Ilm-fan va ta’lim

 
References: 
1. “Linguistic features of pun” Meri Giorgadze, PHD, November 2014 European 
Scientific Journal 
2. “Contrastive Studies of Pun in Figures of Speech” Zhenzhen Wang, Qingchen 
Shao, 2012 
3. Attardo, S. Linguistic Theories of Humor. Berlin: Mouton de Gruyter, 1994. 
4. Augarde, Tony. The Oxford Guide to Word Games, 2nd ed., Oxford: OUP, 
2003. 
5. Clark David Allen, Jokes, Pun and Riddles. Garden City, New York: 
Doubleday, 1968. 

---

“Ilm-fan va ta’lim” ilmiy jurnali
2181-4325 
| 
https://ilmfanvatalim.uz/
 
| 
№ 6
~ 57 ~ 
MAKTAB MATEMATIKASIDAGI TRIGONOMETRIK 
TENGSIZLIKLARNI ISBOTLASH METODLARI 
 
Sharipova Guloy Olimboyevna 
UrDU o’qituvchisi
 
 
Annotatsiya: 
Mazkur maqolada bizga ko’p uchraydigan trigonametrik 
tengsizliklarni yechishning bir qancha oson usullari keltrilgan. Bundan tashqari 
vektorlar yordamida murakkab tengsizliklarni isbot qilish metodlaridan qo’llanilgan. 
Аннотация:
В этой статье вы найдете несколько простых способов решения 
распространенных тригонометрических неравенств. Он также использовал 
методы для доказательства сложных неравенств с использованием векторов.
 
Annotation: 
This article gives you some easy ways to solve common 
trigonometric inequalities. He also used methods to prove complex inequalities using 
vectors. 
Kalit so’zlar: 
vektor, tengsizlik, burchak, ayniyat, birlik vector.
 
Ключевые слова:
вектор, неравенство, угол, тождество, единичный вектор 
Key words:
vektor, inequality, angle, identity, unit vector. 
Bugungi kunda maktab o’quvchilari asosan matematik masalalarda ko’proq 
tengsizliklarni isbot qilishga qiynaladi.Bunga sabab tengsizliklar uchun asosan bir 
qolipga tushadigan isbotlash metodlari deyarli yo’qligidadir. Biz ushbu maqolada 
trigonametrik tengsizliklar uchun malum bir qoidaga tushadigan bazi tengsizliklarni 
vektorlar yordami bilan isbot qilamiz. Xususan yordamchi vektorlar yordamida 
almashtrishlar kiritgan holda tengsizliklarni soddaroq usullar bilan isbot qilishni ko’rib 
chiqamiz.. Geometriya bo’yicha ba’zi masalalarni, masalan, eng katta yoki eng kichik 
miqdorlarni topishga oid masalalarni yechish uchun ko’p jihatdan ularni yechish 
tajribasiga va yechish usullarini o’zlashtirganlik darajasiga bog’liq. Shuning uchun 
berilgan qarab qaysi tengsizlikni qo’llash va uni isbotlash muhimdir. Bizga 
a̅
; 
b̅; c̅
vektorlar berilgan bo’lsin: 
1. (
a̅, b̅)
= 
|𝑎̅| ∗ |𝑏̅| ∗ cos(a̅^b̅) 
2. (
a̅
+
b̅, c̅ )
= (
a̅, c̅) + (b̅, c̅)
Endi quyidagicha shartni kiritamiz 
|𝑎̅| = |𝑏̅| = |𝑐̅| = 1
x+y+z=2 
𝜋
(
𝑎̅
+
𝑏̅
+
𝑐̅, 𝑎̅
+
𝑏̅
+
𝑐̅ 
)=
|𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅ |
2
≥ 0
z 
x 
y 

---

“Ilm-fan va ta’lim” ilmiy jurnali
2181-4325 
| 
https://ilmfanvatalim.uz/
 
| 
№ 6
~ 58 ~ 
(
𝑎̅
+
𝑏̅
+
𝑐̅, 𝑎̅
+
𝑏̅
+
𝑐̅ ) = |𝑎̅|
2
+
|𝑏̅|
2
+|𝑐̅|
2
+2
|𝑎̅| ∗ |𝑏̅| cos 𝑧 
+2
|𝑎̅| ∗ |𝑐̅| cos 𝑦
+2
|𝑏̅| ∗
|𝑐̅| cos 𝑥
Bu tengsizlikdan 
cos 𝑥 +cos 𝑦 + cos 𝑧 ≥ −
3
2
, x+y+z=2
𝜋 
ga teng. 
Uchburchakda esa 
𝛼
+
𝛽
+
𝛾
=
𝜋
ga teng bo’ladi. Demak quyidagi almashtrish 
olamiz x=
2𝛼
, y=2
𝛽
, z=2
𝛾 
Bu almashtrishdan 
cos 2𝛼
+
cos 2𝛽
+
cos 2𝛾 ≥ −
3
2
tengsizlik 
hosil bo’ladi. 
Endi 
2𝛼, 
2
𝛽, 
2
𝛾
dan qanday qilib, 
𝛼
, 
𝛽, 𝛾
larga o’tamiz shuni ko’rib chiqamiz. 
cos 2𝛼
=2
cos 𝛼
2
-1, 
cos 2 𝛽
=2
cos 𝛽
2
-1, 
cos 2𝛾
=2
cos 𝛾
2
-1 
cos 2𝛼
+
cos 2𝛽
+
cos 2𝛾
=2(
cos 𝛼
2
+
cos 𝛽
2
+
cos 𝛾
2
)-3 ga teng bo’ladi. 
cos 2𝛼
+
cos 2𝛽
+
cos 2𝛾
=2(
cos 𝛼
2
+
cos 𝛽
2
+
cos 𝛾
2
)-3
≥ −
3
2
bundan 
cos 𝛼
2
+
cos 𝛽
2
+
cos 𝛾
2
≥
3
4
tengsizlik hosil bo’ladi. 
cos 𝛼
2
=1-
sin 𝛼
2
cos 𝛽
2
=1-
sin 𝛽
2
cos 𝛾
2
=1-
sin 𝛾
2
ifodani o’rniga qo’ysak 
sin 𝛼
2
+
sin 𝛽
2
+
sin 𝛾
2
≤
9
4
tengsizlik hosil bo’ladi. Koshi -Bunyakaskiy 
tengsizlikidan foydalanib yani 
(1+1+1)(
𝑎
2
+
𝑏
2
+
𝑐
2
)
≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
2
(1+1+1)(
sin 𝛼
2
+
sin 𝛽
2
+
sin 𝛾
2
)
≥ (𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛽 + 𝑠𝑖𝑛 𝛾)
2
→
𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛽 + 𝑠𝑖𝑛 𝛾 ≤
3√3
2
tengsizlikkga ega bo’lamiz. 
Endi tiroganametrik tenglikdan foydalanib quydagilarni isbot qilamiz. 
𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛽 + 𝑠𝑖𝑛 𝛾
=4
cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
4
cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
≤
3√3
2
7
cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
≤
3√3
8
Endi 
cos 2𝛼
+
cos 2𝛽
+
cos 2𝛾
=-1-4
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾
bundan 
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾 ≤
1
8
Endi 
cos 𝛼
+
cos 𝛽
+
cos 𝛾
uchun tengsizlik hosil qilamiz. Buning uchun x=
𝜋
-
𝛼
,
y=
𝜋
-
𝛽
, z=
𝜋
-
𝛾
deb tanlaymiz, natijada bularning yig’indisi x+y+z=3
𝜋
-(
𝛼 + 𝛽 +
𝛾
) ga teng bo’ladi.Bu almashtrishdan esa quyidagi 
cos 𝛼
+
cos 𝛽
+
cos 𝛾 ≤
3
2
tengsizlikka kelamiz. Bundan 
cos
𝛼
2
2
+
cos
𝛽
2
2
+
cos
𝛾
2
2
≤
9
4
Endi Koshi tengsizlikidan foydalanib bizga kerak bo’lgan tengsizlikni 
isbotlaymiz. 
7
Гелфанд.F “методы доказательства неравенства” Москва-1972г 

---

“Ilm-fan va ta’lim” ilmiy jurnali
2181-4325 
| 
https://ilmfanvatalim.uz/
 
| 
№ 6
~ 59 ~ 
𝑎 + 𝑏 + 𝑐
3
≥
√
𝑎𝑏𝑐
3
3
√
3
2
≥
cos
𝛼
2
+
cos
𝛽
2
+
cos
𝛾
2
≥ 3 √cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
3
→ cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
≤
3√3
8
Tengsizlik hosil bo’ladi. Endi biz yuqoridagi tengsizliklarni isbotlash jarayonida 
ko’plab triganametrik tengliklardan foydalandik. Bular quyidagi tengliklardir. 
1. 
𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛽 + 𝑠𝑖𝑛 𝛾
=4
cos
𝛼
2
cos
𝛽
2
cos
𝛾
2
2. cos 𝛼
+
cos 𝛽
+
cos 𝛾
=1+4
𝑠𝑖𝑛
𝛼
2
𝑠𝑖𝑛
𝛽
2
𝑠𝑖𝑛
𝛾
2
3. 
𝑠𝑖𝑛 2𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 2𝛽 + 𝑠𝑖𝑛 2𝛾
=4
𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑠𝑖𝑛 𝛾
4. 
cos 2𝛼
+
cos 2𝛽
+
cos 2𝛾
=-1-4
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾
5.
tan
𝛼
2
tan
𝛽
2
+
tan
𝛽
2
tan
𝛾
2
+
tan
𝛾
2
tan
𝛼
2
=1 
6. 
cot
𝛼
2
cot
𝛽
2
+
cot
𝛽
2
cot
𝛾
2
+
cot
𝛾
2
cot
𝛼
2
=1
8
7. 
sin
𝛼
2
2
+
sin
𝛽
2
2
+
sin
𝛾
2
2
+2
𝑠𝑖𝑛
𝛼
2
𝑠𝑖𝑛
𝛽
2
𝑠𝑖𝑛
𝛾
2
=1 
8. 
cos 𝛼
2
+
cos 𝛽
2
+
cos 𝛾
2
+2
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾
=1 
Bu tengliklarni isbotlashni o’quvchilarga mustaqil topshiriq sifatida havola 
qilamiz.Bundan tashqari bazi bir geometric masalalarni hal qilishda ham 
tengsizliklarni yechishga to’g’ri keladi.Asosan bu tengsizliklar orqali maximum yoki 
minimum nuqtalarni toppish mumkin.Biz quyida hunday masalalarni yechishda 
vektorlarni tadbiqini uchratishimiz mumkin. 
1-masala. Tomon 6 a bo’lgan kvadratdan tomsiz quticha yasashmoqchi. Kvadrat 
burchagidan qirqib, vertikal holatda turg’izilib yasalgan quti eng katta hajmga ega 
bo’ldi. Buning uchun qanday uzunlikdagi kvadrat kesish kerak? 
Yechish: Qirqilgan kvadrat tomonini x orqali belgilaymiz. Qutining tubi 6a-2x 
ga teng. Balandligi x (1-chizma). 
Uning hajmi V=(6a-2x)(6a-2x)x=4x(3a-x)(3a-x) ga teng bo’ladi. Lekin V ning 
maxsimumga erishishi quyidagi y=4x(3a-x)(3a-x) funksiyaga bog’liqdir.Bu funksiya 
x=a nuqtada maxsimumga erishadi. 
8
Mathematical Olympiads,Problems and solutions from around the world,1998-1999.Edited by Andreescu T. and 
Feng Z. Washington 2000

---

“Ilm-fan va ta’lim” ilmiy jurnali
2181-4325 
| 
https://ilmfanvatalim.uz/
 
| 
№ 6
~ 60 ~ 
2-masala. To’rt yoqli burchakning yassi burchagi qolgan burchagi qolgan 
burchagi yig’indisidan kichik ekanligini isbotlang. 
Isbot: To’rt yoqli burchagi 
SABCD ning eng katta yassi burchagi
ASB bo’lsin. (2-chizma) chizamiz. 
SD va 
SB to’g’ri chiziqlar orqali tekislik o’tkazamiz.Uchyoqli burchakning 
istalgan 
yassi burchagi 
qolgan 
ikki 
burchagi 
burchagi 
yig’indisidan 
kichikligidanyozish mumkinki, Ð ASB < Ð ASD + Ð DSC va Ð DSB < Ð DSC + Ð BSC. 
Bundan esa Ð ASB < Ð ASD + Ð DSC + Ð BSC
9
ga ega bo’lamiz. Xulosa. Yuqoridagi masalalardan ko’rinib turibdiki, 
stereometrik masalalar yechilishi ham bizga ma’lum planimetrik ma’lumotlarga 
tayanadi. Masalani yechish uchun, avvalo, uning chizmasini tasavvur qilish kerak va 
shunga mosroq grafikni yasash kerak. Bunda, albatta, tasavvur muhim ahamiyat kasb 
etadi. Ularga tengsizliklarni tatbiq qilish uchun chuqurroq ko’nikma va malaka kerak 
bo’ladi.