7-9-sinf algebra va geometriya misolida

x x
6 tenglamani yechishda esa quyidagicha belgilash
kiritamiz.
20  x  u ,
x x
20  x  v , bundan u 2  v2  2 bo‘ladi.
Ushbu tenglamalar sistemasini tuzamiz va yechamiz.





 
 


4
6
2
u 
6
u 
8
6
2
6
2
2
2u 
u  v 2 
u  v  6 u  v  6
u  v 2  2
u  v  6  
Demak, ko‘rinib turibdiki, qaralayotgan tenglamamiz quyidagiga teng kuchli.

 60  3x  8x  x  12
x
20  x  4
x 6
20  x  2
6

20  x  8
x 3
20  x  2
x 3
 60  3x  2x  x  12
Javob: x  12
д) 3 2x 1  3 3  2x  2 tenglamani yeching.

3 2 2
 3  2   
u  v  2 u  uv  v  1 (u  v)  3uv  1 u  v  1 v  1
1-усул: Belgilash kiritamiz; 3 2x  1  u, 3 3  2x  v
u  v  2  u  v  2  u  v  2  u  v  2  u  1
Demak, quyidagiga ega bo‘lamiz.
3 2x  1  1  2x  1  1  x  1.
2-усул: qisqa kupaytirish formulasidan foydalanamiz - (a  b)3  a3  3ab(a  b)  b3
u holda bu tenglama quyidagiga teng kuchlidir.
2x 1 33 (2x 1)(3  2x)  3  2x  8  3 (2x  1)(3  2x)  1 
 4x2  8x  4  0  x2  2x  1  0  x  1.
2) 3x  6  2x  4  0 tenglamani yechamiz.
3x  6  4  2x 
  
4  2x  0 x  2
3x  6  0  x  2
 x  2
Javob: х=2.
ж) 6x  9  2x  3 tenglamani yechamiz.
1-usul: 6x  9  2x  3  6x  9  3  2x
 yangi hosil

bo‘lgan
tenglamaning har ikkala qismini musbat ko‘paytuvchiga ko‘paytiramiz.
( 6x  9  3)( 6x  9  3)  ( 6x  9  3)  2x  6x  2x( 6x  9  3 
 6x  2x( 6x  9  3)  0
x(3  6x  9  3)  0
 x  6x  9  0


x  0


x  0
6x  9  0

3
2
6x  9  0 x  
x  0
 
2-усул: 6x  9  3  2x  3 6x  9  6x  9  6x  9(3  6x  9))  0 



6x  9  0
6x  9  3



6x  0

  

2 2
x  0
6x  9  0 x   3 x   3
6x  9  9
 
 
2
Javob:  3 ,0
III. Quyidagi tengsizlikni yeching:
а) x  7  3(6  x) tengsizlikni yechamiz.
x  7  3(6  x)  x  7  18  3x  3x  x  7  18 

 x  7
3x  x  7  18
 x  7
Haqiqatdan ham x  7  3x  21  18  3x  x  7  18. Demak javob x  7
б) 1  2x  6x  1 tengsizlikni yechamiz.
1-usul:
1  2x  1  6x  ( 1  2x  1)  ( 1  2x  1)  6x( 1  2x  1) 


 2
 
x  0
1
2
 x  0;
1  2x  0 x  1
x  0
 2x  6x( 1  2x  1)  x(3 1  2x  4)  0  



 



2 
 1 
 2
1
1  x  0;
0  x 
2
x  0
 1  2x  1  6x
0  x 
 1  2x  1  6x
2-usul: Berilgan tengsizlikka teng kuchli sistemani qarab chiqamiz:
x  0
Haqiqatdan ham, agar x  0 bo‘lsa 1  2x 1  0 va bundan 1  2x  1  6x
2
tengsizlik  ;0 da yechimga ega emas. Agar 0  x  1 da
1  x  1  0 va undan
1  2x  1  6x bo‘ladi.
3-usul: f (x)  1  2x va g(x)  6x  1 funksiyalarda ko‘rib chiqamiz va uni grafiklar bilan ifodalaymiz. x  0 da f (x) funksiya grafigi g(x) funksiya grafigidan yuqorida joylashgan.
0  x  1 da esa g(x)
2
joylashgan.
funksiya grafigi f (x) funksiya grafigidan yuqorida
Demak, yechim 0  x  1 da ekanligi ko‘rinib turibdi
2
V.Tenglamalar, tengsizliklar va tenglamalar sistemasini yechishda funksiyalar monotonligidan foydalanish
Funksiya monotonligidan foydalanib, tenglamalarning ildizlari haqida xulosa
chiqarish mumkin. Bizga f(x)=g(x) tenglama berilgan bo‘lsin. Agar f(x) fnksiya monoton o‘suvchi, g(x) funksiya esa monoton kamayuvchi bo‘lsa,
bu tenglama yagona yechimga ega bo‘ladi. Agar х=х 0 bu tenglamani yechimi bo‘lib, х > х 0 bo‘lsa, u holda f(x) > g(x) bo‘ladi, agar х<х 0 bo‘lsa u
holda lozim: holda
f(x) < g(x) agar f(x) х=у tenglik
bo‘ladi. Demak, quyidagi modifikatsiyaga e’tibor berish
funksiya monoton bo‘lib f(x)= f(у) tenglik bajarilsa u bajariladi.
а) 8  x  4  x tengsizlikni yeching.
Ikkita standart yo‘l bor: Kvadratga oshirish va noma’lumni almashtirish. Endi yechishni nostandart usulini ko‘rib o‘tamiz. Chap tomonga joylashgan funksiya monoton o‘sadi, o‘ng tomonidan esa kamayadi. Ushbu mulohazalardan ko‘rinib
turibtiki, 8  x  4  x ning bittadan ortiq bo‘lmagan yechimi bor, bundan agar x0 - shu tenglamaning yechimi bo‘lsa, unda  8  x  x0 bo‘lganda 8  x  4  x да x0 -
bo‘ladi.
qiymati oson topiladi. x0  1. Undan x  1
б) 13x  14 x  27 x tenglamani yeching.
Ko‘rinib turibdiki, bu tenglamani yagona yechimi x  1.
Boshqa yechim yo‘qligini isbotlaymiz. Tenglikning ikkala qismini 27 x
ga bo‘lib,
   1
 
quyidagilarni olamiz. 
 27   27 
 13  x  14  x
Tenglikni chap qismi monoton kamayuvchi funksiya. Shuning uchun u o‘zining har bir qiymatiga bir marta erishadi, ya’ni tenglama faqat 1 ta yechimga ega. Javob: x  1.
Shunday qilib, agar f (x) monoton o‘sganda, u holda  (x) monoton kamayadi,
bundan esa f (x)  (x) тyenglama bittadan ortiq bo‘lmagan yechimga ega bo‘ladi,
bo‘lganda f (x)  (x) bo‘ladi,



 2z 2  2z  x
z 3
y  2 y 2  2 y  z
3
ya’ni x  x0 . Bu tenglamaning yechimi x  x0
x  x0 bo‘lganda f (x)  (x) bo‘ladi.
в) Ushbu tenglamalar sistemasini yeching.
x 3  2x 2  2x  y
f (t)  t 3  2t 2  2t funksiyani ko‘rib chiqamiz, chunki f ' (t)  3t 2  4t  2  0 t
ning barcha qiymatlarida f (t) o‘sadi.
Sistema quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.
y  f (x), z  f ( y), x  f (z)
x 3
 2x 2  2x  x, x(x2  2x  1)  0 x(x  1)2  0  x  0,
ya’ni x  f ( f ( f (x)) )  f (x)  x yoki
xuddi
shunga o‘xshash у 3 +2у 2 +2у=у, z 3 +2z 2 +2z=z tenglamalarning ham yechimlari 0 va -1 lardan iborat bo‘ladi.
Javob: (0;0;0) va (1;1;1)
VI. Tenglamalar sistemasini yechish.
O‘quvchilarni ijodiy tafakkurlarini o‘stirishda tenglamalar sistemalari katta
imkoniyatlarga ega. Ta’kidlash joizki, bunda yangi qirralarni chuqur tahlil etilgani o‘quvchilarning ijodiy fikrlash qobiliyatini faollashtirishga olib keladi. Bunday mashg‘ulotlar uchun misol keltiramiz.
а) Quyidagi tenglamalar sistemalarini yeching.
1)


2
x  y 2  0
x 5  3x 2 y 2  7x 3  10 xy  0
2) 
 х  у  0
x7  5xy  0
Bunday tenglamalarni yechimini tafakkur qilib sistemalar bitta yechimga ega (0,0)
tahlil orqali aytish mumkin. Bu
Haqiqatan ham sistemadagi ikkala tenglamani qanoatlantiradigan bitta yechimi bor.
2 2
x  y  10
Ushbu 3)  4) 
sin x  1,2
x 4  3x 2 y  7xy  8xy 2  0 x  y  3
tenglamalar sistemasi yechimga ega emas, chunki ikkinchi tenglamalarning yechimlari yo‘q. Xuddi shunday,
5) 
2 2
x 7  3x 3 y 3  3
x  y  0 
6) 

x  1  2 y  0
x  3  y 2  0
tenglamalar sistemasidan ikinchi tenglamalarni yagona yechimi (0,0) va (3,0) birinchi tenglamalarni qanoatlantirmaydi. Demak, bu tenglamalar sistemasi ham yechimga ega emas.
Xulosa sifatida quyidagilarni keltirish mumkin:
agar sistemadagi tenglamalardan bittasi yagona yechimga ega bo‘lsa, u holda bu yechim 2-tenglamani ham qanoatlantirishini tekshirib ko‘rish oson;
agar birorta tenglama yechimga ega bo‘lmasa, u holda tenglamalar sistemasi ham yechimga ega bo‘lmaydi.
b) Ushbu (1;1), (1;1), (1;1), (1;1)  yechimlarga ega bo‘lgan quyidagi o‘xshash tenglamalar sistemasini o‘ylab topish mumkin:

 y  1
 x  1
1)
2 2
x  y  2
 
( y  1)( y  1)  0
 x  1)( y  1  0 (x  1(x  1)  0
2) 3)

4)  x  y  2
x 2  y 2  0

5)  x  1
x 2  y 2  2
6)

 y  1
x 2  y 2  2

7)  x  y  1
x 2  y 2  2
8)


x 2  y 2  1
x 2  y 2
9)


2
x  y 2  0
 xy  1
10)


2
x  y 2  0
 x  y  1
v) Tenglamalar sistemasini yeching.




3
3
5 1 2
2
3
1
5
 x  x )  3x
4
(x  x  x )  3x
(x
3
3
4
3
1 2 3
 x5 )  3x1
(x3
 x3  x4 )  3x5

• x4

(x2
 3x
(x  x  x )
x1  x2  x3  x4  x5 ekanini isbotlaymiz.
Agar x5  x4 bo‘lsa, u holda
birinchi ikkita tenglamadan
3 3
2 3 4 1 2 3 4 1 5 1
( (x  x  x )  (x  x  x ) olamiz, bundan x  x va undan tashqari x  x .
Ikkinchi va uchinchi tenglamalardan esa x2  x5 va undan x2  x1 ga ega bo‘lamiz.
Uchinchi va to‘rtinchi tenglamalardan x1  x3 va undan keyin x2  x3 ni olamiz, Oxirgi juft tenglamalardan esa x4  x2 .
Demak, qarama-qarshiliklar kelib chiqadi.
( x4  x2 , x2  x5 ya’ni x4  x5 va x5  x4 edi)
Bundan x4  x5 ekani va bulardan esa x4  x1 va x1  x2  x3  x4  x5 ekani kelib chiqadi.


3 3 3 3
Javob: (0,0,0,0,0),  1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 
 3 
VII. Modul qatnashgan tenglamalarni ko‘rib chiqamiz.
а) Quyidagi tenglamani yechamiz: x  2  x  5


x  2  x  5;
1-usul: x  2  x  5  2  x  x  5
2  x  x  5
агар агар агар
x  5
 5  x  2 
x  2

0; x  2
0; x  5
 x  1,5;5  x  2  x  1,5

2-usul: x  2  x  5  (x  2)2  (x  5)2  (x  2  x  5)(x  2  x  5)  0 
 7(2x  3)  0  x  1,5
3-usul: x  2  x  5  x  2  (x  5)  x  2  x  5
 
x  2  x  5 x  1,5
 0
 x  1,5
b) Funksiyani grafik usulda yechamiz:
y  x  5  2 x  1  x  3
Funksiyaning x  1, x  5 va x  3 nuqtalardagi
y(5)  4, y(1)  8, y(3)  4 .
Funksiya uzluksiz bo‘lgani uchun (;5),(5;1),(1;3)
funksiya chiziqli. Shuning uchun ikkita intervalni (;5)
bittadan nuqta tanlasak grafik chiziqli bo‘ladi.
y(4)  6 , y(6)  4
qiymatlarini topamiz.
va (3;) oraliqlarda
va (3;) ning har birida
O‘quvchi tafakkuri asosan maktabda bilimlarni o‘zlashtirish jarayonida rivojlanadi.
Ilmiy manbalarda ijodiy tafakkur deb, shunday fikrlash jarayoniga aytiladiki,
uning natijasida inson yangi nimanidir topadi. Muammoni aniqlash va uning ifodalanishi, ya’ni murakkablik darajasini aniqlash ijodiy fikrlashning birinchi bosqichi bo‘lib hisoblanadi.
Mustaqil ijodiy tafakkur mustaqil faoliyatdan boshlanadi. Agar o‘quvchilarda mutaqil ravishda masalalarni yechish ko‘nikmasi shakillangan bo‘lsa, ularni o‘quv faoliyatini yuqori darajaga ko‘tarish mumkin. O‘quvchi ilgari o‘zlashtirgan bilim,
ko‘nikmalari asosida mustaqil ijodiy fikrlagan holda masalani yechadi, ko‘nikma masala darajasi bo‘yicha o‘sib boradi.
O‘quvchilarning ijodiy faoliyati tabiat hodisalarini kuzatish, muhimlarini tanlab, ularni eslab qolish, javob topish uchun talabchan bo‘lish, diqqatni bir joyga to‘plash, qo‘yilgan masalalarni maksimal va foydali hal etishni ifodalaydi.
Ijodiy faoliyat o‘quvchilarning ichki ruhiy kechinmasi ya’ni ilhomlanishi, xursandchilik va achchiqlanish hislari, qo‘yilgan muammoni jon jahti bilan hal etish istaklari orqali olib boriladi.
O‘quv jarayonida o‘quvchilarning ijodiy fikrlashlarini rivojlantirish muammosi murakkab va ko‘p qirrali jarayondir. Ijodiy fikrlashni o‘stirishning o‘ziga xos xususiyati shundan iboratki, ular boshqa qobiliyatlar singari faoliyat davrida rivojlanadi. Demak bu muammoni hal etishda matematika o‘qituvchisining asosiy vazifasi matematika fanini o‘qitish jarayonida o‘quvchilarning ijodiy faoliyatini tashkil etish usullari, yo‘l va vositalarini izlashdan iborat.
Matematika o‘qitish jarayonida o‘quvchilar ijodiy tafakkur qilish qobiliyatlarini o‘stirish usullariga: ijodiy masalalar yechish, masalalarni noan’anaviy usulda
yechish, nostandart masalalar yechish, fakultativ mashg‘ulotlarni tashkil etish kabilar kiradi.
Matematikadan ijodiy masalalar deganda, o‘quvchilarga yechilish algoritmi noma’lum bo‘lgan masalalar tushiniladi. Bunday masalalarning sharti niqoblangan
bo‘ladi. Ancha murakkab bo‘lgan olimpiada masalalari, nostandart masalalar
o‘qituvchi va o‘quvchilarda umumiy qiziqish tug‘dirishi mumkin, lekin bunday masalalar maktab uchun majburiy bo‘lib o‘quv darsligiga kiritilsa u holda u “ijodiy” bo‘lmay qoladi.
Topshiriq usuliga ko‘ra ijodiy masalalar ikki turga bo‘linadi: Izlanuvchan masalalar
Konstruktiv masalalar
Birinchi turdagi masalalar o‘quvchidan «Nega» degan savolga javob berishni taqazo qilsa, ikkinchi turdagi masala esa «qanday qilish kerak» degan savolga javob talab etadi.
Ijodiy masalalarning bunday bo‘lishlari ijodkorlikning bir-biridan farq qiluvchi ikki ko‘rinishi, ya’ni ixtro va kashfiyot holatiga to‘la muvofiq keladi.
Shu o‘rinda ijodiy masalalarni mazmunini ishlab chiqishda yuqorida keltirilgan ikkita yo‘nalishdan foydalanib ish ko‘rish maqsadga muvofiq bo‘ladi.
O‘quvchilar ijodiy tafakkur qilish qobiliyatlarini rivojlantirish masalasi nuqtai nazaridan fakultativ mashg‘ulotlar mazmunini ishlab chiqishga ikki xil yondashish mumkin.
Birinchi yo‘l-informativ(xabar, axborot) yo‘l bo‘lib, bunda o‘quvchilarga majburiy o‘quv dasturiga kiritilmagan yangi, qo‘shimcha nazariy bilimlar va ma’lumotlar beriladi.
Ikkinchi yo‘l-ijodiy bo‘lib, bunda o‘quvchilarga ijodiy xususiyatdagi mashqlar tizimi beriladi. Bu esa o‘quvchilar bilimini yangi sharoitlarda tatbiq qilishda masalalar yechimlarini mustaqil tekshirish va har xil turdagi masalalarni qiziqqan holda tuzishga da’vat etadi.
O‘quvchilar ijodiy tafakkurlarini rivojlantirish usullarini samaradorligini maktab
o‘quvchilarining faolligiga, ularning ijodiy harakatlarining muvaffaqiyatiga va o‘quv tashkiliy ishlarining tarkibiga ham bog‘liq. O‘qitish jarayoni va darsdan tashqarii mashg‘ulotlarda o‘quvchilar ijodiy tafakkurlarini o‘stira borish, hozirgi zamonning muammolaridan biri- yuqori darajali ilmiy qobiliyatga ega ijodiy faol shaxslarni tayyorlash muammosini hal etishga ko‘maklashadi.
Fikr-bu insoning faoliyatini, iqtidori, qudrati va bilimini namoyon etadigan ma’naviy-ahloqiy insoniy sifatdir.
Fikr rivoji jamiyat ijtimoiy-iqtisodiy taraqqiyotining asosiy xarakterlovchi kuchi bo‘lganligi uchun, o‘quvchilarni kelgusida jamiyatda o‘z o‘rnini to‘g‘ri topish, ijodiy va ijtimoiy faol bo‘lishni nazarda tutgan holda o‘qitish jarayonida ularni mustaqil va ijodiy fikr yuritish ko‘nikmalarini rivojlantirish zarur.
Ijodiy fikr yuritish quydagi bosqichlarda amalga oshiriladi. Muammoli masalalarni tahlil qilish.
O‘quv farazlarni ilgari surish.
Avval o‘zlashtirilgan bilim ko‘nikma va malakalarni (BKM) yangi vaziyatlarda qo‘llab, yangi bilim, ko‘nikma va malakalarni egallash.
O‘z fikrini dalillash.
Javobni to‘g‘iriligini tekshirish.
O‘quvchilarda mustaqil ijodiy tafakkur yuritish uchun xar bir mavzuni o‘rganishda nostandart masalalarni tavsiya qilish va o‘quvchilarni bilish faoliyatini nostandart masalalarni hal qilishga yo‘llash lozim.
O‘quvchilarda ijodiy tafakkur qilish ko‘nikmalarini tarkib toptirish va rivojlantirishda mustaqil tahliliy, mantiqiy tizimli fikr yuritish ko‘nikmalari asos bo‘lib xizmat qiladi. Matematika bilan shug‘ullanadigan insonlarda faraz qilish qobiliyati yorqin namoyon bo‘ladi. Agar bu qobiliyat shaxsda kuchli rivojlangan bo‘lsa u buyuk matematik bo‘lishi mumkin.
Masalan, buyuk hind matematigi Romanudjan (1887-1920) beqiyos intuitiv faraz qilish qobiliyatiga ega bo‘lgan. U garchi maxsus matematik ma’lumotga ega bo‘lmasada qiyin teorema, fakt va sonlar nazariyasiga oid formulalarni oldindan aytib bera olgan.
Intuitiv faraz qilish qobiliyati rivojlanishni yuqori darajasi bo‘lgan kashfiyot
qilish xususiyatini ko‘rsatadi. Intuitiv faraz qilish qobiliyati bir qancha ilmiy sohalarni, birinchi navbatda matematikani ilgari siljitadi. Matematika o‘qitishda bilish intuitsiyasi juda muhimdir.
Intuitsiya-haqiqatni dalil bilan isbotlamasdan, bevosita fahm-farosat bilan anglab olish qobiliyati (“aqliga kelish”) yo‘li bilan tajriba doirasidan chiqish, shaxsiy qobiliyati yoki anglanmagan aloqalar, qonuniyatlarni jonli shaklda umumlashtirishdir.
Tadqiqotchilar fikricha, intuitsiyaning bugungi kunda hissiy, aqliy, mistik
turlarga ajratishimiz mumkin: