk  elementlardan iborat bo’lsin.
Endi   har   bir   qism   to’plamdan   bittadan   elementni   bir   –   biriga   bog’liq
bo’lmagan  holda  tanlab olinsin.  Bunday  tanlab  olishni   necha  xil   usulda  tashkil
qilish mumkin?
Quydagi mulohazalar orqali javob izlaymiz. Ushbu jadvalni qaraylik.
a
1 b
1 , a
1 b
2 , a
1 b
3 , … a
1 b
k ,
a
2 b
1 , a
2 b
2 , a
2 b
3 , … a
2 b
k ,
… … … … …
a
m b
1 , a
m b
2 , a
m b
3 … a
m b
k	
⏟
k ta ustun  m – qator 
17 Bu jadvalda jami (m∙k ) ta 	aibj¿  elementlar joylashgan, chunki har bir qatorda k –
tadan elementlar joylashgan, qatorlar soni esa m ta. Jadvaldagi elementlar sonini
N deb belgilasak, yuqoridagilarga asosan  
N = m ∙ k
tenglik o’rinli bo’ladi.
Teorema   1.2.4.   (umumlashgan   ko’paytirish   qoidasi).   Elementlari   soni
mos ravishda  	
n1,n2,…	,nk   ta bo’lgan  	A1,A2,…	,Ak   to’plamlardan bittadan element
olib tuzilgan k uzunlikdagi kombinatsiyalar soni  n
1 ∙ n
2 ∙ n
3 ∙ … ∙ n
k  soniga teng. 
Isbot.   Teoremani   isbotlash   uchun   matematik   induksiya   usulidan
foydalanamiz. 
Malumki,  	
k=1   uchun teorema o’rinli,  	k=2   bo’lganda esa bu teoremaning
isboti yuqoridagi (teorema 1.2.4) ko’paytirish qoidasidan kelib chiqadi.
Faraz   qilaylik,  teorema  	
k=t   uchun  natijasi  o’rinli  bo’sin,  endi  bu  terama
natijasini   k = t + 1
  uchun   to’g’ri   ekanligini   ko’rsatamiz.   Avvallo   uzunligi   birga
teng   kombinatsiyalarni   tuzamiz.   Ma’kumki,   bu   kombinatsiya   berilgan
A
1 , A
2 , … , A
t , A
t + 1   to’plamlarning   ixtiyoriy   biridan   faqat   bitta   elementni   tanlash
orqali   tuziladi.   Faraz   qilaylik,   umumiylikka   ziyon   etkazmaslik   uchun   bu
kombinatsiya  	
A1=	{a1,a2,…	,an1}   to’plamdan   olinsin,   ko’rinib   uribdiki,   bunday
kombinatsiyalar   soni   n
1   ta   bo’ladi.   Uzunligi   birga   teng   kombinatsiyaning
ixtiyoriy   birini   olib,   uning   o’ng   tomoniga  	
A1   to’plamdan   farqli   biror   masalan,	
A2={b1,b2,…	,bn2}
  to’plamning   elementini   joylashtirsak,   uzunligi   ikkiga   teng
kombinatsiyalar soni 	
n2  ta bo’ladi. Uzunligi birga teng kombinatsiyalar soni  n
1  ta
ekanligini   hisobga   olsak,   uzunligi   ikkiga   teng   bo’lgan   kombinatsiyalar   soni
hammasi bo’lib  n
1 ∙ n
2  ta bo’ladi. 
Bu   jarayonini   xuddi   yuqoridagi   kabi   davom   ettirsak,   hosil   bo’lgan
uzunligi   t   ga   teng   kombinatsiyalarning   o’ng   tomoniga   A
1 , A
2 , … , A
t   to’plamdan,
bulardan   farqli  	
At+1   to’plamning   esa  	nt+1   ta   elementlaridan   ixtiyoriy   birini
joylashtirib, uzunligi  ( t + 1 )
 ga teng  n
t + 1  ta kombinatsiyalar hosil qilinadi. Shunday
qilib,   uzunligi  	
t   ga   teng   kombinatsiyalar   soni  	n1,n2,…	,nt   ta   bo’lgani   uchun,
18 uzunligi   ( t + 1 )
ga   teng   bo’lgan   jami   kombinatsiyalar   soni  n1∙n2∙…	∙nt∙nt+1   ta
bo’ladi.
Misol 1.2.3   Voris, Doniyor, Olim, Munisa va Anora sinfda matematikani
eng yaxshi biladigan o’quvchilardir. Bir nafar o’g’il bola va bir nafar qiz bolani
“Bilimlar  bellashuvi”ga   qatnashish  uchun  tanlash  kerak.  Buni  necha  xil   usulda
amalga oshirsish mumkin?
Yechilishi.   Ko‘paytirish qoidasiga  ko’ra 3 ta o’g’il bola va 2 ta qiz bola
bo’lganligi   uchun   jami   tanlashlar   soni   3 ∙ 2
  ta   yani   6   ta   usulda   amalga   oshirsh
mumkin   ekan.   Buni   variantalarni   sanash   bilan   ham   tekshirib   ko’rishimiz
mumkin.
(V,M), (V,A), (D, M), (D,A), (O,M), (O,A) ta ekanligi chiqadi.
Misol 1.2.4   Oshxonada birinchi taom sifatida karam sho’rvani , qaynatma
sho’rvani, no’xat sho’rvani, ikkinchi taom sifatida garnirli go’sht, baliq, tovuqni,
uchinchisiga   esa   choy   va   sharbatni   buyirish   mumkin.   Birinchi   ,   ikkinchi,
uchinchi taomdan iborat tushlikni nechta usulda buyirish mumkin?
Yechilishi.   1-   taomga   3   xil   ,   2-   taomga   3   xil,   3-   taomga     2   xil   ichimlik
mavjud ko’paytirish qoidasiga ko’ra 	
3∙3∙2=18  xil usulda tanlash mumkin.  
Misol   1.2.5.   Uchta   oq,   ikkita   qizil   va   to’rtta   sariq   atirgul   bor.   Uchta
guldan iborat guldastani necha usulda tuzish mumkin?
Yechilishi.   Ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra   3 ∙ 2 ∙ 4 = 24
  xil   usulda   tuzish
mumkin.  
Misol 1.2.6.   Doskada o’nta ot, oltita fe’l va to’qqista sifat yozilgan. Gap
tuzish  uchun har   bir   so’z turkumidan bittadan  olish  kerak. Buni  necha  xil  usul
bilan amalga oshirish mumkin?
Yechilishi.   Ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra  	
10	∙6∙9=540   ta   usulda   amalga
oshirish mumkin.  
Misol 1.2.7.  Nechta to’rt xonali sonda faqatgina bitta 5 raqami bor?
Yechilishi.   To’rt xonali sonni   abcd
  ko’rinishda deb olylik. Faraz qilaylik,
birlar xonasida d da turgan bo’lsin 5 raqami deb faraz qilib 10 ta raqamdan 5 ni
ishlatmaymiz boshqa xonalarda  c = 9
 ta raqam,  b = 9
 ta raqam,  a = 8
 ta raqam qabul
19 qiladi   chunki   nolni   qabul   qila   olmaydi   shundan    8∙9∙9∙1=	648   ta   endi   5   raqami
o’nlar   xonasida   bo’lsin   unda   ham   xuddi   shunday  	
8∙9∙1∙9=	648   ta   endi   yuzlar
xonasida joylashgan deb faraz qilsak ham shu tarzda  	
8∙1∙9∙9=	648   ta va minglar
xonasida joylashgan desak   a = 1
 ta 5 ni   b = 9
 ta raqamni  	
c=	d=9  ta raqamni qabul
qiladi natijada 	
1∙9∙9∙9=729	ta  jami shunday sonlar esa 	648	+648	+648	+729	=2673  ta
bitta 5 raqami qatnashgan to’rt xonali sonlar mavjud.
Misol  1.2.8.   4 ta turli  xatni  4 ta turli  konvertga necha  xil  usulda joylash
mumkin?
Yechilishi.  1- konvertga 4 tadan   bittasini solamiz 2- konvertga endi 3 tadan
bittasi qoladi , 3- konvertga 2 tadan bittasi qoladi va 4- konvertga 1 ta qoladi va
ko’paytirish qoidasidan 	
4∙3∙2∙1=	24  xil usulda taqsimlasa bo’ladi.  
Misol   1.2.9.   “Daftar”   so’zidan   undosh   va   unli   harflar   juftligini   necha   xil
usul bilan tanlab olish mumkin?
Yechilishi.   Unli   harf   a     va   undosh   harflar   d,   f,   t,   r.   Bulardan   quydagicha
juftliklar   hosil   qilish   mumkin.   (a,   d),   (a,f),   (a,t)   (a,   r).   Buni   ko’paytirish
qoidasiga ko’ra hisoblansa a unlisi ikki marta qatnashgani bilan bitta juftlik hosil
qiladi shuning uchun 1	
∙ 4=4 ta juftlik hosil qilish mumkin.  
Misol 1.2.10   Birinchi elementi A={1, 2, 3} to’plamdan, ikkinchi elementi
esa B={a, b} to’plamdan olingan juftliklar soni nechta?
Yechilishi.  Juftlik hosil qilish uchun A to’plamdagi 3 ta elementidan tanlab
olamiz   B   to’plamdan   esa   2   ta   elementidan   tanlab   olamiz   bular   bir-   biriga
bog’liqligi uchun ko’paytirish qoidasiga ko’ra 3 ∙
2=6 ta juftlik hosil bo’ladi. Buni
quydagicha  kombinatsiyalarini yozib ham tekshirib ko’rish mumkin (1,a), (1,b),
(2,a), (2,b), (3,a), (3,b).  
Misol   1.2.11   A   shahardan   B   shaharga   3   ta,   B   shahardan   C   shaharga   2   ta
turli yo’ldan boorish mumkin. A dan B ga, B dan C ga ketib C dan B ga, B dan
A ga qaytmoqchi bo’lgan bir kishi sayohatni necha xilda tanlashi mumkin?
Yechilishi.   Bunda   ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra   boorish   uchun   3 ∙ 2 = 6
  ta
usulda va qaytish uchun ham 	
3∙2=6  ta usulda qaytiladi bular bir – biriga bog’liq
hodisa bo’lgani uchun 	
6∙6=36  ta usulda tanlashi mumkin.  
20 Misol   1.2.12   Guru h da   15   ta   o’g‘ il   bola   va   17   ta   q iz   boladan   iborat.   Guru h
ra h bari  ular ichidan bir  talabani  shaxmat  musoba q asiga tanlab olishi   kerak. Bu
tanlashdan keyin 1 ta o’g‘il va 1 ta qiz bolani shashka musobaqasiga tanlaydi.  U
bu ishni necha xil usul bilan qilishi mumkin.    
Yechilishi.   Qo’ shish   q oidasiga   k o’ ra   shaxmat   musobaqasiga   birinchi
tanlashda   15 + 17 = 32
 ta imkoniyat mavjud. 
Bu tanlanishdan keyin guru h   talabalar soni bittaga kamay adi .   Ikki   holat   yuz
berishi   mumkin . 
a) Agar   bu   tanlanma   shaxmat   musobaqasiga   o’g‘ il   bola   olingan   b o’ lsa,
shashka   uchun   o ’ gil   bola   tanlash   imkoniyati   14   ta   bo ’ lib ,   qiz   bola   tanlash
imkoniyati   17   ta   bo ’ ladi .   Demak,   k o’ paytirish   q oidasiga   binoan  14	∙17	=238
ta nlash imkoniyati mavjud.  
b) Agar bu tanlanma  shaxmat   musobaqasiga   qiz  bola  olingan  b o’ lsa,  shashka
uchun   o ’ gil   bola   tanlash   imkoniyati   15   ta   bo ’ lib ,   qiz   bola   tanlash   imkoniyati   16
ta   bo ’ ladi .   Demak,   k o’ paytirish   q oidasiga binoan  	
15	∙16	=240   ta nlash imkoniyati
mavjud. 
Misol   1.2. 13   Maktab   kutubxonasida   4   xil   matematika ,   2   xil   fizika   va   3   xil
tarix   faniga   doir   kitoblar   bor .  O ’ quvchi   turli   fanga   oid   ikkita   kitobni   uyda   o ’ qish
uchun   olmoqchi .  U   buni   necha   usulda   amalga   oshirishi   mumkin ?
Yechilishi .   1-   holda   matematika   va   fizika   kitobni   olsin   bunday   tanlashlar
soni  	
4∙2=8   ta , 2-   holda   matematika   va   tarix   kitoblarini   olsin   bunday   tanlashlar
4 ∙ 3 = 12
  ta   va   3-   hol   fizika   va   tarix   kitobini   olishi   mumkin   buni   2 ∙ 3 = 6
  ta   usulda
tanlash   mumkin   bu   hodisalar   bir -   biriga   bog ’ liq   emasligi   uchun   qo ’ shish
qoidasidan   foydalanib   8 + 12 + 6 = 26
  ta   usulda   amalga   oshirish   mumkin . 
Misol  1.2.14   A dan B gacha 3 ta, B dan C gacha 7 ta, C dan D gacha 5 ta
turli yo’l bor. Har bir yo’ldan bir martadan o’tib, albatta B va C dan o’tish sharti
bilan A dan D ga nechta turli yo’l bilan borib kelinadi? 
Yechilishi.  A dan D ga borishdagi imkoniyatlari  3 ∙ 7 ∙ 5 = 105
 ta va qaytishdagi
imkoniyatlari   soni   bittaga   kamayadi   chunki   brogan   yo’ldan   qaytmaslik   kerak,
21 qaytish uchun 2∙6∙4=	48  ta va jami imkoniyatlari 	48	∙105	=5040  ta yo’l bilan borib
kelinadi. 
1.3  O’rinlashtirishlar .   Tartiblangan   va   t akrorsiz
o’rinlashtirishlar.
Ta’rif   1.3.1  	
n   ta   elementdan  	k,(k≤n)   tadan   olib   o’rinlashtirish ,   deb
shunday birlashmalarga aytiladiki, ularning har birida berilgan  n
 ta elementdan  k
ta   element   bo’lib,   ular   bir - biridan   elementlari   yoki   elementlarning   tartibi   bilan
farq qiladi.  	
n
 ta elementdan 	k  tadan olib tuzilgan o’rinlashtirishlar soni 	Ank  simvol bilan
belgilanadi.
n
  ta   elementli   X
  to’plam   elementlaridan   k
  tadan   olib   tuzilgan
o’rinlashtirishlar deb 	
X  to’plamning 	k  uzunlikdagi tartiblangan qism to’plamiga
aytiladi. 
Teorema   1.3.1.     n   ta   elementdan   k   tadan   olib   tuzilgan   o’rinlashtirishlar
soni, eng kattasi n songa teng bo’lgan k ta ketma – ket sonlarning ko’paytmasiga
teng, ya’ni 	
Ank=	n∙(n−1)∙...∙(n−(k−1))(1)
formula bilan hisoblanadi.  Bu ko’paytma kamayuvchi faktorial deyiladi.
Uni quyidagicha ham yozish mumkin.	
Ank=	n∙(n−1)∙...∙(n−(k−1))⋅(n−	k)⋅...⋅1	
1⋅2⋅...⋅(n−	k)	=¿	n!	
(n−k)!(2)
Isbot.   n   ta   elementdan   k   tadan   olingan   kombinatsiyalar   sonini   topaylik.
Kombinatsiyaning birinchi  elementi  ixtiyoriy tartibda n ta usul  bilan tanlanadi.
Ikkinchi elementi uchun n-1 ta imkoniyat va hokazo oxirgi k element uchun k-1
ta   element   tanlangandan   so’ng,   n   –   (k-1)   ta   tanlanish   imkoni   qoladi   va   bunda
hech   qaysi   bir   element   takror   tanlanmaydi.   Barcha   k   uzunlikdagi
kombinatsiyalar soni, ko’paytirish qoidasiga muvofiq,  n ∙	
( n − 1	) ∙( n − 2	) … ∙	( n −	( k − 1	))
ta.
22 Matematik induksiya usuli orqali isbotlash ham mumkin.
Induksiya bazasi:  k=1 uchun An1=n  tenglik o’rinli.
Induksion o’tish:  k=t uchun 
A
nt
= n ∙	
( n − 1	) ∙( n − 2	) ∙ … ∙ ( n −	( t − 1	) )
formula to’g’ri deb qabul qilib, k=t+1 bo’lganda, 	
Ant+1=	n∙(n−1)∙(n−2)∙…	∙(n−(t+1)−1)
 shu formulaning
to’g’riligini ko’rsatamiz. n elementdan t+1 tadan o’rinlashtirishlarning ixtiyoriy
birini   quydagicha   hosil   qilish   mumkin.   Bunday   o’rinlashtirishlarning   birinchi
elementi sifatida 
A= 	
{a1,a2,…	,an}
to’plamning   ixtiyoriy   elementi,   masalan,  	
a1   elementini   tuzilayotgan
o’rinlashtirishga   joylashtiramiz.   Bu   elementdan   keyin   umumiy   soni  	
An−1t   ta
bo’lgan   n-1   ta   elementdan   t   tadan   o’rinlashtirishlarni   ixtiyoriy   biridagi   barcha
elementlarni   joylashtiramiz.   Birinchi   elementi   a
1   bo’lgan   t+1   tadan
o’rinlashtirishlarning soni  A
n − 1t
 ga teng bo’ladi. 
Bunday   o’rinlashtirishlarda   A=  	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}   to’plamning   elementlarini
ixtiyoriy birini tanlash mumkinligini hisobga olsak, ko’paytirish qoidasiga ko’ra,
n ta elementdan t+1 tadan o’rinlashtirishlarning jami soni: 	
n∙Ant=n∙(n−1)∙…	∙(n−(t+1)−1)=	Ant+1
Bu ifoda formulani k=t+1 uchun to’g’riligini ko’rsatadi. ■
Izoh.  	
n!−	¿   birdan  	n   gacha natural   sonlar ko’paytmasi bo’lib,   “	n  faktorial”
deb o’qiladi va  n ! = 1 ⋅ 2 ⋅ . . . ⋅ n
 ga teng . 
Masalan,  	
n=3   ta   elementli  	X={3;4;5}   to’plam   elementlardan   ikki   xonali
sonlar, ya’ni juftliklar tuzaylik:   34 , 35 , 45 , 43 , 53 , 54.
  Bu sonlar tartiblangan qism
to’plamlardan   iborat.   Ular   sonining   jam ini  	
A32   deb   belgilaymiz   (o’qilishi:   “3
elementdan 2 tadan olib ,   tuzilgan o’rinlashtirishlar soni”). Har qaysi juftlikning
birinchi   komponentasini   yo   3,   yo     4,   yo   5,     ya’ni   uni   3   ta   ixtiyoriy   tanlash
imkoni bor. 
23 Agar     birinchi   komponenta   tanlangan   bo’lsa   (uni   3   xil   usulda   tanlash
mumkin),   ikkinchi   komponentani   tanlash   uchun   2   xil   tanlash   imkoni   qoladi.
Demak, jami juftliklar soni  A
3 2
= 3( 3 − 1	) = 6
 ta bo’ladi.
Misol   1.3.1   Guruhda   8   ta   fan   o’qitiladi   va   har   kuni   3   xil   dars   o’tiladi.
Kunlik dars jadvali necha turli usul bilan taqsimlab qo’yilishi mumkin?
Yechi lishi :   Bu   taqsimlash   usuli   8   ta   elementdan   3   tadan   olib   tuzilgan
o’rin almashtirishlar soniga teng. Demak,   (1) formulaga ko’ra  	
A83=8∙7∙6=336   ta
usul bilan darslarni taqsimlash mumkin.  
Misol   1.3. 2   1,   2,   3,   4,   5,   6,   7,   8,   9   raqamlaridan   necha   usul   bilan
takrorlanmaydigan uch xonali son tuzish mumkin?
Yechilishi.   Ma’lumki, har qanday uch xonali son  	
abc   ko’rinishida bo’ladi.
Birinchi   a
  raqamining   qabul   qilishi   mumkin   bo’lgan   qiymatlari   soni   9   ta,
ikkinchi 	
b  ning qabul qilishi mumkin bo’lgan qiymatlar soni 8 ta (	a  qabul qilgan
qiymatni   b
  qabul qila olmaydi, chunki takrorlanmasligi kerak), uchinchi   c
  ning
qabul   qila   oladigan   qimatlari   soni   7   ta   (chunki,  	
cxonaga	a   va  	b   qabul   qilgan
raqamlarni   qabul   qilmaydi).   Shunday   qilib,   berilgan   raqamlardan
takrorlanmaydigan uch xonali sonlarni 	
9∙8∙7=504   usul bilan  yasash  mumkin.
Bu misolni 	
(2)  formula bilan ham osongina hisoblash mumkin.	
A93=	9!	
(9−3)!=	9!
6!=	6!∙7∙8∙9	
6!	=	7∙8∙9=504.
Misol   1.3.3.   Barcha   raqamlari   turlicha   bo’lgan   yetti   raqamli   telifon
nomerlari nechta?
Yechilishi.  Birinchi raqam 10 ta raqamdan birini olsin, ikkinchi raqamga 9
ta   raqamdan   birini,   uchinchi   raqam   8   ta   raqamdan   va   h.k.,   oxirgi   yettinchi
raqamni   tanlash   uchun   4   ta   raqamdan   biri   mavjud.   Demak,	
10	∙9∙8∙7∙6∙5∙4=604800
 ta mavjud bo’ladi.
Misol   1.3.4   40   kishilik   guruhdan   necha   usul   bilan   guruh   boshlig’i,   uning
yordamchisi va o’rinbosarini tanlab olish mumkin?
24 Yechilishi.   O’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra   3   ta     nomzodni
A
403
= 40 !
37 ! = 38 ∙ 39 ∙ 40
 =59280 ta usulda tanlash mumkin.
  Misol   1.3.5   Teatrda   10   ta   aktyor   va   8   ta   aktrisa   ishlaydi.   Yangi
spektakldagi 5 ta erkak va 3 ta ayol rolini necha xil usulda taqsimlash mumkin?
Yechilishi.   Bu   o’rinlashtirishga   ko’ra   A
105
+ A
83
= 10 !
5 ! + 8 !
5 ! = 30240 + 336 = 30576
xil usulda taqsimlash mumkin.
Misol   1.3.6.   A,   B,   D,   E,   F,   G   elementlardan   harflari   takrorlanmaydigan
qilib nechta to’rtta harfli so’z tuzish mumkin?
Yechilishi.   Demak,   bunda   harflarimiz   takrorlanmasligi   kerak   bu   esa
o’rinlashtirish   qoidasiga   asosan   oltita   harfdan   to’rttasini   tanlashga   tushadi
A
6 4
= 6 !
2 ! = 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ 6 = 360
 ta so’z tuzish mumkin.
Misol   1.3.7.   25   ta   sinfdosh   maktabni   bitirish   vaqtida   o’zaro   rasm
almashishga qaror qildilar. Hammasi bo’lib nechta rasm buyurtma qilinadi?
Yechilishi.   Misol uchun 2 kishi o’zaro rasm almashsa 2 ta rasm buyurtma
qilinadi,   3   kishi   almashsa   6   ta   rasm   buyurtma   qilish   kerak   shundan   25   kishi
o’rinlashtirishga ko’ra 24∙25	=600  ta rasm buyurtma qilishi kerak bo’ladi.
Misol 1.3.8.  Bir guruhda 17 ta talaba, ikkinchi guruhda 20 ta talaba o’qiydi.
Birinchi   guruhdan   4   ta,   ikkinchi   guruhdan   5   ta   talaba   bo’lgan   kichik
guruhlardagi o’quvchilarni 9 ta partaga necha xil usulda joylashtirish mumkin?
Yechilishi.   Bu   yerda   o’quvchilarning   o’tirgan   joyini   ahamiyati   bo’lgani
uchun   o’rinlashtirish   qoidasiga   asosan   birinchi   guruhdan   to’rtta   o’quvchini
tanlab   olamiz,   ikkinchi   guruhdan   beshta   o’quvchini   tanlab   olamiz   va   bu
hodisalar   bir   –   biriga   bog’liq   bo’lgani   uchun   ko’paytiramiz   A
17 4
∙ A
205
  ta   usulda
joylashtirish mumkin.
Misol 1.3.9   Nechta har xil raqamli uchtalik tuzish mumkin? 
25 Yechilishi.  Raqamlarimiz 0, 1, 2, ……9 yani 10 ta raqam mavjud raqamlar
takrorlanmasligi   kerak   o’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra  A103 =	10	!
7!=8∙9∙10	=	720   ta
uchtalik tuzish mumkin.
Misol 1.3.10   {0, 1, 2, 3, 4, 5} to’plamning elementlari bilan nechta turli 3
xonali juft son yozish mumkin? 
Yechilishi.   Juft   son   bo’lish   uchun   oxirgi     raqami   juft   bo’lishi   kerak.   1-
holda oxirgi raqami nol bilan tugasin o’nlar xonasi 6 ta raqamni yuzlar xonasi 5
ta   raqamni   qabul   qiladi   5 ∙ 6 ∙ 1 = 30
  ta,   2-   holda   ikki   bilan   tugasin   bunda   yuzlar
xonasi  nol  raqamini qabul  qilmaydi shuning uchun   	
5∙6∙1=30   ta, 3-  holda to’rt
bilan tugasin bunda ham  yuzlar  xonasi  nolni  qabul  qilmaydi   5 ∙ 6 ∙ 1 = 30
  ta. Jami
30+30+30=90 ta .Yoki umumiy qoida asosida birlar xonasi 3 ta raqamni, o’nlar
xonasi 6 ta raqamni , yuzlar xonasi 5 ta raqamni qabul qiladi va 	
5∙6∙3=90  ta juft
son yozish mumkin.
Misol   1.3.11   10   sportchi   qatnashgan   bir   musobaqada   dastlabki   uch   o’rin
necha usulda bo’la oladi?
Yechilishi.   O’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra   1-   o’ringa   10   ta   ishtirolchidan
biri,   2-   o’ringa   9   ta   ishtirolchidan   biri,   3-   o’ringa   8   ta   ishtirokchidan   biri   va	
10	∙9∙8=720
. Yoki  A
103
= 10 !
7 ! = 8 ∙ 9 ∙ 10 = 720
 ta usulda bo’ladi.
Misol   1.3.12.   Nomerlangan   7   to’pning   2   tasi   2   o’quvchiga   nechta   usulda
tarqatilishi mumkin?
Yechilishi.  Bunda birinchi o’quvchiga 7 ta to’pdan birini beramiz, ikkinchi
o’quvchiga   qolgan   6   ta   to’pdan   birini   bera   olamiz   o’rinlashtirish   qoidasiga
muvofiq 
A72=	7!	
(7−2)!=6∙7=	42  ta usulda tarqatish mumkin.
Misol   1.3.13   1   ta   ko’k,   1   ta   qora,   1   ta   qizil   qalam   7   ta   boladan   3   tasiga
nechta usulda berilishi mumkin?
Yechilishi.   Bu   o’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra   A
73
= 7 !
( 7 − 3 ) ! = 5 ∙ 6 ∙ 7 = 210
  ta
usulda berish mumkin. 
26 1.4    Takrorlanuvchi o’rinlashtirishlar.
U shbu   misolga qaraylik. Lekin endi berilgan  n = 3
  ta elementli   X = { 3 ; 4 ; 5 }
to’plam   elementlardan   ikki   xonali   takrorlanadigan   juftliklar ni   tuz ish   talab
qilinsin. Ular   33 , 34 , 35 , 44 , 45 , 43 , 53 , 54 , 55
  bo’lib 32=9  juftlikdan iborat.
Tarif   1.4.1   Umuman,  	
n   ta   elementli  	X   to’plam   elementlaridan   tuzilgan
takrorlanadigan   k
  ta   komponentali  	
k   taliklar   soni   k
  ta   bir   xil   to’plam
elementlarning   soniga   teng.   Bu   son  
k   ta  	n(X)   ko’paytuvchi   ko’paytmasidan
iborat:	
n(X	)∙n(X	)∙...∙n(X	)=(n(X	))k=	nk.
Teorema   1.4.1.  	
n   ta   elementli  	X   to’plam   elementlaridan   tuzilgan   va
elementlari takrorlanuvchi  	
k   talik juftliklar   k
  tadan olib tuzilgan takrorlanuvchi
o’rinlashtirishlar   deyiladi .
Ularning soni,
A
nk
= n k
( 3 )
formula   yordamida   hisoblanadi.(	
A   harfi   ustidagi   chiziqcha   elementlar
takrorlanishi mumkinligini ko’rsatadi .
Isbot.  Teoremani isbotlashda matematik induksiya usulidan foydalanamiz. 
Induksiya bazasi:  	
k=1,An1=n1  ekanligi bizga malum.
Induksion   o’tish:   k = t
uchun  	
Ant=nt   to’g’ri   deb   faraz   qilib,   k = t + 1
bo’lganda,   A
nt + 1
= n t + 1
  formula   ham   to’g’ri   ekanligini   keltirib   chiqaramiz.   n
elementdan   t + 1
tadan   olib   tuzilgan  takrorli   o’rinlashtirishlarning   ixtiyoriy  birini
quydagicha   hosil   qilish   mumkin.Bunday   takrorli   o’rinlashtirishlarning   birinchi
elementi   sifatida   A =	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}   to’plamning   ixtiyoriy   elementini   olamiz.   Bu
elementdan   so’ng   umumiy   soni   A
nt
  ta   bo’lgan,   ya’ni  	
n   ta   elementdan  	t   tadan
takrorli o’rinlashtirishlarni ixtiyoriy biridagi barcha elementlarni joylashtiramiz.
Bunday o’rinlashtirishlarda    A= 	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}  to’plamning elementlarini ixtiyoriy
birini   tanlash   mumkinligini   hisobga   olsak,   ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra,  	
n   ta
elementdan   t + 1
  tadan   takrorli   o’rinlashtirishlarning   jami   soni  	
n∙Ant=n∙nt=	nt+1   .
Bu ifoda formulani  k = t + 1
 uchun to’g’riligini ko’rsatadi. 
27 Misol   1.4. 1     1,   2,   3,   4,   5,   6,   7,   8,   9   raqamlaridan   necha   usul   bilan
takrorlanadigan uch xonali son tuzish mumkin?
Yechilishi.   Ma’lumki, har qanday uch xonali son abc  ko’rinishida bo’ladi.
Birinchi   a
  raqamining   qabul   qilishi   mumkin   bo’lgan   qiymatlari   soni   9   ta,
ikkinchi  	
b   ning   qabul   qilishi   mumkin   bo’lgan   qiymatlar   soni   9   ta,   uchinchi  	c
ning qabul qila oladigan qimatlari soni ham 9 ta (chunki, raqamlar takrorlanadi).
Shunday qilib, berilgan raqamlardan takrorlanadigan barcha uch xonali sonlarni
9 ∙ 9 ∙ 9 = 729
  usul bilan  yasash  mumkin.
Bu misolni  ( 3 )
 formula bilan ham osongina hisoblash mumkin.
A
93
= 9 3
= 9 ∙ 9 ∙ 9 = 729.
Misol 1.4.2  Teatr, sirk va kinoga bittadan bilet bor. Necha xil usulda ularni
4 ta talabaga taqsimlab berish mumkin, bunda bitta biletga istalgancha sondagi
talaba kiritilishi mumkin.
Yechilishi.   Jami   uch   xil   bilet   bor.   Biletlarni   taqsimlash   takrorlanishi
mumkin   1-   talabaga     3   ta   biletdan   ixtiyoriy   birini   berish   mumkin,   2-   talabaga
ham   ,   3-talaba   va   4-   talabaga   ham   xuddi   shunday   3   tadan   ixtiyoriy   birini
berishimiz mumkin 3 ∙ 3 ∙ 3 ∙ 3 = 81
 va takrorli o’rinlashtirishga ko’ra  A
3 4
= ¿ 3 4
= 81 ¿
xil
usulda taqsimlab berish mumkin.
Misol   1.4.3.   Xonada   4   ta   chiroq   bor.   Ularning   har   biri   yo   yonishi,   yo
yonmasligi mumkin.Xonani nechta usulda yoritish mumkin?
Yechilishi.   Bu yerda har bir chiroq uchun 2 ta variant bor- yo yonishi, yo
yonmaslik.   Jami   bo’lib   2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = ¿
16   ta   usul   bilan   yoritish   mumkin.   Takrorli
o’rinlashtirish formulasiga binoan   	
A24=¿24=16	¿  xil usulda.
Misol 1.4.4.   32 ta har xil harf va 10 ta turli raqamdan tarkibida oldin uch
harf, ulardan keyin ikki raqam bo’ladigan nomerlardan qancha tuzish mumkin?
Yechilishi.   Bunda   birinchi   3   ta   harf   joylashishi   va   keyin   2   ta   raqam
joylashishi   kerak   harflar   va   raqamlar   takrorlanishi   mumkin.   Takrorli
o’rinlashtirish qoidasiga ko’ra   	
A323∙A102=¿¿  
32 3
∙ 10 2
= 3276800  ta tuzish mumkin.
28 Misol 1.4.5    Mahalla qo’mitasi dam olish uyi, sport lageri va sanatoriyaga
o’ziga   tegishli   bo’lgan   yo’llanmalardan   5   kishiga   ajratish   kerak   .   Buni   nechta
usul bilan bajarish mumkin?
Yechilishi.   Bunda   5   kishiga   3   xil   yo’llanma   berilishi   kerak.   Beriladigan
yo’llanmalar   takrorlanadi   .  Masalan,   ikki   kishiga   dam   olish   uyiga  ,   bir   kishiga
sport   lageriga   va   yana   ikki   kishiga   sanatoriyga   yo’llanma   berish   mumkin.
Yo’llanmalar  berish usullari  soni  3 ta turli  elementdan  5 tadan takrorlanadigan
o’rinlashtirishlar soniga teng.  A35=¿35=243	¿ ta.
Misol 1.4.6    Bilet nomi har biri 0 yoki 1 ga teng bo’lgan sakkizta belgilar
ketma-   ketligidan   iborat   bo’lsa   ko’pi   bilan   nechta   turli   bilet   mavjud   bo’lishi
mumkin?
Yechilishi.   8   ta   belgilar   ketma-   ketligi   har   biri   2   ta   raqamni   qabul   qila
oladi. Takrorli o’rinlashtirish qoidasiga ko’ra 	
A28=¿¿  28=256 ta.
Misol 1.4.7.   O’quvchida shtampning faqat 1, 3, 7 raqamlari yozilgan qismi
qolgan. U bundan foydalanib nechta turli 5 xonali son yoza oladi? 
Yechilishi.   Besh   xonali   sonning   har   bir   xonasi   3   ta   raqamni   qabul   qilishi
mumkin.   Takrorli   o’rinlashtirish   qoidasidan   foydalanib  	
A35=¿¿  	35=	243   ta   besh
xopnali son yozish mumkin.
Misol   1.4.8.   Tramvay   marshruti   odatda   ikkita   rangli   fonarlar   yordamida
belgilanadi. Agar  belgilashda fonarlar  8 xil rangga ega bo’lishi  mumkin bo’lsa
ko’pi bilan nechta tramvay marshrutini belgilashimiz mumkin.?
Yechilishi.   Bu   masalamiz   ham   takrorli   o’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra
ikkita belgi har biri 8 tadan rangni qabul qilish mumkin  A
8 2
= 8 2
= 64
 ta .
Misol 1.4.9.   Seyf uch raqamli son bilan kodlangan. Agar kodlashda 1, 2, 3,
4,   5   raqamlaridangina   foydalanishga   ruxsat   etilgan   bo’lsa   kodlashni   necha   xil
usulda amalga oshirish mumkin? 
Yechilishi.   Uch raqamli  sonning har  biri  5 ta raqamni qabul  qila oladi  va
takrorli   o’rinlashtirish   qoidasiga   ko’ra   A
53
= 5 3
= 125
xil   usulda   amalga   oshirish
mumkin?
29 Misol 1.4.10.   25 ta o’quvchi 5 xil rangli bo’yoqni necha xil usulda tanlashi
mumkin. 
Yechilishi.   Bu holatda 25 ta o’quvchi har biri 5 ta rangli bo’yoqdan birini
tanlash   imkoniga   ega   shunga   ko’ra   takrorli   o’rinlashtirish   qoidasiga   ko’raA255=25	3
 ta usulda tanlashi mumkin.
Misol   1.4.11.     3   ta   tovuq,   4   ta   o’rdak   va   2   ta   g’oz   bor.   Bir   nechta   qush
tanlanmoqda, bunda tanlangan qushlar ichida ham tovuq, ham o’rdak, ham g’oz
bo’lish shart. Bunday variantlar soni nechta ?
Yechilishi.   Bunda   ixtiyoriy   tovuq   tanlanganlar   ichida   yo   bor,   yo   yo’q
ikkita holat bo’layabdi bundan tovuqni 
2 3
 ta usul bilan tanlab olishimiz mumkin.
Tovuq albatta bo’lishi uchun 	
23−1=7  ta imkoniyat bor. Xuddi shunday, o’rdakni
2 4
− 1 = 15  ta, g’ozni esa 	
22−1=	3  ta usulda tanlasa bo’ladi. Bu hodisalar bir- biriga
bog’liq bo’lgani uchun jami  7 ∙ 15 ∙ 3 = 315
 ta usul.
Misol   1.4.12.   Faqat   1   va   2   raqamlaridan   tashkil   topgan   sonlarni   “ajoyib
sonlar”   deb   ataymiz.   Raqamlar   takrorlanishi   mumkin,   lekin   boshqa   raqamlar
ishtirok   etmasligi   kerak.   U   holda   10   dan   2022   gacha   bo’lgan   sonlar   orasida
nechta “ajoyib” son bor? 
Yechilishi.   Ikki xonali ajoyib son har bir xonasi 2 ta raqamni qabul qiladi
va bu   2 ∙ 2 = 4
  ta, uch xonali ajoyib son esa   2 ∙ 2 ∙ 2 = 8
  ta va to’rt xonali ajoyib son
esa 	
2∙2∙2∙2=16  ta 
Misol 1.4.13.    Besh kishi qatnashadigan bir   musobaqa nechta turli natija
bilan tugashi mumkin?
Yechilishi.   Bunda   musobaqada   g’olib   chiqish   yoki   mag’lub   bo’lishi
mumkin   ya’ni   2   ta   holat   bo’ladi   har   bir   ishtirokchi   uchun   takrorli
o’rinlashtirishga ko’ra  A
25
= 2 5
= 32
 ta turli natija bilan tugashi mumkim.
Misol   1.4.14.   Mijozning uy telefoni 7 raqamli bo’lib, 316 dan boshlanadi.
Mijoz a’zo bo’lgan bu telefon stansiyasi nechta mijozga xizmat ko’rsata oladi?
30 Yechilishi.  Yettita raqamning uchtasi berilgan qolgan 4 ta joyni har biriga  10 ta
raqamdan birini tanlash imkoni bor va natijada takrorli o’rinlashtirish qoidasiga
asosan A104=	¿¿  
10 4
= 10000  ta mijozga xizmat ko’rsata oladi. 
1.5.  STEAM ta’limi va  uni qo‘llashga qo‘yiladigan talablar
STEAM   ta’limi .   O‘zbekiston   Respublikasi   Prezidentining   2018   yil   5
sentyabrdagi   “Xalq   ta’limi   tizimiga   boshqaruvning   yangi   tamoyillarini   joriy
etish   chora-tadbirlari   to‘g‘risida”gi   PQ-3931-sonli   qarori   bilan   tasdiqlangan
“2018-2021   yillarda   O‘zbekiston   Respublikasi   xalq   ta’limi   tizimini   yanada
takomillashtirish   bo‘yicha   chora-tadbirlar   dasturi”ning   2-   bo‘lim,   11-bandida   –
umumiy   o‘rta   ta’limning   yangi   davlat   ta’lim   standartlari   va   o‘quv   dasturlarini
takomillashtirish va shu  bilan birga STEAM  (fan, texnologiya, muhandislik  va
matematika)   ta’limini   bosqichma-bosqich   amaliyotga   joriy   etish   belgilab
berilgan.   Mazkur   vazifalarni   bajarish   uchun,   avvalo,   ta’lim   ishtirokchilari   –
pedagoglar,   metodistlar,   o‘quvchilar,   ota-onalar   va   boshqalar   STEAM   ta’limi
yo‘nalishida   o‘tkaziladigan   xalqaro   tadqiqotlar   haqida   ma’lumotlarni   bilishi
hamda   ularni   amaliyotda   qo‘llash   uchun   malakalarga   ega   bo‘lishlari   zarur
bo‘ladi. Hozirgi vaqtda texnologik inqilob ro‘y bermoqda. Yuqori texnologiyali
mahsulotlar   va   innovatsion   texnologiyalar   zamonaviy   jamiyatning   ajralmas
qismiga aylanmoqda. Zamonaviy maktablarda robot dizayni, modellashtirish va
dizayn loyihalashtirish ishlari yetakchi o‘rinni egallamoqda. 
Mamlakatimizning   raqobatbardoshligini   oshirish   uchun   ko‘proq   texnik
ta’lim talab etilayotganligi dolzarb muammolardan hisoblanadi. Bugungi kunda
STEAM   ta’limi   jamiyat   va   davlatning   rivojiga   katta   hissa   qo‘shadigan   yuqori
malakali mutaxassislarni  tayyorlash imkonini  bermoqda. Ma’lumki, zamonaviy
ta’lim   tizimi,   an’anaviy   ta’limdan   farqli   o‘laroq,   amaliyotda   o‘rganilayotgan
ilmiy-nazariy   va   metodik   uslubni   kundalik   hayotda   qanday   qo‘llash
mumkinligini   ko‘rsatishga   imkon   beradigan   aralash   muhit   hisoblanadi.
Matematika va fizika bilan bir qatorda o‘quvchilar robototexnika va dasturlashni
31 o‘rganadilar. Bu jarayonda o‘quvchilar aniq va tabiiy fanlardan olgan bilimlarini
amaliyotdagi natijasini shaxsan ko‘rib turadilar. 
STEAM ta’limining muhimligi shundaki, zamonaviy   fan sohasida ta’lim
sifatining   pastligi,   moddiy-texnika   bazaning   yetarli   darajada   emasligi,
o‘qituvchilar   va   o‘quvchilarning   sust   motivatsiyasi   –   bularning   barchasi   ta’lim
tizimining   eng   katta   muammosidir.   Shu   bilan   birga,   bosqichma-bosqich
rivojlanib   borayotgan   davlatimiz   yuqori   texnologiyalar   sohasidagi   fanlarning
turli   xil   ta’lim   yo‘nalishlari   bo‘yicha   yuqori   malakali   mutaxassislarni
tayyorlashni talab qiladi.    Shu munosabat bilan, bugungi kunda STE A M ta’limi
birinchi   o‘rinda   turadi.   Bu   esa   kelajakda   texnologik   jarayonni   rivojlantirish   va
mamlakatimizda ilmiy va muhandislik kadrlarga bo‘lgan ehtiyojni qoplanishiga
yordam   beradi.   Bugungi   davr   talabi   dunyo   ta’limi   oldiga   katta   vazifani
qo‘ymoqda.   Bu   esa   o‘quvchilarni   jamiyatda   yashashga   tayyorlay   olishi   kerak.
Bunda   birinchi   navbatda   tez   o‘zgarayotgan   axborot   bilan   ishlaydigan   kasblar
bilan   bog‘liq   xususiyatlarni   o‘quvchida   shakllantirish   lozim.   Axborotni   olish,
qayta   ishlash   va   amaliyotda   foydalanish   STEAM   ta’limi   dasturining   asosini
tashkil qiladi. STEAM ta’limi texnologiyasi loyihalash metodiga tayangan holda
uning   asosida   bilish   va   ijodiy   izlanish   yotadi.   Bunday   izlanish   amaliy   faoliyat
jarayonida   bilimlarni   olish,   ulardan   amaliyotda   qayta   foydalanish,   ya’ni
o‘yinlarda   turli   konstruksiyalar   tuzish,   texnik   ijodiyot   elementlarini   qo‘llab,
bilim   olishga   oid   tadqiqot   ishlarida   amalga   oshiriladi.   STEAM   ta’limi
o‘quvchining   rivojlanishini   tashqi   olam   bilan   bevosita   bog‘laydi.   Ma’lumki,
texn o logiya   fani   kundalik   hayotimizda   doimiy   qo‘llaniladi,   muhandislik   esa
uylar, yo‘llar, ko‘priklar va mashina mexanizmlarda o‘z aksini topgan biror bir
kasb,   kundalik   mashg‘ulotlarimiz   ozmi-ko‘pmi   matematik   hisob   kitoblar   bilan
bog‘langandir. 
STEAM   ta’limiy   yondashuvi   o‘quvchilarga   dunyoni   tizimli   ravishda
o‘rganishga, atrofda ro‘y berayotgan jarayonlarni mantiqiy mushohada qilishga,
ulardagi o‘zaro aloqani anglab yetishga, o‘zi uchun yangi, noodatiy va qiziqarli
narsalarni ochishga imkon beradi. Qandaydir yangilikni kutish orqali o‘quvchida
32 qiziquvchanlikni   rivojlantiradi.   O‘zi   uchun   qiziqarli   masalani   aniqlab   olishni,
uning   yechimini   topishning   algoritmini   ishlab   chiqishni,   natijalarini   tanqidiy
baholashni, fikrlashni muhandislik stilini shakllantirishga olib keladi. Jamoaviy
faoliyat   olib   borish   ko‘nikmalarini   shakllantiradi.   Bularning   barchasi   o‘quvchi
rivojlanishining   yuqori   bosqichga   ko‘tarilishini   va   kelajakda   to‘g‘ri   kasb
tanlashga   zamin   yaratadi.   Shunga   ko‘ra   dunyoning   ko‘pgina   mamlakatlarida
STEAM ta’limiy yondashuvga katta e’tibor berilmoqda. Jumladan, Yevropaning
10  dan  ortiq  mamlakatlari  (Avstriya,  Germaniya,  Fransiya,  Italiya,  Gollandiya,
Norvegiya,   Angliya,   Irlandiya,   Ispaniya   va   boshqalar)   milliy   strategiya   va
tashabbuslarida bu hisobga olingan. 
STEAM   ta’limni   amalga   oshirish   uchun   davlat   ta’lim   standartlariga
o‘zgartirishlar kiritish lozim. Masalan, bunda AQSh tajribasidan ijodiy ravishda
foydalanish mumkin. 
Talim   berishni   o‘quv   fanlari   bo‘yicha   emas,   balki   “mavzular”
bo‘yicha   integratsiyalab   olib   borish .   STEAM   ta’limida   fanlararo   aloqa   va
loyihalash   metodi   birlashtirilgan   bo‘lib,   uning   asosida   tabiiy   fanlarni
texnologiyaga,   muxandislik   ijodiyotiga   va   matematikaga   integratsiya   qilish
yotadi. Bunda muhandislik bilan bog‘liq kasblarga bo‘lgan tayyorgarlik amalga
oshiriladi. 
  Ilmiy   texnik   bilimlarni   real   hayotda   qo‘llash .   STEAM   ta’limida
amaliy   mashg‘ulotlar   yordamida,   bolalarga   ilmiy-texnik   bilimlardan   real
hayotda   foydalanish   namoyish   qilinadi.   Har   bir   darsda   o‘quvchilar   zamonaviy
loyihalashga oid modellarni ishlab chiqadi, quradi va modelni takomillashtiradi.
Ular aniq loyihani o‘rganadi, natijada real mahsulotning prototipini yaratadilar.
Masalan,   o‘quvchilar   harakatlanuvchi   sodda   robotni   yasashda   muhandislik
kasbi,   muhandislik   dizayni,   elektrotexnik,   konstruktor,   loyihalash,   texnologik
jarayon, texnologik xarita kabi tushunchalar bilan tanishadilar.
Tanqidiy   tafakkur   ko‘nikmalarini   rivojlantirish   va   muammolarni
yechish.   STEAM   dasturi,   o‘quvchilar   kundalik   hayotlarida   duch   keladigan
qiyinchiliklarni   yengishda   zarur   bo‘ladigan   tanqidiy   taffakur   va   muammolarni
33 yechish   ko‘nikmalarini   rivojlantiradi.   Masalan,   o‘quvchilar   tez   yuradigan
mashina   modelini   yig‘adilar,   so‘ngra   uni   sinovdan   o‘tkazadilar.   Birinchi
sinovdan so‘ng kutilgan natijaga erishilmasa, uning sabablari haqida o‘ylaydi va
topadilar.
O‘z kuchiga ishonch hissini ortishi . O‘quvchilar robototexnika, mashina
va   samolyot   modelini   ishga   tushirish   va   boshqa   ishlarni   bajarishda   oldilariga
qo‘ygan   maqsadlariga   e rishish   uchun  harakat   qiladilar.   Har   bir   sinovdan   so‘ng
modelni   takomillashtirib   boradilar.   Oxirida   barcha   muammolarni   o‘z   kuchlari
bilan   yengib,   o‘ylagan   maqsadlariga   erishadilar.   Bu   o‘quvchilar   uchun
ruhlanish,   g‘alaba   va   quvonch   demakdir.   Har   bir   g‘alabadan   so‘ng   ular   o‘z
kuchlariga yanada ishonadilar. 
  Fa’ol   kommunikatsiya   va   jamoada   ishlash .   STE A M   dasturi   faol
kommunikatsiya   va   jamoada   ishlash   bilan   farqlanadi.   Muloq o t   davrida   o‘z
fikrlarini bayon qilish va bahs-munozara olib borish uchun erkin muhit vujudga
keltiriladi.   Ular   gapirishga   va   taqdimot   o‘tkazishga   o‘rganadilar.   O‘quvchilar
doimo o‘qituvchi va sinfdoshlari bilan muloqotda bo‘ladilar. O‘quvchilar har bir
ish jarayonda faol qatnashsalar, mashg‘ulotni yaxshi eslab qoladilar. 
Texnik   fanlarga   bo‘lgan   qiziqishlarini   rivojlantirish .   Maktab
matematika   ta’lim i da   STE A M   ta’limining   vazifasi,   o‘quvchilarni   texnologiya
faniga   bo‘lgan   qiziqishlarini   rivojlantirishdan   iborat   bo‘lib,   bajaradigan   ishini
sevib   bajarish,   qiziqishlarini   rivojlantirish   uchun   asos   bo‘lib   xizmat   qiladi.
STE A M mashg‘ulotlari juda dinamik va qiziqarli bo‘lsa o‘quvchilar mashg‘ulot
vaqtida zerikishmaydi va darsdan unumli foydalanadilar. 
Loyihalarga   kreativ   va   inn o vatsion   yondashuv .   STE A M   ta’limi   oltita
bosqichdan iborat: savol (vazifa), muhokama, dizayn, qurish, sinovdan o‘tkazish
va   rivojlantirish.   Bu   bosqichlar   tizimli   loyihalash   yondashuvining   asosi
hisoblanadi.   Turli   imkoniyatlarning   birgalikda   mavjud   bo‘lishi   yoki   birgalikda
ishlatilishi o‘z navbatida kreativlik va innovatsiyaning asosi bo‘lib hisoblanadi.
Shunday   qilib,   fan   va   texnologiyaning   birgalikda   o‘rganilishi   ko‘pgina   yangi
innovatsion loyihalarni yaratishga olib keladi. 
34 Ta’lim   va   karera   orasidagi   ko‘prik .   Turli   xil   baholashlarga   ko‘ra
hozirgi   kunda   talabgor   eng   ko‘p   bo‘lgan   10   ta   mutaxassisdan   9   tasiga   aynan
STE A M   bilimlari   zarur   bo‘ladi.   Bunday   kasblarga:   muhandis-kimyogar;   neft
bo‘yicha   muhandislar;   kompyuter   tizimlari   analitiklari;   muhandis-mexaniklar;
muhandis-quruvchilar; robototexniklar va boshqalar kiradi. 
O‘quvchilarning   texnologik   innovatsion   hayotga   tayyorlash .   STEAM
ta’limi bolalarni texnologik rivojlangan dunyoda yashashga tayyorlaydi. Keyingi
60 yil davomida texnologiyalar jadal darajada rivojlandi ,   Internetning  yaratilishi
(1960) ,   GPS   texnologiyalar (1978)dan DNKni skanerlashgacha va albatta Ipod
(2001)   kashf  etilishi . Barcha  hozirda  Iphone  va  boshqa  smartfonlarni  ishlatadi.
Texnologiyalarsiz   hozirgi   kunda   dunyoni   tassavur   qilib   bo‘lmaydi.
Texnologiyalar   bundan   keyin   ham   rivojlanishda   davom   etadi   va   STEAM
ko‘nikmalarb bu rivojlanishning asosi bo‘ladi. 
STEAM   ni   maktab   dasturlariga   qo‘shimcha   sifatida   kiritish.   STEAM
dasturlari   7-14   yoshdagi   o‘quvchilarning   muttasil   ravishda   o‘tkaziladigan
mashg‘ulotlarga   qiziqishlarini   orttiradi.   Masalan,   fizika   darslarida   yerning
tortishish   kuchi   o‘rganilganda   doskada   formulalarni   yozish   tushuntirilsa,
matematika   darslarida   differensial   va   integral   hisob   usullarini   amaliy
masalalarni hal qilishga qo‘llash,   STEAM to‘garaklarida raketalar, samolyotlar,
elektr o texnik   ishlari,   robototexnika,   xalq   hunarmandchiligi   va   boshqa   amaliy
ishlarni   bajarish da   ham   matematik   tushuncha   va   geometrik   yasashlarni   tadbiq
etish   orqali o‘z bilimlarini mustahkamlaydilar. 
I-bob bo‘yicha xulosa . 
1. Kombinatorika haqida umumiy ma’lumotlar berildi.
2. Kombinatorika elementlari bo’yicha ta’riflar va misollar o’rganildi
3. STEAM ta’limi bo’yicha ma’lumotlar keltirildi.
    
2-BOB. MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA KOMBINATORIK 
35 MASALALARNI YECHISH BO’YICHA TAVSIYALAR
2.1  O’rin almashtirish.  Takrorsiz o’rin almashtirish.
Chekli    A={a1,a2,a3,a4}   to’plamning  barcha   elementlarini   o’z  ichiga   olgan
manabu kombinatsiyalarni qaraylik:	
{a1,a2,a3,a4}
,         	{ a
2 , a
4 , a
3 , a
1	}
Bu juftliklar bir - biridan faqat elementlarining tartibi bilan farq qilmoqda. 
Ushbu kombinatsiyalarda elementlari takrorlanmasadan o’rni almashayotganligi
sababli, bunday birlashmalarni takrorsiz o’rin almashtirishlar deb ataymiz.
Ta’rif 2.1. 1.  Kombinatorikada  faqat elementlarining tartibi bilangina farq
qiluvchi  n
 ta o’rinlashtirishlar soni  o’rin almashtirish  deyiladi.	
n−¿
 ta elementdan tuzilgan o’rin almashtirishlar soni  	Pn  bilan belgilanadi (
P − ¿
 fransuzcha permutation – o’rin almashtirish so’zining bosh harfi) .  	
n
  ta elementdan tuzilgan o’rin almashtirish deb ,   shu elementlardan  	n   tadan
olib tuzilgan o’rin almashtirishlarga aytiladi. 
Teorema 2.1.1.   Agar 	
n  ta elementdan 	k  tadan olib o’rinlashtirishlarda 	n=	k
bo’lsa ,   o’rin   almashtirish   hosil   bo’lib   faqat   elementlari   tartibi   bilan   farqlanadi.
Ularning soni       
P
n = A
nn
= n !	
(
n − n	) ! = n !
0 ! = n ! ( 4 )
ga  teng.
Isbot.   teoremani   isbotlash   uchun   matematik   induksiya   usulidan
foydalanamiz.
Induksiya bazasi:  n=1 uchun 	
P1=1!=1  o’rinli.
Induksion o’tish:   tasdiq biror n=k uchun o’rinli deb  	
n=	k+1  bo’lgan holda
o’rinli ekanligini ko’rsatamiz. 	
k+1 ta elementli tartiblangan to’plamni hosil qilish
uchun 	
{a1,a2,…	,ak}  tartiblangan to’plamga 	ak+1  elementni kiritib 	{a1,a2,…	,ak,ak+1}
shu   to’plamni   hosil   qilib   olamiz.   Bu   jarayonda     a
k + 1   element  	
{a1,a2,…	,ak}
to’plamga  	
k!   ta   o’rin   almashtirishlar   har   biriga   quydagicha  	k+1   ta   usulda
36 kiritiladi:   birinchi   elementdan   oldin;   birinchi   va   ikkinchi   element   orasiga;
ikkinchi   va   uchinchi   element   orasiga   va   hokazo   k   –   elementdan   keyin
joylashadi.   Ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra    {a1,a2,…	,ak,ak+1}   to’plam   uchun   (
k + 1 ¿ ∙ k !
 ta o’rin almashtirish hosil bo’ladi , ya’ni 	
Pk+1=(k+1)!
formula o’rinli bo’ladi.
Misol 2.1. 1   “BARNO” so’zida harflar o’rnini almashtirib, nechta so’z hosil
qilish mumkin?
Yechilishi.   Barno   so’zida   5   ta   harf   bo’lgani   uchun   shu   harflarning   o’rin
almashtirishlaridan   iborat   bo’ladi  	
P5=5!=1∙2∙3∙4∙5=120   ta   so’z   hosil   qilish
mumkin.
Misol  2.1.2    Bir bola yozayotgan she’rining 1-  qatorida << A’lo o’qisang
yaxshida!>>   deyilgan.   Bola   1-   qatordagi   so’zlarning   o’rinlarini   almashtirib,
keying qatorlarni hosil qilmoqchi. Bu she’rda nechta qator bo’ladi?
Yechilishi.   She’r uchta so’zdan iborat bo’lgani uchun uchta so’zning o’rin
almashtirishlaridan iborat bo’ladi.  P
3 = 3 ! = 6
  ta qatordan iborat bo’ladi.
Misol 2.1.3  234 sonining raqamlarini o’rnini almashtirib nechta uch xonali
son tuzish mumkin. Bunda uch xonali son raqamlari takrorlanmaydi. 
Yechilishi.   234  sonining  raqamlari   o’rnini   almashtirib,  boshqa  uch  xonali
son  tuzganimizda   bu  sonlar   bir-   biridan  faqatgina  elementlari  joylashish  tartibi
bilangina farq qiladi. O’rin almashtirish qoidasiga ko’ra 
3!=6  ta tuzish mumkin.
Ya’ni bu sonlar 234, 243, 324, 342, 423, 432. 
Misol   2.1.4   Beshta  	
1,2,3,4,5   o’lchamli   mahsulotlarni   yashiklarga
joylashtirish     kerak.   Agar   2   ning   3   dan   keyin   joylash t irish   mumkin   bo’lmasa,
unda mahsulotlar ni  necha xil usul bilan joylashtirish mumkin? 
Yechilishi.   Beshta   yashikka   5   xil   o’lchamli   mahsulotni   joylashtirishlar
soni  	
P5=5!=1∙2∙3∙4∙5=120   ta.  Agar  	{2,3}   juftlikni   yonma-   yon  keladigan  qilib
1 , ( 2,3 ) , 4 , 5
 o’lchamlardan o’rin almashtirishlar tuzilsa ,  	
P4=	4!=1∙2∙3∙4=24  ta. U
h olda misol sharti bo’yicha umumiy o’rin almashtirishlar sonidan {2,3} juftlikni
37 yonma-yon   kelish   shartini   ayirib   tashlaymiz  120	−24	=96   xil   usul   bilan
joylashtirish mumkin.
Misol 2.1. 5     Kitob tokchasidagi  15 ta kitobdan 3 tasi rus, ingliz, fransuz
tilida.   Bu   kitoblarni   yonma-yon   keladigan   qilib   necha   xil   usulda   joylashtirish
mumkin? 
Yechimi.   Bu   uchta   kitobdan   bitta   juftlik   tuzamiz.   Ular   orasida	
P3=3!=1∙2∙3=6
  ta   o’ rin   almashtirishlar   mavjud.   Tokchada   juftlik   tuzilgandan
keyin   13   ta   element   q oladi   (uchtalik   kitoblar   juftligi   bilan).   O’ zaro   o’ rin
almashtirishlar   soni  	
P13=13	! ,   birgalikda   o’ rin   almashtirishlar   soni   esa
P
13 ∙ P
3 = 13 ! ∙ 6
 ta bo’ladi. 
Misol   2.1.6     A={1,   2,   3}   to’plamning   barcha   takrorlanishsiz   o’rin
almashtirishlarini yozing.
Yechilishi. 	
P3=3!=6  ta to’plam bular (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1),
(3,1 ,2), (3, 2, 1) 
  Misol 2.1.7     8 ta talaba navbatma- navbat imtihon topshiradi. Ular necha
xil usulda navbatda turishi mumkin? 
Yechilishi.   Bunda takrorlanish kuzatilishi mumkin emas, chunki hech bir
talaba   bir   vaqtning   o’zida   ikki   o’rinda   navbatda   turaolmaydi.   Bundan   o’rin
almashtirish qoidasiga ko’ra 	
P8=8!  ta usulda navbatda turishi mumkin.
Misol   2.1.8   “APELSIN”   harflari   yozilgan   7   ta   kartochkaning   o’rinlari
qandaydir tartibda almashtirildi. Necha xil natija hosil bo’ladi?
Yechilishi.   Bunda   7   ta   harf   mavjud   va   shu   harflarning   o’rin
almashtirishlari soniga teng bo’ladi. 	
P7=7!  ta ga teng.
Misol 2.1.9    3 ta matematika, 2 ta fizika, 4 ta kimyo kitoblari matematika
kitoblari yonma- yon bo’lish sharti bilan nechta usulda terilishi mumkin?
Yechilishi.   Matematika   kitoblari   yonma   -yon   bo’lish   uchun   P
3 = 3 ! = 6
  ta
usulda joylashtiramiz va buni  ham bitta element deb qolgan kitoblar  bilan 7 ta
kitobni   tashkil   qiladi   va   o’rin   almashtirishlar   P
7 = 7 !
  ta   va   jami   3 ! ∙ 7 !
  ta   usulda
terish mumkin.
38 Misol   2.1.10     6   kishilik   gruppa   boshliq   va   yordamchisi   yonma   -   yon
bo’lmaslik sharti bilan necha usulda stol atrofida o’tirishlari mumkin? 
Yechilishi.   Aylana   stol   atrofida   bo’lganligi   sababli   barcha   o’rin
almashishlar   soni   6 !
6 = 5 ! = 120
ta   sababi   har   o’rin   almashganda   o’tirgan   o’rni
almashgani   bilan   vaziyati   bir   xil   aylana   stol   atrofi   bo’lib   qolayotgani   uchun.
Endi   yonma   –   yon   o’tirish   holatini   sonini   topamiz  2!∙5!
5=	2∙4!=48 .   Umumiy
o’rin almashish holatidan yonma – yon o’tirish holatini ayirib tashlasak yona –
yon   bo’lmaslik   sharti   kelib   chiqadi,   va   bu  	
120	−48	=	72   ta   usulda   o’tirishlari
mumkin.
Misol 2.1.11  O’n ikkita o’quvchiga ikki variant ( har bir variant 6 kishiga
berilgan)   nazorat   ishi   berildi.   Ularni,   yonma-yon   o’tirganlarning   variantlari   bir
xil   bo’lmagan   va   ketma-   ket   birining   orqasida   ikkinchisi   o’tirganlarning
variantlari   bir   xil   bo’ladigan   qilib,   ikki   qatorga   necha   xil   usulda   o’tqazish
mumkin?
Yechilishi.   Bunda   ikki   qatorga   6   tadan   qilib   bo’lsak   yonma   –   yon
o’tirganlarning varianti bir xil bo’lmasligi 2! ga va   har bir qatorda 3 kishining
variant   bir   xil   bo’ladi   va   bu   3!   holda     o’rin   almashadi   har   bir   qator   jami   esa
2 ! ∙ 3 ! ∙ 3 !
 ga teng bo’ladi.
Misol   2.1.12.   O’n   to’rtta   o’yin   natijasini   to’g’ri   topish   uchun   kamida
nechta ustun to’ldirilishi lozim. 
Yechilishi.   Bunda 14 ta o’yinni  natijasini  to’ldirishda o’rin almashtirgan
holda joylashtirib chiqishimiz lozim bu esa o’rin almashtirish qoidasiga asosan
14! ga teng bo’ladi.
Misol   2.1.13   O’nta   pochtachi   o’nta   uyga   xat   olib   borishi   kerak.   Ular
xatlarni necha usul bilan bo’lib olishlari mumkin?
Yechilishi.   Bunda   10   ta   pochtachi   xatlarni   navbatma   –   navbat   o’rin
almashtirib   olishlari   mumkin   o’rin   almashtirish   qoidasiga   ko’ra   10!   ga   teng
bo’ladi.
39 Misol 2.1.14   8 nafar yo’lovchi poyezdning 8 ta vagonida ketayabti, agar
har   bir   vagonda   bittadan   yo’lovchi   ketishi   shart   bo’lsa,   bu   yo’lovchilarni
vagonlarga necha xil usulda joylashtirib chiqish mumkin?
Yechilishi.   8   nafar   yo’lovchini   bittadan   qilib   vagonlarga   o’rin
almashtirgan holda bittadan joylashtirish mumkin va bu 8! ga teng bo’ladi.
Misol 2.1.15   Guruhda 30 ta o’quvchi bo’lib, ular tibbiy nazoratdan o’tish
uchun navbatda turishibdi. Shu navbatni necha xil usulda tashkil qilish mumkin?
Yechilishi.   O’rin  almashtirish  qoidasiga  ko’ra   P
30 = 30 !
    ta  usulda  navbat
tashkil qilish mumkin.
Misol   2.1.16   Ikki   fudbol   jamoasining   a’zolarini   bir   safga   hech   bir
jamoaning   ikki   a’zosi   yonma   -   yon   turib   qolmaslik   sharti   necha   usulda   terish
mumkin?
Yechilishi.   Bunda   22   kishi   bo’ladi,   endi   1-   guruh   a’zolarini   juft
nomerlarda,   2-   guruh   a’zolarini   toq   nomerlarda   belgilab   olsak   va   keyin
teskarisini   bajaramiz   almashtiramiz   nomerlari   tartibini   va   umumiy   o’rin
almashtirishlarga  ko’ra 11!   ga ikkinchi   jamoani  ham   11!   kabi  almashtirishimiz
mumkin va bu 11!∙11	!   ga  teskari tartibda almashtirganimiz ham xuddi shu kabi
bo’ladi va natija 2! ∙
11! ∙ 11 !
 ga teng bo’ladi.
Misol 2.1.17   1, 2, 3, 4, ….., 9 raqamlaridan ularni takrorlamay tuzilgan 9
xonali sonlar ichida 2 va 5 raqamlari yonma- yon turadiganlari nechta?
Yechilishi.   2 va  5 raqamlari  yonma  yon bo’lishi   2!   ga  teng va  endi  7  ta
raqam   qolayabdi   va   ikki   bilan   beshni   yonma-   yon   bo’lishini   bitta   juftlik   deb
qo’shsak   8   ta   elementni   o’rin   almashtirishlariga   teng   bo’lib   qoladi   va   natija
2 ! ∙ 8 !
 ga teng bo’ladi.
Misol 2.1.18.  “ Ko’za” so’zining harflari yordamida “K” bilan boshlangan
to’rt   harfli   nechta   har   xil   so’z   yozish   mumkin.   (   So’zlar   ma’noga   ega   bo’lishi
shart emas).
Yechilishi.   K   harfi   bilan   boshlanuvchi   so’zlar   qolgan   3   harfni   o’rin
almashtirishlari soniga teng bo’ladi va bu 3!=6 ta tuzish mumkin.
40 Misol 2.1.19.   5 kishidan tashkil topgan gruppada, boshliq va yordamchisi
yonma-   yon   o’tirish   sharti   bilan   doira   shaklidagi   stol   atrofida   necha   usulda
o’tirishlari mumkin? 
Yechilishi.   Bu   ham   yonma   –   yon   bo’lish   holati   2!   ga   teng   bo’ladi   va
qolgan 3 kishiga bu juftlikni qo’shib doira atrofida aylanishlari  4 !
4 ∙ 2 ! = 3 ! ∙ 2 ! = 12
xil usulda o’tirishlari mumkin. 
Misol  2.1.20.     5  farqli   matematika  va  2  ta  turli   fizika   kitoblari   tokchaga
yonma   -   yon   quyiladi.   Fizika   kitoblari   yonma   -   yon   va   ma’lum   2   matematika
kitoblari chetlarda bo’lish sharti bilan necha usulda joylashtirilsa bo’ladi? 
Yechilishi.   Fizika   kitoblarini   yonma   –   yon   bo’lish   holati  2!   va   2   ta
matematika   kitobini   chekkada   bo’lishi   ham    	
2!   ta   bo’ladi   va   endi   qolgan   3   ta
matematika   kitobiga   2   ta   fizika   kitobini   bitta   juftlikdagi   kitob   deb   qabul   qilib
jami   4   ta   kitob   hosil   qilamiz   va   o’rin   almashtirishlar   soni   4!   ta   bo’ladi   jami
joylashtirishlar   soni   esa   2 ! ∙ 2 ! ∙ 4 ! = 2 ∙ 2 ∙ 24 = 4 ∙ 24 = 96
  ta   usulda   joylashtirish
mumkin.
Misol 2.1.21   Dumaloq stol atrofida 5 erkak va 5 ayol bir erkak ikki ayol
orasida bo’lish sharti bilan necha usulda o’tirishi mumkin? 
Yechilishi.  Bunda dumaloq stolimiz atrofiga ayollarni o’tirish holati  4 !
 ga
teng   bo’ladi   va   endi   ular   orasiga   bittadan   erkaklarni   o’tirish   holati   o’rin
almashtirib   o’tirishlar   soniga   ko’ra   5 !
  ga   teng   jami   holatlar   esa   5 ! ∙ 4 !
  ga   teng
bo’ladi.
2.2 Takrorli o’rin almashtirish
O’rin almashtirishlarda har bir kombinatsiya elementlarining faqat tartibi
bilan   farqlanadi.   Agar   o’rin   almashtirishlar   tarkibidagi   elementlar   takrorlansa,
aynan shu bir xil elementlar o’rinlari almashtirilsa, yangi o’rin almashtirish hosil
bo’lmaydi. Shuning uchun ham elementlari takrorlanishi mumkin bo’lgan o’rin
almashtirishlar soni elementlari takrorlanmaydigan o’rin almashtirishlar sonidan
kichik   bo’ladi.     Uzunligi  	
n     songa   teng   kombinatsiya   elementlari   orasida
41 tarkibida  a1   element  	k1   marta  	a2   element  	k2   marta,   va  h.k.  	am   element  	km   marta
ishtirok   etsin.   Bu   elementlarning   o’rinlari   almashtirishdan   hosil   qilingan
kombinatsiyalar takrorli o’rin almashtirishlar deyiladi. 
Teorema.  Takrorli o’rin almashtirishlar soni  
P	
( k
1 , k
2 , . . . , k
m	) = k !
k
1 ! ∙ k
2 ! ∙ . . . ∙ k
m ! ( 5 )
formula bilan topiladi, bu yerda  k = k
1 + k
2 + . . . + k
m  umumiy elementlar soni, 	
m - har
bir elementning kombinatsiyada ishtirok etishlar soni .
Takrorsiz o’rin almashtirishlar formulasi  (5) formulaning   k
1 = k
2 = . . . = k
m = 1
bo’lgan xususiy  h oli. 
Isbot.  Uzunligi 	
k  songa teng kombinatsiya elementlari orasida  k
1  marta 	a1
element,  	
k2   marta  	a2   element  va  hokoza  	km   marta  	am   element  ishtirok etsin.  Bu
kombinatsiyaning   mumkin   bo’lgan   barcha   o’rin   almashtirishlar   sonini   topib
olamiz.   Birinchi  	
a1   element  	k1   marta   qatnashgani   uchun,   bu   elementning
mumkin   bo’lgan   o’rin   almashtirishlari   soni	
k1! ,   ikkinchi   a
2   element   k
2   marta
qatnashgani uchun,  	
k2!   ta o’rin almashtirish va hokazo  	am   element uchun  	km!   ta
o’rin   almashtirish   mavjud.   Bu   o’rin   almashtirishlar   bog’liq   bo’lmagani   uchun,
ko’paytirish   qoidasiga   ko’ra,   umumiy   o’rin   almashtirishlar   soni  	
k1!∙k2!∙…	∙km!
ta.   Uzunligi   k = k
1 + k
2 + . . . + k
m   songa   teng   kombinatsiya   uchun   o’rin
almashtirishlar soni  	
k!   ta bo’ladi. Kombinatsiya  	k1   marta  	a1   element,  	k2   marta	a2
element va hokazo   k
m   marta   a
m   elementdan iborat bo’lgani uchun   k
1 ! ∙ k
2 ! ∙ … ∙ k
m !
ta o’rin almashtirish yangi  o’rin almashtirishni  ifodalamaydi. Bundan esa  	
k!   ta
o’rin almashtirishlar  tarkibida   k
1 ! ∙ k
2 ! ∙ … ∙ k
m !
  ta o’rin almashtirishlar  bo’lganligi
uchun, takrorli o’rin almashtirishlar soni 
k !
k
1 ! ∙ k
2 ! ∙ . . . ∙ k
m !
shuncha ekan.
Misol   2.2.1.   O’ n   oltita   o’q uvchini   8   ta   partaga   2   tadan   necha   xil   usulda
joylashtirish mumkin? 
42 Yechilishi.   Masala   shartiga   ko’r a  k=16	,k1=	k2=...=	k8=2 .   Endi   (5)
formulaga ko’ra
P	
( 2,2 , . . .,2	)
8 ! = 16 !
2 ! ∙ 2 ! ∙ . . . ∙ 2 !	
⏟
8 ta ∙ 8 ! = 16 !
( 2 ! ) 8
∙ 8 !
ta   usulda   joylashtirish   mumkin .   C h unki   ularni   almashtirish   o’quvchilarning
joylashish  usullari  soniga ta’sir  qilmaydi. Joylashish  usullarining soni  	
8!   marta
kamayadi. 
Misol   2.2.2.     «Matematika»   so’zidan   harflarni   almashtirib   necha   xil   usul
bilan so’z  yasash mumkin? 
Yechilishi.   	
k=10  «	m » harfi ikki marta, «	a » harfi uch marta , «	t » harfi  ikki
marta   qolgan   harflar   bir   marta   ishtirok   et a yapti.   Umumiy   usullar   soni   (5)
formulaga ko’ra, quyidagicha bo’ladi;  
P	
( 2 , 3 , 2 , 1 , 1 , 1	) = 10 !
2 ! ∙ 3 ! ∙ 2 ! .
Agar harflar bir marta qatnashsa, masalan «a» harfi alohida olingan element deb
qabul  q ilinsa, u holda   P
10 = 10 !
 ta usul mavjud bo’ladi. 
Misol   2.2.3   “BARAKA”   so’zida   harflar   o’rnini   almashtirib,   nechta   so’z
hosil qilish mumkin?
Yechilishi.   Baraka   so’zi   oltita   harfdan   iborat   va   oltita   harfning   o’rin
almashtirishidan iborat bo’ladi, lekin A harfi 3 marta qatnashganligi uchun 3! ga
bo’lamiz ya’ni takrorli o’rin almashtirish qoidasiga ko’ra  
Misol   2.2.4   “KELEBEK”   so’zi   yordamida   “B”   harfidan   boshlanib   “L”
harfi bilan tugaydigan nechta so’z hosil qilish mumkin?
Yechilishi.   B   harfini   so’zning   boshiga   L   harfini   esa   oxiriga   o’zgarmas
qilib joylashtiramiz va 2 ta harf kamayadi, natijada 5 ta harf qoladi va  5 !
 Ta so’z
hosil   qilish   mumkin   B   va   L   harflarini   orasida   lekin   E   harfi   3   marta   K   harfi   2
marta takrorlangani uchun   3 !
  va   2 !
  ga bo’lamiz P(2, 3)=   5 !
2 ! ∙ 3 ! =10 ta so’z hosil
qilish mumkin.
43   Misol 2.2. 5   25975 sonning raqamlari joylarini almashtirib jami nechta har
xil 5 xonali son hosil qilish mumkin?
Yechilishi.   Bu misolda takror raqamlar qatnashgani sababli takrorli o’rin
almashtirish qoidasiga ko’ra umumiy P(1,2,1,1) = 5 !
1 ! ∙ 2 ! ∙ 1 ! ∙ 1 ! = 60
  ta hosil qilish
mumkin.
M isol 2.2. 6   4034 sonning raqamlari joylarini almashtirib jami nechta har
xil 4 xonali son hosil qilish mumkin?
Yechilishi.   4   xonali   son   hosil   qilishda   to’rtta   raqam   berilgan   va   buni
xonalarga  joylashtirib  chiqsak  minglar   xonasiga   3  ta  raqam   sababi  nolni  qo’ya
olmaymiz,   yuzlar   xonasiga   ham   3   ta   raqam   bunga   nolni   qo’shib   qo’yamiz,
o’nlar xonasiga 2 ta raqam, birlar xonasiga 1 ta raqam va bu   3 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1
2 = 9
ta hosil
qilish mumkin 2 ga bo’linish sababi 4 soni 2 marta qatnashayabdi.
Misol   2.2. 7   Onada   3  ta   olma,  4   ta  nok   va   2  ta   apelsin   bor.   To’qqiz   kun
mobaynida u har kuni bolasiga bittadan meva beradi. Buni necha xil usul bilan
bajarish mumkin? 
Yechilishi.   Bu   takrorli   o’rin   almashtirish   qoidasiga   ko’ra   P(3,4,2)   =
9 !
3 ! ∙ 4 ! ∙ 2 ! = 1260
 ta usulda bajarish mumkin.
Misol   2.2.8   2   raqami   ikki   marta,   3   raqami   uch   marta   uchraydigan   besh
xonali sonlar nechta? 
Yechilishi.   B esh   xonali   son   5!   ta   bo’ladi   va   2   ikki   marta   3   uch   marta
takrorlanganligi uchun  P(2,3) = 5 !
2 ! ∙ 3 ! = 10
 ta .
Misol   2.2.9   Bir   xil   turdagi   2   ta   qizil,   3   ta   sariq   va   4   ta   ko’k   qalam   bir
qatorga yonma- yon necha usulda qo’yilishi mumkin? 
Yechilishi.   Jami   9   ta   qalam   o’rin   almashtirishlari   9!   ta   va
takrorlanayotganlar bo’lgani uchun P(2, 3, 4) = 9 !
2 ! ∙ 3 ! 4 ! = 1260
 xil usulda yonma-
yon quyish mumkin.
44 2.3  Guruhlashlar (Gruppalashlar)    takrorsiz guruhlashlar
Endi  X   to’plam   elementlaridan  	k   taliklar   emas,   balki   qism   to’plamlar
tuzaylik. Ular o’z tarkibidagi elemenlari bir-biridan farq qiladi. 
Masalan:  	
X={a,b,d,e,f}   to’plam   bo’yicha   tuzilgan  	k=3   ta   elementli	
{a,b,d},{b,d,e},{a,e,f}
  larga   o’xshash   uchtaliklar   biz   aytayotgan   qism
to’plamlardir. 
n
  ta   elementli   X
  to’plamning  	
k   ta   elementli   qism   to’plamlari   shu
elementlardan  	
k   tadan   olib   tuzilgan   takrorsiz   guruhlar   (kombinatsiyalar)
deyiladi. 
Ta’rif   2.3. 1     Guruhlashlar   deb  	
n   ta  elementdan  	k   tadan  olib tuzilgan  va
bir - biridan   eng   kamida   bitta   element   bilan   farq   qiladigan   o’rinlashtirishlarga
aytiladi. 
n
  ta   elementdan   tuzilgan   guruhlashlar   soni  	
Cnk   bilan   belgilanadi.   ( C − ¿
 fransuzcha combinasion – guruhlash so’zining bosh harfi).
Agar 	
Pk  o’rin almashtirishlar sonini  C
nk
 gruppalashlar soniga ko’paytirsak,
A
nk
  o’rinlashtirishlar   sonini   hosil   qilamiz,   C
nk
∙ P
k = A
nk
  bundan   esa  	
Cnk=	Ank
Pk     kelib
chiqadi.
Teorema.2.3.1     n
  ta   elementli   X
  to’plamning  	
k   ta   elementli   qism
to’plamlari shu elementlardan 	
k  tadan olib tuzilgan gruppalashlar deyiladi. 
Ularning soni	
Cnk=	n!	
k!∙(n−	k)!(6)
formula bilan hisoblanadi.   Bunda   h ar bir juftliklar bir biridan fa q at tartibi bilan
far q   q iladi.
Misol   2.3.1   Bitta   t o’g‘ ri   chizi q da   yotmaydigan   6   ta   nu q ta   or q ali   nechta
kesma  o’ t k azish mumkin? 
Yechilishi.       Nu q talar   soni   6   ta.   H ar   ikki     nu q ta   izlanayotgan   kesmani
beradi.  Bu esa 6 ta elementdan 2 tadan olib tuzilgan gr u ppalashlar soniga teng. 
45 C
62
= 6 !
2 ! ∙ 4 ! = 4 ! ∙ 5 ∙ 6
2 ∙ 4 ! = 5 ∙ 3 = 15.
Misol   2.3.2   Ushbu   sonlardan   5,   6,   8,   9   tomonlari   takrorlanmaydigan
nechta uchbu r chaklar yasash mumkin? 
Yechilishi.    Izlanayotgan son (6)  formula orqali hisoblanadi,C43=	4!	
3!∙(4−3)!=	3!∙4	
3!∙1!=4.
Uchburchakning   mavjudlik   shartiga   ko’ra   berilgan   sonlarni   ixtiyoriy   ikkitasi
yi g‘ indisi   uchinchi   sondan   katta   bo’lishi   kerak.   Masala   shartiga   ko’ra   esa
ixtiyoriy ikkitasining yig’indisi uchunchisidan albatta katta.
Boshqacha   aytadigan   bo’lsak,   tomonlari   berilgan   sonlardan   iborat
bo’ladigan uchburchalar 	
( 5 , 6 , 8	) ;( 5 , 6 , 9	) ;( 5 , 8 , 9	) ;( 6 , 8 , 9	) .
 
Misol 2.3.3   	
9∙C4x3x+1=2∙C4x+1	3x+1   tenglamani yeching. 
Yechilishi.    Avvalo t englamani soddalashtiramiz , 
C
4 x3 x + 1
C
4 x + 13 x + 1 = 2
9
bu   y erda   tenglamaning   surati  	
C4x3x+1=	(4x)!	
(3x+1)!∙(x−1)! ,   maxraji   esa
C
4 x + 13 x + 1
= ( 4 x + 1 ) !
( 3 x + 1 ) ! ∙	
( x	) !   ga  keladi, ularning nisbatini topamiz,	
(4x)!	
(3x+1)!∙(x−1)!∙(3x+1)!∙(x)!	
(4x+1)!	=	2
9
( 4 x ) !
( 3 x + 1 ) ! ∙	
( x − 1	) ! ∙ ( 3 x + 1 ) ! ∙	
( x − 1	) ! ∙ x
( 4 x ) ! ∙ ( 4 x + 1 ) = 2
9
bunda o’xshash hadlarni qisqartirsak ushbu teglamani hosil qilamiz,	
x	
4x+1=	2
9⇒	9x=8x+3⇒	x=	2.
Demak, berilgan tenglamaning yechimi 	
x=2  ekan.
Misol   2.3.4   Aylana   ustida   8   ta   turli   nuqtalar   bor.   Uchlari   bu   nuqtalarda
bo’lgan nechta har xil uchburchak chizish mumkin. 
46 Yechilishi.  Gruppalash qoidasiga binoan 8   ta nuqtadan ixtiyoriy uchtasini
tutashtirib     uchburchak   yasash   mumkin   shunga   ko’ra
C
83
= 8 !
3 ! ( 8 − 3 ) ! = 8 !
3 ! ∙ 5 ! = 6 ∙ 7 ∙ 8
1 ∙ 2 ∙ 3 = 56
 ta uchburchak yasash mumkin.
Misol 2.3.5   Ahmad va Vali bo’lgan 10 kishilik gruppadan 4 kishilik va 6
kishilik ikki  har xil gruppa tuzmoqchi. Ahmad va Vali bir gruppada bo’lmasin
desak, bunday ajratish necha xil usulda bo’ladi?
Yechilishi.   Bir guruhda bo’lmasligi uchun avvalo bu ikki kishini alohida
ajratib   turamiz   va   qolgan   8   kishidan   3   kishini   tanlab   olamiz   va   Ahmad   yoki
Valini   qo’shib   qo’yamiz   4   kishilik   guruh   hosil   bo’ladi   va   keyingi   guruh   6
kishilik   guruh   ajraladi.   Bu   quydagi   hisoblash   jarayoniga   keladi2∙C83=	2∙	8!	
3!(8−3)!=2∙	8!	
3!∙5!=	2∙6∙7∙8	
1∙2∙3=	2∙56	=112
  xil   usulda   bo’ladi   2   ga
ko’paytirilgani ikki kishini almashtirgan holda guruhlarga qo’shish mumkin.
Misol 2.3.6   Bir tekislikdagi 10 ta to’g’ri chiziqdan 4 tasi o’zaro, boshqa 6
tasi   o’zaro   paralleldir.   Bularning   kesishishlari   bilan   hosil   bo’lgan
parallelogrammlar soni nechta?
Yechilishi.   Bunda   4   ta   parallel   to’g’ri   chiziq   va   6   ta   parallel   to’g’ri
chiziqlarni   kesishishlaridan   hosil   bo’lgan   nuqta   gorizantal   holda   6   ta   nuqtada,
vertikal holda 4 ta  nuqtada kesishadi va parallelogram hosil bo’lish uchun   4 ta
nuqtadan hosil bo’ladi. Guruhlash qoidasiga ko’ra 
Misol   2.3.7     5   erkak   va   3   ayol   orasidan   faqat   bir   ayol   bor   bo’lgan   3
kishilik gruppa necha usulda tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   Bunda   faqat   bitta   ayol   bo’lishi   uchun   3   ta   ayoldan   birini
tanlaymiz va 5 ta erkakdan 2 tasini tanlaymiz, bu hodisalar bir- biriga bog’liqligi
uchun  C
31
∙ C
52
= 3 !
1 ! ∙ 2 ! ∙ 5 !
2 ! ∙ 3 ! = 3 ∙ 10 = 30
 xil usulda tanlanishi mumkin.
  Misol   2.3.8   10 kishidan  iborat  sayohatchilar  guruhida  6 ta  erkak  va  4 ta
ayol sayohatchi bor. Tarkibi 2 ta ayol va 3 ta erkakdan iborat qilib, sayohatchilar
guruhini 5 tadan ikkita guruhga necha xil usul bilan ajratish mumkin?
47 Yechilishi.   2   ta   ayolni   C
42
  va   3   ta   erkakni   C
63
  usulda   tanlab   olamiz   va
umumiy natijani ko’paytiramiz  C
42
∙ C
63
= 4 !
2 ! ∙ 2 ! ∙ 6 !
3 ! ∙ 3 ! = 6 ∙ 20 = 120
 xil usulda ajratish
mumkin.
Misol  2.3.9    10 kishidan 3 kishi, bu 3 kishidan esa 1 kishi  necha usulda
tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   Demak   dastlab   10   kishidan   3   kishini   guruhlash   usuli   orqali
tanlab   olamiz   va   bu   tanlagan   3   kishidab   bir   kishini   ham   guruhlash   usuli
yordamida   tanlab   olamiz.   Bu   jarayon   quydagicha   bo’ladi
C
103
= 10 !
3 ! ( 10 − 3 ) ! = 10 !
3 ! ∙ 7 ! = 8 ∙ 9 ∙ 10
1 ∙ 2 ∙ 3 = 120 , C
31
= 3 !
1 !( 3 − 1	) ! = 3 !
1 ! ∙ 2 ! = 3 endi 120 ∙ 3 = 360
ta
usulda tanlash mumkin
Misol   2.3.10   8   kishining   5   tasi   Farg’ona,   qolgani   esa   Buxoroga   ketadi.
Gruppalar necha usulda hosil qilinishi mumkin?
Yechilishi.   Buni   guruhlash   qoidasiga   ko’ra   sakkiz   kishidan   besh   kishini
tanlab   olish   bilan   hisoblanadi     C
85
= 8 !
5 !	
( 8 − 5	) ! = 6 ∙ 7 ∙ 8
1 ∙ 2 ∙ 3 = 56
  xil   usulda   hosil   qilish
mumkin.
Misol  2.3.11   5  erkak  va  3  ayol   orasidan  eng  kamida   biri  ayol  bo’lgan  3
kishilik bir gruppa necha usulda tanlanishi mumkin.
Yechilishi.  Eng kamida bitta degani 1 ta ayol, 2 ta ayol, 3 ta ayol bo’lishi
mumkin bu esa quydagicha hisoblanadi 	
C31∙C52+C32∙C51+C33∙C50=	3!	
1!(3−1)!∙	5!	
2!∙3!+3!
2!∙5!
4!+1=31	+15	=	46
Demak, 46 ta usulda tanlanishi mumkin ekan.
Misol 2.3.12.   Guldonda 10 ta qizil va 5 ta pushti gul bor. Guldondan 4 ta
bir xil rangdagi gulni necha xil usulda tanlab olish mumkin? 
Yechilishi.   Bir   xil   rang   deyilganda   qizil   gul   yoki   pushti   gul   nazarda
tutilmoqda,   bunda   qizil   gulni   tanlash  	
C104=	10	!	
4!∙6!=	7∙8∙9∙10	
1∙2∙3∙4	=210   xil   usulda,
pushti gulni tanlash esa 	
C54=	5!	
4!∙1!=5  xil usulda bu hodisalar bir – biriga bog’liq
48 bo’lmagani   uchun   qo’shish   qoidasiga   ko’ra  210	+5=215   xil   usulda   tanlash
mumkin.
Misol 2.3.13.   Ixtiyoriy uchtasi bir to’g’ri chiziqda bo’lmagan A, B, C, D,
E   nuqtalarni   uchburchaklarning   uchlari   deb   olsak,   nechtasida   A   nuqtasi
qatnashadi?
Yechilishi.   Bunda   quydagicha   fikr   yuritamiz   A   nuqtani   uchburchakning
bir   uchi  bo’lsin  deb olamiz  va  qolgan ikki   uchini  4  ta nuqtadan  tanlab  olamiz,
guruhlash qoidasiga ko’ra  C
42
= 4 !
2 ! ∙ 2 ! = 6
 tasida A nuqtasi qatnashar ekan.
Misol 2.3.14.    4 ta ko’k va 4 ta qizil to’plar mavjud bo’lgan bir xaltadan
bir xil rangdagi 3 ta to’p nechta usulda tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   Bunda   bir   xil   rang   ko’k   yoki   qizil   olinishi   kerak   bu   esa	
C43+C43=2∙C43=8
   ta usulda tanlanishi mumkin.
Misol  2.3.15   4 ayol va 3 erkak orasidan 1 ayol  va 2 erkak necha usulda
tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   Bu   ham   guruhlash   qoidasiga   ko’ra  	
C41∙C32=	4∙3=12   ta   usulda
tanlanishi mumkin.
Misol   2.3.16.   16 kishilik nomzodlardan, kapitan va darvozabon oldindan
tayin bo’lgan holda, 11 kishilik jamoa necha usulda tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   Bunda kapitan va darvozabon oldindan aniq bo’lgan holda 14
kishi   qoladi   va   11   kishilik   jamoada   2   kishi   tayinlangan   bo’lsa   9   kishini   tanlab
olish kerak bo’ladi. Guruhlash qoidasiga ko’ra 
C
149
= 14 !
9 ! ∙ 5 ! = 10 ∙ 11 ∙ 12 ∙ 1314
1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 = 11 ∙ 13 ∙ 14 = 2002
Shunday qilib, 2002 usulda tanlashimiz mumkin ekan.
Misol   2.3.17.     3   ta   oq,   4   ta   qora   koptok   orasidan   bir   xil   rangdagi   ikki
koptok nechta usulda tanlanishi mumkin? 
Yechilishi.  Bu tanlashda oq rangli  yoki qora rangli koptok olinishi kerak,
oq  rangli  koptok  olinishi   C
32
= 3 !
2 ! ∙ 1 ! = 3
,  qora   rangli  olinishi  esa   C
42
= 4 !
2 ! ∙ 2 ! = 6
  va
49 bu   hodisalar   bir   –   biriga   bog’liq   bo’lmagani   uchun   qo’shish   qoidasiga   ko’ra
3 + 6 = 9
 ta usulda tanlanishi mumkin.
Misol     2.3.18   12  savolli   bir   sinovda   8   savol   tanlanishi   kerak.  Birinchi   5
savoldan   faqat   3   savol   majburiy   bo’lsa,   8   savol   necha   usulda   tanlanishi
mumkin? 
Yechilishi.   Bunda   birinchi   5   ta   savoldan   3   tani   guruhlash   orqali   tanlab
olamiz   sababi   3   tasi   majburiy   va   qolgan   7   ta   savoldan   5   tani   tanlaymiz.
Hisoblash   jarayoni       C
53
∙ C
75
= 5 !
2 ! ∙ 3 ! ∙ 7 !
2 ! ∙ 5 ! = 10 ∙ 21 = 210
  xil   usulda   tanlanishi
mumkin.
Misol 2.3.19   Bir xildagi 3 to’p 7 o’quvchiga, bir o’quvchi ko’pi bilan bir
to’p olish sharti bilan necha usulda tarqatilishi mumkin? 
Yechilishi.     Bunda 3 ta to’p bor 7 ta o’quvchidan 3 tasigina ololadi faqat
qaysi  o’quvchi  olishi  ahamiyatsiz,  shunga  ko’ra 7 ta o’quvchidan 3 tani  tanlab
olishga tushadi    C
73
= 7 !
3 ! ∙ 4 ! = 5 ∙ 6 ∙ 7
1 ∙ 2 ∙ 3 = 35
 ta usulda tarqatish mumkin.
Misol 2.3.20    Har xil rangda 2 ta koptok 6 ta o’quvchiga, har biriga eng
ko’p 1 ta koptok berish sharti bilan necha usulda tarqatilishi mumkin.
Yechilishi.  Bu holatda ham 6 ta o’quvchidan ikkitasini tanlab olish kerak
chunki,   2   ta   koptok   bor   va   koptoklar   har   xil   bo’lgani   uchun   o’rin   almashtirib
berish mumkin 2 ta o’quvchiga 2!  ga ko’paytiramiz  C
62
∙ 2 ! = 6 !
2 ! ∙ 4 ! = 15 ∙ 2 = 30
Misol 2.3.21   4 ta ko’k va 4 ta qizil to’p bo’lgan bir xaltadan 3 ta ko’k va
3 ta qizil to’p necha usulda tanlanishi mumkin?
Yechilishi.   4 ta ko’k shardan 3 ta ko’k sharni tanlab olamiz va 4 ta qizil
shardan 3 tasini tanlab olamiz.  C
43
∙ C
43
= 16
 ta usulda tanlash mumkin.
Misol 2.3.20     Uchtasida haydovchilik guvohnomasi bo’lgan 8 kishidan 5
tasi bir mashinaga, eng kam bir kishi  hujjatli bo’lish sharti bilan nechta usulda
o’tirishlari mumkin.
50 Yechilishi.   8   tadan   5   kishini   tanlab   olamiz   va   5   tasida   guvohnoma
yo’qligi   sababli   ularni   5   tadan   5   tasini   tanlab   chiqarib   tashlaymiz.C85−C55=	56	−1=55
 ta usulda o’tirishlari mumkin.
Misol 2.3.22     Eng kamida uchtasi  bir to’g’ri chiziq ustida bo’lmagan, va
bir tekislik ustidagi 8 ta turli nuqtadan nechta to’g’ri chiziq o’tkazish mumkin? 
Yechilishi.   2 ta nuqtadan bitta to’g’ri chiziq o’tkazish mumkinligi uchun
8   ta   nuqtadan   2   ta   nuqtani   tanlab   olishlar   soniga   teng   bo’ladi	
C82   ¿ 8 !
2 ! ∙ 6 ! = 28
  ta
to’g’ri chiziq o’tkazish mumkin.
Misol   2.3.23     Ixtiyoriy   uchtasi   bir   to’g’ri   chiziq   ustida   bo’lmagan   8
nuqtani uchi deb qabul qilingan, nechta turli to’rtburchak chizilishi mumkin? 
Yechilishi.   To’rtburchak   bo’lishi   uchun   4   ta   nuqta   kerak   bo’ladi,   8   ta
nuqtadan 4 ta nuqtani tanlab olishlar soniga teng bo’ladi.   C
84
= 70
  ta to’rtburchak
chizilishi mumkin.
Misol   2.3.24   Ixtiyoriy   ikkitasi   parallel   bo’lmagan   bir   tekislikdagi   15
to’g’ri   chiziqdan   3  tasi   A   nuqtasidan,   3  tasi   B   nuqtasidan,   3  tasi   C   nuqtasidan
o’tmoqda. Bu to’g’ri chiziqlarning nechta turli nuqtalarda kesishishadi? 
Yechilishi.   Agar   ixtiyoriy   2   tasi   parallel   bo’lmagan   15   ta   to’g’ri   chiziq
olsak ular   15 ∙ ( 15 − 1 )
2 = 105
  ta nuqtada kesishadi. Bu masalada 3 tasi A nuqtadan
o’tadi deyilayabdi shartida. Bu 3 ta to’g’ri chiziq 3 ta nuqtada emas 1 ta nuqtada
kesishadi. Shuning uchun kesishish nuqtalari 105 ta emas 2 taga kamayib 103 –
ta bo’ladi. B nuqtada ham xuddi shunday 2 taga kamayadi C nuqtada ham xuddi
shunday 2 taga kamayib  103 − 2 − 2 = 99
 ta turli nuqtalarda kesishadi.
2.4  Takrorli gruppalashlar.
51 n ta elementdan 	k  tadan olib tuzilgan  elementlari istalgancha takrorlanishi
mumkin bo’lgan kombinatsiyalarni  qaraymiz. Bu kombinatsiyalar  bir  – biridan
faqat elementlarining tarkibi bilan farqlanib, tartibi rol o’ynamasin.
Masalan,  	
B={a,b}   to’plamning   a
  elementidan  	k1   ta,   b
  elementidan   k
2   ta
olib tuzilgan uzunligi 	
k=k1+k2=	3  songa teng kombinatsiyalarni tuzamiz 	
(a,a,a),
 bu yerda 	k1=	3,k2=	0	
(
a , a , b	) ,
 bu yerda 	k1=	2,k2=1
( a , b , b )
 bu yerda  k
1 = 1 , k
2 = 2
( b , b , b )
 bu yerda 	
k1=	0,k2=3
Bu   kombinatsiyalar   bir   –   biridan   hech   bo’lmaganda   bitta   elementi
bilan   farqlanadi.   Bunday   usul   bilan   tuzilgan   kombinatsiyalar  	
n   ta
elementdan 	
k  tadan olib tuzilgan takrorli guruhlashlar deb ataladi. 
Teorema 2.4.1  	
n  ta elementdan 	k  tadan olib tuzilgan  takrorli gruppalashlar  deb ,	
Cnk
  soni   or q ali   ani q lanuvchi   va   elementlari   takrorlanuvchi   gruppalashlarga
aytiladi. 
Ularning soni esa
C
nk
= C
n + k − 1k
=	
( n + k − 1	) !
k ! ∙	
( n − 1	) ! , ( 7 )
formula orqali hisoblanadi. 
Isbot.   n   ta   elementli   A=  	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}   to’plamdan   k   tadan   olib   tuzilgan   takrorli
guruhlashlar  sonini topish uchun har bir kombinatsiyalar tarkibidagi  	
ai ,  	i=(1,n)
elementlarni nol va bir raqamlaridan iborat kodlar yordamida shifirlaymiz. Agar	
ai
 element kombinatsiyada necha marta qatnashsa, shuncha birlar yozamiz, agar
qatnashmasa,   hech   narsa   yozmaymiz.   Berilgan   A=  	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}   to’plam
tarkibidagi vergullarni nol raqami bilan almashtiramiz. 
52 Masalan A=  { a , b , c , d	}
  to’plam elementlaridan tuzilgan to’rtta elementdan
beshtadan takrorli (b, b, d, d, d) guruhlashlarga 01100111 shifr mos keladi. Bu
yerda  A= 	
{a1,a2,…	,an}  to’plamdagi a elementdan keying vergul nol raqamiga, (b,
b,   d,   d,   d)   kombinatsiyada   b   element   ikki   marta   qatnashgani   uchun   ikkita   11
raqamiga,   A=  	
{ a , b , c , d	}
  to’plamdagi  	b   va  	c   elementdan   keying   vergullar   00
raqamiga,   (b,   b,   d,   d,   d)   kombinatsiyada  	
d   element   uch   marotaba   qatnashgani
uchun   uchta   111   raqamiga   akslantirilgan.   01100111   shifr   tarkibida   beshta   bir
raqami   va   uchta   0   raqami   qatnashmoqda.   Agar   bu   yerda   ixtiyoriy   bitta   1   va   0
raqami o’rni almashtirilsa, bu shifrga mos yangi kombinatsiya hosil bo’ladi. 
Masalan,   01100111   shifrning   birinchi   ikki   raqami   o’rnini   almashtirilsa,
hosil   bo’lgan   10100111   shifrga   mos   kombinatsiya   ( a , b , d , d , d )
  ko’rinishda
bo’lib   qolgan   kombinatsiyalardan   hech   bo’lmaganda   bitta   elementi   bilan   farq
qiladi. 01100111, 10100111 va hokazo shifrlar tarkibida 	
k=5  ta va 	n−1=	4−1=3
ta nol raqami qatnashayapdi. 
Xullas, n ta elementli   A= 	
{ a
1 , a
2 , … , a
n	}    to’plamdan k tadan olib tuzilgan takrorli
guruhlashlar  sonini  0 va 1 raqamlardan iborat  shifrlarning o’rin almashtirishlar
soniga   teng.   Bu   shifr   tarkibida   ( n − 1 )
  ta   nol   raqami,   k   ta   1   raqami   mavjud.
Shuning uchun 	
Cnk=	P(n−1,k)=Cn+k−1	k	=	(n+k−1)!	
k!∙(n−1)!
mana shu formula kelib chiqadi.
Misol  2.4.1   Ushbu   5, 6, 8, 9 sonlardan tomonlari takrorlanadigan nechta
uchbu r chaklar yasash mumkin? 
Yechilishi.   Izlanayotgan son (7)  formula orqali hisoblanadi,
C
43
= C
63
= 6 !
3 ! ∙	
( 6 − 3	) ! = 3 ! ∙ 4 ∙ 5 ∙ 6
3 ! ∙ 3 ! = 4 ∙ 5 = 20.
Uchburchakning   mavjudlik   shartiga   ko’ra   berilgan   sonlarni   ixtiyoriy   ikkitasi
yi g‘ indisi   uchinchi   sondan   katta   bo’lishi   kerak.   Masala   shartiga   ko’ra   esa
ixtiyoriy ikkitasining yig;indisi uchunchisidan albatta katta.
53 Bu   masalaning   oldingi   masaladan   farqi   shundaki,   bu   yerda   takrorli
gruppalashlar ham hisobga olinadi.
Keling   tushunarli   bo’lishi   uchun   masalada   berilgan   sonlardan   yasash
mumkin bo’lgan uchburchaklarning barchasini tuzib chiqaylik.
1( 5 , 5 , 5	)
5	( 6 , 6 , 6	)
9	( 8 , 8 , 8	)
13	( 9 , 9 , 9	)
17	( 5 , 6 , 8	)
2	
(5,5,6) 6	( 6 , 6 , 5	)
10	(8,8,5) 14	( 9 , 9 , 5	)
18	( 5 , 6 , 9	)
3	
( 5 , 5 , 8	)
7	( 6 , 6 , 8	)
11	( 8 , 8 , 6	)
15	( 9 , 9 , 6	)
19	( 5 , 8 , 9	)
4	
(5,5,9) 8	( 6 , 6 , 9	)
12	( 8 , 8 , 9	)
16	(9,9,8) 20	(6,8,9)
2.5    Binom  formulasi.
Ixtiyoriy   yig‘indining   ixtiyoriy   natural   darajasini   binom   formulasi   orqali
hisoblash mumkin. 	
(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnnbn=¿
¿
∑
k = 0n
C
nk
a n − k
b k
( 8 )
Agar bu tenglikda  b = a
 desak ,	
(2a)n=Cn0an+Cn1an+Cn2an+...+Cnnan
tenglik hosil bo’ladi. Oxirgi tenglikni ikkala tomonini 
2 n
 ga bo’lsak ushbuga ega
bo’lamiz:
C
n0
+ C
n1
+ C
n2
+ . . . + C
nn
= 2 n
.
B inom   formulasini  q uyidagicha  h am yozish mumkin. 
( a + b ) n
= P ( n , 0 ) a n
+ P ( n − 1,1 ) a n − 1
b + P ( n − 2 , 2 ) a n − 1
b + ¿
+ . . . + P	
( 0 , n	) b n
=
∑
k = 0n
P ( n − k , k ) a n − k
b k
. ( 9 )
bu erda 
P	
( n − k , k	) = n !	(
n − k	) ! ∙ k ! = C
nk
.
Binom formula lari quyidagi xossalarga ega;  
1. 	
a   ning daraja ko’rsatgichi kamayib boradi, 	b  ning daraja ko’rsatgichi esa ortib
boradi. Ularning daraja ko’rsatgichlari yig‘indisi 	
n  ga teng.
2. Yoyilma 	
n+1  ta haddan iborat.
3.    Binomial ko e ffits i entlar yig‘indisi 
2 n
 ga teng. 
                   C
n0
+ C
n1
+ C
n2
+ . . . + C
nn
= 2 n
4. Y o yilmaning istalgan  h adi  	
Tk+1=Cnkan−kbk   dan iborat.
5.   Y o yilmaning   chetlaridan   teng   uzoqlikda   turgan   hadlarining   ko e ffits i entlari
o’zaro teng. 
6.   Toq   o’rinlarda   turgan   binomial   ko e ffits i entlar   yig‘indisi   juft   o’rinda   turgan
binomial ko e ffits i entlar yig‘indisiga teng. 
54 Misol 2.5.1.(x+2)5    Nyuton binomi formulasidan foydalanib yoying. 
Yechilishi.    C
50
x 5
+ C
51
x 4
∙ 2 + C
5 2
x 3
∙ 2 2
+ C
53
x 2
∙ 2 3
+ C
5 4
2 4
∙ x + C
55
2 5
=	
x5+10	x4+40	x3+80	x2+80	x+32
Misol   2.5.2.   ( 1
2 x + 3
5	
√ x ) 7
  binom   yoyilmasining  
x 5
  qatnashgan   hadining
nomerini toping.
Yechilishi.    	
x5   darajasi   hosil   bo’lish   uchun   birinchi   qo’shiluvchidan   3-
daraja, 2 – qo’shiluvchidan 4- daraja olinishi kerak ya’ni 	
C74  ga to’g’ri keladi bu
esa 5- hadi bo’ladi.
2.6 Geometrik shakllarda kombinatorikaning ishlatilishi 
   Masala  2.6.1  Berilgan shaklda nechta uchburchak bor?                       
Yechish.     Bu   masalani   yechishda   kombinatsiya   qoidasidan   foydalaniladi.   Ikki
hol qaraladi. 
1-hol. AB tomon umumiy bo‘lgan uchburchaklar;
2-hol. AB tomon umumiy bo‘lmagan uchburchaklar.
1-hol   uchun   A   nuqtadan   chiquvchi   3   ta   kesmalardan   bittasi   va   B   nuqtadan
chiquvchi   kesmalardan   bittasi   va   AB   tomon   orqali   yasalishi   mumkin   bo‘lgan
uchburchaklar soni topib olinadi:
C
31
∙ C
41
= 3 !
1 !	
( 3 − 1	) ! ∙ 4 !
1 !	( 4 − 1	) ! = 12
A   nuqtadan   chiquvchi   B   nuqta   bilan   umumiy   nuqtaga   ega   bo‘lmagan
chiziqlardan 2 tasi va B nuqtadan chiquvchi A nuqta bilan umumiy nuqtaga ega
55 bo‘lmagan chiziqlardan bittasi orqali uchburchaklar yasash mumkin va teskarisi.
Ya’ni   A   nuqtadan   chiquvchi   B   nuqta   bilan   umumiy   nuqtaga   ega   bo‘lmagan
chiziqlardan bittasi va B nuqtadan chiquvchi A nuqta bilan umumiy nuqtaga ega
bo‘lmagan   chiziqlardan   ikkitasi   orqali   uchburchaklar   yasash   mumkin.
Uchburchaklar soni quyidagicha topiladi:
C
32
∙ C
41
+ C
31
∙ C
42
= 3 !
2 !( 3 − 2	) ! ∙ 4 !
1 !	( 4 − 1	) ! + 3 !
1 !	( 3 − 1	) ! ∙ 4 !
2 !	( 4 − 2	) ! = 30
Barcha   uchburchaklar   sonini   toppish   uchun   1-   va   2-holdagi   javoblar   qo‘shib
olinadi:	
12	+30	=42
Javob:   jami 42 ta uchburchak yasash mumkin ekan.
2-masala.  Berilgan shaklda nechta uchburchak bor? 
Yechish.   Bu   misolni   ham   kombinatsiyalash   qoidasiga   asoslanib   yuqoridagi
misol kabi yechamiz.
1-hol: 	
C51∙C61=	5!	
1!(5−1)!∙	6!	
1!(6−1)!=	30
2-hol:
C
52
∙ C
61
+ C
51
∙ C
6 2
= 5 !
2 !	
( 5 − 2	) ! ∙ 6 !
1 !	( 6 − 1	) ! + 5 !
1 !	( 5 − 1	) ! ∙ 6 !
2 !	( 6 − 2	) ! = 135
Umumiy javobni toppish uchun 1, 2-natijalar qo‘shiladi: 	
30	+135	=165
56 Javob:  berilgan chizmada jami 165 uchburchak mavjud ekan.
3-masala.  Berilgan shaklda nechta uchburchak bor? 
Yechish. Berilgan chizmada A uchidan chiquvchi ikkita kesma va DE, MN, BC
kesmalarning har biri bilan uchburchak hosil qiladi. Guruhlash qoidasiga asosan
topamiz:
C
62
∙ C
31
= 6 !
2 !( 6 − 2	) ! ∙ 3 !
1 !	( 3 − 1	) ! = 45
Javob:  berilgan shaklda jami 45 ta uchburchak tasvirlangan ekan.
4-masala. AB to‘g‘ri chiziqda 3 ta nuqta, DC to‘g‘ri chiziqda 5 ta nuqta berilgan
uchlari shu nuqtalarda bo‘lgan nechta uchburchak yasash mumkin? 
          
Yechish : berilgan ikkita chiziqdan nuqtalarni shunday tanlab olish kerakki nech
bir uchtasi bitta to‘g‘ri chiziqda yotmasin. Demak, agar biz AB to‘g‘ri chiziqdan
bitta   nuqta   olsak   CD   dan   ikkita   nuqta   va   aksincha   AB   to‘g‘ri   chiziqdan   ikkita
57 nuqta   olsak   CD   dan   bitta   nuqta   tanlab   olib   uchburchak   yasashimiz   mumkin
ekan. Guruhlash qoidasiga ko‘ra yechamiz:C31∙C52+C32∙C51=	3!	
1!(3−1)!∙	5!	
2!(5−2)!+	3!	
2!(3−	2)!∙	5!	
1!(5−1)!=45
Javob:  45 ta uchburchak yasash mumkin.
5-masala.   Berilgan   chizmadagi   nuqtalar   orqali   nechta   uchburchak   yasash
mumkin?
Yechish:   Bu misolni yechishda ijodiy yondoshuv talab qilinadi. Masalan, qaysi
nuqtalar   orqali   uchburchak   yasash   mumkinligini   o‘quvchi   fikrlab,   tahlil   qilishi
kerak. bu misolni yechishda diametrning uchlaridagi nuqtalarni faqat diametrga
tegishli   deb   olishimiz   kerak   bo‘ladi.   Birinchidan,   yarim   aylanadagi   nuqtalar
orqali ixtiyoriy uchtasini tanlab olib uchburchak yasash mumkin. Ikkinchi holda
yarim  aylana  nuqtalaridan  bitta,  diametrda yotgan nuqtalardan ikkitasini  tanlab
olish orqali, uchinchi holda yarim aylana nuqtalaridan ikkita, diametrda yotgan
nuqtalardan   bittasini   tanlab   olish   orqali
uchburchak   yasash   mumkin.   Ya’ni
quyidagicha yechish mumkin:
1-hol:
C
63
= 6 !
3 !	
( 6 − 3	) ! = 20
2-hol:  	
C61∙C42=	6!	
1!(6−1)!∙	4!	
2!(4−2)!=36
58 3-hol:  
 C62∙C41=	6!	
2!(6−2)!∙	4!	
1!(4−1)!=60
Umumiy   javob   sifatida   uchta   holdagi   javoblar
yig‘indisini olamiz: 	
20	+36	+60	=116
Javob:  216 ta uchburchak yasash mumkin.
II-bob bo‘yicha xulosa
1. O’rin almashtirish, takrorli o’rin almashtirish va unga doir misollar yechimlari
bilan keltirildi.
2. Guruhlashlar to’g’risida ma’lumot keltirib o’tildi
3. Geometrik shakllarda kombinatorikaning qo’llanilishi keltirib o’tildi. 
3-BOB.  KOMBINATORIK MASALALARNI YECHISH 
USULLARI BO’YICHA PEDAGOGIK TAJRIBA – SINOV 
ISHLARINI TASHKIL QILISH VA UNING NATIJALARI
59 3.1 Tajriba – sinov ishlarini tashkil etish va o’tkazish metodikasi
Yuqori   sinflarda   algebra   o‘qitish   bo‘yicha   tajriba   -   sinov   o‘tkazishda
samaradorlikka   erishish   ushbu   jarayonlarni   ijodiy   va   texnologik   yondashuv
asosida   tahlil   etish   hisobiga   ta’minlanadi.   Mazkur   vaziyatlarda   quyidagi
harakatlar amalga oshirildi: 
1.   Pedagogik   tajriba-sinov   metodik   jihatdan   puxta   asoslangan   loyihaga
muvofiq tashkil etildi. 
2.   Loyihada   tajriba-sinovni   bajarish   yaxlit   holda,   shuningdek,   uni
muayyan   qismlarga   ajratish   asosida   o‘rganish   uchun   samarali   shakl,   metod   va
vositalarni to‘g‘ri ta’minlashga erishildi. 
3. Loyihada o‘quvchining mustaqil o‘quv-ijodiy faoliyat yuritishi, tajriba-
sinovni   bajarishda   o‘rganishga   nisbatan   ijobiy   yondashuvlarga   erishishni
ta’minlovchi holatlar aks etildi. 
4.   Loyihada   maqsad   natijalanishini   kafolatlovchi   omillar   o‘z   ifodasini
topdi. 
Maktab   o’quvchilarida   kombinatorik   misol   va   masalalar   yechishda
samaradorlikka   erishish   nafaqat   o‘qituvchida,   balki   o‘quvchida   ham   masala
yechish   jarayoniga   nisbatan   ijodiy   kreativ   yondashuvni   taqozo   etadi.
O‘quvchida o‘quv-ijodiy faoliyati bunday yondashuvni qaror toptirish quyidagi
shartlar asosida kechadi, xususan: 
-   matematika   o‘qituvchisi   hamda   o‘quvchining   innovatsion   ta’lim
texnologiyalari mohiyati va afzalliklari borasidagi nazariy bilimlardan xabardor
bo‘lishlariga erishish; 
-   matematika   o‘qituvchisida   kombinatorikadan   misol   va   masalalar
yechishda   yangicha   yondashuv   asosida   tashkil   etishdagi   ehtiyojning   yuzaga
kelishini ta’minlash;  
60 -   7-8-11-   sinflarda   kombinatorikadan   misol   va   masalalar   yechish
darslarini  tashkil  etishda  noan’anaviy  shakl, metod va vositalardan  foydalanish
ko‘nikma va malakalarni rivojlantirish; 
-   Yuqori     sinflarda   algebradan   misol   va   masalalar   yechish   darslarini
tashkil   etishda   mazkur   fan   o‘qituvchisi   tomonidan   axborot   texnologiyalari
xizmatidan samarali foydalanishga imkon beruvchi shart-sharoitlar yaratish; 
-   Yuqori     sinflarda   kombinatorikaga   doir   misol   va   masalalar   yechish
darslarini tashkil etishda ma’lum bir loyiha asosida tashkil etilishiga erishish; 
-   o‘quvchilarda   mavzularni   mustaqil   o‘qib-o‘rganish   imkoniyatlarini
yaratish; 
-   Yuqori     sinflarda   kombinatorika   elementlariga   doir   masalalar   yechish
darslarini   tashkil   etishda   o‘quvchi   o‘quv-ijodiy   faoliyatini   rivojlantirish
samaradorligini   muntazam   tahlil   qilib   borish,   mavjud   muammolarni   aniqlash,
ularni bartaraf etish chora-tadbirlarini ishlab chiqish. 
Quyida   5-7-8-11   sinflarda   matematika   darslarini   o‘tishda   o‘qituvchi
o‘quvchini   ilmiy   bilish   operatsiyalari,   priyomlari   va   metodlari   (kuzatish,
konkretlashtirish,   analogiya,   isbotlashning   induktiv   va   deduktiv   metodlari   va
h.k.)   haqida   o‘quv   materiali   bilan   uzviy   bog‘lagan   holda   tanishtirilib   boradi,
matematik   jumlalar   (ta’riflar,   aksiomalar,   teoremalar)ning   mantiqiy   tuzilishi
o‘rtasidagi   umumiylik   va   farqlanishlarni   tahlil   qiladi,   ayniqsa,   qiziqarlilikka
e’tibor berishi lozim. 
Natijada,   o‘quvchi   “kichik   kashfiyotchilar”   bo‘lib   yetishadi:   u   ayrim
mavzularni mustaqil o‘rganadi, mustaqil misol va masalalar tuzadi, formulalarga
qarab   ta’rif   yoki   qoidasini   keltirib   chiqaradi,   bir   masalani   turli   usullar   bilan
yechadi.   Bularning   hammasi,   bir   so‘z   bilan   aytganda,   o‘quvchi   o‘quv-ijodiy
qobiliyati rivojlanishiga keng yo‘l ochib beradi. 
Matemetikada muammoli darslar quyidagicha o‘tkazildi. 
Avvaliga   o‘qituvchi   muammoni   yuqori   darajadan   boshlab   quyi   darajagacha
izohlab, hamma uchun umumiy qo‘yadi. 
61 Muammoning   3   ta   darajasiga   ko‘ra,   o‘quvchi   xulosalarni   muammoning
tartib raqamini qo‘ygan holda belgilab, varaqqa yozib borishi kerak.
Bu   o‘qituvchiga   o‘quvchining   qoida   xulosalari   asosida   tuzilgan   har   bir
qadamini   barcha   bosqichlarda   kuzatib   borish   imkonini   beradi.   Agar   o‘quvchi
qoida xulosalarini  yuqori  darajadan  boshlab quyi  darajagacha  belgilab borsa,  u
keyinchalik   ham   ishni   ushbu   qoida   asosida   davom   ettirishi   mumkin:
ko‘rsatkichlar   asosida   mulohazalarni   tekshirib,   agar   kerak   bo‘lsa   uni
mukammallashtirish va aniqlashtirish. Bu usul o‘qituvchiga agar ayrim o‘quvchi
muammoni xech qanday darajada bajara olmasa, qiyinchilik sabablarini aniqlab
va o‘z navbatida yordam berish imkonini beradi; shu bilan birga o‘quvchilarda
mos jarayonning shakllanishini, ijodiy fikrlashni rivojlantiradi. 
O‘quvchi   berilgan   masaladagi   qoida   ifodalanishini   muammoning   past
darajasi ko‘rinishida yozganidan so‘ng, o‘qituvchi undan keltirgan qoidalarining
ayrimlarini   ta’riflashni   so‘raydi.   Shundan   so‘ng   o‘qituvchi   masalani   xuddi
darslikdagi   kabi   ta’riflab,   qanday   qoidani   o‘rganish   kerakligini   aytib   va
keyingina   doskaga   mavzuni   yozadi.   Bilimlarni   mustahkamlash,   bilish   va
malakani   ifodalash   darslikdagi   masalalarni   yozma   va   og‘zaki   yechish   shaklida
bajariladi. Tadqiqot ishimizda geometriyadan ijodiy mazmundagi masalalarning
xususiyatlari   nazarda   tutilib,   algebra   masalalarni   yechishdagi   ijodiy   fikrlashni
rivojlantiruvchi 4 ta darajaga ajratilgan: 
1) aniq amallarning bajarilishi, tizimli tasavvurga ega bo‘lgan natijalarga
erishish; 
2)   turli   mavzu va  bo‘lim   mazmunlaridan foydalanib,  masaladagi  amallar
majmuini bajarish; 
3)   fan   mazmunidan   foydalanib,   ichki   tasavvurlar   tizimi   darajasida
bajarishni talab qiladigan masalalarning amallar majmuasini bajarishi; 
4)   fanlararo   bilimlardan   foydalanib,   fanlararo   va   tizimlararo   tasavvurlar
darajasida   bajariladigan   ijodkorlikni   talab   qiluvchi   masalalarning   amallar
majmuasini bajarish. 
62 Masalalarning   xususiyatlari   maktab   algebra   o‘quv   fanida   qisqa
yo‘nalishda   namoyon   bo‘ladi:   kombinatorikani   o‘rganishda   ularning   belgilari,
xossalari va o‘zaro joylashishi, ularning yechimida chizmalar chiziladi.
Yuqorida   keltirilgan   tushunchalardan   o‘quvchida   ijodiy   fikrlash
ko‘nikmalarini shakllantirishning eng maqbul usuli – bu o‘quvchining masalani
yechishga ijodiy yondashishi ekanligi kelib chiqadi.
3.2  Kombinatorika elementlarini o’qitish bo’yicha pedagogik sinov 
tajriba natijalari
2021- 2022 yillar davomida Samarqand viloyatidagi XTB ga qarashli 14-
43- umumta’lim maktablari doirasida 28 va 26 nafar maktab o’quvchilari bilan
tajriba-   sinov   ishlari   olib   borildi   .   Loyihalar   va   jarayonlarni   boshqarish
qobiliyati, teran fikrlash, badiiy ijodkorlik qobilyati, jamoalar, guruhlar va yakka
tartibda shaxslar bilan ishlash qobilyati, yuqori noaniqlik rejimida ishlash va tez
o’zlashtirish   qobiliyati   kabi   sifatlarni   shakllanish   darajasini   aniqlash.   Vazifa
shartlari:   Eksperimental   ishlarni   o’tkazish   uchun   loyiha   faoliyati   tasodifan
tanlanmagan. 
Tajriba   ishlari   maktab   o’quvchilari   orasidan   tuzilgan   ishchi   guruhlar
tarkibida   maktab   o’quvchilari   loyiha   ishlari   uchun   “ijodiy   maydonlar”   tashkil
etishni o’z ichiga oldi.
Ishchi   guruhlar   maktab   o’quvchilari   tomonidan   loyiha   mavzularini   erkin
tanlash   va   ularning   loyiha   faoliyatini   amalga   oshirishga   qiziqishlari   tamoyili
asosida tuzilgan. Tashkiliy mashg’ulotlarga maktab o’quvchilari taklif qilindi.
Loyiha   mavzulari   algebra   kursida   o’rganiladigan   kombinatorika
elementlari   haqidagi   tushunchalarni  muhokama  qildilar   va  4-  5  kishidan   iborat
ishchi guruhlarga bo’lindilar.
Loyiha   ob’ektlari   sifatida   maktab   va   universitet   darajasi   uchun   ham
dolzarb   bo’lgan   ijtimoiy   ahamiyatga   ega   mavzular   tanlangan.   Har   bir   guruhga
maktab o’qituvchilari orasidan ustoz tayinlandi.
63 Loyiha   ustida   ishlash   3   oy   davom   etdi,   maktab   o’quvchilari   haftada   bir
marta   yig’ilib   murakkab   masalalarni   muhokama   qilishdi   va   loyihani   amalga
oshirishdi. Keyin loyiha ishi tanlov oldidan himoya qilindi va quydagi mezonlar
bo’yicha baholandi. 
1) Loyiha faoliyati natijalariga erishish haqida xabardorlik;
2) Tashabbusning mustaqilligi;
3) O’zini o’zi boshqarish
4) Muammolarni hal qilishda integratsiya va tizimli yondashuv;
5) Muammolarni hal qilishda ijodiy yondashuv.
Har bir mezon 5 ballik tizimda baholandi. Aniqlangan mezonlar asosida maktab
ta’limi   tizimi   uchun  ko’nikma  va malakalarning  beshta  darajasi   aniqlandi:  past
(0-2,9 ball), o’rtachadan past (3 – 3,4 ball) , o’rtacha ( 3,5- 3,9 ball), o’rtachadan
yuqori (4- 4,5 ball), yuqori (4,6-5 ball).
Tanlov   komissiyasi   tomonidan   jamoalarning   faoliyati   quydagi   mezonlar
bo’yicha   baholandi:   loyiha   natijalarini   mantiqiy   va   asosli   taqdim   etish,
ma’ruzachilarning notiqlik mahorati, ekspertlar bilan suhbat o’tkazish qobilyati,
savollarga   tayyorlik   va   javob   berish   qobilyati;   tinglovchilar   bilan   muloqat
qilishga tayyorlik, loyiha ishi  natijalarini taqdim  etish shaklini tanlashga  ijodiy
yondashish.
Natijalar.   Eksperimental   ish   natijalarini   tahlil   qilish   shuni   ko’rsatdiki,   maktab
o’quvchilari   loyiha   faoliyatini   amalga   oshirish   uchun   “ijodiy   maydon”   dan
foydalanish,   uning   mazmuniga   ta’lim   berish   toifasini   kiritish   o’quvchilarda
zarur ko’nikma va malakalarni shakillantirish imkonini beradi. 
Tashkiliy   mashg’ulotlarda   loyihalar   boshlanishidan   oldin   guruhlarning
ilmiy   rahbarlari   tomonidan   maktab   o’quvchilariga   har   bir   mezon   bo’yicha   ball
qo’yilib, baholangan ko’nikma va malakalarning shakillanish darajalari belgilab
olindi. O’rtacha ball berildi.
Maktab   o’quvchilarining   86   %   ushbu   kompetensiyalarni   o’rtacha   darajadan
yuqori darajaga shakllantirdilar.
64 Tajriba ishtirokchilarida ko’nikma va malakalarni
shakllantirishning boshlang’ich darajalari
Darajalar Past O’rtachadan
past O’rtacha O’rtachadan 
yuqori Yuqori
14-maktab 
o’quvchilari 6,21% 18,72% 52,14% 15,66% 6,27 %
43- maktab 
o’quvchilari 2,92% 20,52% 43,15% 24,52% 8,81 %
Loyihani    amalga    oshirishning   oxirgi   bosqichida   guruh   rahbarlari  
eksperimentdagi   har   bir   ishtirokchining   malaka   va   malaka   darajalarini   ekspert  
baholashini    o ’ tkazdilar . 
Tajribadan   oldin   va   keyin   maktab   o ’ quvchilarida   kombinatorika
elementlari   bo ’ yicha   ko ’ nikma   va   malakalarni   shakllantirish
yakuniy   darajalari
Darajalar Past O’rtachadan 
past O’rtacha O’rtachadan
yuqori Yuqori
14-maktab 
o’quvchilari 0% 2,12% 8,32% 70,88% 15,63 %
43- maktab 
o’quvchilari 0% 1,12% 7,82% 70,58% 20,52%
 
Shunday qilib, taklif etilayotgan model maktab o’quvchilarini kasbiy 
tayyorgarlikka yuqori sifatli tayyorlash uchun vosita sifatida qarash mumkin.
III-bob bo‘yicha xulosa.
1.   Pedagogik   tajriba-sinov   ishlarining   mazmuni   yoritib   berildi.   5   –   7   –   8   -11-
sinfni algebra  darsligi asosida shakllantirish ta’lim tizimida yaxshi natija berishi
ilmiy asoslandi. 
65 2.   Matemetika   fanini   o qitishda   kombinatorika   elementlariga   oid   malumotlarniʻ
darslarda  qo llash ta’lim sifatini oshirishga xizmat qilishi ko rsatib berildi. 	
ʻ ʻ
66 Xulosa
Ushbu   magistrlik   dissertasiyasi   ishida   kombinatorika   elementlari   va
ularning   xossalari   o’rganilgan.   Umumiy   holda   kombinatorikaning   muhum
kombinatsiyalari   o’rganilgan.   Dissertasiyaning   natijalarini   olishda   umumta’lim
maktablarining   fan   darsliklari,   akademik   litsey   darsliklari,   turli   xil   metodik
adabiyotlardan foydalanilgan.  Xulosa qilib aytganda kombinatorika elementlari
va   ularni   hisoblash   usullarining   paydo   bo’lishi   matematikada   va   kundalik
hayotimizda ham ba’zi bir masalalarning oson usulda hisoblanishi uchun zamin
yaratdi. 
Umumiy   holda   ushbu   dissertasiya   kombinatorika   elementlari   bo’yicha
olingan   natijalardan   o’quvchilar,   talabalar,   magistrantlar   ba’zi   masalalarni
yechishda foydalanishlari mumkin.
                    Shu bilan  birgalikda ushbu  dissertatsiya  ishi    STEAM-loyiha mustaqil
ishlari     uchun   turtli   tipdagi     mashqlar   va   ularni   yechish   namunalarini   ham   o‘z
ichiga   oladi.     Ushbu     ishdan   kambinatorika   bo’yicha   amaliy   mashg‘ulotlarda
ham STEAM yondashuvini amalga oshirish uchun zarur tavsiyalaridan   tegishli
ta’lim   yo‘nalish   talabalari,   shuningdek,   pedagog   metodistlar   o‘zlarining   ilmiy-
tadqiot ishlarida ham foydalanishlari mumkin.
         
 
67 Adabiyotlar ro’yhati
1. M.I.Skanavi. Matematikadan   masalalar   to’plami.”O’qituvchi”.  Toshkent-
1975
2. M.A.Mirzaahmedov, Sh.N. Ismailov. Umimiy o’rta ta’lim maktablarining
darsliklari. “O’qituvchi”. Toshkent- 2017
3. Sh.A.Alimov,   O.R.   Xolmuhammedov.   Umumiyo’rta   ta’lim
maktablarining 7- sinfi uchun darslik
     4.   Sh.Alimov va boshqalar. Algebra va analiz asoslari. 10- 11 sinflar uchun
darslik. Kolmogorov A.N. tahriri ostida. – Toshkent: “O’qituvchi”, 1992
8. Vafoyev R. H. va boshqalar. Algebra va analiz asoslari. Akademik litsey
va   kasb   –   hunar   kollejlari   uchun   o’quv   qo’llanma.   –   Toshkent:
“O’qituvchi” , 2001 
9. Sirojiddinov   S.   X,   Mamatov   M.M.   Ehtimollar   nazariyasi   va   matematik
statistika.- Toshkent 1972
10.   G.A.Xasanov,   N.Ya.Imomkulov,   Sh.Q.Absalamov ,   B.R.Shukrulloyev .
Boshlang ’ ich   matematika   kursi   n azariyasi   I   qism.   Uslubiy   qo’llanma
SamDU-nashiriyoti 2018 yil.  
11. Valerija   Krekić-Pinter,   Josip   Ivanović,   Žolt   Namestovski,   Lenke   Major
Strategy   and   Methods   for   Solving   Combinatorial   Problems   in   Initial
Instruction   of   Mathematics.   International   Journal   of   Modern   Education
Research. Amerika V.2(6) 2015y. p.77-87
12.   М .A.Sobirov.   Matematik   fanlardan   ruscha-o‘zbekcha   lug‘at.
Т oshkent,«O‘qituvchi», 1983
13.  Н.Я.Виленкин.  Комбинаторика. Москва, «Наука», 1969.
14.   Р.Стенли.  Перечислительная комбинаторика. М., «Мир», 1990.
15.   H . To ‘ rayev ,   I . Azizov ,   S . Otaqulov .   Kombinatorika   va   graflar
nazariyasi   Toshkent  “ Ilm   ziyo ” 2009
68 16.   И.И.Роганова   K омбинаторика   в   жизнедеятельности   человека   и
решение комбинаторных задач   International   Journal   of   Humanities   and
Natural   Sciences ,  vol .11-1.  2018. p.107-111. 
17.   Виленкин Н. Я.   Комбинаторика. / Н. Я. Виленкин. – М.: Наука. Гл.
ред. физ.-мат. лит., 1969. – 323 с.
18. www.ziyonet.uz   
19. www.google.com   
20. www.yandex.com   
 
69

UMUMTA’LIM MAKTABLARI ALGEBRA KURSIDA KOMBINATORIKA ELEMENTLARINI O‘QITISH METODIKASI MUNDARIJA Kirish……………………………………………………………… 3 1 Kombinatorika elementlariga oid umumiy ma’lumotlar 1.1 Kombinatorika haqida umumiy tushuncha…………………. 8 1.2 Kombinatorikada qo’shish va ko’paytirish qoidasi…………17 1.3 O’rinlashtirishlar…………………………………………….23 1.4 Takrorlanuvchi o’rinlashtirishlar…………………………….28 1.5. STEAM ta’limi va uni qo‘llashga qo‘yiladigan talablar ……32 I – bob bo’yicha xulosa…………………………………………..37 2 Maktab matematika kursida kombinatorik masalalarni yechish bo‘yicha tavsiyalar 2.1 O’rin almashtirish …………………………………………... 37 2.2 Takrorli o’rin almashtirish……………………………………43 2.3 Guruhlashlar………………………………………………….46 2.4 Takrorli guruhlashlar…………………………………………53 2.5 Binom formulasi……………………………………………...55 2.6 Geometrik shakllarda kombinatorikani ishlatilishi…………..56 II – bob bo’yicha xulosa…………………………………………60 3 Kombinatorik masalalarni yechish usullari bo’yicha pedagogik tajriba sinov ishlarini tashkil qilish va uning natijalari 3.1. Tajriba - sinov ishlarini tashkil etish va o’tkazish metodikasi……61 3.2. Kombinatorika elementlarini o’qitish samaradorligini tajriba – sinovda tekshirish natijalari……………………………………………………….64 III – bob bo’yicha xulosa…………………………………………..…67 Xulosa Foydalanilgan adabiyotlar KIRISH 1

Magistrlik dissertatsiyasi mavzusining asoslanishi va uning dolzarbligi. Bugungi kun biz pedagoglar jamoasidan ta’lim – tarbiya berishning yangi usullarini ishlab chiqish, fanlararo bog‘lanish (integratsiya)ni kuchaytirish, ijodkor va erkin, har tomonlama mustaqil fikrlay oladigan yoshlarni tarbiyalashdek dolzarb vazifalarni talab qiladi. Mavzuning dolzarblik darajasi ham shundan iboratki kombinatorika mavzusi ham fikrlashga undaydi yoshlarni bu mavzu hayotiy jarayonlarga bog‘liq bo‘lgan mavzu hisoblanadi. Mavzuni to‘la darajada tushinib olish uchun o‘quvchidan teran fikr – mulohaza talab qiladi. Ko‘pgina amaliy masalalarni hal qilishda kombinatorika elementlari ustida turlicha amallardan foydalanamiz. Ushbu dessertatsiya bugungi kunning dolzarb vazifalaridan bo’lgan o’quvchilarning qiziqishlarini oshirishga kombinatorika masalalarini yechish ko’nikmalarini shakllantirishga, shu bilan birga matematik tasavvuri dunyoqarashi va mustaqil fikrlash darajasining o’sishiga xizmat ko’rsatadi. (O‘zbekiston Respublikasi Prezidentining 2020 – yil 7- maydagi PQ-4708- son qarori) Bunda umumta’lim maktablarida matematika fanini o’qitish sifatini oshirish, hududlarda matematika faniga ixtisoslashtirilgan maktablar faoliyatini rivojlantirish hamda yangi maktablarni tashkil etish. Matematika ta’limi maktab o'quvchilarining fikrlash qobilyatini rivojlantiradi, dunyoqarashini kengaytiradi. Maktab standartga muvofiq bolalarni o'quv faoliyatini boshqarishning samarali vositalarini o'zlashtirishga o'rgatish, ularga quyidagilarni o'rganishga yordam berish uchun mo'ljallangan: - O'qituvchi yordamida ta'lim maqsadlarini va ularga erishish uchun vazifalarni belgilash; - Muammolarni hal qilish usullarini amalda qo'llash; - Kognitiv (lotincha “cognize” – bilmoq, anglamoq, tushunmoq va fikrlamoq yoki “cognition”– bilish, tushinish) faollik va tashabbuskorlikni ko'rsatish; - O'qituvchi tomonidan ajratilgan harakatlar ko'rsatmalariga muvofiq o'quv materialini o’zlashtirishda mustaqil ravishda harakat qilish; 2

- Faoliyatni amalga oshirish jarayonida va harakatni bajarish natijasida nazoratni amalga oshirish, uni amalga oshirish paytida ham, harakat oxirida ham kerakli tuzatishlarni kiritish. N.A.Menchinskayaning ta’kidlashicha, pedagogik tadqiqotlar natijalari maktabda o'qitish amaliyotida bilimlarning yangi shakllanishi ko'nikmalarni shakllantirishga qaraganda tezroq davom etishini ko'rsatmoqda. O'qituvchilar o'quv faoliyatini boshqarishning o'qitish uslublariga ahamiyat bermaydilar, natijada nazariy bilimlarga ega bo'lgan talabalar ularni standart ta'lim vazifasi doirasidan tashqarida qo'llashda qiynaladilar. Umumjahon ta`lim harakatlarini shakllantirish muammosi nafaqat bilimlarni ta`lim faoliyatida umuminsoniy qo`llash muammosi sifatida, balki rivojlanishning ushbu bosqichida o`quv qobiliyatini oshirishga qaratilgan hayotiy fazilatlar va xususiyatlarni shakllantirish sifatida ham dolzarblashadi. Dunyoning bir qancha yetakchi pedagog va psixolog olimlari tomonidan pedagogika fanida o'quvchilarning o'quv faoliyatini amalga oshirishi bilan bog'liq masalalar o'rganilgan: L.I.Bojovich, A.A.Lyublinskaya, M.I.Maxmutov, N.F.Talizinning ta'kidlashicha, maktab o'quvchilarining muvaffaqiyatsizlikka uchrashining asosiy sabablaridan biri bu o'quvchilarning bilim olishga qodir emasligi; Yu.K.Babanskiy va I.Ya.Lernerlar o'z tadqiqotlarida bolalar o'rtasida o'qishga qiziqishning yo'qligini ta'kidlaydilar, bu ularning ta'lim ishlarini oqilona, texnologik jihatdan malakali tashkil qila olmaslik bilan izohlanadi; L.M.Fridman o'z tadqiqotida mavzuni o'rganish sifati va talabalarning mustaqil o'rganish qobiliyati o'rtasidagi bog'liqlikni ta'kidlaydi; A.K.Markova, I.I.Ilyasov, V.Ya. Laudislar "o'rganish qobiliyati" tarkibining tarkibiy qismlarini ajratib turadilar. So'nggi paytlarda o'qituvchilar va psixologlarning umumjahon ta'lim harakatlarini rivojlantirishga alohida e'tibor qaratilmoqda. Umumjahon ta'lim harakatlarini shakllantirish asosiy ta'lim vazifasi sifatida qaraladi. 3

O.A.Karabanova, A.G.Asmolov, G.V.Burmenskayalar universal ta'lim harakatlarini shakllantirish samaradorligini sinovdan o'tkazishning asosiy mezonlarini aniqladilar, M.R.Bityanova, E.V.Buneeva, A.A.Vaxrushev, A.G.Asmolov, T.V.Beglova, L.G.Petersonlar universal ta'lim harakatlarini diagnostikasi uchun metasubject testlarini ishlab chiqdilar, umumta'limiy harakatlarning ta'lim faoliyatidagi o'rni va roli aniqlandi, A.G.Asmolov, O.A.Karabanovalar tomonidan mashg'ulotning barcha bosqichlarida universal ta'lim harakatlarini rivojlantirish uchun psixologik talablar sanab o'tilgan va asoslangan. Tadqiqotning maqsadi: Xozirgi mavjud darslik,o’quv va metodik qo’llanmalarda kombinatorika elementlari haqida qisman ma’lumotlar berilgan. Ammo kombinatorika elementlarini maktab matematika kursida, akademik litsey va kasb-hunar kollejlarida yechish va ularni o’quvchilarga tushuntirish metodikasi yetarli darajada ishlab chiqilmagan. Ana shuning uchun ham biz o’z oldimizga kombinatorika elementlarini yechish va ularni o’quvchilarga tushuntirish metodikasini ishlab chiqishni va ilmiy asoslangan tavsiyalar ishlab chiqish, hamda ularni ta’lim tarbiya jarayoniga tatbiq etishni o’z oldimizga maqsad qilib qo’ydik. Tadqiqot vazifalari -kombinatorika elementlariga bag‘ishlangan nazariy va ilmiy uslubiy adabiyotlar taxlili asosida metodik tizimni tashkil etadigan asosiy omillarni aniqlash - matematika darslarini o‘qitishda kombinatorika elementlari mazmuni va uning tuzilishini aniqlash; - umumta’lim maktabi, akademik litsey va kasb-hunar kollejlarida matematika fanini o‘qitish uchun ajratilgan o‘quv materiallarida kombinatorika elementlarini yechish bo‘yicha tajribali ilg‘or pedagoglarning metodlaridan foydalanish va ularni takomillashtirish; 4

-ba’zi murakkab kombinatorik masalalarni yechishning geometrik usullarni qo‘llab o‘qitish metodlarini ko‘rsatib berish - ishlab chiqilgan uslubiy tizimning yaroqli ekanligini ko‘rsatuvchi tajriba sinovni tashkil etish va uni o‘tkazish; Tadqiqot ob’ekti: Respublikamizdagi uzluksiz ta’lim tizimiga asoslangan o‘rta umumta’lim maktablarida, akademik litsey va kasb-hunar kolleji o‘quvchilarida kombinatorika elementlarini yechish va ularni o’quvchilarga o‘rgatishdagi pedagogik jarayon Tadqiqotning predmeti : Umumta’lim maktablari, akademik litseylar va kasb-hunar kollejlarida matematika fanlarini o‘qitishda kombinatorika elementlarini yechish va ularni o‘quvchilarga o‘rgatishning metodik asosi . Tadqiqotning ilmiy yangiligi. Ushbu bitiruv malakaviy ishida kombinatorika elementlarini o’qitish metodikasi va undan olingan tajriba sinov natijalarini umumlashtirgan holda kombinatorikaga doir ilmiy – uslubiy adabiyotlarni tahlili amalga oshirildi, ilmiy – uslubiy jihatdan o’rganildi, kombinatorika elementlari masalalari toifalarga ajratilib sinflashtirildi, o’qitishda amalyotga tadbiq qilgan holda hayotiy fikrlashga undovchi masalalarni o’rgatish usullari topilgan. Tadqiqotning amaliy natijalari - matematikaga qiziqishi yuqori bo’lgan iqtidorli o’quvchilarni kashf qilish, ularni mustaqil fikrlashga o’rgatish, hamda kombinatorika masalalarini yechish bo’yicha ko’nikmalarini shakllantirish. Tadqiqotning natijalarining ishonchliligi. qo‘llanilgan yondoshuv, usullarning ilmiy-metodik asoslanganligi, nazariy ma’lumotlarning rasmiy manbalardan olinganligi, keltirilgan tahlillar, tajriba-sinov ishlari samaradorligi va ularning matematik-statistik tahlili, takliflarni amliyotga joriy etilganligi va vakolatli tashkilotlar tomonidan tasdiqlanganligi bilan belgilanadi. Tadqiqot natijalarining ilmiy va amaliy ahamiyati . Tadqiqot natijalarining ilmiy ahamiyati shundan iboratki maktablarda matematika fani 5