Binomial koeffsientlar - Педагогика - Дипломные работы

Информация о документе

Цена	12000UZS
Размер	546.2KB
Покупки	0
Дата загрузки	06 Ноябрь 2026
Расширение	docx
Раздел	Дипломные работы
Предмет	Педагогика

Binomial koeffsientlar

Купить

BINOMIAL KOEFFSIENTLAR
KIRIS H ............................................................................................................ 3
1-BOB. BINOMIAL KOEFFISIYENTLAR VA ULARGA OID AYNIYATLAR
1.1
. Kombinatorika analiz elementlari ............................................... 6
1.2
. Ehtimollarni qo‘shish formulasi ............................................................. 12
1.3
. N
ta hodisadan m tasining ro‘y berish ehtimoli ................................. 16
1. 4
. Nyuton binomi . Binomial koeffisiyentlar............................................. 18
1.5
. Guruhlashlar........................................................................................... 23
1. 6
. Binomial koeffitsientlarning ehtimollar nazariyasiga tadbiqlariga
doir misollar............. ....................................................... ........................ 39
2-BOB. BINOMIAL KOEFFITSIENTLAR UCHUN ASIMPTOTIK
XOSSALAR
2 .1
. Binomial koeffitsientlar ketma-ketligi........................................ .............. 44
2 . 2
. Binomial koeffitsintlar yig‘indisi................................................ ............ 45
2 . 3
. Binomial koeffitsientlar yig‘indisining bahosi............................ ............. 49
2 .4
. Asimptotik baholar............................................................................. ....... 50
3-BOB. BINOMIAL KOEFFITSIENTLAR GEOMETRIYASI VA PASKAL
UCHBURCHAGI
3.1
. Binomial koeffitsientlar geometriyasi............................................. .......... 53

3.2
. Paskal uchburchagi.................................................................................. ... 55
3.3
. Birlashmalar va Nyuton binomiga doir mashqlar............................ ........ 64
3.4
. Tanlov kursi uchun materiallar........................................................... ...... 69
XULOSA .................................................................................................... 84
FOYDALANILGAN ADABIY O TLAR RO‘YXATI ......................... .... 85
MUNDARIJA
KIRISH
Ma’lumki, binomial koeffitsientlar kombinatorika bo‘limida o‘rganiladi.
Kombinatorika XVI -asrda paydo bo‘lgan. O‘sha davrda jamiyatning
imtiyozli qatlamlari hayotida qimor o‘yinlari katta o‘rin egallagan. Oltin va
olmoslar, saroylar va mulklar, zotli otlar va qimmatbaho zargarlik buyumlari
kartalar va zarlarda yutib olindi. Barcha turdagi lotereyalar keng tarqalgan edi.
Ko‘rinib turibdiki, dastlab kombinatsion muammolar asosan qimor o‘yinlariga
tegishli edi - ikkita yoki uchta zar otish orqali ma’lum miqdordagi ochkolarni
necha usul bilan tashlash mumkinligi yoki berilgan karta o‘yinida ikkita qirolni
necha usul bilan olish mumkinligi haqidagi savollar. Qimor o‘yinlarining bu va
boshqa muammolari kombinatorikaning rivojlanishida harakatlantiruvchi kuch
bo‘'lgan va ehtimollik nazariyasi bilan bir vaqtda rivojlangan.
Ishning asosiy maqsadlaridan biri maktab matematika kursida stoxastik
yo‘nalish elementi sifatida "Binomial koeffitsientlar" mavzusining mazmunini
loyihalashdir.

Ushbu maqsadga erishish uchun vazifalar quyidagilardan iborat:
"Birlashmalar va kombinatsiyalar soni" mavzusining mazmunini ishlab
chiqish;
«Nyuton binomi va binomial koeffitsientlarning xossalari» mavzusining
mazmunini ishlab chiqish.
Tadqiqotning dolzarbligi shundan iboratki, yaqinda har xil turdagi Nyuton
binomi va binomial koeffitsientlar matematika bo‘yicha davlat test-sinov
imtihonida tipidagi muammolar bazasini shakllantirish manbalaridan biriga
aylandi.
Bunday masalalarrning boshqa masalalardan asosiy farqi ularning aniq
ifodalangan nostandart tabiatidir - yechimni qurish talabalardan ahamiyatsiz
g‘oyalar va usullarni talab qilishi mumkin. Shuning uchun bunday topshiriqlarni
test va o‘lchov materiallariga kiritishdan maqsad aynan o‘quvchilarning
intellektual rivojlanish darajasini diagnostika qilishdir.
Shuningdek, binomial koeffitsientlar va ularning xossalari matematika
bo‘yicha deyarli har bir maktab olimpiadasida topshiriq sifatida mavjud. Ularni
yechishning turli usullari mavjud bo‘lib, ular maktab matematika o‘quv dasturiga
kiritilmagan, ammo ular olimpiada ishtirokchilari bilishi uchun foydalidir.
Tadqiqot maqsadi : binomial koeffitsientlar va ularning xossalari o‘rgatish
metodikasini ko‘rib chiqish.
Tadqiqot ob ’ ekti - 8 va 11-sinflarda matematika o‘qitish jarayoni.
Tadqiqot predmeti binomial koeffitsientlar va ularning xossalari o‘rgatish
metodikasi ( Nyuton binomi va koeffitsientlarning asimptotik xossalari)
Tadqiqot maqsadiga soslanib, quyidagi vazifalarni shakllantirish mumkin:
1. Binomial koeffitsientlar va ularning xossalari mohiyatini ochib berish;
2. Binomial koeffitsientlar va ularning xossalari binomial koeffitsientlar va
ularning xossalari o‘rgatish metodikasini ko‘rib chiqish ( Nyuton binomi va
koeffitsientlarning asimptotik xossalari)
3. Matematika va olimpiada masalalari bo‘yicha davlat test imtihonlari
topshiriqlarini yechishda foydalaniladigan didaktik materiallarni ishlab chiqish;

4. 8–9 va 10–11-sinf o‘quvchilari uchun “ B inomial koeffitsientlar va
ularning xossalari ” tanlov kursi uchun materillar ishlab chiqish.
Bu vazifalarni hal qilish uchun quyidagi usullar qo‘llaniladi:
1. Davriy va o‘quv adabiyotlarini tahlil qilish;
2. O‘qituvchilarning pedagogik tajribasini umumlashtirish;
3. Davlat test sinov imtihonining sinov va o‘lchov materiallarini va turli
yillardagi olimpiadalarning vazifalarini tahlil qilish.
Tadqiqotning nazariy ahamiyati shundaki, talaba matematika
olimpiadalarida muvaffaqiyatli ishtirok etishi va davlat test imtihonidan o‘tishi
uchun u binomial koeffitsientlar va ularning xossalari nazariyasini ham,
metodologiyasini ham bilishi kerak.
Bitiruv malakaviy ishining amaliy ahamiyati shundan iboratki, talabalar
biz tanlagan topshiriqlardan matematika fanidan va olimpiadalardan davlat test
imtihoniga mustaqil tayyorgarlik ko‘rishda, ishlab chiqilgan tanlov kursidan esa
o‘quvchilarni matematika fanidan oldindan kasbiy tayyorlashda foydalanishlari
mumkin.
Ishning tuzilishi kirish, uchta bob, xulosalar, foydalanilgan manbalar
ro‘yxati (54), ilovalar.
Ishning qisqacha mazmuni .Kirishda ishning dolzarbligini ochib beradi,
ishning ob'ekti, predmeti, maqsadi, vazifalari, tadqiqot usullari, nazariy va amaliy
ahamiyatini belgilaydi.
Birinchi bob da binomial koeffitsientlar va ularning xossalari va ularni
qo‘llash usullari muhokama qilinadi. Ikkinchi bobda matematika va olimpiada
masalalari bo‘yicha davlat test sinov imtihon topshiriqlarini echishda binomial
koeffitsientlar va ularning xossalari dan foydalanish ko‘rsatilgan. Uchinchi bobda
tanlov kursi uchun matekriallar mazmuni ko‘rsatilgan
8-9 va 10-11 sinf o‘quvchilari uchun " Binomial koeffitsientlar va ularning
xossalari ". Ilovada talabalarning mustaqil ishi uchun topshiriqlar mavjud bo‘lib,
ular matematika va olimpiadalarda davlat test imtihonini topshirishga tayyorgarlik
ko‘rishda ishlatilishi mumkin.

Xulosada tadqiqot natijalari umumlashtiriladi va ko‘rib chiqilayotgan mavzu
bo‘yicha yakuniy xulosalar chiqariladi.
Tadqiqot mavzusi bo‘yicha quyidagi maqola nashr etilgan:
1. Хайитмурадов Ш.С., Останов К., Олимов А. О МЕТОДИКЕ
ИЗУЧЕНИЯ БИНОМИАЛЬНЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ И ИХ СВОЙСТВ .
Проблемы науки. 3(84), 2024.
1-BOB. BINOMIAL KOEFFISIYENTLAR VA ULARGA OID
AYNIYATLAR.
1.1. Kombinator ika analiz elementlari
Elementar hodisalar fazosidagi chekli bo‘lgan va teng
imkoniyatli elementar natijalardan tashkil topgan masalalarni
yechishda biz odatda ehtimollikning klassik ta’rifidan, ya’ni
qaralayotgan hodisaga qulaylik tug‘diruvchi elementar hodisalar
sonining barcha elementar hodisalar soniga nisbati ko‘rinishi
beriladigan ehtimollikdan foydalanamiz. Ushbu sonlarni hisoblash
ko‘pchilik hollarda texnik qiyinchiliklar bilan bog‘liq bo‘lib, mumkin
bo‘lgan holatlarni sanab chiqishi amaliy jihatdan mumkin bo‘lmaydi.
Bunday hollarda kombinatorika elementlaridan foydalanishga

to‘g‘ri keladi. Masalan, quyidagi savollarga javob berish
so‘ralayotgan bo‘lsin:
1) 1,2,3,7,8,9 raqamlar ishtirok etadigan nechta uch xonali
sonlar bor.
2) 20 ta futbol komandalaridan har biri qolganlari bilan bir
martadan o‘tkazadigan bo‘lsa, jami nechta o‘yin o‘tkaziladi.
3) 10 ta kitobni kitob javoniga necha xil usul bilan terib
qo‘yish mumkin.
4) Chapdan o‘ngga qarab bir xil o‘qiladigan nechta yetti
xonali son mavjud.
5) Korxona ishlab chiqargan 100 dona mahsulotdan 12 donasi
sifatsiz mahsulot bo‘lsin. Agar tekshirish uchun tasodifan 10
ta mahsulot olinadigan bo‘lsa, shundan 4 tasi sifatsiz
bo‘ladigan holatlar nechta?
Ushbu hollarda barcha variantlarni hisoblab chiqish uchun uzoq
vaqt talab qiladi. Lekin kombinatorika elementlaridan foydalanib oson
hal etish mumkin.
Quyidagi kombinatorik analizning asosiy elementlarini keltirib
o‘tamiz.
1. Juftliklar
Bizga A=(a1,a2,… ,an) va B=(b1,b2,… ,bm) to‘plamlar berilgan
bo‘lsin. Har bir to‘plamdan bittadan elementni olib,
( a , b )
ko‘rinishdagi
tanlanma to‘plamni
n∙m usulda tuzish mumkin. Bu yerda a Aϵ va
b Bϵ
.
Haqiqatdan ham agar
A to‘plamdan ai(i=1. n) element
olingan bo‘lsa, B
to‘plam elementlari hisobidan
m ta,
ya’ni
(a¿¿i,b1),(a¿¿i,b2),… ,(a¿¿i,bm)¿¿¿ tanlanma to‘plamlarni tuzish
mumkin. A
to‘plam elementlari soni n
ga teng bo‘lganligi uchun
mumkin bo‘lgan barcha variantlar soni
n∙m bo‘ladi.
2.Kortejlar (kombinatsiyalar)

Bizga k ta

A1= (a1,a2,… ,an1),A2=(b1,b2,… ,bn2),… ,Ak=(c1,c2,… ,cnk) to‘plamlar berilgan
bo‘lsin. Har bir to‘plamdan bittadan element olib, ( a , b , … , c )
ko‘rinishdagi to‘plamni
n1∙n2∙… ∙nk= n usulda tuzish mumkin. Bu
yerda
aϵA1,bϵA2,… ,cϵAk(a,b,… ,c) tanlanma to‘plam k
ta
to‘plamdan bittadan element olib tuzilgan kortej deyiladi. Ma’lumki,
( a , b , … , c )
tanlanma to‘plam A
1 , … , A
k to‘plamlar Dekart
ko‘paytmasining, ya’ni A = A
1 × A
2 × … × A
k to‘plamning elementi bo‘ladi.
n = n
1 ∙ n
2 ∙ … ∙ n
k tenglik o‘rinli bo‘lishini matematik induksiya metodidan
foydalanib oson ko‘rsatish mumkin.
1-misol. 6 nafar ingliz tilini, 7 nafar nemis tilini va 4
nafar fransuz tilini biladigan talabalar bor. Olimpiadada ishtirok etish
uchun 3 kishidan iborat (bitta ingliz tilini, bitta nemis tilini, bitta
fransuz tilini biladigan) komanda tuziladi. Ushbu ishni necha xil usulda
bajarish mumkin?
Agar har bir tilni biladigan talabalarni to‘plam deb qarasak,
mumkin bo‘lgan kortejlar (komandalar) soni n = 6 ∙ 7 ∙ 4 = 168
bo‘ladi.
3. O‘rinlashtirishlar
A
0 = ( a
1 , a
2 , … , a
n )
to‘plam elementlaridan
m tasini olib,
(ai1,ai2,… ,aim)
ko‘rinishdagi tanlanma to‘plamni tuzamiz. Har biri
boshqalaridan kamida bitta elementi yoki elementlarni tanlash bilan
farq qiladigan ushbu tanlanma to‘plamlar tartiblangan tanlanmalar
yoki o‘rinlashtirishlar deyiladi. Mumkin bo‘lgan barcha
o‘rinlashtirishlar soni
Pnm=n(n−1)… (n− m+1).(1.1 .1)
formula bilan hisoblanadi.
Haqiqatdan ham
ai1 element a1,a2,… ,an elementlardan ixtiyoriy
biri bo‘lishi mumkin, ya’ni
ai1− A0 to‘plamning ixtiyoriy elementi. a
i 1

tanlangan bo‘lsin. U holda ai2 elementni qolgan n−1 ta elementdan
iborat bo‘lgan
A1= (a1,… ai1−1,ai1−2,… ,an) to‘plamdan tanlaymiz va h.k
aim
elementni A
0 ning a
i
1 , … , a
i
m − 1 elementlar qatnashmaydigan,
n− m+1
ta elementdan iborat bo‘lgan qism to‘plami A
m − 1 dan
olamiz. U holda kortejlar sonini hisoblash formulasiga ko‘ra
o‘rinlashtirishlar soni
n(n−1)… (n− m+1)
ga teng bo‘ladi.
2-misol. 1,2,3,4,5,6,7 raqamlarni faqat bir marta ishlatib
nechta to‘rt xonali son yasash mumkin?
Ma’lumki, raqamlar o‘rnini, ya’ni tanlash tartibini almashtirsak,
boshqa son hosil bo‘ladi. (1.1.1) formulaga ko‘ra to‘rt xonali sonlar
miqdori
P74= 7∙6∙5∙4=840
ga teng bo‘ladi.
Pnm−n
ta elementdan m
tadan olib tuzilgan o‘rinlashtirishlar
soni deyiladi.
3. O‘rin almashtirishlar
A0=(a1,a2,… ,an)
to‘plam berilgan bo‘lib, bittadan ketma-ket
hamma elementlarni olaylik. U holda
n ta elementdan olib tuzilgan
o‘rinlashtirishlarga ega bo‘lamiz. Bunda har bir tanlanma boshqalaridan
faqat elementlarni tanlash tartibi bilan farq qiladi va o‘rin
almashtirishlar deyiladi.
(1.1.1) formulaga ko‘ra barcha mumkin bo‘lgan o‘rin
almashtirishlar soni
n ! = P
nn
= n
( n − 1 )( n − 2 ) … 2 ∙ 1 ( 1.1 .2 )
3-misol. 10 ta kitobni kitob javoniga necha xil usulda terib qo‘yish
mumkin?
(1.1.2) formulaga ko‘ra 10 ta kitobni javonga

10 !=1∙2∙3∙4∙5∙6∙7∙8∙9∙10 =3628800usulda terish mumkin.
4-misol. ,,Raketa” so‘zida harflar o‘rni almashtirilsa, nechta “so‘z” hosil
bo‘lishi mumkin?
Yechish. Hosil bo‘ladigan ,,so‘z”larda harflar faqat bir martadan
qatnashsa, ya’ni takrorlanmasa, buning uchun, masalan, ikkala “a” ikkita alohida
olingan element deb qabul qilinsa, takrorsiz o‘rin almashtirishlarga ega bo‘lamiz.
U holda ularning soni
P6=6!=1∙2∙3∙4∙5∙6= 720 ta bo‘ladi.
5-misol. Shaxmat bo‘yicha musobaqada har birining tarkibida to‘rt
nafar o‘yinchi bo‘lgan ikkita komanda ishtirok etmoqda. Har bir komanda
rahbariga to‘rtta shaxmat taxtasida o‘yinlar o‘tkazish uchun o‘yinchilarni
ixtiyoriy ravishda tartiblash imkoniyati berilgan. Musobaqa qatnashchilarining
shaxmat taxtalarini egallash imkoniyatlari (variantlari) sonini toping.
Yechish. H ar bir komanda a’zolari uchun shaxmat taxtalarini egallash
imkoniyatlarini P
n = n !
formula yordamida hisoblash mumkin:
P4= 4!= 24 .
Komandalardagi o‘yinchilarni ixtiyoriy ravishda tartiblash mumkin
bo‘lganligidan, ko‘paytirish qoidasiga ko‘ra, musobaqa qatnashchilarining
shaxmat taxtalarini egallash imkoniyatlari (variantlari) soni
24 ∙24 =576 bo‘ladi .
4. Guruhlashtirishlar
A
0 = ( a
1 , a
2 , … , a
n )
to‘plam elementlaridan m
tasini olib, ( a
i
1 , a
2 i
2 , … , a
m )
tanlanma to‘plamni tuzaylik. Har biri boshqalaridan kamida bitta elementi
bilan farq qiladigan bunday tanlanmalar
n ta elementdan m tadan olib
tuzilgan guruhlashtirishlar deyiladi. Mumkin bo‘lgan barcha guruhlashtirishlar
soni ushbu formula bilan hisoblanadi:
C
nm
= n !
m !
( n − m ) ! . ( 1.1 .3 )
Haqiqatdan ham guruhlashtirishlar o‘rinlashtirishlardan shu bilan
farq qiladiki, bunda elementlarni tanlash tartibi e’tiborga olinmaydi, ya’ni
o‘rinlashtirishlarda
m ta elementdan faqat tanlash tartibi bilan farq qiladigan
m !
ta tanlanma bitta tanlanma hisoblanadi, ya’ni tanlanmalar boshqalaridan
farq qilishi uchun kamida bitta elementi boshqa bo‘lishi kerak. Shunday

qilib, m hajmli guruhlashtirishlar shu hajmli o‘rinlashtirishlardan m! marta
kam bo‘ladi. Unda (1.1.1) formulaga ko‘ra
C
nm
= P
nm
m ! = n
( n − 1 ) … ( n − m + 1 )
m ! . ( 1.1 .4 )
Bundan kasrning surati va maxrajini ( n − m ) !
ga ko‘paytirib, (1.1.3)
formulaga ega bo‘lamiz. Bu yerda
0!=1,Cn0=1 deb qabul qilinadi. Quyidagi
munosabat o‘rinli:
C
nm
= C
nn − m
6-misol. 20 nafar shaxmatchilar mavjud bo‘lib, musobaqada ishtirok
etish uchun 5 kishidan iborat komanda tashkil etish lozim. Komandani necha
xil usulda tashkil etish mumkin?
Ravshanki, ushbu misolda shaxmatchilarni tanlash tartibi ahamiyatli
emas, ya’ni (1.1.3) yoki (1.1.4) formuladan foydalanish mumkin, ya’ni
komandani
C
205
= 20 ∙ 19 ∙ 18 ∙ 17 ∙ 16
1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 = 5814
usulda tashkil etish mumkin.
7-misol. Qurilish tashkilotining duradgorlar bo‘limida
15 nafar ishchi bor.
Ko‘p qavatli uyning eshiklarini ta’mirlash uchun 3
nafar duradgorni tanlash
zarur. Agar bo‘limdagi har bir duradgor bu topshiriqni bajarishga layoqatli bo‘lsa,
bunday tanlash imkoniyatlari (variantlari) qancha?
Yechish . Bo‘limdagi har bir duradgor ta’mirlash ishini bajarishga
layoqatli bo‘lgani uchun, bu masalani hal qilishda gruppalashlar sonini topish
formulasidan foydalanish mumkin.
Bu yerda n = 15
, m = 3
va C
153
= 15 ∙ 14 ∙ 13
1 ∙ 2 ∙ 3 = 455
. Demak, 15
nafar duradgorlar orasidan
3 nafarini tanlash imkoniyatlari soni
455 ekan.
5. Takroriy tanlanmalar (joylashtirishlar)
A0=(a1,a2,… ,an)
to‘plamdan bitta element olib, element raqamini qayd
etamiz va to‘plamga qaytarib qo‘yamiz. Shu jarayonni m
marta takrorlab,
( a
i
1 , a
2 i
2 , … , a
m )
tanlanmani hosil qilaylik. Bu yerda tanlanmaning bir nechta

yoki hamma elementi bir-biriga teng bo‘lishi mumkin. Bunday tanlanma
takroriy tanlanmalar yoki joylashtirishlar deyiladi va ularning soni
A
nm
= n m
( 1.1 .5 )
ga teng.
Haqiqatdan ham, ushbu tanlanmani hammasi A0 ga teng bo‘lgan m ta
to‘plamdan bittadan element olib tuziladigan kortej deb hisoblash mumkin. U
holda kortejlar sonini hisoblash formulasiga ko‘ra
Anm= n∙n∙… ∙n= nm
bo‘ladi.
8-misol. Guru h 25 nafar talabadan tashkil topgan bo‘lsin. Bu guruhda
guruh sardori, guruh sardorining yordamchisi va kasaba uyushmasining guruh
bo‘yicha vakilini saylash zarur. Har bir talaba bu vazifalardan faqat bittasini
bajaradi deb hisoblansa, saylov natijalari uchun qancha imkoniyat mavjud?
Yechish. Bu yerda 25 ta elementli talabalar to‘plamining tartiblangan
uchta elementli (guruh sardori, guruh sardorining yordamchisi va kasaba
uyushmasining guruh bo‘yicha vakili) qism to‘plamlari sonini aniqlash zarur.
Bu esa 25 ta elementdan uchtadan o‘rinlashtirishlar soni A
253
= 25 ∙ 24 ∙ 23 = 13800
ekanligini aniqlaymiz. Demak, guruhdagi saylov natijalari uchun
13800 ta
imkoniyat mavjud.
9-misol. 10 ta qutilarga 5 ta soqqani necha xil usulda joylash
mumkin?
Ushbu misolda qutilarni to‘plam elementlari va soqqa joylashadigan
qutini tanlashni tanlanma elementi deb qarash mumkin, ya’ni birinchi soqqani
joylash uchun 10 ta qutidan biri, ikkinchi soqqani joylash uchun yana shu 10
ta qutidan biri tanlanadi va h.k. Soqqalar 5 ta bo‘lganligi sababli qutilarni
tanlash ham 5 marta takrorlanadi. U holda (1.1.5) formulaga ko‘ra 5 ta
soqqani 10 ta qutiga
A
105
= 10 5
= 100000
usulda joylash mumkin.

10-misol. 1,2,3,4,5,6,7,8,9 raqamlaridan nechta uch xonali son tuzish
mumkin?
Yechish. Demak barcha uch xonali sonlarni quyidagicha topamiz.
T = { 1,2,3,4,5,6,7,8,9 }
to‘plam elementlari qatnashadigan va komponentalari
takrorlanmaydigan uch xonali sonlar jami A93= 9!
6!∙3!=84
ta tuzish mumkin.
1.2 . Ehtimollarni qo‘shish formulasi
Agar ixtiyoriy ikkita A
1 va A
2 hodisalar berilgan bo‘lsa, ehtimollarning
xossalaridan bilamizki, ularning yig‘indisining ehtimoli ushbu formula bilan
aniqlanadi.
P
( A
1 + A
2 ) = P ( A
1 ) + P ( A
2 ) − P ( A
1 ∙ A
2 ) . ( 1.2 .1 )
Endi bu N
ta A
1 , A
2 , … , A
N hodisalar uchun umumlashtiramiz. Buning
uchun alohida olingan hodisalarninggina emas, balki ularning mumkin
bo‘lgan barcha kesishmalarining ham ehtimollarini ham bilish kerak bo‘ladi.
Qulaylik uchun quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
Pi= P(Ai),Pij= P(Ai∙Aj),Pijk= P(Ai∙Aj∙Ak),… ,(1.2 .2)
bu yerda indekslarni o‘sish tartibida joylashtiramiz va har bir ehtimollikdagi
indekslar mos tushmaydi.
Mumkin bo‘lgan barcha ehtimolliklar yig‘indisini quydagicha
belgilaymiz:
S
1 =
∑
i P
i , S
2 =
∑
i < j P
ij , S
3 =
∑
i < j < k P
ijk , … , ( 1.2 .3 )
bu yerda
1≤i< j<k… ≤N , ya’ni yig‘indilardagi ehtimolliklar faqat bir marta
qatnashadi va S
r yig‘indi
CNr ta qo‘shiluvchiga ega. N =2 da (1.2.1) ga ko‘ra
P(A1+A2)=S1− S2.(1.2 .4)
tenglik hosil bo‘ladi. Ushbu formulani
N ta ( N ≥2 ) hodisa uchun
umumlashtirib, quyidagi tenglikni olamiz:
Teorema.
A1,A2,… ,AN hodisalardan kamida bittasining ro‘y berish
ehtimoli ushbu formula bilan hisoblanadi:

P
1 = P( A
1 + … + A
N ) = S
1 − S
2 + S
3 − S
4 + … + ( − 1 ) N − 1
S
N . ( 1.2 .5 )
Teoremani ikki xil usulda isbotlash mumkin.
1-isbot. ,,Qo‘shish va ajratib yozish metodi”. Ma’lumki, har qanday
hodisaning ehtimoli uni tashkil etuvchi elementar hodisalar ehtimollarining
yig‘indisiga teng, ya’ni (5) formuladagi
S1,S2,… larni elementar hodisalar
ehtimollari bo‘yicha yoysak,
B= A1+A2+… +AN hodisani tashkil etuvchi ixtiyoriy
ω∈B
elementar hodisaning ehtimoli (1.2.5) ning o‘ng tomonida birga teng
koefisienti bilan qatnashadi. Faraz qilaylik, biror ω ∈ B
elementar hodisa
A
1 , … , A
N hodisalardan n
tasining tarkibiga kirishi. U holda ω
elementar hodisa
ehtimoli
S1 yig‘indida n ga teng koefisient bilan, S2 yig‘indida C
n2
ga teng
koefisient bilan va h.k
Sn ning tarkibida C
nn
ga teng koeffisient bilan
qatnashadi.
i>n da P ( ω )
ehtimollik Si ning tarkibida mavjud bo‘lmaydi.
Demak, agar ω ∈ B
elementar hodisa A
1 , … , A
N hodisalardan n
tasining
tarkibida mavjud bo‘lsa, P
( ω )
ehtimollik (1.2.5) ning o‘ng tomonida

n−Cn2+Cn3−… +(−1)n−1Cnn . (1.2.6)
koefisient bilan qatnashadi. Endi teoremani isbotlash uchun (1.2.6)
yig‘indining birga tengligini ko‘rsatish yetarli. Haqiqatdan ham
n−Cn2+Cn3−… +(−1)n−1Cnn=1−(1− n+Cn2−… ±Cnn)=¿
¿1−(Cn0−Cn1+Cn2−… ±Cnn)=1−(1−1)n=1.
2-isbot. “Matematik induksiya metodi”. (1.2.1) tenglikga ko‘ra
(1.2.5) formula
N =2 uchun o‘rinli. Faraz qilaylik, (1.2.5) formula N −1 ta
A1,… ,AN−1
hodisalar uchun o‘rinli bo‘lsin. Quyidagi belgilashni kiritaylik:
B= A1+… +AN−1.
U holda (1.2.1) ga ko‘ra ushbu tenglikga ega bo‘lamiz
P1= P(A1+… +AN)= P(B+AN)= P(B)+P(AN)− P(BAN).(1.2 .7)
Shartga ko‘ra (1.2.5) formula
A1,… ,AN−1 , hodisalar uchun o‘rinli, ya’ni
P(B)= S1'−S2'+S3'−… ±SN−1 ' ,(1.2 .8)
bu yerda S
i'
lar S
i'
lardan faqat
AN hodisa qatnashmasligi bilan farq qiladi.
P(BA )= P(A1AN+… +AN−1AN),

ya’ni B AN ham N −1 ta hodisa yig‘indisiga teng va farazga ko‘ra (1.2.5)
formula
A
1 A
N + … + A
N − 1 A
N hodisalar uchun o‘rinli:
P(BAN)= S1''− S2''+S3''−… ±SN−1 '' ,(1.2 .9)
bu yerda
Si'' yig‘indi S
i + 1 ning A
N hodisa qatnashadigan qo‘shiluvchilardan
iborat.
(1.2.8) va (1.2.9) ifodalarni (1.2.7) ga qo‘ysak, S
1' '

P(AN) larning
yig‘indisi
S1 ni, S
2' '
va S
1' '
larning yig‘indisi S2 ni , S
3'
va S
2' '
larni yig‘indisi
S
3 beradi va h.k. Shunday qilib, (1.2.5) formula N
ta hodisa uchun o‘rinli
ekanligi kelib chiqadi.
Misol. Mos tushishlar (Monmort (1703) masalasi)
N
ta qartalardan iborat ikkita qartalar dastasining har biri yaxshilab
aralashtiriladi va ikkala dastadagi qartalarning joylashish tartibi
solishtiriladi. Biror o‘rinda bir xil qarta joylashgan bo‘lsa , shu joyda mos
tushish hodisasi ro‘y berdi deyiladi. Kamida bitta mos tushish hodisasining
ro‘y berish ehtimolini topish talab qilinsin.
Yechish. i − ¿
inchi ( 1 ≤ i ≤ N )
o‘rinda mos tushish hodisalarining ro‘y
berishini
Ai orqali ifodalaylik. U holda (1.2.5) formulaga ko‘ra
P(A1+… +AN)=∑i
P(Ai)−∑i<j
P(AiAj)+… +(−1)P(A1A2… AN)(1.2 .10 )
Masalaning qo‘yilishiga ko‘ra hamma A
1 , … , A
N hodisalar teng imkoniyatli.
Shu sababli
P(A1)=… = P(AN),P(A1A2)=… = P(AN−1AN),… .
Demak , (1.2.10) formuladagi yig‘indilarda bitta qo‘shiluvchini,
aytaylik,
P(A1),P(A1A2),… larni olib, qo‘shiluvchilar soniga ko‘paytirish
yetarli. (1.2.10) ga asosan hosil qilamiz:
P1= P(A1+… +AN)= NP (A1)−CN2P(A1A2)+… (−1)NP(A1… AN)(1.2 .11 )

P
( A
1 ) ni hisoblaylik. Ehtimolning klassik ta’rifiga ko‘ra
P
( A
1 ) = m ( A
1 )
n .

Birinchi dastadagi qartalar biror tartibda joylashgan bo‘lsin. Unda
ikkinchi dastadagi qartalarni birinchi dastaga solishtirish uchun n = N !
usulda
tartiblash mumkin. Endi A1 hodisa ro‘y beradigan hollarni hisoblaymiz.
Birinchi o‘rinda mos tushish hodisasi ro‘y bergan bo‘lsin. U holda ikkinchi
dastadan
N −1 ta qartani ( N − 1 ) !
usulda tartiblash mumkinligini e’tiborga olsak,
m
( A
1 ) = ( N − 1 ) !
bo‘ladi. Demak,
P
( A
1 ) = ( N − 1 ) !
N = 1
N
Endi, faraz qilaylik,
A1∙A2 hodisa ro‘y bergan bo‘lsin. U holda ikkinchi
dastadagi
N −2 ta qartani ( N − 2 ) !
usulda tartiblash mumkin va
P
( A
1 A
2 ) = m ( A
1 A
2 )
n = ( N − 2 ) !
N = 1
N ( N − 1 ) = 1
P
N2
bo‘ladi. Huddi shuningdek,
P
( A
1 A
2 A
3 ) = m ( A
1 A
2 A
3 )
n = ( N − 3 ) !
N = 1
N ( N − 1 ) ( N − 2 ) = 1
P
N3 .
va h.k ehtimolliklarni hisoblaymiz. Bularga asosan (1.2.11) dan
P
1 = N 1
N − C
N2 1
P
N2 + C
N3 1
P
N3 − …
( − 1 ) N
C
NN 1
P
NN . ( 1.2 .12 )
tenglikka ega bo‘lamiz. Agar
C
Nm
= P
Nm
m ! tenglikni e’tiborga olsak,
P
1 = 1 − 1
2 ! + 1
3 ! − … +
( − 1 ) N 1
N ! .
munosabatni hosil qilamiz.
Bundan ko‘rinadiki,
1− P1 ehtimol
e − 1
= 1 − 1 + 1
2 ! − 1
3 ! + …
yoyilmaning birinchi N + 1
ta hadi yig‘indisiga teng. Demak,
lim
N → ∞
( 1 − P
1 ) = e − 1
.
Shunday qilib, quyidagi munosabat o‘rinli bo‘ladi:
P1≈1−e−1=0.63212 …
Bundan quyidagi xulosani chiqarish mumkin:
N ning yetarlicha katta
qiymatlarida kamida bitta mos tushish hodisasining ro‘y berish ehtimoli
amaliy jihatdan
N ga bog‘liq emas va
1 − e − 1
ga teng.

1.3 . N ta hodisadan m tasining ro‘y berish ehtimoli
1-teorema. A
1 , A
2 … A
N hodisalardan rosa
m tasining ( 1 ≤ m ≤ N )
ro‘y
berish ehtimoli
P[m] ushbu formula bilan aniqlanadi:
P[m]= ∑r=0
N−m
(−1)rCm+r m Sm+1.(1.3 .1)
Izoh. Oldingi paragrafdagi natijaga ko‘ra birorta ham hodisaning ro‘y
berish ehtimoli quydagiga teng.
P
[
0] = 1 − P
1 = 1 − S
1 + S
2 − S
3 + … ± S
N .
Demak , agar biz
S0=1 deb qabul qilsak, (1.3.1) formula m = 0
uchun ham
o‘rinli bo‘ladi.
Teoremaning isboti: Faraz qilaylik, P
[
0] = P ( B )
bo‘lsin va biror ω Bϵ
elementar hodisa
A1,A2… AN hodisalardan n tasining tarkibiga kirsin. U
holda ω B
ϵ
hodisa (1.3.1) tenglikning o‘ng tomoniga faqat n= m
bo‘lgandagina kiradi. Shuni qayd etib o‘tamizki, agar
ω A1,A2… AN
hodisalardan n
tasining tarkibiga kirsa, u holda P ( ω )
ehtimol (1.3.1)
tenglikdagi
Sm,Sm+1,… Sn yig‘indilar tarkibiga kiradi va Sn+1,… ,SN yig‘indilar
tarkibiga kirmaydi. Demak, n < m
da P ( ω )
ehtimol (1.3.1) tenglikning o‘ng
tomonida qatnashmaydi, ya’ni agar tenglikning o‘ng tomonini elementar
hodisalar ehtimoli bo‘yicha yoysak, P ( ω )
lar o‘zaro qisqarib ketadi.
Haqiqatdan ham P ( ω )
ehtimol
n>m da S
k ( m < k ≤ n )
yig‘indiga C
nk
koefitsient
bilan kiradi. Shunday qilib, P ( ω )
ehtimol (1.3.1) tenglikning o‘ng tomoniga
Cnk−Cm+1 m Cnm+1+Cm+2 m Cnm+2−… ±Cn−mm Cnn−m(1.3 .2)
koefitsient bilan kiradi.
C
m + km
∙ C
nm + k
=
( m + k ) !
m ! k ! ∙ n !
(
m + k ) !( n − k − m ) ! = ¿
¿ n !
m !
( n − m ) ! ∙
( n − m ) !
k !
( n − m − k ) ! = C
nm
C
n − mk
tenglikka ko‘ra (1.3.2) ifoda ushbu ko‘rinishga keladi:
Cnm(Cn−m 0 −Cn−m 1 +Cn−m2 −… ±Cn−mn−m)(1.3 .3)
Bu yerda qavs ichidagi ifoda
( 1 − 1 ) n − m
ning binomial yoyilmasi ekanligi
e’tiborga olinsa, (1.3.3) ifoda nolga tengligi kelib chiqadi.

Misol. Misol sifatida mos tushishlar haqidagi masalalarni qaraymiz.
Odingi paragrafda biz S = 1
k ! tenglikni topgan edik. Ushbu ifodani (1.3.1)
formulaga qo‘yib, rosa m ta mos tushish hodisalari ro‘y berish ehtimolini
hisoblaymiz. m = 0 , m = 1 , … , m = N
da quyidagi tengliklarga ega bo‘lamiz:
P[0]=1−1+ 1
2!− 1
3!+… ± 1
(N−1)!± 1
N !,
P
[
1] = 1 − 1 + 1
2 ! − 1
3 ! + … ± 1 (
N − 2 ) ! ± 1 (
N − 1 ) ! ,
P[2]= 1
2!(1−1+ 1
2!− 1
3!+… ± 1
(N− 3)!± 1
(N− 2)!),
P
[
3] = 1
3 ! ( 1 − 1 + 1
2 ! − 1
3 ! + … ± 1 (
N − 3 ) !) , ( 1.3 .4 )
−−−−−−−−−… ,
P[N−2]= 1
(N −2)!(1−1+ 1
2!),
P
[
N − 1 ] = 1 (
N − 1 ) ! ( 1 − 1 ) = 0 ,
P[N]= 1
(N )!.
Bu yerda
P[N−1]=0 tenglik shuni ko‘rsatadiki, rosa N − 1
ta mos
tushish hodisasi ro‘y berishi mumkin emas. Haqiqatdan ham, agar
N − 1
ta mos tushish hodisasi ro‘y bergan bo‘lsa,
N −¿ o‘rinda ham o‘z-
o‘zidan mos tushish ro‘y beradi.
(1.3.4) tengliklardan ko‘rinadiki, P
[
m] ehtimollikdagi qavs ichidagi ifoda
e−1
ning qatorga yoyilmasidagi birinchi N −m ta hadining yig‘indisini
beradi. Shu sababli ushbu munosabat bajariladi:
lim
N → ∞ P
[
m] = 1
m ! e − 1
,
ya’ni cheksiz sondagi qartalardan iborat ikkita qartalar dastasi
solishtirilsa, mos tushishlar soni parametri birga teng bo‘lgan Puasson
taqsimotiga ega bo‘ladi.
2-teorema.
A1,A2,… ,AN hodisalardan kamida m tasining ro‘y berish
ehtimoli ushbu formula bilan hisoblanadi:

P
m = S
m − C
mm − 1
S
m + 1 + C
m + 1m − 1
S
m + 2 − … ± C
N − 1m − 1
S
N . ( 1.3 .5 )
Teoremani isbotlash uchun (1.3.1) tenglikdan foydalaniladi. Ehtimolning
xossasiga ko‘ra
P
m = P[
m] + P [
m + 1 ] + … + P
N . ( 1.3 .6 )
Bu tenglikka P
[
k] larning ( m ≤ k ≤ N )
qiymatlarini qo‘yib, qator
soddalashtirishlardan keyin (1.3.6) tenglikni hosil qilish mumkin.
1.4. Nyuton binomi va binomial koeffitsientlar
O‘rta maktab matematikasi kursidan quyidagi ikkita qisqa ko‘paytirish
formulalarini eslaylik:
(a+b)2=a2+2ab +b2− ¿
yig‘indining kvadrati;
( a + b ) 3
= a 3
+ 3 a 2
b + 3 a b 2
+ a 3
− ¿ yig‘indining kubi;
Yig‘indining navbatdagi ikkita, ya’ni 4- va 5- darajalarini hisoblaymiz:
( a + b ) 4
=
( a + b ) ( a + b ) 3
= ( a + b )( a 3
+ 3 a 2
b + 3 a b 2
+ a 3 )
= a 4
+ 4 a 3
b + 6 a 2
b 2
+ 4 a b 3
+ b 4
( a + b ) 5
=
( a + b ) ( a + b ) 4
= a 5
+ 5 a 4
b + 10 a 3
b 2
+ 10 a 2
b 3
+ 5 a b 4
+ b 5
Shunday qilib, yig‘indining bikvadrati (ya’ni to‘rtinchi darajasi)
(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4
va yig‘indining beshinchi darajasi
( a + b ) 5
= a 5
+ 5 a 4
b + 10 a 3
b 2
+ 10 a 2
b 3
+ 5 a b 4
+ b 5
formulalariga ega bo‘lamiz.
Yuqorida keltirilgan yig‘indining kvadrati, kubi, bikvadrati va beshinchi
darajasi formulalari o‘ng tomonlaridagi ko‘phad koeffisiyentlari Paskal
uchburchagining mos qatorlaridagi
Cnm(n= 2,3,4,5 ) sonlar ekanligini payqash qiyin
emas.
Binomial koeffisiyentlar. 1-teorema. Barcha haqiqiy
a va b hamda natural n
sonlar uchun
(a+b)n=an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+… +Cnn−1abn−1+bn
formula o‘rinlidir.
Isbot. Matematik induksiya usulini qo‘llaymiz. Baza :
n=1 bo‘lganda fo‘rmula
to‘g‘ri:
(a+b)1= a+b .
Induksion o‘tish: isbotlanishi kerak bo‘lgan formula
n= k uchun to‘g‘ri bo‘lsin,

ya’ni (a+b)k= ak+Ck1ak−1b+Ck1ak−2b2+… +Ckk−1ab k−1+bk.
Formula
n= k+1 bo‘lganda ham to‘gri ekanligini isbotlaymiz. Haqiqatan ham,
Cn+1m+1=Cnm+Cnm+1
formuladan foydalanib, quyidagilarni hosil qilamiz:
(a+b)k+1=(a+b)(a+b)k=(a+b)(ak+Ck1ak−1b+Ck2ak−2b2+… +Ckk−1abk−1+bk)= ak+1+Ck1akb+Ck2ak−1b2+… +Ckkabk+Ck0akb+Ck1ak−1b2+..+Ckk−1abk+bk+1=ak+1+(Ck0+Ck1)akb+¿
Ixtiyoriy a va b haqiqiy sonlar hamda n natural son uchun
(a+b)n ifodaning
ko‘phad shaklidagi yoyilmasi (tasvirlanishi) Nyuton binomi deb ataladi. Umuman
olganda, “Nyuton binomi” iborasiga tanqidiy nuqtai nazardan yondashilsa, undagi
ikkala so‘zga nisbatan ham shubha tug‘iladi: birinchidan,
(a+b)n ifoda birdan katta
natural n sonlar uchun binom (ya’ni ikkihad) emas; ikkinchidan, natural sonlar
uchun bu ifodaning yoyilmasi Nyutongacha ma’lum edi.
Greklar
(a+b)n ifodaning qatorga yoyilmasini n ning faqat n=2 bo‘lgan holida
(ya’ni, yig‘indi kvadratining formulasini) bilar edilar. Umar Hayyom va Ali
Qushchi
(a+b)n ifodani n > 2
bo‘lgan natural sonlar uchun ham qatorga yoya
bilganlar. Nyuton esa 1767-yilda Nyuton binomi formulasini kasr n sonlar uchun
isbotladi. K. Makloren
esa bu formulani darajaning ratsional ko‘rsatkichlari uchun
qo‘lladi. Nihoyat, 1825 yilda N. Abel
daraja ko‘rsatkichining istalgan kompleks
qiymatlari uchun binom haqidagi teoremani isbotladi. C
nm
sonlari bilan binomial
koeffitsientlar deb ham atashadi. Bunda ta’rif bu koeffitsientlarning Nyuton
binomi formulasida tutgan o‘rniga qarab berilgan bo‘lib,
Cnm son
(a+b)n=∑m=o
n
Cnman−mbm
yoyilmadagi
a n − m
b m
ifodaning koeffitsientidir.
2-teorema. Barcha haqiqiy a va b hamda natural n sonlar uchun
( a − b ) n
=
∑
m = on
( − 1 ) m
C
nm
a n − m
formula o‘rinli.
Isboti. Nyuton binomi formulasida b ni (-b) ga almashtirsak kerakli formulani
hosil qilamiz.
1-misol. Oxirgi formuladan xususiy holda quyidagi qisqa ko‘paytirish
formulalari kelib chiqadi:
n=2 bo‘lganda ayirmaning kvadrati formulasi

(a−b)2= a2−2ab +b2;n=3 bo‘lganda ayirmaning kubi formulasi
(a−b)3= a3−3a2b+3ab 2− b3.
(a−b)3=a3−3a2+3ab2−b2.
Binomial koeffitsientlarning xossalari. Binomial koeffisiyentlarning ba’zi
xossalarini keltiramiz. Bu xossalar bevosita Guruhlashlarga oid bo‘lib, tabiiyki,
ular Paskal uchburchagining xossalarini ham ifodalaydi.
1-xossa .
Cnm+1
Cnm = n−m
m+1 ( m = 0,1,2 , … , n − 1 )
tenglik o‘rinlidir.
Haqiqatan ham,
Cnm+1
Cnm =
n!
(m+1)!(n−m−1)!
n!
m!(n−m)!
= m !(n− m)!
(m+1)!(n− m−1)!=¿
¿m!(n−m−1)!(n− m)
m!(m+1)(n−m−1)!= n− m
m+1.
Bu xossa binomial koeffisiyentlar qatoridagi istalgan ketma-ket ikki
elementning biri ma’lum bo‘lsa, osonlik bilan hisoblash mumkinligini ko‘rsatadi:
C
nm + 1
= n − m
m + 1 C
nm
, C
nm
= m + 1
n − m C
nm + 1
,
Bu yerda m=0,1,2,…,n-1.
2-xossa. Ixtiyoriy natural n son uchun barcha C
nm

(m=0,n) binomial
koeffitsientlar yig‘indisi
2 n
ga teng, ya’ni
Cn0+Cn1+Cn2+… +Cnn−1+Cnn= 2n
Bu tenglik Nyuton binomi formulasida a=b=1 deb olganda hosil bo‘ladi.
3-xossa. Toq o‘rinlarda turgan binomial koeffitsientlar yig‘indisi juft
o‘rinlarda turgan binomial koeffitsientlar yig‘indisiga teng.
Haqiqatan ham, Nyuton binomi formulasida a=1 va b=-1 deb olganda
0=Cn0
- C
n1
+ C
n2
− C
n3
+ … + ( − 1 ) n
C
nn
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglikdan xossadagi tasdiqning to‘g‘ri ekanligi kelib
chiqadi. 2- va 3-xossalar asosida quyidagi xossani hosil qilamiz.
4-xossa. n natural sondan oshmaydigan eng katta toq m son uchun

C
n1
+ C
n3
+ … + C
nm
= 2 n − 1
tenglik hamda n sondan oshmaydigan eng katta juft m son uchunCn0+Cn2+… +Cnm= 2n−1
tenglik o‘rinli.
5-xossa. Toq n son uchun
Cn0<Cn1<… <Cn
n−12=Cn
n−12+1,
Cn
n−12+1>Cn
n−12+2>… >Cnn,
Juft n son uchun esa
C
n0
< C
n1
< … < C
n n
2
, C
n n
2
> C
n n
2 + 1
> … > C
nn
,
munosabatlar o‘rinlidir.
Binomial koeffitsientlarning 5-xossasi Paskal uchburchagining yuqorida
keltirilgan xossalari tasdig‘i bo‘lib, unga ko‘ra binomial koeffitsientlar oldin
Cn0=1
dan
Cn
(n2) gacha
o‘sadi, keyin esa C
nn
= ¿
1 gacha kamayadi hamda n toq bo‘lganda
binomial koeffitsientlar qatorining o‘rtasidagi ikkita hadi tengdir va n juft
bo‘lganda uning o‘rtasidagi hadi eng katta va yagonadir.
Quyidagi 6-8-xossalar o‘rinlidir.
6-xossa.
Cnn+Cn+1n +… +Cn+kn = Cn+k+1 n+1
7-xossa.
( C
n0 ) 2
+ ( C
n1 ) 2
+ … + ( C
nn ) 2
= C2nn
8-xossa. C
n0
C
mk
+ C
n1
C
mk − 1
+ … + C
nk
C
m0
= C
n + mk

Oxirgi tenglik Koshi ayniyati deb ataladi.
2-misol. Chekli A to‘plam 2 A
bo‘lganining elementlari va bu elementlar soni
bilan binomial koeffitsientlarning uzviy bog‘lanishi bor. Bu bog‘lanish
quyidagicha ifodalashi mumkin. Chekli A toplam 2 A
bo’lgani tarkibidagi
elementlar A to‘plamning qism to‘plamlaridan iborat bolgani uchun, shu qism
to‘plamlarni quvvatlari bo‘yicha (
| A | + 1 )
ta guruhlarga ajratish mumkin.
Tushunarliki, bu yerda k raqamli guruh ( k = 0 ,
| A | )
quvvati k ga teng bo‘lgan barcha
qism to‘plamlardan tashkil topadi va undagi qism to‘plamlar soni C
nk
ga teng. Bu
mulohazani hisobga olgan holda 2-xossa yordamida ushbu bobning 1-paragrafidagi
1-teoremaning boshqa bir isbotiga ega bo‘lamiz.
1. 5 . Guruhlashlar

Guruhlashlar. {a1,a2,a3,… ,an} to‘plam berilgan bo‘lsin. Bu n elementli
to‘plamning elementlaridan m ta elementga ega qism to‘plamlarni shunday tashkil
etamizki, ular bir-biridan elementlarning joylashish tartibi bilan emas, faqat tarkibi
bilan farq qilsin. Bunday m ta elementli qism to‘plamlarning har biriga n ta
elementdan m tadan gruppalash deb ataladi. n ta elementdan m tadan
guruhlashlar sonini
Cnm bilan belgilaymiz.
Guruhlashlar sonini
(
m
n)yoki (
n
m) shaklda belgilashlar ham uchraydi.
Gruppalash ta’rifidan 1 ≤ m ≤ n
ekanligi va agar biror gruppalashda qandaydir usul
bilan elementlar o‘rinlari almashtirilsa, u (gruppalash sifatida) o‘zgarmasligi kelib
chiqadi. Bu yerda qaralayotgan gruppalash tarkibida elementlarning
takrorlanmasligini eslatib o‘tamiz. Shu sababli bunday gruppalashni betakror
(takrorli emas) gruppalash deb ham atash mumkin. Ushbu bobning 4-paragrafida
takrorli Guruhlashlar o‘rganiladi.
Bir (n=1) elementli
{a} to‘plam uchun faqat bitta gruppalash mavjud bo‘lsa
bir (m=1) elementlidir: a. Demak, C
11
= 1.

Ikki (n=2) elementli
{ a , b }
to‘plam uchun bittadan (m=1) guruhlashlar ikkita
( a va b ), ikkitadan (m=2) guruhlashlar esa faqat bitta (ab). Demak,
C21=2, C22=1.
Uch (n=3) elementli
{ a , b , c }
to‘plam uchun guruhlashlar: bittadan (m=1) - a,
b va c (uchta); ikkitadan (m=2) - ab, ac, bc (uchta); uchtadan (m=3) - abc (faqat
bitta). Demak,
C31=3, C32=3, C33=3.
To‘rtta (n=4) elementdan tashkil topgan
{ a , b , c , d }
to‘plam elementlaridan
tuzilgan puruhlashlar: bittadan – a, b, c va d (to‘rtta); ikkitadan – ab, ac, ad, bc, cd
(oltita); uchtadan – abc, abd, acd, bcd (to‘rtta); to‘rttadan abcd (faqat bitta).
Demak,
C41=4, C42=6, C43=4, C
44
= 1.
Yuqoridagi mulohazalar, guruhlashlar sonini hisoblash formulasi qanday
bo‘lishiga to‘liq oydinlik kiritmasada, dastlabki tahlil uchun muhimdir. Maslan, n
ta elementdan barcha elementlarni o‘z ichiga oladigan faqat bitta gruppalash
tashkil etish mumkin degan yoki n ta elementdan bittadan n ta gruppalash bor
degan xulosalar ustida o‘ylab ko‘rish mumkin.

C
nm
sonni hisoblash uchun formula topish maqsadida quyidagicha mulohaza
yuritamiz. Ravshanki, agar n ta elementdan m tadan barcha guruhlashlarning har
birida elementlarning o‘ rinlari imkoniyat boricha almashtirilsa, natijada n ta
elementdan m tadan barcha o‘rinlashtirishlar hosil bo‘ladi. Bu yerda n ta
elementdan mtadan tuzilgan C
nm
ta gruppalashning har biridagi m ta elementdan
P
m =m! ta o‘rin almashtirishlar hosil qilish mumkin bo‘lganligi tufayli, ko‘paytirish
qoidasiga asosan, PmCnm= Anm tenglik to‘g‘ridir. Demak,
C
nm
= A
nm
P m = n
( n − 1 ) … ( n − m + 1 )
1 ∙ 2 ∙ … ∙ m
formula o‘rinlidir. Shunday qilib, quyidagi teorema isbotlandi.
3-teorema. n ta elementdan m tadan guruhlashlar soni eng kattasi n ga teng
bolgan m ta ket-maket natural sonlar ko‘paytmasining dastlabki m ta natural
sonlar ko‘paytmasiga nisbati kabidir:
C
nm
= n
( n − 1 ) … ( n − m + 1 )
1 ∙ 2 ∙ … ∙ m
4-misol. Qurilish tashkilotining duradgorlar bo‘limida 15 nafar ishchi bor.
Ko‘p qavatli uyning eshiklarini ta'mirlash uchun 3 nafar duradgorni tanlash zarur.
Agar bo‘limdagi har bir duradgor bu topshiriqni bajarishga layoqatli bo‘lsa,
bunday tanlash imkoniyatlari (variantlari) qancha?
Bo‘limdagi liar bir duradgor ta'mirlash ishini bajarishga layoqatli bo‘lgani
uchun, bu masalani hal qilishda guruhlashlar sonini topish formulasidan
foydalanish mumkin. Bu yerda n=15, m=3 va
C153=15 ∙14 ∙13 ¿ ¿
1∙2∙3=455 . Demak,
15 nafar duradgorlar orasidan 3 nafarini tanlash imkoniyatlari soni 455 ekan.
Agar ta’rif sifatida
Cn0=1 qabul qilinsa, n ta elementdan m tadan guruhlashlar
soni uchun yuqorida keltirilgan formula m=0 bo‘lgan holda ham to‘g‘ri bo‘ladi:
C
n0
= n !
0 ! n ! = 1
Tabiiyki, n ta elementdan barcha elementlarni o‘z ichiga oladigan
faqat bitta guruhlash tashkil etish mumkin: C
nn
= n !
0 ! n ! = 1

guruhlashlar sonini hisoblash uchun
C
nm
= n !
m ! ( n − m ) ! , C
nm
= n( n − 1 ) … ( n − m + 1 )
1 ∙ 2 ∙ … ( n − m )
ko‘rinishdagi formulalardan ham foydalanish mumkin.
1. Takrorli o‘rin almashtirishlar. Kombinatorikada oldin qaralgan birlashmalardan
tashqari tarkibidagi elementlari takrorlanishi mumkin bo‘lgan boshqa birlashmalar
ham o‘rganiladi. Masalan, takrorlanuvchi elementlar qatnashgan o‘rin
almashtirishlar, o‘rinlashtirishlar va guruhlashlar.
Avval o‘rganilgan o‘rin almashtirishlar shunday tuzilmalar ediki, ular
tarkibidagi elementlar bir-biridan farq qilardi. Endi o‘rin almashtirishlar tarkibidagi
elementlar takrorlanishi mumkin bo‘lgan holni qaraymiz. Tabiiyki, aynan bir xil
elementlar o‘rinlari almashtirilishi natijasida yangi o‘rin almashtirish hosil
bo‘lmaydi. Shuning uchun tarkibidagi elementlari soni o‘zgarmaganda elementlari
takrorlanishi mumkin bo‘lgan o‘rin almashtirishlar soni turli elementlardan tashkil
topgan o‘rin almashtirishlar soniga qaraganda kichik bo‘ladi.
Faraz qilaylik, qandaydir kortejning n ta elementlari orasida bir xil (aynan
bir xil)
n1 ta birinchi tur, bir xil n2 ta ikkinchi tur, va hokazo, bir xil nk ta k - tur
elementlar bo‘lsin, bu yerda n
1 , n
2 , … . n
k - hech bo‘lmaganda bittasi l dan farqli
natural sonlar. Bu n ta elementlarning o‘rinlarini imkoniyati boricha
almashtirishlar natijasida hosil bo‘lgan kortejlar (kombinatsiyalar) takrorlanuvchi
elementlar qatnashgan o‘rin almashtirishlar (qisqacha, takrorli o‘rin
almashtirishlar) deb ataladi.
n ta elementlari orasida
n1 ta birinchi tur, n2 ta ikkinchi tur va hokazo, n
k ta k -
tur bir xil elementlar bo‘lgan takrorli o‘rin almashtirishlar sonini C
n (n
1, n
2 , ... ,n
k )
bilan belgilaymiz.
1 - teorema . Takrorli o‘rin almashtirishlar soni uchun
C
n ( n
1 , n
2 , … , n
k ) = n !
n
1 ! n
2 ! … n
k !
formula o‘ rinlidir, bu yerda
n1+n2+… +nk=n -elementlar soni, k - turlar soni.
1 - misol. Ikkita a , bitta b va ikkita s harflardan tashkil topgan kortej uchun
barcha takrorli o‘rin almashtirishlarni tuzing.

Bu misolda uch turdagi (k=3) harflar soni beshga teng (n=5) bo‘lib, n
1 =2
(ikkita a ), n
2 =1 (bitta b ) va n
3 =2 (ikkita c ). Dastlabki ikkita harflarning (xuddi
shuningdek, oxirgi ikkita harflarning ham) o‘rinlarini o‘zaro almashtirsak yangi
o‘rin almashtirishlar hosil bo‘lmaydi. Barcha takrorli o‘rin almashtirishlar soni C5(2,1,2)= 5!
2!1!2!= 1∙2∙3∙4∙5
1∙2∙1∙1∙2=30
bo‘ladi. Bu o‘ttizta o‘rin alinashtirishlarning hammasi quyida keltirilgan:
aabcc ,aacbc ,aaccb ,abacc ,abcac ,abcca ,
acabc ,acacb ,acbac ,acbca ,accab ,accba ,
baacc ,bacac ,bacca ,bcaac ,bcaca ,bccaa ,
caabc ,caacb ,cabac ,cabca ,cacab ,cacba ,
cbaac ,cbaca ,cbcaa ,ccaab ,ccaba ,ccbaa
2. Takrorli o‘rinlashtirishlar. n ta elementlardan tashkil topgan to‘plam berilgan
bo‘lsin. Bu elementlardan foydalanib, m ta, elementdan tashkil topgan kortejlarni
shunday tuzamizki, bu kortejlarga har bir element hohlagancha marta (albatta m
dan oshmagan miqdorda) kirishi mumkin bo‘lsin va bu kortejlar bir-biridan ularni
tashkil etuvchi elementlar turlari bilan yoki bu elementlarning joylashishlari bilan
farq qilishsin. Shunday usul bilan tuzilgan kortejlarning har biri n ta turli
elementlardan takrorlanuvchi elementlar qatnashgan m tadan o‘rinlashtirish
(qisqacha, takrorli o‘rinlashtirish) deb ataladi.
n ta turli elementlardan m tadan takrorli o‘rinlashtirishlar sonini
Anm bilan
belgilaymiz.
2 -teorema . n ta turli elementlardan m tadan takrorli o‘ rinlashtirishlar soni
n m
ga teng, ya’ni
Anm= nm .
2- misol. Oila a’zolari besh kishidan iborat bo‘lib, ular ikkita ishni
bajarishlari zarur (masalan, non sotib olish va uni bo‘laklash), bunda oilaning har
bir a’zosi ikkala ishni ham bajarish imkoniyatiga ega. Oila a’zolariga bu ishlarni
taqsimlashda mumkin bo‘lgan imkoniyatlar soni aniqlansin.
Bu masalani hal qilish uchun oila a’zolarini a, b, s, d va e harflari bilan
belgilab, ishlar ikkita bo‘lgani uchun beshta turli elementlardan ikkitadan barcha
takrorli o‘rinlashtirishlani tuzamiz:

aa ,ab ,ac ,ad ,ae ,ba ,bb ,bc ,bd ,be ,ca ,cb ,cc ,cd , ce , da , db , dc , dd , de , ea , eb , ec , ed , ee
Hammasi bo‘lib 25 ta (
A52 =5 2
=25) takrorli o‘rinlashtirishlar tuzildi. Demak, besh
kishidan iborat oila a'zolariga ikkita ishlarni taqsimlashda mumkin bo‘ lgan
imkoniyatlar soni 25 dir. ■
3-misol . O‘zbekiston Respublikasi fuqarosi pasportining raqami ikki
qismdan iborat: lotin alifbosining ikkita harfi va yetti xonali son. O‘zbekiston
Respublikasi fuqarosi pasportining barcha mumkin bo‘lgan raqamlari sonini
aniqlang.
Lotin alifbosidagi yigirma oltita turli harflar yordamida 676 ta (
A262 =26 2
=676)
ikkitadan takrorli o‘rinlashtirishlar tashkil etish mumkin. O‘nta 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
8 va 9 raqamlardan esa 10.000.000 ta ( A
107
=10 7
=10000000 ) turli yetti xonali
raqamlarni (bu raqamlarda dastlabki nollar tashlab yuborilmaydi) hosil qilish
mumkin. Shunday qilib, O‘zbekiston Respublikasi fuqarosi pasportining raqamlari
soni 6760000000 ga ( A
262

A107 =6760000000) teng.
Takrorli guruhlashlar .
Har bir elementni birlashmaga istalgancha marta kiritiladigan va turli n ta
elementlardan m tadan olinadigan hamda elementlar tartibi e'tiborga olinmaydigan
birlashmalarni (kortejlarni) qaraymiz. Bunaqa birlashmalar n ta turli
elementlardan m tadan takrorlanuvchi elementlar qatnashgan guruhlashlar
( qisqacha, takrorli guruhlashlar) deb ataladi.
n ta elementlardan m tadan takrorlanuvchi elementlar qatnashgan
guruhlashlar ta'rifidan ko‘rinib turibdiki, turli kombinatsiyalar bir-birlaridan hech
bo‘lmasa bitta elementi bilan farq qiladi. n ta elementdan m tadan takrorli
guruhlashlar sonini C
nm
deb belgilaymiz.
3-teorema . n ta elementdan m tadan takrorli guruhlashlar soni C
n + m − 1m
ga
teng, ya’ni C
nm
= C
n + m − 1m
.
4 - misol. Har birining yoqlariga 1,2,3,4, 5 va 6 sonlari yozilgan kub
shaklidagi ikkita soqqalarni tashlaganda jami nechta sonlar juftligini hosil qilish
mumkin?

Soqqalarni tashlaganda jami quyidagi 21 imkoniyatlardan biri ro‘y beradi:
<1,1>,<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<1,6>,<2,2>,
<2,3 , <2,4>, <2,5>, <2,6>, <3,3>, <3,4>, <3,5>,
<3,6>,<4,4>,<4,5>,<4,6>,<5,5>,<5,6>,<6,6>.
Bu juftliklar oltita elementdan ikkitadan takrorli guruhlashlarni tashkil etadi.
Ularning soni 3- teoremaga asosan C
62
=C6+2−1 2 =C72 =21 bo‘ladi.
4. Ko‘phad formulasi. Takrorli kombinatsiyalar vositasida Nyuton binomi
tushunchasini umumlashtiramiz, ya’ni ( a
1 + a
2 + … + a
m ) n
ifodaning yoyilmasini topish
muammosini qaraymiz.
4-teorema. Ixtiyoriy haqiqiy a
1 , a
2 , … , a
m va natural n sonlar uchun
( a
1 + a
2 + … + a
m ) n
=
∑
n
1 + n
2 + … + n
m = n C
n
( n
1 , n
2 , … , n
m ) a
1n
1
a
2n
2
… a
mn
m
formula oriniidn, bu tormulaning o‘ng tomonidagi yig‘indi n
1 + n
2 + … + n
m = n
shartni
qanoatlantiruvchi barcha manfiymas butun
n1,n2,… ,nm sonlar uchun amalga
oshiriladi.
Isbotlangan oxirgi tenglik ko‘phad formulasi yoki umumlashgan Nyuton
binomi formulasi deb ataladi.
Cn(n1,n2,… ,nm) sonlarni ko‘phad koeffitsientlar
deb ataymiz.
Cnk
binomial koeffitsient C
n ( n
1 , n
2 , … , n
m ) ko‘phad koeffitsientining m=2
bo‘lgandagi xususiy holidir. Haqiqatan ham, n
1 +n
2 =n tenglikda n
1 = k deb olsak, u
holda n
2 =n-n
1 =n-k va C
n
( n
1 , n
2 ) = n !
n
1 ! n
2 ! = n !
k ! ( n − k ) ! = C
nk
bo‘ladi.
5- misol. (a+b+c) 3
ifodaning yoyilmasini toping. Avvalo 3 sonini
bo‘laklaymiz, ya'ni 3 ni mumkin bo‘lgan barcha imkoniyatlar bilan manfiymas
butun sonlar yig‘indisi shaklida yozamiz:
3=3+0+0, 3= 2+1+0, 3=2+0+1, 3=1+2+0, 3=1+1+1, 3=1+2+0, 3=0+3+0, 3=0+2+l,
3=0+1+2, 3=0+0+3.
Demak, ko‘phad formulasiga ko‘ra,
(a+b+c) 3
= C
3 (3,0,0)a 3
+ S
3 (2,1,0)a 2
b + S
3 (2,0,1)a 2
c + C
3 (1,2,0)ab 2
+C
3 (1,1,1)abc
+ C
3 (1,0,2)ac 2
+C
3 (0,3,0)b 3
+ C
3 (0,2,1)b 2
c + C
3 (0,1,2)bc 2
+ C
3 (0,0,3)c 3
.

Takrorli o‘rin almashtirishlar soni C
n( n
1 , n
2 , … , n
k ) = n !
n
1 ! n
2 ! … n
k ! formulasini qo‘llab
quyidagi tenglikni hosil qilamiz:
(a+b+c) 3
= a 3
+3a 2
b+3a 2
c+3ab 2
+6abc+3ac 2
+b 3
+3b 2
c+3bc 2
+c 3
.
Ko‘phad yoyilmasining hadlarini yozganda shunga e'tibor berish kerakki, agar
n
1 , n
2 , … , n
m ( n
1 + n
2 + … + n
m = n )
sonlar
k1,k2,… ,km(k1+k2+… +km= n) sonlarning o‘rin almashtirishlari yordamida
hosil qilinishi mumkin bo‘lsa, u holda
a1n1a2n2… amnm va a1k1a2k2… amkm hadlarning
koeffitsientlari o‘zaro teng bo‘ladi. Shuning uchun n sonining n = n
1 + n
2 + … + n
m
ko‘rinishda ifodalanishlaridan qandaydir shartni bajaradigan birortasini, masalan,
n
1 ≥ n
2 ≥ … ≥ n
m (yoki n
1 ≤ n
2 ≤ … ≤ n
m ) shartni qanoatlantiradiganini topib, unga mos
a
1n
1
a
2n
2
… a
mn
m
ifodada daraja ko‘rsatgichlarini mumkin bo‘lgan barcha usullar bilan
almashtirish kerak bo‘ladi.
Masalan, 5-misoldagi a 2
b, a 2
c, ab 2
, ac 2
, b 2
c va bc 2
hadlarning ko‘phad
koeffitsientlari o‘zaro tengdir. Yuqorida ko‘rsatilgan shart asosida 3 sonini
manfiymas butun sonlar yigindisi ko‘rinisida bo‘laklashning 3 imkoniyati bor:
3=3+0+0, 3=2+1+0, 3=1+1+1. Shuning uchun, (a+b+c) 3
ifodaning yoyilmasida 3
xil turli koeffitsientlarga egamiz: C
3 (3,0,0)=1, C
3 (2,1,0)=3 va C
3 (1,1,1)=6 .
Demak,
(a+b+c) 3
=a 3
+b 3
+c 3
+3(a 2
b+a 2
c+ab 2
+ac 2
+b 2
c+bc 2
)+6abc.
Ko‘phad formulasi yordamida ko‘phad koeffitsientlarining, ya'ni
Cn(n1,n2,… ,nm)
sonlarning ba’zi xossalarini osonlik bilan isbotlash mumkin.
Masalan,
∑
n
1 + n
2 + … + n
m = n C
n
( n
1 , n
2 , … , n
m ) m n
bu yerda yig‘indi n
1 + n
2 + … + n
m = n
shartni qanoatlantiruvchi barcha manfiymas
butun
n1,n2,… ,nm sonlar uchun amalga oshiriladi va qo‘shiluvchilar tartibi
e’tiborga olinadi.
Haqiqatan ham, agar ko‘phad formulasida
a1=a2=… =am=1 deb olsak, kerakli
tenglikni hosil qilamiz.
Guruhlashlar ga doir mashqlar .Nazariy ma’lumotlar

Ta’rif . n elementdan k ta elementni ularning tartibini hisobga olmasdan
barcha tanlashlar soni C
n k
deb belgilanadi va n elementdan k tadan guruhlashlar
soni deb ataladi.
C
n k
belgi “ p dan k bo‘yicha se “ deb o‘qiladi. n elementdan k tadan
guruhlashlar soni uchun
C
n k
=n!/k!(n-k)!
formula o‘rinli.
Namunaviy masalalar
1 . 15 nafardan iborat sayyohlar guruhidan 3 ta navbatchini tanlash lozim. Bu
tanlashni necha xil usul bilan amalga oshirish mumkin ?
Yechish . 15 element dan 3 tadan guruhlash soni haqida gap borayapti.
Shuning uchun C
15 3
=15! / 3!(15-3)!=455.
2 . Meva solingan vazada 9 ta olma va 6 ta nok bor. 3 ta olma va 2 ta nokni
tanlash kerak. Bunday tanlashni necha xil usul bilan qilish mumkin?
Yechish : 9 ta olmadan 3 ta olmani C
9 3
usul bilan, 6 ta nokdan 2 tasini C
6 2
usul bilan tanlash mumkin. Ko‘paytirish qoidasiga asosan 3 ta olma va 2 ta nokni
C
9 3
C
6 2
=9! / 3!(9-3)! 6! / 2!(6-2)!=1260 usul bilan tanlash mumkin.
3. Guruhda 7 nafar matematika bilan muvaffaqiyatli shug‘ullanadi.
olimpiadada qatnashish uchun Ulardan ikkitasini necha xil usul bilan tanlash
mumkin
Yechish: 7 nafardan 2 tasini tanlash lozim, ya’ni
C
7 2
= (7!)/( 2!(7-2)!) =21
4 . Ta’tilda o‘qish uchun o‘quvchilarga 10 ta kitob taklif etildi. O‘quvchi
ulardan 6 tasini necha xil usul bilan tanlashi mumkin ?
Yechish . Bu 10 ta elementdan 6 tadan guruhlashlar soni. Shuning uchun
formulaga ko‘ra C
10 6
=10! / 6! 4!=210.
Mustaqil yechish uchun masala:
5 . Sinfda 16 nafar o‘g‘il bola va 12 nafar qiz bola o‘qiydi. Maktab hududini
tozalash hashariga qatnashish uchun 4 ta o‘g‘il bola va 3 ta qiz bola talab qilinadi.
Buni necha xil usul bilan amalga oshirish mumkin? [400400]

Takrorlanuvchi guruhlashlar
Nazariy ma’lumotlar
Ta’rif . n elementdan k ta element bo‘yicha takrorlanuvchi guruhlashlar deb
bu k elementlarning har biri n tipdagi elementlarning biri bo‘lgan ixtiyoriy
tartiblanmagan k elementlar jamlanmasiga aytiladi. Takrorlanuvchi
guruhlashlarni hisoblash uchun ¯Cn
k=Cn+k−1
k formuladan foydalaniladi.
Namunaviy masalalar
6 . Agar har bir qirrasi uzunligi 1 dan 10 gacha bo‘lgan butun son bilan
ifodalanishi mumkin bo‘lsa, nechta turli xil to‘g‘riburchakli parallelepiped yasash
mumkin?
Yechish . Jami bo‘lib 10 elementdan 3 tadan guruhlashlar soniga teng
bo‘ladi: C
10 3
= C 3
10+3-1 = C
12 3
=220 .
7 . Gul do‘konida 6 ta turdagi gul sotilmoqda. Agar gullarning joylashishini
hisobga olmasak 10 ta guldan iborat nechta turli xil guldasta tuzish mumkin?
Yechish. Bu takrorlanuvchi guruhlashlar soni C
6 10
= C 10
6+10-1 = C
15 10
=3003 .
Mustaqil yechish uchun mashqlar
8 . Tomonlarining uzunliklar quyidagi 4, 5, 6, 7 sm qiymatlaridan biri qabul
qiluvchi nechta uchburchak mavjud? [20]
9 . Matematik olimpiadada mukofot uchun bir kitobning 3 ta nusxasi,
ikkinchi kitobning 2 nusxasi va uchinchi kitobning bir nusxasi ajratildi. Agar
olimpiada ishtirokchilari 20 nafar bo‘lsa necha xil usul bilan mukofotlarni berish
mumkin bo‘ladi? [177100]
1 0 . Kafeda menyuga 3 ta birinchi, 5 ta ikkinchi va 4 ta uchinchi ovqatlar
kiritilgan. Bitta birinchi, bitta ikkinchi va bitta uchinchi ovqatdan iborat kafe taklif
etgan menyudan tushlikning nechta variantini tuzish mumkin?
Yechish. Ko‘paytirish qoidasiga ko‘ra 3*5*4=60
11 . 6 ta turdagi poliz mahsuloti mavjud. 3 xil salat tayyorlashga qaror
qilindi. Nechta salat variantini tayyorlash mumkin?
Yechish. Ko‘paytirish qoidasiga ko‘ra 6*5*4=120

12 . 1 va 2 raqamlari yordamida nechta turli uch xonali son tuzish mumkin?
Variantlar daraxtini tuzing? [27]
13 . Hisoblang: 1) 13!/11! [156]; 2) (6!  14)/8!; [1/4]; 3) 6!-5! [600]
14 . Tenglamani yeching: (x-10)!=77(x-11)! [87]
15 . Shaxmat musobaqasining 8 ta ishtirokchi 6 stolda o‘ynayapti. Agar
barcha partiyalar ishtirokchilari oldindan ma’lum bo‘lsa, shaxmatchilarni stollar
atrofida necha xil usul bilan joylashtirish mumkin? [ P
4 =4!=24].
Nyuton binomi va binomial koeffitsientlar
Nazariy ma’lumotlar
C
nm
= n!
(n−m)!m ! formula bir nechta natijaga ega :
1) C
n0
= C
nn
= 1
2) C
nm
= C
nn − m
simmetriya qoidasi
3) C
nm
= C
n − 1m − 1
+ C
n − 1m
- Paskal uchburchagi
Oxirgi formula C
nm
ni ketma-ket hisoblashga imkon beradi. Haqiqatan,
- p =2 va t =1 da:
S21=S10+S11=1+1= 2
- p =3 va t =1 da : S
31
= S
20
+ S
21
= 1 + 2 = 3

- p =3 va t =2 da : S
32
= S
21
+ S
22
= 2 + 1 = 3

- t =4 va t =1 da : S
41
= S
30
+ S
31
= 1 + 3 = 4

- t =4 va t =2 da : S
42
= S
31
+ S
32
= 3 + 3 = 6

- t =4 va t =3 da :
S43=S32+S33= 3+1=4 va h.k.
Agar C
nm
sonlarni quyidagi uchburchkkli jadvalga joylashtirsak
C00

C10 C11

C20 C21C22

C30C31C32 C33
. . . . . . . . . . . .,
U holda harbir satr boshida va oxirida birlar turadi. Qolgan joylarda har bir
o‘rinda ulaning ustida turgan ikkita son yig‘indisitga teng son yoziladi. Bunday
jadval Paskl uchburchagi deyiladi. Birinchi olti satri quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.

1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
….……………………………
Paskal uchburchagi 3-chi va 4-chi satrida joylashgan sonlar a+b ikihadni
kvadratga va kubga ko‘targanda hosil bo‘ladi. Haqiqatan,
( a+b ) 2
= a 2
+2ab+b 2
va ( a+b ) 3
= a 3
+3a 2
b+3ab 2
+b 3

formulalarni
(a+b) 2
=S20 a 2
+ S21 ab+ S22b 2
(a+b) 3
=
S30 a 3
+ S31 a 2
b+ S32 ab 2
+ S33b 3
shaklda yozish mumkin. Xuddi shunga o‘xshash formulalarni binomning ixtiyoriy
natural darajasi uchun ham yozish mumkinligini isbotlash mumkin, ya’ni
(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+… +Cnman−mbm+… +Cnnbn
Yig‘indi belgisi d an foydalanib bu formulani quyidagicha yozish mumkin :
(a+b)n= n
¿m=0Cnman−mbm
- Nyuton formulasi
Nyuton formulasining o‘ng qismi binomning natural darajasining yoyilmasi
deyiladi.
Cnm
koeffitsientlar binomial koeffitsient lar deb ataladi.
Misol. (x+1) ikkihadni 7-darajaga ko‘taring
(x+1) 7
=
7
¿m= 0C7mx7−m1m=C70x710 + C71x611 + C72x512+C73x413 + C74x314 + C75x215 +
+
C76x116 + C77x017 = x7 +7 x6 +21 x5 +35 x4 +35 x3 +21 x2 +7x+1 .
Mustaqil ish uchun topshiriqlar
1. P rezidium ga 3 kishi saylandi. Ular rais, kotib va a’zo lavozimlarini
necha xil usul bilan taksimlashlari mumkin ?
2.1,5,6,7 raqamlaridan nechta barcha to‘rt xonali sonlarni tuzish mumkin ?
3. Ikklasi ham juft raqamdan iborat nechta ikki xonali son mavjud ?

4. O‘ngdan ham, chapdan ham bir xil o‘qiladigan nechta besh xonali son
mavjud ?
5. 5 ga bo‘linadigan nechta olti xonali son mavjud ?
6. 1,2,3,4,5 raqamlaridan sonni yozilishida har qanday raqam bittadan ko‘p
marta uchramaslik shartida nechta turli natural son tuzish mumkin ?
7. Ixtiyoriy telefon raqami yettita raqamdan iborat. 1,2 va 3 raqamlaridan
tashqari boshqa raqamlarni o‘z ichiga olmagan hammasi bo‘lib nechta telefon
raqami mavjud?
8. 2 ta yashil va 4 ta qizil sharni bir qatorga nechta usul bilan joylashtirish
mumkin ?
9. 4 ta 200 so‘mlik va 4 ta 500 so‘mlik tangadan to‘rtta tangani necha xil
usul bilan tanlash mumkin ?
10. 8 ta yo‘lovchini 2 ta vagonga necha usul bilan joylashtirish mumkin ?
11. Qandolat fabirkasida 5 ta xil shirinlik tayyorlanadi. 4 ta shirinlikdan
iborat bo‘lgan jamlanmani necha xil usul bilan tanlab olish mumkin?
12. Kakao so‘zida yangi so‘zlar hosil bo‘lishi uchun harflarni necha xil
usul bilan almashtirish mumkin?
13. Hisoblang:
1)A73+A63+A53 ; 2) A65+A64
A63 ; 3) R
6 ÷ ( R
7 − R
3 ) ;
2)
4¿S149+S1410
S1510 ; 5) R
6
( S
75
+ S
74 )
S
107 ; 6) C
53
∙ C
42
+ C
42
∙ C
31
+ C
31
∙ C
20
;
7) (
P5
A54+P4
A53 ) S54 .
14. Soddalashtiring 1) A
nk
( n − k ) !
(
n − 1 ) ! ; 2)
2Pn
Pn−2∙P2 ; 3) ( 1
n ! − 1 (
n + 1 ) !) ∙ n !

15. Tenglamani yeching:
1)
An−2 3 = 4An−32 ; 2) Pn+2=132 Ank∙Pn−k ; 3) 5Cn3=Cn+24 ; 4) An4=6An−2 2 ;
5)
An4∙Pn−4= 42 Pn−2.
16. Sistemani yeching :
{
Am−2 n ÷Am−2 n−1=3,
Cm−2 n ÷Cm−2 n−1= 0,6.

17. Binom darajasi yoyilmasini toping:
1) (a- 2
b ) 5
; 2) (x+√ x
) 6
.
18. ( 1
x + x
) 12
binom darajasi yoyilmasining 9-chi h adini toping.
19. (a+1) 10
binom darajasi yoyilmasining eng katta koeffitsientini toping.
20. (a 3
+ab) 21
binom darajasi yoyilmasining ikkita o‘rta hadini toping.
21. ( 3
√
x + 1
x ) 16
binom darajasi yoyilmasining x qatnashmagan hadning
nomerini toping.
22. Agar 3-chi had binomial koeffitsienti 36 ga teng bo‘lsa,
( a 2
√
a + 3 √
a
a ) p
binom darajasi yoyilmasining 7-hadini toping.
Javob lar
1. 6 2. 256 3. 20 4. 900 5. 180000 6. 325 7. 243 8. 15
9. 5 10. 256 11. 70 12. 30 13. 1) 390; 2) 9; 3) 120
839 ; 4) 1;
5)
1
15 ; 6) 81; 7) 7 14. 1) n ; 2) n 2
– n ; 3)
n
n+1 15. 1) 6; 2) 10; 3) 3; 14;
4) ∅
; 5) 7 . 16. p = 5, t =9 17. 1) a 5
− 10 a 4
v + 40 a 3
v 2 − 80 a 2
v 3 + 80 a
v 4 − 32
v 5 ;
2)
x 6
+ 6 x 5
√
x + 15 x 5
+ 20 x 4 √
x + 15 x 4
+ 6 x 3 √
x + x 3
18. 495 x 4

19.
252 . 20. T
11 =
C2110 a 43
b 10
va T
12 = C2111 a 41
b 11
21 . T
5 22. T
7 = 84 a3√a
GURUHLASH (KOMBINATSIYALAR)GA DOIR TESTLAR
1. Kutubxonachi sizga 5 ta turli kitobni o‘qishni taklif qildi. Siz shulardan 3
tasini tanlab olmoqchisiz. Bu ishni necha xil usulda amalga oshirish mumkin?
A) 15 B) 2 C) 10 D) 8
2. X 
{ a , b , c , d } to‘plamning qism to‘plamlari sonini toping.
A) 16 B) 14 C) 4 D) 2
3. Aylanada 20 ta turlicha nuqta belgilandi. Uchlari berilgan nuqtalarda
yotuvchi uhcburchaklar sonini hisoblang.
A) 1240 B) 1140 C) 1200 D) 600

4. Aylanada 20 ta turlicha nuqta belgilandi. Uchlari berilgan nuqtalarda
yotuvchi qavariq to‘rtburchaklar sonini hisoblang.
A) 4845 B) 4800 C) 3200 D) 1600
5. Aylanada 20 ta turlicha nuqta belgilandi. Uchlari berilgan nuqtalarda
yotuvchi vatarlar sonini hisoblang.
A) 200 B) 400 C) 190 D) 180
6. Doston, Doniyor, Alisher, Shahnoza va Shirinoy guruhda matematikani
eng yaxshi biladigan o quvchilardir. Bir nafar o g il bolaʻ ʻ ʻ va bir nafar qiz bolani
“Bilimlar bellashuvi”ga qatnashish uchun tanlash kerak. Buni nechta usulda
amalga oshirsa bo ladi?
ʻ
A) 6 B) 5 C) 9 D) 8
7. Sardor, Rahmonjon, Sanobar, Javlon, Barno va Baxtiyor a’lo baholarga
o qiydi. Maktab
ʻ ma’muriyati a’lochilar uchun sovg a tarzida ʻ konsertga 4 ta chipta
olib keldi. Shu chiptalalar a’lochilar o rtasida necha usulda taqsimlanishi
ʻ mumkin?
A) 15 B) 24 C) 20 D) 18
8. Taqsimchada 8 ta yong‘oq bor edi. Abbos ixtiyoriy uchtasini olmoqchi
bo‘ldi. Buni u necha xil usulda amalga oshirishi mumkin?
A) 24 B) 32 C) 48 D) 56
9. 8 ta har xil kitobdan 3 tasi necha xil usul bilantanlanishi mumkin?
A) 2016 B) 336 C) 56 D) 516
10. To‘rtta a, b, c, d elementdan ikkitadan olib tuzilgan guruhlar soni
nechta?
A) 4 B) 6 C) 16 D) 8
11. Besh nafar o‘quvchidan ikkitasini “Bilimlar bellashuvi” da qatnashish
uchun tanlab olish kerak. Bu ishni necha xil usulda bajarish mumkin?
A) 25 B) 10 C) 11 D) 9
12. Sinfda 30 nafar o quvchisi bor. Fan
ʻ olimpiadasida qatnashish uchun 3
nafar o quvchidan iborat jamoani tanlab olishimiz
ʻ kerak. Buni necha usulda
amalga oshirish mumkin?
A) 4060 B) 900 C) 10 D)

13. Qurilish tashkilotining duradgorlar bo‘limida 15 nafar ishchi bor. Ko‘p
qavatli uyning eshiklarini o‘rnatish uchun 3 nafar duradgorni tanlash zarur. Agar
bo‘limdagi har bir duradgor bu topshiriqni bajarishga layoqatli bo‘lsa, bunday
tanlash imkoniyatlari (variantlari) qancha?
A) 455 B) 45 C) 450 D) 18
14. 5 ta kitobdan 3 ta kitobni necha usulda tanlashimiz mumkin?
A) 15 B) 10 C) 8 D) 2
15. Zilola 6 ta masaladan ixtiyoriy 4 tasini tanlamoqchi. Nazokat esa 6 ta
boshqa masaladan 2 tasini tanlamoqchi. Zilola bu ishni necha xil usulda bajarishi
mumkin? Nazokatchi?
A) 15 B) 24 C) 21 D) 8
16. Idishda 1,2,3,…,10 sonlari yozilgan sharlar bor. Idishdan uchta shar
olamiz. Nechta holda ularda yozilgan sonlar yig‘indisi 9 ga teng bo‘ladi?
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4
17. Idishda 1,2,3,…,10 sonlari yozilgan sharlar bor. Idishdan uchta shar
olamiz. Nechta holda ularda yozilgan sonlar yig‘indisi 9 dan kichik bo‘lmaydi?
A) 117 B) 116 C) 113 D) 114
18. 1,2,3,…,8 raqamlaridan ularni takrorlamay tuzilgan 8 xonali sonlar
ichida 1 va 8 raqamlari yonma-yon turadiganlari nechta?
A) 10080 B) 5460 C) 720 D) 28
19. Gul sotuvchida 5 ta qizil va 10 ta oq chinnigul qolibdi. A’zamxon
singlisi Mubinabonuga 2 ta qizil va 3 ta oq chinniguldan iborat guldasta sovg‘a
qilmoqchi. Buni u necha xil usul bilan amalga oshirishi mumkin?
A) 2100 B) 1200 C) 900 D) 2250
20. Tadbirkor 8 ta gazetadan 5 tasiga o‘z firmasi haqida e’lon bermoqchi. U
5 ta gazetani necha xil usulda tanlashi mumkin?
A) 13 B) 24 C) 40 D) 56
21. Aylanada olingan 5 ta nuqta A, B, C, D, E harflari bilan belgilangan. Har
bir nuqta qolgan har bir nuqta bilan tutashtirilsa, nechta kesma hosil bo‘ladi?
A) 25 B) 21 C) 15 D) 10

22. 4,7,9 sonlaridan ularni takrorlamasdan nechta uch xonali son tuzish
mumkin?
A) 3 B) 6 C) 9 D) 12
23. Shaxmat musobaqasida har bir ishtirokchi boshqa ishtirokchilarning har
biri bilan bittadan o yin o ynaydi. Jami 18 ta ishtirokchi bo lsa,ʻ ʻ ʻ nechta o yin ʻ
o ynaladi?
ʻ
A) 324 B) 180 C) 153 D) 170
24. 7 ta turli rangli bo yoqdan 4 tasini necha usulda
ʻ tanlashimiz mumkin?
A) 11 B) 3 C) 27 D) 35
25. Bir to g ri chiziqda 10 ta nuqta, unga parallel
ʻ ʻ bo lgan boshqa to g ri ʻ ʻ ʻ
chiziqda esa 11 ta nuqta belgilangan. Uchlari bu nuqtalarda bo lgan
ʻ nechta a)
uchburchak; b) to rtburchaklar
ʻ mavjud?
A) 1045 B) 1530 C) 1100 D) 1010
26. Ikkita parallel chiziq berilgan bo‘lib, ularning bittasida 3 ta, ikkinchisida
2 ta nuqta belgilangan. Uchlari shu nuqtalarda bo‘lgan nechta uchburchak yasash
mumkin?
A) 5 B) 6 C) 9 D) 12
27. Ikkita parallel chiziq berilgan bo‘lib, ularning bittasida 5 ta, ikkinchisida
3 ta nuqta belgilangan. Uchlari shu nuqtalarda bo‘lgan nechta uchburchak yasash
mumkin?
A) 30 B) 24 C) 45 D) 23
28. P
2 ni hisoblang.
A) 2 B) 4 C) 8 D) 16
29. P
7 ni hisoblang.
A) 5040 B) 720 C) 120 D) 24
30. C
7 4
ni hisoblang.
A) 210 B) 35 C) 24 D) 120
31. C
10 7
ni hisoblang.
A) 6 B) 720 C) 540 D) 120

1. 6 . Bi nomial koeffitsientlarning ehtimollar nazariyasiga t adbiqlariga doir
misollar
Statistik qatorning o‘rta qiymat i shu qatordagi variantalarning o‘rta
arifmetigiga teng.
Statistik qatorning moda si shu qatorda eng ko‘p uchrovchi varianta.
Statistik qatorning mediana si shu qator variantalari yig‘indisining yarmiga
teng.
1. Statistik ma’lumotlar qatorining o‘rta qiymatini, modasini va medianasini
toping: a) 3, 6, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 7; b) 13, 12, 15, 13, 18, 14, 16, 15, 15, 17.
2. Ma’lumotlar qatorlarining modasini, medianasini va o‘rta qiymatini
toping. a) 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 8, 9, 9; b) 10, 12, 12,
15, 15, 16, 16, 17, 18, 18, 18, 18, 19, 20, 21; c) 22,4, 24,6, 21,8, 26,4, 24,9, 25,0,
23,5, 26,1, 25,3, 29,5, 23,5.
ASOSIY TUSHUNCHALAR. Tajriba natijasida ro‘y berishi mumkin
bo‘lgan eng soda hodisa elementar hodisa deyiladi.
Agar hodisa bir yoki bir necha elementar hodisadan iborat bo‘lsa, u tasodifiy
hodisa deyiladi.
Tajriba natijasida ro‘y berishi aniq bo‘lgan hodisa muqarrar hodisa deyiladi.
Tajriba natijasida umuman ro‘y bermaydigan hodisa mumkin bo‘lmagan,
ro‘y bermaydigan hodisa deyiladi.
Tasodifiy hodisalarni A, B, C, … bilan, muqarrar hodisani U bilan, mumkin
bo‘lmagan hodisani Z bilan belgilaymiz. Tasodifiy hodisaning ro‘y berish
ehtimolligi P bilan belgilanadi.
HODISA EHTIMOL S HNI HISOBLASH.
1. Uch marta tanga tashlanganda necha xil hodisa kuzatiladi? To‘rt martada-
chi?
A) 8; 16 B) 3; 4 C) 6; 8 D) 2
2. Tanga uch marta tashlanganda faqat “gerb” li tarafi tushishi ehtimollini
toping.
A) 1 B) 0,5 C) 0,75 D) 0,125

3. Tanga ikki marta tashlanganda faqat “so‘m” li tarafi tushishi ehtimoligini
toping. A) 1 B) 0,75 C) 0,25 D) 0,5
4. Qaysi biri ehtimolliroq – yoqlari tartib bilan 1 dan 6 gacha raqamlar bilan
belgilangan o‘yin soqqasini (kubchasini) tashlaganda toq sonning tushishimi yoki
juft sonnimi?
5. Ikkita o‘yin kubchasi tashlangan. Nimaning chiqish ehtimolligi kattaroq –
ikkalasining ham toq raqamli tarafi bilan tushishimi yoki biri toq, ikkinchisi juft
raqam bilan tushishimi?
6. Ikkita o‘yin kubi tashlanganda ikkalasida ham juft ochko tushish
ehtimolini toping. A) 1/36 B) 1/9 C) 1/4 D) 1/6
7. Ikkita o‘yin kubi tashlanganda ikkalasida ham toq ochko tushish
ehtimolini toping. A) 1/36 B) 1/9 C) 1/4 D) 1/6
8. Ikkita o‘yin kubi tashlanganda birida juft, ikkinchisida toq ochko tushish
ehtimolini toping. A) 1/2 B) 1/4 C) 1/6 D) 1/18
9. Ikkita o‘yin kubi tashlanganda tushgan ochkolar yig‘indisi 6 ga teng
bo‘lish ehtimolini toping. A) 5/36 B) 1/6 C) 1/4 D) 1/9
7. EHTIMOLNING KLASSIK TA’RIFI. 1. 1000 ta mahsulotdan 20
tasi yaroqsiz. Sotib olingan mahsulotning yaroqsiz ekanligi ehtimolligini toping va
uni protsentlarda ifodalang.
‘ A) 2% B) 0,02% C) 20% D) 0,5%
2. Maktabda 800 ta bola o‘qiydi. Shulardan 80 tasi a’lochi. Tasodifiy
ravishda bir o‘quvchi tanlandi. Uning a’lochi ekanligining ehtimolligini toping va
uni protsentlarda ifodalang.
A) 10% B) 0,1% C) 8% D) 0,8%
3. Savatda 30 ta qizil olma va 20 ta nashvati nok bor. Savatdan tavakkaliga
bir dona meva olindi. Uning: 1) nok; 2) olma; 3) nok yoki olma ekanligining
ehtimolligini toping.
A) 0,6; 0,4; 1 B) 0,3; 0,2; 0 C) 0,5; 0,5; 0,5 D) 0,6; 0,4; 0,5

4. Idishda 15 ta shar bor, ularga 1, 2, 3, ... , 14, 15 sonlari yozilgan.
Tasodifiy ravishda idishdan bitta shar olindi. Unda yozilgan sonning 7 ga; 10 ga; 5
ga; 3 ga; 2 ga bo‘linish ehtimolligini toping.
A) 2/15; 1/15; 1/5; 1/3; 7/15 ; B) 7/15; 2/3; 1/3; 1/5; 2/15; C) 1/2; 1/3; 2/3;
4/5; 13/15; D) 7/8; 1/2; 1/3; 3/4; 1/5.
5. Tanga ikki marta tashlandi. Bunda ro‘y berishi mumkin bo‘lgan
hodisalarning ehtimolliklarini toping va shunga mos jadval tuzing.
G, G; R, R; G, R; R, G
6. Kubning yoqlari oq yoki yashil rangga bo‘yalgan. Kubni tashlaganda oq
rangli yoq chiqish ehtimolligi 1/3 ga, yashil rangli yoq chiqish ehtimolligi esa 2/3
ga teng. Kubning nechta yog‘i oq, nechta yog‘i yashil rangga bo‘yalgan?
A) 2; 4 B) 1; 2 C) 1;5 D) 3;3
7. Idishda o‘lchamlari bir xil 18 ta ko‘k, 15 ta qora, 17 ta qizil qalam bor.
Idishdan tavakkaliga bir dona qalam olindi. Uning: 1) ko‘k; 2) qizil; 3) qora rangda
ekanligining ehtimolligini toping.
A) 0,36; 0,34; 0,3 B) 0,36; 0,3; 0,34 C) 0,18; 0,15; 0,17 D) 0,36; 0,15; 0,17
8. Idishdagi sharlarning 40% i oq, 1/3 qismi qora, qolganlari qizil rangda.
Idishdan tavakkaliga bitta shar olindi. Olingan sharning qaysi rangda bo‘lish
ehtimolligi ko‘proq? Kamroq?
A) “oq” da ko‘proq, “qizil” da kamroq; B) “oq” da ko‘proq, “qora” da
kamroq ;C) “qora” da ko‘proq, “qizil” da kamroq; D) “qizi” da ko‘proq, “oq” da
kamroq.
9. 1) 6, 7, 8 raqamlaridan, ularni takrorlamasdan, 3 xonali sonlar tuzilgan.
Juft raqamlarning yonma-yon joylashishi ehtimolligini toping. 2) 3, 4,5
raqamlaridan, ularni takrorlamasdan, 3 xonali sonlar tuzilgan. Toq raqamlarning
yonma-yon joylashishi ehtimolligini toping.
A) 2/3; 2/3;B) 1/2; ½; C) 1/3; 2/3 ; D) 2/3; ½.
10. Hamidulla matematikadan 50 ta yozma ish variantlaridan 5 tasini
yechishni bilmaydi. Yozma ishda unga bitta variant berildi. Hamidullaning shu
variantni bilishi ehtimolligini toping va uni protsentlarda ifodalang.

A) 90% B) 45% C) 95% D) 50%
11 . 100 000 ta lotoreya chiptasi o‘yinga qo‘yildi. Shuning 25 000 tasi
yutuqli. Tavakkaliga olingan chiptaning: yutuqli bo‘lishi; yutuqli emasligi
ehtimolligini toping va uni protsentlarda ifodalang.
A) 25%; 75%; B) 75%; 25%; C) 25%; 100% ;D) 50%; 50%.
1. 10 ta har xil detalni 3 ta qutiga necha xil usul bilan joylashtirish mumkin?
A) 10 3 B) 3 10 C) 30 D) 13
2. Beshta har xil daftarni uch bola o‘rtasida necha xil usul bilan taqsimlash
mumkin?
A) 125 B) 243 C) 15 D) 225
3. n X 3va n Y  6 bo‘lsin. X to‘plamni Y to‘plamga akslantirishlar sonini toping.
A) 9 B) 18 C) 216 D) 729
4. n X 
4 va Y  { a , b , c } bo‘lsin. X to‘plamni Y to‘plamga akslantirishlar sonini
toping.
A) 7 B) 12 C) 64 D) 81.
O‘z-o‘zini tekshirish uchun test
1 . Karni qisqartiring:
5!
2⋅3!.
1)
1
6 2) 10 3) 1
2 . Hisoblang: 6!-5!
1) 600 2) 300 3)1
3. Formulalarrni birlashmalar bilan moslik o‘rnating.
A) o‘rin almashtirishlar B) guruhlashlar V) o‘rinlashtirishlar
1)
n!
(n−m)!m! 2)
n!
(n−m)! 3) n!
4.
~S102 nimaga teng?
1) 45 2) 90 3) 55
5 . Tenglamani neching:
An2 = 42.
1) 7 2) 6 3) 6 i 7

6 . 6 ta buyumdan 3 tasini necha xil usul bilan tanlash mumkin ?
1) 120 2) 20 3) 18
7. Futbol musobaqasida beshta jamoa qatnashadi. Mukofotli o‘rinlarning
taqsimlanishining variantlar sonini toping .
1) 20 2) 120 3) 60
8 . Surat va maxraji 20 dan katta bo‘lmagan har xil tub sonlar bo‘lgan nechta
oddiy kasrlar mavjud ? (1 tub son emas )
1) 80 2) 56 3) 20
9. 5 ta turli kitobni javonga ikkita ma’lum kitob bir qatorda turadigan qilib
necha xil usul bilan joylashtirish mumkin?
1) 24 2) 120 3) 48
10. 6 ta xonani 3 ta xonasi qizil va 3 ta qolganini oq, qora va yashil ranglar
bilan nechta usul bilan bo‘yash mumkin?
1) 180 2) 120 3) 240

2-BOB. BINOMIAL KOEFFITSIENTLAR UC H UN ASIMPTOTIK
XOSSALAR
2.1. Binomial koeffitsientlar ketma-ketligi
1-teorema . Har bir n ≥ 1
(chekli) Snk binomial koeffitsientlar ketma-ketligi, bu
yerda k = 0,1,2 , … , n
o‘sadi, agar k < n − 1
2 bo‘lsa, kamayadi , agar k > n − 1
2 bo‘lsa.
Isbot. S
nk + 1
S
nk , 0 ≤ k ≤ n − 1
nisbatni qaraymiz.
S
nk + 1
S
nk = n !
( k + 1 ) ! ( n − k − 1 ) ! : n !
k ! ( n − k ) ! = n − k
k + 1
Bu nisbatni k < n − 1
2 bo‘lsa, birdan katta bo‘lganda yechib ko‘ramiz
n − k
k + 1 > 1
k < n − 1
2 bo‘lsa, ketma-ketlik o‘sishini olamiz.
agar k > n − 1
2 bo‘lsa, ketma-ketlik kamayishini olamiz
Maksimal qiymatlar.
1-natija . n ning juft qiymatlarida binomial koeffitsientlar,
orasida maksimal qiymat faqat k = n
2 da erishiladi.
n ning toq qiymatlarida binomial koeffitsientlar, orasida
maksimal qiymat faqat k = n − 1
2 va
k= n+1
2 da erishiladi.
Isbot. 1-teoremaga asosan
n≥1 da binomial koeffitsientlar ketma-ketligi ,
bu yerda o‘sadi, agar bo‘lsa, kamayadi , agar bo‘lsa.
n ning qiymati juft bo‘lsa, u holda n − 1
2 soni butun emas, shuning uchun
maksimal qiymat k =
[ n − 1
2 ] + 1 = n
2 da erishiladi, agar n ning qiymati toq bo‘lsa,
n − 1
2 soni butun, demak
Cn
n−12=Cn
n+12 va maksimal qiymat faqat k= n−1
2 va k= n+1
2
da erishiladi.

2-natija . Barcha n≥1 va 0≤k≤n lar uchun Cnk≤Cn[n2] .
2.2. Binomial koeffitsintlar yig‘indisi
Nyuton binomi formulasini eslatib o‘tamiz:
n≥1
da ( x + y ) n
=
∑
k = 0n
C
nk
x n − k
y k
Undan binomial koeffitsientlarning ikkita xossasi kelib chiqadi
2-teorema . Barcha
n≥1 lar uchun
1.
∑
k = 0n
C
nk
= 2 n
.
2.
∑
k = 0n
( − 1 ) k
C
n k
= 0.
Isbot.
1. ( 1 + 1 ) n
=
∑
k = 0n
C
nk
= 2 n
.
2.
(1+(−1))n=∑k=0
n
(−1)kCnk=0.
binomial koeffitsintlarning boshqa yig‘indilarini ham hisoblash mumkin
1-misol .
∑
k = 0n
C
nk
a k
yig‘indining qiymatini toping, bu yerda a ∈ R
.
Masalan, agar
n=2,a=2 bo‘lsa, u holda C
20
∙ 2 0
+ C
21
∙ 2 1
+ C
22
∙ 2 2
= 1 + 4 + 4 = 9
yig‘indining qiymatini topish mumkin
Yechish. Osonlik bilan ko‘rsatish mumkinki bu yig‘indi Nyuton binomi
formulasi bo‘yicha yoyiladi
∑
k = 0n
C
nk
a k
1 n − k
=
( a + 1 ) n
2 - misol .
∑
k = 0n
kC
nk
yig‘indining qiymatini toping.
Masalan, agar
n=3 bo‘lsa, u holda 0 ∙ C
30
+ 1 ∙ C
31
+ 2 ∙ C
32
+ 3 ∙ C
33
= 0 + 3 + 6 + 3 = 12
yig‘indining qiymatini topish mumkin /
Ye chish. k ≥ 1
da
kC
nk
= k ∙ n !
k !
( n − k ) ! = n ! (
k − 1 ) !( n − k ) ! = n ∙
( n − 1 ) !
(
k − 1 ) ! ¿ ¿
tk
oldidagi koeffitsientlarni tenglashtiramiz

∑
r = 0k
C
nr
C
mk − r
= C
n + mk
Nyuton binomi formulasiga o‘xshash ( x
1 + … + x
m ) n
ko‘rinishdagi yig‘indi darajasi
uchun formulani tpoish mumkin.
3 - teorema . Barcha n ≥ 1 , m ≥ 2
lar uchun
( x
1 + … + x
m ) n
=
∑
k
1 , … , k
m ≥ 0 :
k
1 + , … + , k
m = n❑
n !
k
1 ! … k
m ! x
1k
1
… x
mk
m
Isbotni m bo‘yicha induksiya bilan amalga oshirish mumkin.Induksiya
bazisini Nyuton binom formulasi tashkil etadi.
n !
k
1 ! … k
m ! , n ≥ 1 , k
1 , … , k
m ≥ 0
c on va
k1+,… +,km= n polinomial koeffitsientlar deb
ataladi va C ( n ; k
1 , … , k
m )
deb belgilanadi.
Polinomial koeffitsientlar or q ali 3 - teoremadagi formulani quyidagi
ko‘rinishda yozish mumkin:
(x1+… +xm)n= ∑ k1,…,km≥0: k1+,…+,km=n
❑
C(n;k1,… ,km)x1k1… xmkm
3 - misol . ( x + y + z ) 2
ifoda uchun formulani topamiz.
Yechish.4 teoremaga ko‘ra dastlab
n=2 sonini uchta ( m = 3 )
nomanfiy sonlar
yig‘indisi shaklida tasvirlashlarini topishimiz kerak. Bunday tasvirlashlar
^S(3,2 )=C (3+2−1,2 )=6
2=0+0+2=0+1+1= 0+2+0=1+0+1=1+1+0=2+0+0
E ndi har bir yig‘indi uchun mos polinomial koeffitsientni topamiz
C
( 0 , 0,2 ) = C ( 0 , 2,0 ) = C ( 2 , 0,0 ) = 2 !
0 ! 0 ! 2 ! = 1 ;
C
( 0 , 1,1 ) = C ( 1 , 0,1 ) = C ( 1 , 1,0 ) = 2 !
0 ! 1 ! 1 ! = 2
Demak,
(x+y+z)2= z2+2yz +y2+2xz +2xy +x2
3- teoremaga o‘xshash polinomial koeffitsientlarning yig‘indisi qiymatini
olish mumkin
4 - teorema . Barcha
n≥1,m ≥2 lar uchun

∑ k1,…,km≥0: k1+,…+,km=n
❑
C (n;k1,… ,km)= mnIsbot. 3- teoremadagi formulaga
x1=… = xn=1 qiymatlarni qo‘yamiz.
5-teorema . Barcha n ≥ 1 , 0 ≤ k ≤ n
lar uchun
Cnk≤ nn
kk(n− k)n−k ( ta’rifga ko‘ra
00=1
deb faraz qilamiz)
Isbot. Dastlab barcha
n≥1 lar uchun C
n0
= 1 ≤ n n
n n
0 0 = 1
, ya’ni k=0 6 teorema
tasdig‘i to‘g‘ri.
Barcha
n≥1,1≤k≤n lar uchun isbotni n bo‘yicha induksiya orqali amalga
oshiramiz.
Induksiya bazisi. Agar
n=1 bo‘lsa, u holda C
n1
= 1 ≤ 1 1
1 1
0 0 = 1
yu
Induktiv o‘tish. Faraz qilaylik, biror
n≥1,1≤k≤n uchun teorema tasdig‘i
o‘rinli bo‘lsin.
n+1
ni qaraymiz. U holda Cn+1k = (n+1)!
k!(n− k+1)!= n+1
k ∙ n!
(k−1)!(n− k+1)!= n+1
k ∙Cnk−1
Induksiyaning farazidan foydalanamiz
Cnk−1≤ nn
¿¿
n+1
k ∙Cnk−1≤ n+1
k ∙nn
¿¿
¿
( n + 1 ) n + 1
k k
(
n − k + 1 ) n − k + 1 ∙ ( 1 + 1
k − 1 ) k − 1
(
1 + 1
n ) n ≤
( n + 1 ) n + 1
k k
(
n − k + 1 ) n − k + 1
Bu yerda a
n =
( 1 + 1
n ) n
ketmaketlikning o‘sishidan foydalandik.
Polinomial koeffitsientni baholash
5.1 - natija . Barcha
,m≥2 va k1,… ,km≥0 va k1+,… +,km= n lar uchun
C ( n ; k
1 , … , k
m ) ≤ n n
k
1 k
1
… k
m k
m
( ta’rifga ko‘ra
00=1 deb faraz qilamiz).
Entropiya funksiyasi. H
( t) = − t log
2 t − ( 1 − t ) log
2 ( 1 − t )
funksyaini

t ∈ ( 0,1 )
oraliqda qaraymiz.U entropiya funksiyachi(ikki qiymatli) deb ataladi.
6-teorema . Entropiya funksiya xossasi. Haqiqiy o‘zgaruvchiliH (t)=−tlog 2t−(1−t)log 2(1−t)
funksiya uchun t∈(0,1 ) oraliqda quyidagi xossalar
o‘rinli:
1)
lim t→0+¿H(t)=0¿¿ lim t→1−¿H(t)=0¿¿
2)
t∈¿ oraliqda H ( t)
funksiya monoton o‘sadi, t∈¿ oraliqda H ( t)
funksiya
monoton kamayadi;
3)
t∈(0,1 ) oraliqda o‘zining yagona maksimal qiymatishga bitta t = 1
2 nuqtada
erishadi va H
( 1
2 ) = 1

Isbot. H
( t) = t log
2 1
t + ( 1 − t ) log
2 1
1 − t .
1) U holda
lim t→0+¿H(t)= lim t→0+¿tlog21t=¿limt→0+¿log21t1t=0¿¿¿¿¿¿¿ . lim
t → 1 − ¿ H
( t) = 0 ¿ ¿
ekanligi shunga o‘xshash keltirib
chiqariladi.
Endi
H (t) funksiyaning hosilasini topamiz va uni nolga tenglaymiz
H '
( t)
=
( log
2 1
t + t ∙ t ∙ ( − 1
t 2 ) ∙ 1
ln 2 ) + ¿
Bundan t = 1
2
H
( t)
funksiyaning hosilasining ishora saqlanish oraliqlarini tekshirib 2) va 3)
tasdiqlarni olamiz.
E ntropiya funksiyasi va binomial koeffitsientlar
Natija. Barcha n ≥ 1 , 1 ≤ k ≤ n − 1
lar uchun
C
nk
≤ 2 H
( k
n) n
Bu yerda
H (t) ikki qiymatli entropiya funksiyasi.
Isbot. 6-teoremaga ko‘ra
Cnk≤ nn
kk(n− k)n−k

α = k
n deb olamiz, u holda
k = αn , n − k =( 1 − α ) n .
n n
k k
( n − k ) n − k = n n
α αn
n αn
( 1 − α )
( 1 − α ) n
n ( 1 − α ) n = 1
α αn
( 1 − α ) ( 1 − α ) n = 2 − log
2 ( α αn
(
1 − α )( 1 − α) n
)
= 2 n ( α log
2 1
α + ( 1 − α ) log
2 1
1 − α )
= 2 H ( α) n
2.3. Binomial koeffitsientlar yig‘indisining bahosi .
7-teorema .
n≥1,k<[
n
2] da
C
nk
<
∑
r = 0k
C
nr
< n − k
n − 2 k C
n k
Isbot. Chap tengsizlik o‘z- o‘zidan ravshan. O‘ng tengsizlikni isbotlaymiz.
k <
[ n
2 ] bo‘lsin. ∑r=0
k
Cnr yig‘indini qaraymiz.Dastlab ixtiyoriy r , 0 < r < k
uchun
Cnr
Cnk= n!
r!(n− r)!∙k!(n−k)!
n! = k(k−1)… .(r+1)
(n− r)(n−r−1)∙∙∙(n−k+1)≤(
k
n− k)
k−r
k <
[ n
2 ] bo‘lganligi uchun k
n − k < 1
. U holda
∑r=0
k
Cnr=Cnk∑r=0
k Cnr
Cnk≤Cnk
(1+(
k
n− k)+(
k
n− k)
2
+… )
Katta qavs ichida maxraji k
n − k < 1
bo‘lgan cheksiz kamayuvchi progressiya
yig‘indisi turibdi.Uni topamiz
1
1− k
n−k
= n− k
n−2k
Bundan
∑
r = 0k
C
nr
≤ n − k
n − 2 k C
nk
7.1-natija . n ≥ 1 , k < n
2 da
∑
r = kn
C
nr
< k
2 k − n C
nk
Isbot. 7-teoremaga ko‘ra va
C
nr
= C
nn − r
Bo‘lgani uchun

∑
r = kn
C
nr
=
∑
s = 0n − k
C
n s
< n − ( n − k )
n − 2 ( n − k ) C
nn − k
= k
2 k − n C
nk
.
Binomial koeffitsientlar yig‘indilarining quyidagi baholarini isbotlash mumkin
8-teorema .1. . n≥1,k<[
n
2] bo‘lsin. U holda
∑r=0
k
Cnr< nn
kk(n− k)n−k
2. n ≥ 1 , k < n
2 bo‘lsin. U holda
∑r=k
k
Cnr< nn
kk(n− k)n−k
2.4. Asimptotik baholar
O –simvolika
Biz
n natural argumentli nomanfiy funksiyalarning n→ ∞ dagi holatini
o‘rganamimz
Agar shunday musbat S soni mavjud bo‘lib, φ ( n ) ≤ C ∙ ( n )
tengsizlik bajarilsa,

φ(n)=O((n)) deb yozildi.
Agar bir vaqtning o‘zida φ
( n ) = O ( ( n ) )
va ( n ) = O ( φ ( n ) )
shartlar bajarilsa, u holda
φ
( n )
va ( n )
funksiyalar bir xil tartibga ega deyiladi va φ ( n )
≈ ( n)
deb yoziladi.
Agar shunday,
n→ ∞ da  (n)  0 funksiya mavjud bo‘lib, φ(n)=(n)∙(n)
tengsizlik bajarilsa, u holda φ
( n ) = o ( ( n) )
deb yozildi.
φ
( n )
va ( n )
funksiyalar ekvivalent deyiladi va φ ( n )( n )
deb yoziladi, agar
φ(n)=(n)+o((n))
bo‘lsa.
Stirling formulasi yordamida
n! √2πn nne−n , bu yerda e – natural logarifm
asosi.quytidagi teoremalarni isbotlash mumkin.
9-teorema. k
→ ∞ va n− k→ ∞ da
C
nk
√ n
√
2 πk ( n − k ) ∙ n n
k k
( n − k ) k
9 .1natija.
n→ ∞ da n ning juft qiymatlari uchun
Cn
n2
√
2
π∙2n
√n
1 0 - teorema. .
n→ ∞ da φ ( n ) → ∞
va φ(n)√n=o(n) , u holda

∑
r =[ n
2 − φ ( n)√ n]
[n
2 + φ ( n)√ n]
C
nr
2 n
Isbot. k <
[ n
2 ] bo‘lsin.7-teoremaga ko‘ra
∑
r = 0k
C
nr
≤ n − k
n − 2 k C
nk
C
nk
= C
nn − k
(1- xossaga ko‘ra)
Cnk≤Cnr
(2.1-natijaga ko‘ra)
C
nk
(
n − 2 k ) = ( C
nk
+ … + C
n k )
≤ C
nk
+ C
nk + 1
… + C
n [ n
2]
+ … + C
nn − k
≤
∑
r = 0n
C
nr
= ¿ 2 n
¿
Demak,
∑
r = 0k
C
nr
≤ n − k
n − 2 k C
nk
∙ n − 2 k
n − 2 k ≤ 2 n
∙ n − k
( n − 2 k ) 2
. n → ∞
da φ ( n ) → ∞
va
φ(n)√n=o(n) , va k = [ n
2 − φ ( n )√ n ]
u holda
∑
r = 0k
C
nr
≤ 2 n
∙ n −
[ n
2 − φ ( n )√ n ]
(
n − 2 [ n
2 − φ ( n)√ n ]) 2 ≤ 2 n
∙ n − n
2 + φ
( n )√ n + 1
(
n − 2 n
2 + 2 φ ( n )√ n ) 2 = 2 n
∙ n
2 − φ
( n )√ n + 1
(
2 φ ( n )√ n ) 2 ≤ 2 n
∙ 1
S ( φ ( n)) 2 = o ( 2 n
)
1-xos c aga ko‘ra
∑
r = n − kn
C
nr
= o ( ¿ 2 n
) ¿

3-BOB. BINOMIAL KOEFFITSIENTLAR GEOMETRIY A SI VA PASKAL
UC H BURCAGI
3.1. B inomial koeffitsientlar geometriyasi
( a + b ) n
.yoyilmadagi a n
, a n – 1
b , a n – 2
b 2
, ..., a 2
b n – 2
, ab n – 1
, b n
bir hadlar oldidagi
koeffitsientlar-binomial koeffitsientlar deyiladi
n = 2 da binom yoyilmasi :
( a + b ) 2
= a 2
+ 2 ab + b 2
,
n = 3 da :
( a + b ) 3
= a 3
+ 3 a 2
b + 3 ab 2
+ b 3
.
( a + b ) 2
uchun yoyilma ( a + b ) tomonli kvadratni to‘rt qismga bo‘lishi orqali
isbotlangan : ikkita kvadrat ( ularning yuzalari a 2
va b 2
) va ikkita to‘g‘rito‘rtburchak
a ( har biri yuzasi ab . Dlya razlojeniya ( a + b ) 3
yoyilma uchun kubni ikkita
a 3
va b 3
kubga va oltita a 2
b va ab 2
parallelepipedga ajratilgan.

1-rasm. Yig‘indining kvadrati va kubi
( a + b ) n
ifodaning yoyilma formulasi Nyuton binomi deyiladi, lekin Nyutongacha
ham bu formula ma’lum bo‘lgan. Nyuton esa uni i n darajaning kasr
ko‘rsatkichlari uchun umumlashttirgan . ( a + b ) n
ifodadagi an−kbk hadning
koeffitsienti C
nk
deb belgilanadi. Bu belgilashni 1778 yilda L. Eyler kiritgan.
Shunday qilib, binom yoyilmasini quyidagicha yozish mumkin (bu yerda C
nk
o‘rniga
(
n
k) deb yozilgan) :
Barcha binomial koeffitsientlarni ixtiyoriy n uchun n ta ( a + b )
ko‘patuvchini bevosita ko‘paytirib, qavslari ochib va o‘hshashg hadlarni
ixchamlab topish mumkin. Lekin qadimgi va o‘rtasr matematiklariga bu algebraik
belgilashlar bo‘lmagani uchun qiyinchilik tug‘dirgan. Masalan bir o‘rta asr(XV

asr) matematik risolasida binomial koeffitsientlar 10001 sonini darajaga ko‘tarish
orqali ko‘rgazmali ravishda hisoblangan va jadval ko‘rinishda keltirilgan
1000900360084012601260084003600090001
100080028005600700056002800080001
10007002100350035002100070001
1000600150020001500060001
100050010001000050001
10004000600040001
1000300030001
100020001
10001
1 -jadval . 1001 sonining darajasi
binomial koeffitsient larni hosil qiladi
At-Tusi (XIII asr.) n = 12 gacha bo‘lgan binomial koeffitsientlar jadvalini tuzgan
va ularning olish uchun umumiy qoidani ham keltirgan, u hozirgi belgilashlarda
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi :
Buni quyidagicha isbotlash mumkin ( a + b ) n
ifodadagi an−kbk hadning
koeffitsienti
(
n
k) , (
n−1
k ) va (
n−1
k−1) lar ( a + b ) n -1
ifodadagi akbn−1−k va ak−1bn−k
hadlar oldidagi koeffitsientlar
( a + b ) n
yoyilmadan ( a + b ) n – 1
, yoyilmani olish uchun oxirgi yoyilmaning har bir
birhadini a va b ga ko‘paytirish lozim . ( a + b ) n
yoyilmada o‘xshash hadlarni
ixchamlagunga qadar a k
b n – k
qatnashgan ikkita had hosil bo‘ladi , bular
( a + b ) n – 1
yoyilmadagi a k – 1
b n – k
hadni a ga va
a k
b n − 1 − k
hadni b ga ko‘paytmasi .
Demak, bu hadlar oldidagi koeffitsientlar uchun

Ushbu qoida tufayli binomial koeffitsientlarni n ning kattaroq darajalari
uchun ketma-ket hisoblash mumkin: ya'ni n darajali binomialning k-koeffitsienti n
– 1daraja k va (k - 1) koeffitsientlarining yig'indisiga teng). Bunga shuni
qo'shimcha qilish kerakki, n darajali binomda birinchi (aniqrog'i nol, k = 0) va
oxirgi (k = n) koeffitsientlar - ya'ni a n
va b n
lar koeffitsientlari ikkalasi ham 1 ga
teng. (n ta omilni (a + b) ko'paytuvchida a n
hadi bir marta, ya'ni a sonini n marta
ko'paytirish orqali olinadi; b n
had uchun ham xuddi shunday).
3.2. P askal uchburchagi
Agar binomial koeffitsientlarni p satrlar va k ustunlar bilan jadval shaklida
yozsangiz, unda har bir satr bittadan boshlanadi va tugaydi va satrning har bir
oraliq son - to'g'ridan-to'g'ri uning tepasida va chap tomonda joylagan qatorning
ikkita soni yig'indisiga teng bo'ladi
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
n
0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1
6 1 6 15 20 15 6 1
7 1 7 21 35 35 21 7 1
8 1 8 28 56 70 56 28 8 1
9 1 9 36 84 136 136 84 36 9 1

2 -jadval . Binomial koeffitsient lar
Ushbu jadvalning har bir satri nosimmetrik ekanligini ko'rish oson: binom
yoyilmasii dagi (
n
k) va (
n
n− k) koeffitsientlari ustma-ust tushadi .
Olingan son uchburchagi Paskal uchburchagi deb ataladi. Binom
koeffitsientlari jadvallari oldingi matematiklar - xitoy, arab va yevropaliklarga ham
ma'lum bo'lgan (P. Appian, 1527; M. Stiefel, 1544; N. Tartalya, 1556). Biroq,
Paskalning ( muallif vafotidan keyin 1665 yilda) nashr etilgan "Arifmetik
uchburchak haqida risola" asari tufayli binomial koeffitsientlarning xususiyatlari
keng ma'lum bo'ldi. To'g'ri, Paskalning o'zi (va uning ko'plab o'tmishdoshlari) bu
uchburchakni "ko'tarilgan" ustunlar va tepada to'g'ri burchak bilan biroz boshqacha
chizgan:
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
n –
k
0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
2 1 3 6 10 15 21 28 36
3 1 4 10 20 35 56 84
4 1 5 15 35 70 136
5 1 6 21 56 136
6 1 7 28 84
7 1 8 36
8 1 9
9 1
Paskal uchburchagi

Bunday jadvalda n darajali binomning yoyilmasiga mos keladigan sonlar
r bir xil chiziq bo'ylab emas, balki bir xil o'sish diagonali bo'ylab paydo bo'ladi.
Barcha o‘suvchi diagonallar va shuning uchun butun jadval asosiy tushuvchi
diagonalga - "to'g'ri burchakli bissektrisa" ga nisbatan nosimmetrikdir. Jadvaldagi
har bir son (yuqori va chap chetidagi sonlardan tashqari) uning yuqori va chap
tomonidagi ikkita sonning yig'indisiga teng.
Paskal uchburchagini tashkil etuvchi sonlarning bo'linuvchanlik xossasi
ham qiziq. Agar biror natural songa bo linadigan raqamlarni bitta rang bilan,ʻ
qolganiga bo linadiganlarni esa boshqa rang bilan belgilasangiz, kutilmagan
ʻ
naqshlarni olasiz. Ulardan ba'zilari teng ko'p rangli uchburchaklardan iborat - bu
tub sonlarga bo'linish natijasidir. Boshqalari fraktallarga o'xshaydi. Nima uchun
tushuntirishga harakat qiling?
Jadvaldagi bir qator (ustun) bo'ylab son lar ham qiziq. Ko'rinib turibdiki, nol qator
va nol ustunda birlar mavjud. Bundan tashqari, birinchi qator va birinchi ustun
qatordagi barcha natural sonlarni o'z ichiga olishi aniq: 1, 2, 3, 4 va boshqalar.
Lekin ikkinchi qatorda (ustun) qanday son lar bor? Ma'lum bo'lishicha, bu
sonlar ning o'z nomi bor va ular qadim zamonlardan beri mavjud - bu uchburchak
sonlar rdir (qarang: "Pifagor sonlari i"). Uchinchi qatordagi (ustun) son lar esa
uchburchaklar yig'indisiga teng piramidal sonlardir.
Agar Paskal uchburchagining 2-jadvalda keltirilgan shakliga murojaat qilsak va uning
ustunlari va tushuvchi diagonallarini ko‘rib chiqsak, bu mulohaza hech qanday yangilik

bermaydi: aslida 2 va 3-jadval ustunlari bir xil, pasayish diagonallari esa. 2-jadvalning 3-
jadval satrlari bilan mos keladi.2-jadvalning qatorlari 3-jadvalning ko tariluvchiʻ
diagonallariga to g ri keladi.Lekin 2-jadvalning ko tariluvchi diagonallari ajoyib
ʻ ʻ ʻ
xususiyatga ega.Agar o sish bo yicha raqamlar yig indisini yozsak diagonallar, biz olamiz:
ʻ ʻ ʻ
1; 1; 1 + 1 = 2; 1 + 2 = 3; 1 + 3 + 1 = 5; 1 + 4 + 3 = 8 va hokazo. Bu son larning ketma-
ketligi (1, 1, 2, 3, 5, 8, ...) undagi har bir raqam oldingi ikkitasining yig'indisiga teng
bo'lgan xususiyatga ega. Bu raqamlar Fibonachchi son lari deb ataladi va juda ko'p qiziqarli
matematik xususiyatlarga ega bo'lib, ular eng kutilmagan muammolarda paydo bo'ladi.
2-jadvalning har bir satridagi (yoki 3-jadvalning o'sish diagonallarining har biridagi)
sonlar yig'indisi nimaga teng ekanligi ancha sodda savol. Bunga javob berishga harakat
qiling.
Bu son lar 1 ga teng; 1 + 1 = 2; 1 + 2 + 1 = 4; 1 + 3 + 3 + 1 = 8 va hokazo. 3-jadvalning n-
o sish diagonalidagi (yoki 2-jadvalning n-qatoridagi) sonlar yig indisi 2n ga teng deb
ʻ ʻ
taxmin qilish oson. Qanday bo'lsa. Aslida, bu yig‘indi quyidagilarga teng:
yig‘indi nimaga teng, unda toq sonli n > 0 darajali barcha binom koeffitsientlari
plyus ishoras si bilan, juft sonlar bilan esa minus ishorasi bilan olinadi?
Javob . Binomial yoyilma ning o'ta muhim xususiyati shundaki, uning
koeffitsientlari elementlar bilan to'plamdagi elementlarning birikmalari sonidan
boshqa narsa emas Binomial kengayishning o'ta muhim xususiyati shundaki, uning
(
n
k)
koeffitsientlari p element li to‘plamdan k ta e lementlar dan tuzilgan
guruhlashlar sonidan boshqa narsa emas ("Kombinatorika" ga qarang; bu
raqamlarning umumiy formulasi ham o'sha erda isbotlangan. : ).

(
n
k)= n!
k!(n− k)!Binomial koeffitsientlarning bo'linuvchanligi bilan bog'liq xususiyatlardan
birini keltiramiz. 2-jadvalni ko'rib chiqamiz. Uning 5-qatoridagi tashqi
raqamlardan tashqari barcha raqamlar 5 ga bo'linishini ko'rish oson; 7-qatordagi
tashqi raqamlardan tashqari barcha raqamlar 7 ga bo'linadi. Yana qanday qatorlar
xuddi shunday xususiyatga ega? Shubhasiz - 2 va 3-da. Qolganlarini ko'rish oson,
bunday xossa yo'q. 2, 3, 5 va 7 son larini nima birlashtiradi va ularni birinchi
o'nlikdagi boshqa son lardan ajratib turadi? To'g'ri, ularning barchasi oddiy.
Isbotlash mumkinki, haqiqatan ham Paskal uchburchagining n-qatoridagi barcha
sonlar (2-jadval ko'rinishida), ekstremaldan tashqari, n ga bo'linadi, agar n tub
bo'lsa.
Paskal uchburchagining yana bir go'zal xossasi (2-jadval ko'rinishida) n-
qatorda nechta toq sonlar borligi haqidagi savol bilan bog'liq. Ma'lum bo'lishicha,
bu toq sonlar soni har doim 2k ga teng bo'ladi, bu erda k - n ning ikkilik
yozuvidagi birlar soni. Ushbu noaniq xususiyatni o'zingiz tekshiring.
Va nihoyat, biz Paskal uchburchagining nisbatan yaqinda va umuman
tasodifan topilgan xossasini keltiramiz, uni tub sonlar bilan bog‘laymiz
(G.V.Mann, D.Shanks, 1972). Paskal uchburchagi satrlarini yozamiz (2-jadval
ko'rinishida), har safar qatorlarni o'ngga ikki pozitsiyaga siljitamiz.
0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1
6 1 6 15 20 15 6 1
7 1 7 21 35 35 21

8 1 8 28 56
9 1 9
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
Bundan tashqari, binomial koeffitsientlar binom koeffit sientlari
(Nyuton binomi deb ataladi):

Koeffitsientlarni samarali topish imkonini beruvchi uchburchak kabi bu
formulani 17-asrda yashagan Blez Paskal kashf etgan deb ishoniladi. Biroq, bu 13-
asrda yashagan xitoylik matematik Yang Xuyga allaqachon ma'lum edi. Balki uni
fors olimi Umar Xayyom kashf etgandir. Bundan tashqari, 3-asrda yashagan hind
matematigi Pingala. BC, xuddi shunday natijalarga erishdi. Nyutonning xizmati
shundaki, u bu formulani tabiiy bo'lmagan kuchlar uchun umumlashtirgan.Takje
binomialn ы e koeffitsient ы - eto ko e ffitsient ы v razlojenii (t.n. binom
Nyutona):
Hisoblash uchun analitik formula:
Bu formulani tartibsiz tanlab olish muammosidan (p elementlardan k
elementlarni tasodifiy tanlash usullari soni) olish oson. Birinchidan, tartiblangan
namunalar sonini hisoblaylik. Birinchi elementni p usul bilan , ikkinchisini –p-1 ,
uchinchisini –p-2 va hokazolarni tanlash usullari mavjud. Natijada tartiblangan
tanlanma alar soni uchun formulani olamiz:
Har bir tartiblanmagan tanlanmaga aniq tartiblanganlarga mos kelishini
sezsangiz, tartibsiz tapnlanmalarga o'tish oson bo'ladi (chunki bu k elementlarning
mumkin bo'lgan o‘ rin almashtirishlar soni). Natijada, n !
( n − k ) ! ni k! ga bo'lib, biz
kerakli formulani olamiz.
Rekkurent formulasi (mashhur "Paskal uchburchagi" bilan bog'langan):

Oldingi formuladan foydalanib, uni osongina olish mumkin.
Shunisi e'tiborga loyiqki, qiymat da har doim nolga teng deb olinadi.
Xossalari
 Simetriya qoidasi :
 Kiritishi va chiqarish :
 bo‘yicha yig‘indi :
 po bo‘yicha yig‘indi :
 va bo‘yicha yig‘indi :
 K vadrat lari bo‘yicha yig‘indi :
 Vaznli yig‘indi :
 Fibonachchi sonlari bilan bog‘lanish :
Dastur bo‘yicha hisoblash .A naliti k formul a bo‘yicha bevosita hisoblash
Birinchi, to'g'ridan-to'g'ri formuladan foydalangan holda hisob-kitoblarni
dasturlash juda oson, ammo bu usul nisbatan kichik qiymatlar uchun ham to'lib
ketishga moyil va (javob ba'zi ma'lumotlar turiga to'g'ri kelsa ham, oraliq
faktoriallarni hisoblash to'lib ketishiga olib kelishi mumkin) . Shuning uchun juda
tez-tez bu usul faqat [[Uzun arifmetik|Uzun arifmetika bilan birgalikda ishlatilishi
mumkin.

int C ( int n, int k ) {
int res = 1 ;
for ( int i=n-k+ 1 ; i<=n; ++i )
res *= i;
for ( int i= 2 ; i<=k; ++i )
res /= i;
}
Takomillashgan dastur
Yuqoridagi amalda hisoblagich va maxraj bir xil miqdordagi omillarga ega
ekanligini ko'rishingiz mumkin ( ), ularning har biri bittadan kam emas. Shuning
uchun biz kasrimizni har biri haqiqiy qiymatga ega bo'lgan kasrlar mahsuloti bilan
almashtirishimiz mumkin. Biroq, joriy javobni har bir keyingi kasrga
ko'paytirgandan so'ng, butun son hali ham olinishini sezishingiz mumkin (bu,
masalan, "kirish-chiqish" xususiyatidan kelib chiqadi). Shunday qilib, biz quyidagi
amaliyotni olamiz:
int C ( int n, int k ) {
double res = 1 ;
for ( int i= 1 ; i<=k; ++i )
res = res * ( n-k+i ) / i;
return ( int ) ( res + 0.01 ) ;
}
Bu erda biz to'plangan xatolar tufayli u haqiqiy qiymatdan bir oz kamroq bo'lishi
mumkinligini hisobga olib, kasr sonini ehtiyotkorlik bilan butun songa keltiramiz
(masalan, uch o'rniga ).
Paskal uchburchagi

Qaytalanish munosabatidan foydalanib, binomial koeffitsientlar jadvalini
(aslida Paskal uchburchagi) tuzishingiz va undan natija olishingiz mumkin. Ushbu
usulning afzalligi shundaki, oraliq natijalar hech qachon javobdan oshmaydi va
jadvalning har bir yangi elementini hisoblash uchun faqat bitta qo'shimcha kerak
bo'ladi. Kamchilik shundaki, u katta N va K uchun sekin ishlaydi, agar aslida
jadval kerak bo'lmasa, lekin bitta qiymat kerak bo'lsa (chunki ni hisoblash
uchun barcha lar uchun yoki hech bo'lmaganda
ga qadar jadval yaratishingiz kerak bo'ladi).

const int maxn = ...;
int C [ maxn+ 1 ][ maxn+ 1 ] ;
for ( int n= 0 ; n<=maxn; ++n ) {
C [ n ][ 0 ] = C [ n ][ n ] = 1 ;
for ( int k= 1 ; k<n; ++k )
C [ n ][ k ] = C [ n- 1 ][ k- 1 ] + C [ n- 1 ][ k ] ;
}
Agar barcha qiymatlar jadvali kerak bo'lmasa, ko'rish oson, undan faqat ikkita
qatorni saqlash kifoya (joriy - -chi va oldingi --chi).
3.3. B irlashmalar va Nyuton binomiga doir mashqlar
1. p harfdan o‘rin almashtirishlar soni p + 2 ta harfdan o‘rin almashtirishlar
soniga nisbati 0,1 ning 3 ga nisbati kabi. p ni toping. .
Shartga ko‘ra
bundan a ( p + 1) ( p + 2) = 30. Bu tenglama ildizlari n
1 = 4; n
2 =—7 ikkinchi
ildiz to‘g‘ri kelmaydi. .
Javob . p = 4.

2 . p element dan 3 tadan guruhlashlar soni p +2 ta elementdan 4 tadan
guruhlashlar sonidan 5 marta kichik . p ni toping. .
Shartga ko‘ra 5 C 3
n = C 4
n+2 , yoki
Javob . n
1 = 14; n
2 = 3.
3 . Binom yoyilmasining o‘rta hadini toping Izlangan had n
4. , binom yoyilmasidagi a 7
. ni o‘z ichiga olgan had
nomerini toping
Ye chish
a harfi darajada qatnashadi Shartga ko‘ra
Javob . Ye ttinchi had .
5 . binom yoyilmasidagi a va b bir xil
darajada bo‘lgan had nomerini toping . Yechish

Shartga ko‘ra
Javob . O‘ninchi had .
6. Ifodani soddalashtiring va a ni o‘z
ichiga olmagan yyoilma hadini toping . Reshenie
Soddalashtirishdan so‘ng :
Shartga ko‘ra

Javob . T
6 =210.
7 . Bir binom ko‘rsatkichi ikkinchisi ko‘rsatkichidan 3 ga ortiq. A gar
ikkala yoyilmalardagi binomial koeffitsientlar yig‘indisi 144 ga teng bo‘lsa, bu
ko‘rsatkichlarni toping.
Birinchi binomning ko'rsatkichi x bo'lsin. U holda binom koeffitsientlarining
yig'indisi 2x bo'ladi. Ikkinchi binomning binom koeffitsientlari yig'indisi 2x+3 ga
teng. Biz tenglamani olamiz
2 x
+ 2 x+3
= 144; 2 x
(1 + 8)= 144: 2 x
= 2 4
; x =4.
Javob . 4 va 7.
8 . A gar uchinchi had binomial k oeffitsient i 105 ga teng bo‘lsa
yoyilmaning 13-hadni toping. .

U holda
9 . yoyilmada to‘rtinchi va 13-hadlar o‘zaro teng bo‘lsa, x ni
o‘z ichiga olmagan hadni toping. .
Shartga ko‘ra C 3
m = C 12
m , demak , t =15. U holda
Shartga ko‘ra 30—3 n = 0; p = 10.
Javob . T
11 =3003 a 10
.
10 . A gar 5-chi had koeffitsienti uchinchi had koeffitsientiga 14 : 3 kabi
nisbatda bo‘lsa,
Yoyilma o‘rta hadini toping. .
Shartga ko‘ra , ya’ni m 2
—5 m —50 = 0, bundan m = 10 ( m =—5 ildiz
to‘g‘ri kelmaydi) . O‘rta had
Javob. —252
11.

yoyilmaning birinchi, ikkinchi va uchinchi hadlari koeffitsientlari yig‘indisi 46
ga teng . x ni o‘z ichiga olmagan hadni toping..

Shartga ko‘ra 9-chi masaladagi kabi yechiladi.
Javob T
7 = 84.
12. A gar barcha binomial koeffitsientlar yig‘indisi 128 ga teng bo‘lsa, x 5
.ni
o‘z ichiga olgan binom yoyilmasidagi hadni toping.
Shartga ko‘ra 2 t
= 128,bundan t =7.
Shartga ko‘ra
T
4 = 35 x 5
.
13. Birinchi hadi 1
/
i ga, maxraji esa (1+ i ) ga teng bo‘lgan geometrik
progressiya oltinchi hadini toping.
14. Birinchi hadi i ga, maxraji esa (1 + 1
/
i )ga teng bo‘lgan geometrik
progressiya yettinchi hadini toping
15. p ning qanday qiymatida (1 + x ) p
binomning ikkinchi,uchinchi va
to‘rtinchi hadlar koeffitsientlari arifmetik progressiyani tashkil etadi?
16. p ning qanday qiymatida (1 + x ) p
binomning beshinchi,oltinchi va
yettinchi hadlari koeffitsientlari arifmetik progressiyani tashkil etadi?
17 ifodada binom yoyilmasidagi to‘rtinchi had
56 a 5,5
ga teng bo‘lgan x ni aniqlang.
18. ifodada binom yoyilmasidagi uchinchi had 240
ga teng bo‘lgan x ni aniqlang..
19. , ifodada binom yoyilmasidagi boshidan yettinchi
had va oxiridan yettinchi hadga nisbati 1
/
6 ga teng bo‘lgan x ni aniqlang .

20 ( x + x lg x
) 5
ifodadada yoyilmada uchinchi hadi 1000 000 ga teng bo‘lgan
x ni aniqlang.
3.4. Tanlov kursi uchun materiallar
Kombinatorikada S k
n sonlari
X - p ta elementdan iborat to‘plam bo‘lsin. k elementni o‘z ichiga olgan X
to‘plamning har qanday Y qism to‘plami n dan k elementning birlashmasi
deyiladi; bu holda, albatta, k ≤ n.
n dan k elementning turli birlashmalari soni S k
n bilan belgilanadi.
Kombinatorikaning eng muhim formulalaridan biri S k
n soni uchun quyidagi
formuladir:Cnk= n!
k!(n− k)!
Soddalashtirishlardan so‘ng quyidagicha yozilishi mumkin:
Cnk= n(n−1)(n− 2)… (n− k)
k!
Xususan ,
C
n0
= n !
0 ! n ! = 1
Bu X t o‘ plamda 0 ta elementdan iborat faqat bitta qism to‘plam - b o‘ sh qism
to‘p am mavjudligiga to‘liq mos keladi.
F ormulaning isbotini keltiramiz.
Y - k elementni o‘z ichiga olgan X
to‘plamining b iror bir qism to‘plami bo‘lsin. Ushbu elementlarning barcha
mumkin bo‘lgan almashtirishlarini tuzib, biz k uzunlikdagi
k! turli satrlarni
olamiz . Agar ko‘rsatilgan amalni k elementni o‘z ichiga olgan har bir qism
to‘plami bilan bajarilsa, biz
k uzunlikdagi C
nk
∙ k !
turli satrlarni hosil qilamiz . Lekin
ko‘rinib turibdiki, bu yo‘ l bilan X to‘plam elementlaridan tuziladigan takrorsiz
k
uzunlikdagi barcha satrlar ni istisnosiz olish kerak.Bunday satrlar soni
Ank ga teng
bo‘lgani uchun bizda
Cnk∙k!= Ank Munosabat ga ega bo‘lamiz , undan Cnk= Ank:k! , ya'ni.
formula (2) kelib chiqadi .
X ossalari

C
nk
sonlari bir qator ajoyib x ossa larga ega. Bu xossalar oxir-oqibatda berilgan
X to‘plamning qism to‘plamlari o‘rtasidagi turli munosabatlarni ifodalaydi. Ular
to‘g‘ridan-to‘g‘ri (1) formula asosida isbotlanishi mumkin, ammo to‘plam nazariy
asoslariga asoslangan isbotlar yanada mazmunli hisoblanadi .
1. Cnk=Cnn−k
f ormula o‘rinli
Bu formulaning ma ’ nosi shundan iboratki, X ning barcha k elementli qism
to‘plamlari to‘plami bilan X ning barcha
n− k elementli qism to‘plamlari to‘plami
o‘rtasida o‘zaro bir qiymatli moslik mavjud: bu m oslik ni o‘rnatish uchun, Y
ning
har bir k elementli qism to‘plam i uchun X to‘plamdagi uning to‘ldiruvchisini mos
qo‘yish kifoya.
2. C
n0
+ C
n1
+ C
n2
+ … + C
nn
= 2 n
(4)
Chap tarafdagi yig‘indi X to‘plamning barcha qismto‘plamlari sonini
ifodalaganligi sababli (
Cn0 - 0 elementli qism to‘plamlar soni, Cn1 - 1 elementli qism
to‘plamlar soni va h.k., u holda (4) formulani isbotlash uchun uni o‘quvchi uchun
allaqachon ma’lum bo‘lgan faktga murojaat qilish yetarli:
n –elemenntli X
to‘plamining turli qism to‘plamlari soni
2n ga teng
3. Har qanday
k , 1≤ k ≤ n uchun
Cnk=Cn−1k +Cn−1k−1
. (5)
Bu tenglikni (1) formuladan foydalanib isbotlash oson. Haqiqatdan ham,
Cn−1k +Cn−1k−1= (n−1)!
(k− 1)!(n−k)!+ n!
k!(n−1− k)!= (n−1)!k
k!(n− k)!+(n−1)!(n− k)
k!(n−k)! = (n−1)!(k+n−k)
k!(n− k)! = n!
k!(n− k)!= Snk
To‘plam-nazariy mulohazalar asosida (5) formulani isbotlash mumkin . Biz
shuni ta ’ kidlaymizki, buning uchun ma ’ lum bir element a ϵ X
ni tanlash va barcha
k- elementli qism to‘plamlarni ikki guruhga bo‘lish kerak:
a ni o‘z ichiga olgan
qism to‘plamlar va a
ni o‘z ichiga olma gan qism to‘plamlar.
4. Paskalning arifmetik uchburchagi.
(5) t englik, agar
Cn−1k va +Cn−1k−1 ma'lum bo‘lsa, Cnk qiymatlarini hisoblash imkonini
beradi. Boshqacha qilib aytganda, ushbu tenglikdan foydalanib ,
Cnk ni ketma-ket

hisoblash mumkin, avval n=1 , keyin n=2 , n=3 va hokazo. Hisob-kitoblarni
uchburchak jadval shaklida yozish qulay:
n + 1
- c atrda
Cn0,Cn1,Cn2,… ,Cnn c onlari tartib bilan jlylashadi . Bunday holda, satrning
chetki sonlari , ya ’ ni.
Cn0 va Cnn 1 ga teng, qolgan sonlar (5) formula bo‘yicha
topiladi.
Cn−1k−1 va +Cn−1k lar ushbu jadvalda Cnk soni dan yuqori satrda joylashganligi
sababli
Cnk sonini olish uchun olidingi satrda un dan chap va o‘ng tomonida
joylashgan sonlarni qo‘shish kerak. Misol uchun, beshinchi satrdagi 4 va 6
raqamlarini qo‘shish orqali oltinchi satrdagi 10 soni ni olamiz. Ushbu jadval
"Paskal arifmetik uchburchagi" dir.
Masala
n va k ikkita butun son bo‘lsin, n>0,k≥0 . Satr larning har birida a
harfi
k marta (demak, b
harfi - n − k
marta) paydo bo‘lishi sharti bilan a va b
harflaridan iborat
n uzunlikdagi nechta turli satrlar mavjud?
Yechim.
(x¿¿1,x2,… ,xn)¿ - ko‘rsatilgan tipdagi satrlardan biri bo‘lsin. x
i = a
bo‘ladigan barcha I sonlarni ko‘rib chiq amiz Bu M = {1, 2, …,
n } sonlar
to‘plamnin g k elementdan iborat qism to‘plamidir. Aksincha, agar , Y
- M
to‘plamning k elementdan iborat har qanday qism to‘plami bo‘lsa, u holda barcha
i ∈ Y
uchun x
i = a
ni va barcha i Y
uchun x
i = b
ni qo‘ysak, talab qilinadigan
turdagi
(x¿¿1,x2,… ,xn)¿ c atrni olamiz . Demak, masalada ko‘rsatilgan satrlar soni n
-element li M to‘plamidagi k
-element li qism to‘plamlari soniga teng, ya’ni.
Cnk
soniga teng.
Mashqlar
1. C83
ni hisoblang.
Yechish. C
83
= 8 !
3 ! 5 ! = 8 ∙ 7 ∙ 6
1 ∙ 2 ∙ 3 = 56

2. C
94
ni hisoblang.
Yechish.
C
94
= 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 = 126
3.a) Cn2 ni hisoblash uchun qanday formuladan foydalaniladi?
b)
C172−C122 ni hisoblang.
c)
Cnk ni hisoblash uchun qanday formuladan foydalaniladi?
d)
C173−C154 ni hisoblang.
Yechi sh .
a)
Cn2= n(n−1)
2
b) C
172
− C
122
= 17 ∙ 16
2 − 15 ∙ 14
2 = 31
c)
Cnk= n!
k!(n− k)!
b) C
173
− C
154
= 17 ∙ 16 ∙ 15
1 ∙ 2 ∙ 3 − 15 ∙ 14 ∙ 13 ∙ 12
1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 = − 685
4. Tenglamani yeching:
a)
Cx3=2Cx2 ;
b)
Cxx−2=15 ;
c)
Cx2+Cx−12 = 49 ;
d)
C8x = 70.
Yechi sh .
a)
Cx3=2Sx2;x(x−1)(x− 2)
6 = 2x(x−1)
2 ; x − 2 = 6 ; x = 8
d)
C8x = 70$ C81=8≠70 ;C82= 28 ≠70 ;C83=56 ≠70 ;C84=70
Izlangan qiymat x = 4.
Javob: a)8; b) 6; c) 7 d) 4.
2. Nyuton binomi
Maktab kursidan o‘quvchi lar : (a + b) 2
= a 2
+ 2ab + b 2
,
(a + b) 3
= a 3
+3a 2
b + 3ab 2
+ b 3
.formulalarni biladi
Ushbu formulalarning umumlashtirilishi odatda Nyutonning binomial
formulasi deb ataladigan quyidagi formuladir:

(a + b) n
= C 0
n
a 0
b n
+ C 1
n
ab n-1
+ C 2
n
a 2
b n-2
+ ... + C n-1
n
a n-1
b + C n
n
a n
b 0
. (6)
Ushbu formulada n har qanday natural son bo‘lishi mumkin. (6) formulani
chiqarish oddiy. Avvalo, yozamiz:
(a + b) n
= (a + b)(a + b) ... (a + b), (7)
bu erda ko‘paytiriladigan qavslar soni n ga teng. Yig‘indini yig‘indiga
ko‘paytirishning odatiy qoidasidan kelib chiqadiki, (7) ifoda barcha mumkin
bo‘lgan ko‘paytmalar yig‘indisiga teng bo‘lib, uni quyidagicha tuzish mumkin:
birinchi yig‘indining a + b har qanday hadi a + b g ikkinchi yig‘indi ning istalgan
hadiga ko‘paytiriladi. va hokazo. Masalan,
n = 3 bilan bizda:
(a +b)(a + b)(a + b) = aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb.
Yuqoridagilardan ko‘rinib turibdiki, (a + b) n
ifodasidagi hadlar
a va b harflaridan
iborat n
uzunlikdagi satrlarga (birma-bir) mos keladi. Hadlar orasida o‘xshash
hadlar bo‘ladi; Shubhasiz, bunday hadlar bir xil sondagi a harflarini o‘z ichiga
olgan satrlarga mos keladi. Lekin aynan k marta a harfini o‘z ichiga olgan satlar
soni S
n k
. Demak, aynan k marta koeffitsientli a harfini o‘z ichiga olgan barcha hadlar
yig‘indisi S
n k
a k
b n-k
ga teng. K - 0, 1, 2, ..., n-1, n qiymatlarini qabul qilishi
mumkinligi sababli, bizning fikrimizdan (6) formula kelib chiqadi.
E ’ tibor bering (6) qisqaroq yozilishi mumkin: (a + b) n
= ∑C k
n
a k
b n-k
. (8)
(6) formula Nyuton nomidan atalsa ham, aslida u Nyutondan oldin ham kashf
etilgan (masalan, Paskal buni bilgan). Nyutonning xizmati shundan iboratki, u
butun son bo‘lmagan ko‘rsatkichlar holati uchun ushbu formulaning
umumlashtirilishini topdi.
(6) formulaga kiritilgan
Cn0,Cn1,Cn2,… ,Cnn sonlari odatda binomial koeffitsientlar deb
ataladi, ular quyidagicha aniqlanadi:
S
n k
= n !
k ! ( n − k ) !
(6) formuladan bu koeffitsientlarning bir qancha xossalarini olish mumkin.
Masalan,
a=1,b=1
deb faraz qilsak, biz quyidagilarni olamiz:
Cn0+Cn1+Cn2+… +Cnn= 2n
,

Agar biz a=1,b=−1 larni qo‘ysak, bizda:
Cn0−Cn1+Cn2+… +(−1)nCnn=0
Yoki
Cn0+Cn2+Cn4+… =Cn1+Cn3+Cn5+…
(8) formulani isbotlaymiz f(x) = (1 + x) n
funksiyani ko‘rib chiqaylik. Bu
n -darajali
ko‘phad, ya’ni
(1 + x) n
= a
n x n
+ a
n-1 x n-1
+ ... + a
1 x + a
0 .
Funksiya va uning barcha hosilalarini 1-dan n
-tartibgacha bo‘lgan qiymatlarni x =
0 da hisoblab, a
n , a
n-1 , ..., a
1 , a
0 , koeffitsientlarini topamiz. k-tartibli hosila bir
tomondan
f (k)
(x) = (1 + x) (k)
= n(n - 1)· ... ·(n - k + 1)(1 + x) (n-k)
.
Boshqa tomondan,
f (k)
(x) = n( n - 1)· ... ·(n - k)a
n x n-k
+ ... + k!a
k ,
x = 0 da biz (n - 1)· ... ·(n - k + 1) = k!a
k tenglikni olamiz
bu yerdan b archa k = 1, 2, …,
n uchun.
a
k = n
( n − 1 ) … ( n − ( k − 1 ) )
k ! = S
nk
U holda
(1 + x) n
= C 0
n x n
+ C 1
n
x n-1
+ ... + C k
n
x n-k
+ ... + C n
n
x 0
yoki qisqaroq
(1 + x) n
=
∑k=1
n
Cnkxn−k ,
Bu yerdan
(a + b) n
=
∑
k = 1n
C
nk
a k
b n − k
Paskal uchburchagi

akbn−k ning (a + b) n
yoyilmadagi k oeffitsienti Cnk bilan belgilanadi. Bu belgi
1778 yilda L. Eyler tomonidan kiritilgan. Shunday qilib, binom yoyilmasi ni
quyidagicha yozishimiz mumkin:
Albatta, har qanday n
uchun barcha
Cnk binom koeffitsientlarini hisoblash
mumkin. To‘g‘ri, antik davr va o‘rta asrlar matematiklari algebraik simvolizmning

etishmasligi tufayli buni amalga oshirishga to‘sqinlik qilgan. Masalan, XV asrda
G‘arbiy Evropada tarqalgan bir o‘rta asr matematik matnida. va arablarga qaytsak,
binomial koeffitsientlar 10001 sonini darajaga ko‘tarish orqali juda aniq hisoblab
chiqilgan va jadval ko‘rinishida keltirilgan.1-jadval. 1001ning darajasi binomial
koeffitsientlarni takrorlaydi.

At-Tutsi (13-asr) n = 2 gacha bo‘lgan binomial koeffitsientlar jadvaliga ega edi va
eng muhimi, ularni olishning umumiy qoidasini berdi,
Jadval 2. Binom koeffitsientlari.

Ushbu jadvalning har bir qatori simmetrik ekanligini ko‘rish qiyin emas: n = n ,
chunki binomial yoyilmadagi a k
b n - k
i a n - k
b k
koeffitsientlari mos keladi. Olingan son
uchburchagi Paskal uchburchagi deb ataladi. Binom koeffitsientlari jadvallari
oldingi matematiklarga ham ma ’ lum edi – xitoy , arab va yevropa matematiklariga
(P. Appian, 1527; M. Stiefel, 1544; N. Tartalia, 1556). Biroq, Paskalning muallif
vafotidan keyin (1665 yilda) nashr etilgan "Arifmetik uchburchak haqida risola"
asari tufayli binomial koeffitsientlarning xususiyatlari keng ma ’ lum bo‘ldi. To‘g‘ri,
Paskalning o‘zi (va uning ko‘plab o‘tmishdoshlari) bu uchburchakni "ko‘tarilgan"
ustunlar va tepada to‘g‘ri burchak bilan biroz boshqacha chizgan:
Jadval 3. Paskal uchburchagi.
Bunday jadvalda p - darajali binomning yoyilmasiga mos keladigan sonlar bir xil
chiziq bo‘ylab emas, balki bir xil o‘sish diagonali bo‘ylab paydo bo‘ladi. Barcha
ko‘tarilgan diagonallar va shuning uchun butun jadval asosiy tushuvchi diagonalga
- "to‘g‘ri burchakli bissektrisa" ga nisbatan nosimmetrikdir. Jadvaldagi har bir son
(yuqori va chap chetidagi son lardan tashqari) uning yuqori va chap tomonidagi
ikkita sonning yig‘indisiga teng.

Paskal tomonidan tasdiqlangan 3-jadvalning yana bir qancha xossalari
mavjud :
Qiziqarli x ossasi t - Paskal uchburchagini tashkil etuvchi sonlar ning
bo‘linuvchanligi. Agar siz natural songa bo‘linadigan son larni bitta rang bilan,
qolgan qismiga bo‘linadiganlarni esa boshqa rang bilan belgilasangiz, siz
kutilmagan naqshlarga ega bo‘lasiz. Ulardan ba ’ 'zilari teng ko‘p rangli
uchburchaklardan iborat - bu tub sonlarga bo‘linish natijasidir. Boshqalari
fraktallarga o‘xshaydi. Nega? Jadvaldagi bir qator (ustun) bo‘ylab son lar ham
qiziq. Ko‘rinib turibdiki, nol qator va nol ustunda birlar mavjud. Bundan tashqari,
birinchi qator va birinchi ustun qatordagi barcha natural sonlarni o‘z ichiga olishi
aniq: 1, 2, 3, 4 va boshqalar.
Lekin ikkinchi qatorda (ustun) qanday son lar bor? Ma ’ lum bo‘lishicha, bu
son larning o‘z nomi bor va ular qadim zamonlardan beri mavjud - bu uchburchak
sonlar . Uchinchi qatordagi (ustun) sonlar esa uchburchaklar yig‘indisiga teng
piramidal sonlardir.
Uchburchak va piramidal sonlar

Agar biz 2-jadvalda keltirilgan Paskal uchburchagining shakliga murojaat
qilsak va uning ustunlari va tushuvchi diagonallarini ko‘rib chiqsak, bu tekshiruv
hech narsa bermaydi: aslida 2 va 3-jadvallarning ustunlari bir xil, va pasayish
diagonallari. 2-jadval 3-jadval satrlari bilan mos keladi 2-jadval satrlari 3-
jadvalning ko tariluvchi diagonallariga tʻ o‘g‘ ri keladi. O sish diagonallarini tahlil ʻ
qilish natijasida olingan ketma-ketlik (1, 1, 2, 3, 5, 8, ...): 1 ; 1; 1+1 = 2; 1+2 = 3;
1+3 = 5, 1+3+1 = 5; 1+4+3 = 8 va hokazolar, undagi har bir son oldingi
ikkitasining yig‘indisiga teng bo‘lgan xususiyatga ega. Bu raqamlar Fibonachchi
raqamlari deb ataladi va juda ko‘p qiziqarli matematik xossalarga ega bo‘lib, ular
eng kutilmagan muammolarda paydo bo‘ladi.
2-jadvalning har bir satridagi (yoki 3-jadvalning ko‘tarilgan diagonallarining
har biridagi) raqamlarning yig‘indisi qanchadan iboratligi ancha sodda savol.
unda toq sonli n>0 darajali barcha binom koeffitsientlari ortiqcha belgisi bilan, juft
sonlar bilan esa minus belgisi bilan olinadi?
Yana bir savol - bu yig‘indi nimaga teng:
unda toq sonli n>0 darajali barcha binom koeffitsientlari ortiqcha belgisi bilan,
juft sonlar bilan esa minus belgisi bilan olinadi?
Javob:
B inomial yoyilma ning o‘ta muhim xususiyati shundaki, uning n koeffitsientlari,
ma'lum bo‘lishicha, p elementli to‘plamdagi k element li birikmalari sonidan
boshqa narsa emas.

Binomial koeffitsientlarning bo‘linuvchanligi bilan bog‘liq xususiyatlardan
birini keltiramiz. 2-jadvalni ko‘rib chiqamiz. Uning 5-qatoridagi tashqi
raqamlardan tashqari barcha raqamlar 5 ga bo‘linishini ko‘rish oson; 7-qatordagi
barcha raqamlar, ekstremal raqamlardan tashqari, 7 ga bo‘linadi. Shubhasiz, 2 va
3-satrlar bir xil xususiyatga ega. Qolganlarini ko‘rish oson, bunday mulk yo'q. 2, 3,
5 va 7 raqamlarini nima birlashtiradi va ularni birinchi o‘nlikdagi boshqa
raqamlardan ajratib turadi? To‘g‘ri, ularning barchasi oddiy. Isbotlash mumkinki,
haqiqatdan ham Paskal uchburchagining n-qatoridagi barcha sonlar (2-jadval
ko‘rinishida), ekstremaldan tashqari, n ga bo‘linadi, agar n tub bo‘lsa.
Paskal uchburchagining yana bir go‘zal xossasi (2-jadval ko‘rinishida) n-
qatorda nechta toq sonlar borligi haqidagi savol bilan bog‘liq. Ma'lum bo‘lishicha,
bu toq sonlar soni har doim 2k ga teng bo‘ladi, bu erda k -n sonining ikkilik
yozuvidagi birlar soni.
Va nihoyat, biz Paskal uchburchagining nisbatan yaqinda, umuman
tasodifan topilgan, uni tub sonlar bilan bog‘lovchi xususiyatini keltiramiz
(G.V.Mann, D.Shanks, 1972). Paskal uchburchagi satrlarini yozamiz (2-jadval
ko‘rinishida), har safar qatorlarni o‘ngga ikki pozitsiyaga siljitamiz.
Jadval 4. Tu b sonlar qatori va Paskal uchburchagi o‘rtasidagi bog‘liqlik.
Jadvaldagi son lar, agar ular qator raqamiga bo‘linadigan bo‘lsa, ajratib
ko‘rsatiladi. Agar ushbu ustundagi barcha son ta'kidlangan bo‘lsa, pastki qatordagi

son lar ustunlar bilan belgilanadi. Ma'lum bo‘lishicha, ajratilgan ustun sonlari tub
sonlarga to‘liq mos keladi.
(a + b) n
yoyilma koeffitsientlarining yig‘indisi 2 n
ga teng.
Buni isbotlash uchun a = b = 1 qo‘yish kifoya. Keyin binomial yoyilma ning o‘ng
tomonida binomial koeffitsientlar yig‘indisi, chap tomonida esa: ( 1 + 1 ) n
= 2 n
bo‘ladi.
Yoyilma uchlaridan teng masofada joylashgan hadlar koeffitsientlari teng.
Bu x ossa C k
= C n-k
. munosabatdan kelib chiqadi:.
Yoyilmaning juft hadlari koeffitsientlari yig‘indisi yoyilmaning toq hadlari
koeffitsientlari yig‘indisiga teng; ularning har biri 2 n-1
ga teng.
Isbotlash uchun binomdan foydalanamiz: (1 - 1) n
= 0 n
= 0. Bu yerda juft
hadlar “+” ishoraga ega, toq esa “-” ishoragaga ega. Yoyilma natijasi 0 ga teng
bo‘lganligi sababli, ularning binomial koeffitsientlari yig‘indilari bir-biriga teng,
shuning uchun ularning har biri 2 n
: 2 = 2 n-1
ga teng, bu isbotlanishi kerak bo‘lgan
natijadir.
Binom koeffitsientlarini hisoblash algoritmlari
• Binom koeffitsientlarini har bir bosqichda .qiymatlarni
saqlash orqali formuladan foydalanib hisoblash mumkin. Agar
tayinlangan p uchun barcha qiymatlarni olishingiz kerak bo‘lsa, ushbu algoritm
ayniqsa samarali bo‘ladi. Algoritm O(p) xotirani (binomial koeffitsientlarning
butun jadvalini hisoblashda O(p 2
)) va O(p 2
) vaqtni (har bir son xotira birligini
egallashini va raqamlar bilan amallar vaqt birligida bajarilishini nazarda tutgan
holda) talab qiladi.
• Ikkinchi usul ayniyatga asoslangan. Tayin etilgan k uchun
qiymatlarni hisoblash imkonini beradi. Algoritm O(l) xotirani talab qiladi va O(k)
vaqt bilan ketma-ket l koeffitsientlarni hisoblashingiz kerak bo‘lsa)
2.4 Mashqlar
.a) Tekshiring (a + b) 2
= C
2 0
a 2
b 0
+ C 1
2 a 1
b 1
+ C 2
2 a 0
b 2
.
b) Tekshiring (a + b) 3
= C 0
3 a 3
b 0
+ C 1
3 a 2
b 1
+ C 2
3 a 1
b 2
+ C 3
3 a 0
b 3
.

c) (a + b) 4
= (a + b) 3
·(a + b) tenglikedan foydalanib , (a + b) 4
formulani
keltrib chiqaring .
d) Tekshiring (a + b) 4
= C 0
4 a 4
b 0
+ C 1
4 a 3
b 1
+ C 2
4 a 2
b 2
+ C 3
4 a 1
b 3
+ C 4
4 a 0
b 4
.
Ye chish :
a) (a +b) 2
= a 2
+ 2ab + b 2
= C 0
2 a 2
b 0
+ C 1
2 a 1
b 1
+ C 2
2 a 0
b 2
.
b) (a + b) 3
= a 3
+ 3a 2
b + 3ab 2
+ b 3
= C 0
3 a 3
b 0
+ C 1
3 a 2
b 1
+ C 2
3 a 1
b 2
+ C 3
3 a 0
b 3
.)
(a + b) 4
= (a + d) 3
·(a + b) = (a 3
+ 3a 2
b + 3ab 2
b 3
)·(a + b) = a 4
+4a 3
b + + 6a 2
b 2
+
4ab 3
+ b 4
.) (a +b) 4
=a 4
+ 4a 3
b + 6a 2
b 2
+ 4ab 3
+ b 4
= C 0
4 a 4
b 0
+ C 1
4 a 3
b 1
+ C 2
4 a 2
b 2
+
C 3
4 a 1
b 3
+ C 4
4 a 0
b 4
.
Yechilgan misollar Nyuton binomining xususiy holaridir.
2 .a) Birinchi qatorga 0 dan 5 gacha k ni, ikkinchi qatorga C k
5 sonlarini qo
yib, ikkita qatordan iborat jadval tuzing.
b) k sonining qaysi qiymatida C k
5 sonining eng katta qiymati olinadi?
v) Jadvalning ikkinchi qatoridagi sonlar yig‘indisini toping.
d) Koordinata tekisligidagi (k, C k
5 ) nuqtani belgilang.
Yechi sh .
a) Jadvalning ikkinchi qatori Paskal uchburchagidagi beshinchi qator bo‘ladi:
k 0 1 2 3 4 5
C k
5 1 5 10 10 5 1
C k
5 ning eng katta qiymati k = 2 va k = 3 ikkita qiymat uchun olinadi, ya ’ ni. da
[5/2] va [5/2]+1 da (kvadrat qavs ichida sonning butun qismini, ya'ni 5/2 dan
oshmaydigan eng katta butun sonni yozamiz). Bu holda p = 5 toq sondir.
v) Tuzilgan jadvalning ikkinchi qatoridagi sonlar yig‘indisi 32 = 2 5
(binom
koeffitsientlari xossasi ∑ C k
n = 2 n
).
d) Koordinata tekisligidagi nuqtalar (k, C k
5 ): Javob: c)2; 3; d) 32.
3 . Tenglamalarni yeching:
a) 14 C
n n-2
= 15A 2
n-3 ;) 6C
n n-3
= 11A 2
n-1 ;) 13C
2n n+1
= 7
2n+1 n-1
;) 21C
2n n+1
= 11C
2n+1 n-1
.
Ye chish :
a) 14S
n n-2
= 15A n
n-3 ; n є N. S
n n-2
= C
n n-n+2
= C
n 2
, bo‘lgan uchun

C
n 2
= 15A 2
n-3 ; ·n·(n -1) = 15·(n -3)·(n -4);
n 2
- 49n + 90 = 0;) 6C
n n-3
= 11A 2
n-1 ; n є N
C 3
n = 11A 2
n-1 ·(n - 1)·(n -2) = 11·(n - 1)·(n -2);= 11.) 13C
2n n+1
= 7C n-1
2n+1 ; n є N.
13C
2n n-1
= 7C
2n+1 n-1
Qisqartirib : 13·(n + 2) = 7·(2n + 1), Bundan n = 19.
d) 21C
2n n+1
= 11C n-1
2n+1 ; Qisqartirib 21·(n + 2) = 11·(2n + 1), Bundan = 31.
Javob : a) 10; b) 11; c) 19 d) 31.
IV. Hisoblang .C
27 2
- C
26 2
;
a) C
11 5
+ C
11 6
;
b) C
5 2
+ C
7 2
+ C
9 2
;
c) C
n k
, n = 1, 2,3,4 i 0 < k < n.
Ye chish :
S
n k
sonlar berilgan n va k larda Pa skal uchburchagi yordamida yozish
qulay :
3. Kombinator ik ayniyatlar .
arifmtiiy binomialn ы y kombinatorn ы y tojdestvo

 ( simmetri ya )





 ( Vandermond o‘ramasi )
Ketma-ket qo‘shish formulasini qo‘llaymiz :
∑C
n+k m
= C
n+m m
,
C
n 0
+ C
n+1 1
+ C
n+2 2
+ … + C
n+m-1 m-1
= C
n+m m
Qo‘shish formulasini teskaridan qo‘llaymiz (m ≤ n):
C
n+m m+1
= C
n+m-1 m
+ C
n+m-1 m+1
= C
n+m-1 m
+ C
n+m-2 m
+ C
n+m-2 m+1
= C
n+m-1 m
+ C
n+m-2 m-1
+
C
n+m-3 m
+ C
n+m-3 m+1
= ... = C
n+m-1 m
+ C
n+m-2 m-1
+ ... + C
n m
∑C
n+k m
= C
n+m m
, ayniyatni olamiz
C
n m
+ C
n+1 m
+ C
n+2 m
+ ... + C
n+m-1 m
= C
n+m m
Xususan ,
C
1 1
+ C
2 1
+ C
3 1
+ ... + C
n 1
= C
n+1 2
Ya’ni

XULOSA
Davriy va o‘quv adabiyotlarini tahlil qilib, biz hozirda algoritmlarini eslab
qolish oson bo‘lgan binomial koeffitsientlar va ularning turli tadbiqlari va xossalari
mavjud degan xulosaga keldik.
Binomial koeffitsientlar va ularning turli tadbiqlarini o‘rganishda ko‘pincha
quyidagi usullar va tushunchalar qo‘llaniladi:
• Nyuton binomi
• Binomial koeffitsientlar xossalarini qo‘llash;
• Birlashmalar va guruhlashlar qonuniyatlarini qo‘llash.
Matematika bo‘yicha davlat imtihonining sinov va o‘lchov materiallarini,
imtihonga tayyorgarlik ko‘rish uchun J.Abdullaev, Usmonov va boshqalarning
topshiriqlar to‘plamini o‘rganib chiqdik. Biz binomial koeffitsientlar xossalarini
tez-tez uchraganligini aniqladik, ularda talabalar o‘z bilimlarining to‘liqligini va
"Binomial koeffitsientlar" mavzusidagi nazariyani amaliyotda qo‘llash qobiliyatini
ko‘rsatishlari kerak. Shuningdek, binomial koeffitsientlar xossalarini mo‘ljallangan
vazifalar ko‘pincha turli maktablarda matematika olimpiadalarida uchraydi.
Shuni ta’kidlash kerakki, binomial koeffitsientlar xossalarini algoritmlarini
o'rganish ushbu turdagi vazifani hal qilishda yordam berishi mumkin, bu juda ko‘p
ball to‘playdi.
Binomial koeffitsientlar xossalarini o‘rganishda ko‘plab amaliy masalalar
kelib chiqishi, binomial koeffitsientlar xossalarini maktab matematika kursida
o‘rganilmaganligi sababli,
8–9 sinflar talabalar uchun “ Binomial koeffitsientlar xossalarini ” tanlov
kursi ishlab chiqilgan
Kursning maqsadi - 10-11 sinflar uchun “ Binomial koeffitsientlar
xossalari” mavzu bo‘yicha o‘quvchilar bilimlarni kengaytirish va
tizimlashtirish.Undan o‘qituvchilar talabalarni matematikadan davlat imtihoniga
tayyorlashda foydalanishlari mumkin.

O‘quvchilarning mustaqil ishi uchun tanlagan vazifalar mavjud bo‘lib, ular
matematikadan maktab nazorat ishlarida va davlat imtihonini topshirishga
tayyorgarlik ko‘rishda ishlatilishi mumkin.
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI
1. D ы nkin Ye.B., Uspenskiy V.A. Matematicheskie besed ы . 2- ye izd . M .:
FIZMATLIT , 2004.
2. Табачников С.Л., Фукс Д.Б Математический дивертисмент. 30
лекций по классической математике
3. Фукс Д., Фукс М., Арифметика биномиальных коэффициентов
//Научно-популярный физико-математический журнал "Квант'' 1970. S . 16-20
4 .Ширшов А.И. Об одном свойстве биномиальных
коэффициентов//Квант. 1971. № 10. С. 16–20.
5. Cai T.X., Granville A. On the residues of binomial coefficients and their
products modulo prime powers Acta
6. Calkin N. J. Factors of sums of powers of binomial coefficients // Acta
Arith. 1998. Vol. 86. P. 17–26.
7. Carlitz L. A note of Wolstenholme’s theorem // Amer. Math. Monthly.
1954. Vol. 61. № 3. P. 174–176.
8. Dimitrov V., Chapman R. Binomial coefficient identity: 11118 // Amer.
Math. Monthly. 2006. Vol. 113. № 7. P. 657–658.
9. Everett W. Subprime factorization and the numbers of binomial
coefficients exactly divided by powers of a prime //
Integers. 2011. Vol. 11. # A63. http://www.integers-ejcnt.org/vol11.html
10. Fine N. Binomial coefficient modulo a prime // Amer. Math. Monthly.
1947. Vol. 54. № 10. Part 1. P. 589–592.
11. Gardiner A. Four problems on prime power divisibility // Amer. Math.
Monthly. 1988. Vol. 95. № 10. P. 926–931.
12. Gauss K. Disquisitiones arithmeticae. 1801. Art. 78.
13. Gessel I. Wolstenholme revisited // Amer. Math. Monthly. 1998. Vol.
105. № 7. P. 657–658.

14. Granville A. Arithmetic properties of binomial coefficients. Доступно
по адресу
http :// www . dms . umontreal . ca /~ andrew / Binomial /
15. Granville A. Binomial coefficients modulo prime powers.
16. Granville A. Zaphod Beeblebrox’s Brian and the Fifty-ninth Row of
Pascal’s Triangle // Amer. Math. Monthly. 1992.
Vol. 99. № 4. P. 318–331.
17. Granville A. Correction to: Zaphod Beeblebrox’s Brian and the Fifty-
ninth Row of Pascal’s Triangle // Amer. Math.
Monthly. 1997. Vol. 104. № 9. P. 848–851.
18, Hinz A. Pascal’s triangle and tower of Hanoi // Amer. Math. Monthly.
1992. Vol. 99. № 6. P. 538–544.
19. Loveless A. A congruence for products of binomial coefficients modulo
a composite // Integers: electronic journal of comb.
number theory 7 (2007) # A44
20. McIntosh R. On the converse of Wolstenhome’s theorem // Acta
Arithmetica. 1995. Vol. 61. № 4. P. 381–388.
REFERENCES
1. Bachmann P. Niedere Zahlen theorie. I und II. Teil, Leipzig, 1902 und
1912, 402 p. und 480 p.
2. Wolstenholme J., On certain properties of prime numbers. Quart. J. Pure
Appl. Math. 5 (1862), 35–39.
3. Vinberg, E. B. 2008, Udivitelnie svoistva binomialnih koeffitsientov
[Amazing problems of binomial coefficients]. M. 62 pp. (Russian).
4. Gauss C. F., Summatio quarumdam serierum singularium, Comment.
Soc. Reg. Sci. Gottingensis, 1 (1811): Werke, Vol. 2, P. 11–45
5. Stanley, R. Enumerative combinatorics. by Wadsworth, inc. California.
Vol. 1, 1986.

6. Shokuev, V. N. 1988, “Gauusovi koeffitsienti” [Gaussian coefficients].
Nalchik. 98 p. (Russian).
7. Shokuev, V. N. 1994, “Osnovi teorii perechisleniya dlya konechnikh
nilpotentnikh grupp” [Foundations of enumeration theory for finite nilpotent
groups]. Zap. Nauchn. Sem. POMI. Vol. 211, pp. 174–183. (Russian). Ob algebre i
arifmetike binomialn ы x i gaussov ы x koeffitsientov 269
8. Ireland, K. and Rosen, M. 1982, “Klassichesloe vvedenie v
sovremennuyu teotiyu chisel” [A Classical Introduction to Modern Number
Theory]. Springer. 385 p.
9. Dzhumadil’daev A. S., Yeliussizov D. A. Wolstenholme’s theorem a щ k
srfe binomial coefficients// Sibirskie elektronn ы e matematicheskie izvestiya. T. 9,
2012, S. 460–463.
10. Polia G., Aalexanderson G. L. Gaussian binomial coefficients//
Elemente der Mathematik, Vol. 26, N 5, 1971. pp. 102–109.
11. Erd¨os P. On some divisibility properties of ( 2 ?????? ) . Canad. Math. Bull.
1964, Vol. 7, No 4, P. 513–518.
12. Moser R. Insolvability of ( 2 ?????? ) = ( 2 ?????? ?????? ) · ( 2 ?????? ?????? ) . Canad. Math. Bull.
6 (1963). Pp. 167–169.
13. Ainger, M. Combinatorial theory. Springer–Verlang. Berlin Heidelberg
New York, 1979,
14. Lipski, W. 1988, “Kombinatorika dlya progamistov” [Combinatorics for
programmers]. M. Mir, 213 pp. (Russian)
1 5 . Ecklund (Jr) E. F., Eggleton R. B., Erd¨os P., Selfridge J. Z. On the
prime factorisation of binomial coefficients// Austral. Math. Soc., Ser. A. 1978.
Vol. 26. P. 257–269.

Binomial koeffsientlar

Купить

Похожие документы
2001-yil sentabr voqealri va uning xalqaro munosabatlarga
1945-1990-yillarda Buyuk Britaniya
1918-1923 yillarda xalqaro munosabatlar, Versal Vashington siyetemasining tuzilishi
Ahmad al-farg‘oniy
Almashlab ekishni loyihalashtirish va joriy etish