logo
  1. Bosh sahifa
  2. Diplom ishlar
  3. Umumiy
  4. UMUMTA’LIM MAKTABLARI ALGEBRA KURSIDA KOMBINATORIKA ELEMENTLARINI O‘QITISH METODIKASI

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

Yuklangan vaqt:

12.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

1330.3203125 KB
Ko'chirib olish
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

O'xshashlar

Rux mavzusini o‘qitish metodikasi
10-SINF MATEMATIK ANALIZ ASOSLARI MAZMUNI VA UNING ELEMENTLARINI O‘QITISH MATODIKASI
MATEMATIKAGA IXTISOSLASHTIRILGAN MAKTABLARDA PISA DASTURI ASOSIDA FUNKSIYA TUSHUNCHASINI SHAKLLANTIRISH METODIKASI
FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI
MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA)