2. Mantiqiy masalalarni yechishning asosiy usullari

(  )
Isboti:
1.
Zaruriyligi. а) A , B ,C nuqtalar bir to‘g‘ri chiziqda yotsin: A - BC
1 1 1 1
tomonda, C - AB tomonda, B - C nuqtadan keyin AC tomon davomida deylik. ( )
1 1
munosabatning to‘g’riligini ko‘rsatamiz.
СК||AB bo‘lgan CK qo‘shimcha chiziq o‘tkazamiz o‘xshashligi xossasidan quyidagilarga ega bo‘lamiz:
(1-rasm). Uchburchaklarning
 KCB1 ~  C1 AB1 
AC1 AB1
KC CB1
=
 KC=
AB1 BC1  A1C
CB1  AC1
(1)
 BC1 A1 ~  CKA1

KC A1C
BC1 BA1
=
 KC=
BA1
(2)
(1) va (2) lardan
CB1  AC1 = BC1  A1C AB1 BA1
ga ega bo‘lamiz. Tenglikning ikkala tomonini BC1  A1C ga bo‘lamiz va (  ) ni hosil
BA1
qilamiz .
Izoh: zaruriyligini boshqa usulda isbotlash ham mumkin. Uchburchaklarning o‘xshashligidan foydalanish uchun boshqa o‘xshash uchburchaklar hosil qilamiz.
Uning uchun C B ga AM, BN, CK perpendikulyarlar tushiramiz (2-rasm).
1 1
 AMC ~  BNC 
1
1
C B BN
AC1 = AM
1
;
 A BN~  A CK 
1 1
A C
A1 B = BN ;
1
CK
 CKB1 ~  AMB1

AB1 AM
CB1
= .
CK
Bu tengliklarni ko‘paytirib
=1 ni hosil qilamiz.
C1 B A1C AB1 BN CK AM
AC1 . A1 B . CB1 = AM . BN . CK
б) A , B ,C nuqtalar  ABC tomonlarining davomida va bir
1 1 1
to‘g’ri chiziqda yotgan holni qaraylik. Endi а) holdagi singari CK||AB bo‘lgan CK perpendikulyar o‘tkazamiz(3- rasm).
 CKB1 ~  AC1 B1 
AC1 AB1
CK
=
CB1 AC1  CB1
 CK = ;
AB1
 CKA ~  BC A 
1
1 1
C B
CK = A1C
1
A B
1

CK= C1 B  A1C ,
A B
1
u holda
AC1  CB1 = C1 B  A1C AB1 A1 B
ya’ni (  ) munosabat kelib chiqadi.

AB1  BC1  CA1
AC1  CB1  BA1 =1
2. Yetarliligi. B1 nuqta AC tomon davomida, C1 nuqta AB tomonda, A1 nuqta BC tomonda, xususan, ular uchun
C1 B A1C B1 A
munosabat o‘rinli bo’lsin. A1 , B1 , C1 nuqtalarning bir to‘g’ri chiziqda yotishini
AC1 . BA1 . CB1 =1( )
isbotlaymiz. Agar AC1 . BA1 =1, bo‘lsa u holda ( ) munosabatdan CB1 =1 noto‘g’ri
C1 B A1C B1 A
tenglikka ega bo‘lamiz. Demak,
C1 B A1C C1 B BA1
AC1 . BA1  1

AC A C
1

1
, bundan A C va AC
1 1
lar parallel emasligi kelib chiqadi. C1 va A1 lardan to‘g’ri chiziq o‘tkazamiz. U AC
to‘g’ri chiziqni qandaydir B 2 nuqtada kesadi deylik. A1 , C1 va B 2 nuqtalar uchun Menelay teoremasi to‘g’ri, ya‘ni :
C1 B A1C B2 A
AC1 . BA1 . CB2 =1.
Bu tenglikni ( ) bilan solishtirib, ushbu
B2 A B1 A
CB CB
2 = 1
tenglikni hosil qilamiz; bu esa B1 va B 2 nuqtalar ikkalasi ham AC ning davomida, C nuqtadan bir tomonda yotishi kelib chiqadi.
CB1 = x , CB 2 =y, AC=b bo’lsin deylik. U holda yuqoridagi
B2 A B1 A
CB2 CB1
=
tenglikni B1
A=x+b, B 2 A=y+b larni hisobga olgan holda
x  b y  b
x y

ko‘rinishida yozish mumkin,
bundan xy+xb=xy+yb, yoki x= y. CB 1 = CB 2 .Demak B1 va B 2 nuqtalar ustma-ust tushishi va undan esa A1 , B1 ,C1 lar bir to‘g’ri chiziqda yotishi kelib chiqadi.
Shunga o‘xshash tarzda uchta nuqta mos tomonlarning davomlarida yotgan hol uchun isbotlanadi. Teorema isbotlandi.
Ptolomey teoremasi: Aylanaga ichki chizilgan qavariq to‘rtburchak qarama-qarshi tomonlari ko‘paytmalari yig’indisi diagonallari ko‘paytmasiga teng.
𝐴𝐵 ∙ 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷 ∙ 𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 ∙ 𝐵𝐷
∆𝐵𝑋𝐴~∆𝐵𝐶𝐷 , ∆𝐵𝑋𝐶~∆𝐵𝐴𝐷 lardan
𝐴𝐵
𝐴𝑋 = 𝐶𝐷 ∙ 𝐵𝐷 ,
𝐵𝐶
𝐶𝑋 = 𝐴𝐷 ∙ 𝐵𝐷.
Ularni qo‘shib va BD ga ko‘paytirib talab qilinayotgan tenglikka ega bo‘lamiz.
14. Funksional tenglamalar va ularni yechish usullari.
15. Respublika va xalqaro olimpiadalarda qo‘llanilgan ba’zi qiziqarli olimpiada masalalari.