Ikromova xurshida ilxomiddin qizi

 

2-§.  NOMA’LUM  MODUL BELGISI OSTIDA QATNAShGAN 

TENGLAMALARNI GRAFIK USULDA YeChISh 

Modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni  grafik  usulda  yechish  uchun 

o‘rta  maxsus  kasb-xunar  ta’limi  “Algebra  va  matematik  analiz  asoslari”  kursida 

o‘quvchilar  zaruriy,  jumladan  ular 

)

(x

f

y



 funksiyaning  grafigiga  asoslanib, 

)

(x

f

y



 funksiya  grafigini  yasash  shuningdek, 

)

(x

f

y



 funksiyaning  grafigiga 

asoslanib, 

)

( x

f

y



 funksiya grafigini yasash ko‘nikmalariga egadirlar. [7],[12] 

Xuddi mana shu nazariy materiallarga asoslangan holda o‘quvchilarda dastlab 

modul  belgisi  ochilgandan  so‘ng  noma’lum   

x

 ga  nisbatan  birinchi  darajali 

bo‘luvchi funksiya sifatida tasvirlash mumkin bo‘lgan, so‘ngra esa yuqori darajali 

funksiya  bo‘luvchi  funksiyalarni  to‘g‘ri  burchakli  koordinatalar  sistemasida 

tasvirlash  haqida  o‘quvchilar  bilim,  ko‘nikma  va  malakalarni  tarkib  toptirishni 

quyidagicha amalga oshirish mumkin.  

Ta’rifga:  















бўлса

x

агарf

x

f

бўлса

x

агарf

x

f

x

f

0

)

(

),

(

0

)

(

),

(

)

(

 

 Asosan 

0

)

(



x

f

 bo‘lgan  oraliqlarda 

)

(x

f

 grafigi 

)

(x

f

 grafigi  bilan  bir  xil 

bo‘lib, 

0

)

(



x

f

 oraliqlarda 

)

(x

f

 grafigi 

)

(x

f

 grafigini  0x  o‘qiga  nisbatan 

simmetrik ko‘chirish bilan hosil qilinadi. 

1. 

x

y



  funksiya grafigi  

Yechish: Ma’lumki   















.

0

,

,

,

0

,

,

бўлса

x

агар

x

бўлса

x

агар

x

x

 

Shunday  qilib, 

x

 ifoda  istalgan  haqiqiy  x  da  ma’noga  ega  ,  ya’ni 

x

y



 

funksiyaning aniqlanish sohasi barcha haqiqiy sonlar to‘plamidan iborat.  

Agar 

0



x

 bo‘lsa,  u  holda 

x

x



 bo‘ladi  va,  shuning  uchun, 

0



x

 bo‘lganda  

x

y



 funksiyaning grafigi birinchi koordinata burchagining bissektrisasi bo‘ladi.  

Agar 

0



x

 bo‘lsa,  u  xolda 

x

x





 bo‘ladi,  demak,  manfiy  x  lar  uchun 

x

y



 

funksiyaning grafigi ikkinchi koordinata burchagining bissektrisasi bo‘ladi.  

 

 

 

 

Istalgan 

x

 uchun 

x

x





.  Shuning  uchun 

x

y



 funksiyaning  grafigi 

ordinatalar o‘qiga nisbatan simmetrik joylashgandir.  

2. 

a

x

y





 

funksiya grafigi 

a

x

y





  fuknksiyaning grafigi 

x

y



 funksiya grafigidan uni 0x bo‘yicha:  

agar  a>0 bo‘lsa,  a birlik o‘ngga surish bilan hosil qilinadi, 

1 

       

    | | 

1 

    y 

   

0 

   x 

    1 

1 

      y 

    

0 

  

  x 

      

1 

      

y 

    

0 

  

 x 

     

 1 

agar a<0 bo‘lsa, a birlik chapga surish bilan hosil qilinadi.  

3





x

y

 funksiyaning  grafigi 

x

y



 funksiya  grafigidan  uni  0x  o‘q  bo‘yicha  

3 birlik o‘ngga surish bilan hosil qilinadi.  

2





x

y

 funksiyaning  grafigi 

x

y



 funksiya  grafigidan  uni  0x  o‘q  bo‘yicha 

2 birlik chapga surish bilan hosil qilinadi.  

 

 

 

b

a

x

y







   funksiyaning  grafigini  yasash  uchun 

a

x

y





   funksiya 

grafigini: 

a) agar  b>0 bo‘lsa,  b birlik yuqoriga  surish bilan hosil qilinadi 

b) agar b<0 bo‘lsa, b  birlik pasga surish bilan hosil qilinadi.  

2

3







x

y

 funksiyaning  grafigini  hosil  qilish  uchun 

3





x

y

 funksiyaning 

grafigini  2  birlik  yuqoriga 

suriladi. 

 

 

 

3

2







x

y

 funksiyaning 

grafigini hosil qilish uchun 

2





x

y

 

funksiyaning  grafigini  2  birlik 

pastga suriladi.  

 

  

 

0 

1 

    |     | 

   

 1 

x 

 

y 

2 

1 

 y 

  -2    -1 

 

 

  0 

1 

    1 

x 

 y 

 2 

   

0 

   x 

    |     | 

           |     |     

x 

2 

1 

    

1 

 

2   3 

-2 

 -3 

  

0 

  x 

      

-1   

-1 

 

 1 

  y 

1 

 

 

 

3. 

b

kx

y





 ko‘rinishdagi funksiya  grafigi 

Ta’rifga asosan berilgan funksiyani quyidagicha yozish mumkin: 





























.

,

,

,

,

,

булса

k

b

x

агар

b

kx

бўлса

k

b

x

агар

b

kx

y

        

Demak,   

b

kx

y





 funksiyaning  grafigi 

k

b

x





 bo‘lganda 

b

kx

y





 va  

k

b

x





   bo‘lganda 

b

kx

y







funksiya  grafigidan  iborat  bo‘ladi.  Demak,  bu 

funksiya  grafigini  yasash  uchun 

k

b

x





 oraliqda   

b

kx

y





 funksiya  grafigi 

yasalib, so‘ngra bu grafik  

k

b

x





to‘g‘ri chiziqqa nisbatan simmetrik ko‘chiriladi. 

 1-misol 

4

2





x

y

 funksiyaning grafigini yasash.  

Yechish: Ta’rifga asosan, berilgan funksiyani quyidagicha yozib olamiz.  



























.

2

,

0

4

2

,

4

2

,

2

,

0

4

2

,

4

2

булса

ёкиx

x

агар

x

бўлса

ёкиx

x

агар

x

y

 

1) 

2



x

 qiymatlar  uchun 

4

2





x

y

 funksiyaning  grafigini  yasaymiz 

2



x

 

to‘g‘ri chiziqni yasaymiz va u simmetriya o‘qi bo‘ladi   

 

 

 

  y 

 2 

  x 

 0 

 

  y 

 2 

  x 

 0 

 

  y 

  2 

  x 

 0 

 

 

 

2) 

2



x

 to‘g‘ri  chiziqqa  nisbatan 

4

2





x

y

 to‘g‘ri  chiziqni  simmetrik 

ko‘chiramiz. Natijada 

4

2





x

y

  funksiyaning grafigi hosil bo‘ladi   

4. 

)

(

)

(

)

(

2

1

x

f

x

f

x

f

y

n















 ko‘rinishdagi funksiyaning grafigi  

)

(

)

(

)

(

2

1

x

f

x

f

x

f

y

n















 ko‘rinishdagi    funksiyalarning  grafigini  yasash 

uchun quyidagi ketma-ketlikdagi ishlar bajariladi:  

0

)

(

,...,

0

)

(

,

0

)

(

2

1







x

f

x

f

x

f

n

 tenglamalar  yechilib,  uning

n

x

x

x

,..,

,

2

1

 ildizlari  

topiladi; 

1)  Sonlar  o‘qi  bu  nuqtalar  bilan 























;

,

,...,

;

,

;

,

;

3

2

2

1

1

n

x

x

x

x

x

x

 oraliqlarga 

)

...

(

3

2

1

n

x

x

x

x









 ajratiladi; 

2)  har  bir  oraliqda 

)

(

),...,

(

),

(

2

1

x

f

x

f

x

f

n

 larning  ishoralari  aniqlanadi  va  modul 

belgisiz yoziladi; 

3)  har bir oraliqda hosil bo‘lgan funksiyaning grafiklari yasaladi.  

Quyida bunday ko‘rinishdagi funksiyalarning grafiklarini yasashga doir bir 

nechta misollar keltiramiz.  

2-misol. 

1

2

1









x

x

y

 funksiya grafigini yasang.   

Echish: 

Funksiyaning 

aniqlanish 

sohasi 

barcha 

haqiqiy  sonlar  to‘plamidan 

iborat: 

)

;

(





. Bu to‘plamni 

)

1

;

(





, 





1

;

1



 va 







;

1

 

oraliqlarga 

bo‘lamiz 

va 

ularning  har  birida  modul 

belgisidan 

ozod 

bo‘lib, 

    |     |    |     | 

  

0 

1 

   

2 

      

-1   

1 

x 

 y 

-1 

 

2 

berilgan  funksiyalarni  x  ga  nisbatan  birinchi  darajali  funksiya  sifatida  yozib 

olamiz.  

a) 

)

1

;

(





 oraliqda 

0

1





x

 va   

0

1





x

 bo‘lgani  uchun, 

x

x







1

1

 va 

1

1









x

x

 bo‘lib, 

3

2

2

1













x

x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz. 

b) 





1

;

1



 oraliqda 

0

1





x

 va   

0

1





x

 bo‘lgani  uchun, 

x

x







1

1

 va 

1

1







x

x

 bo‘lib,  

1

3

2

2

1















x

x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz.  

v) 







;

1

 oraliqda 

0

1





x

 va   

0

1





x

 bo‘lgani  uchun, 

1

1







x

x

 va 

1

1







x

x

 bo‘lib, 

3

2

2

1















x

x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz.  

Grafikni  quyidagicha  yasaymiz: 

1





x

 va 

1



x

da  grafikning  nuqtalarini 

topamiz. 

4

)

1

(

;

2

)

1

(









y

y

: 

So‘ngra   

1





x

 da  va   

1



x

 da  grafikni  ixtiyoriy  bittadan  nuqtasini 

aniqlaymiz.  Masalan, 

1

)

2

(





y

 va 

5

)

2

(





y

  

)

1

;

2

(



   va 

)

2

;

1

(



 nuqtalarni  to‘g‘ri 

chiziq  kesmasi  bilan  tutashtirib,  uni  chap  tomonga,  ya’ni  x  ning  kamayishi 

tomoniga davom ettiramiz. 

)

2

;

1

(



va 

)

4

;

1

(



 nuqtalarni to‘g‘ri chiziq kesmasi bilan tutashtiramiz.  

)

1

;

1

(



va 

)

5

;

2

(



 nuqtalarni ham to‘g‘ri chiziq kesmasi bilan tutashtirib, uni o‘ng 

tomoniga,  ya’ni  x  ning  o‘sish  tomoniga  davom  ettiramiz.  Natijada  berilgan 

funksiyaning grafigini hosil qilamiz.  

U  holda 



1

;

(





   va 







;

1

 oraliqda  grafik  mos  ravishda 

)

2

;

1

(



 va 

)

4

;

1

(



 

nuqtalardan chiquvchi nur ko‘rinishida bo‘ladi. 

)

1

;

1

(



 oraliqda  esa  grafik 

)

2

;

1

(



 va 

)

4

;

1

(



nuqtalarni tutashtiruvchi kesmadan iborat bo‘ladi.  

3-misol. 

1

2









x

x

y

 funksiyaning grafigini yasang.  

Echish: 

Funksiyaning 

aniqlanish  sohasi  barcha  haqiqiy 

sonlar 

to‘plamidan 

iboratdir: 

)

;

(





.  Bu  to‘plamni 

)

2

;

(





, 





1

;

2



 va 







;

1

 oraliqlarga 

bo‘lamiz  va  ularning  har  birida 

modul  belgisidan  ozod  bo‘lib, 

berilgan  funksiyani  x  ga  nisbatan 

birinchi  darajali  funksiya  sifatida 

yozib olamiz.  

a) 

)

2

;

(





 oraliqda 

0

2





x

 va 

0

1





x

 bo‘lgani  uchun 

2

2









x

x

 va 

x

x







1

1

 bo‘lib, 

1

2

1

2

















x

x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz.  

b) 





1

;

2



 oraliqda 

0

2





x

 va 

0

1





x

 bo‘lgani  uchun   

2

2







x

x

 va 

x

x







1

1

 bo‘lib, 

3

1

2











x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz.  

v)   







;

1

 oraliqda 

0

2





x

 va 

0

1





x

 bo‘lgani  uchun, 

2

2







x

x

 va 

1

1







x

x

 bo‘lib, 

1

2

1

2













x

x

x

y

 funksiyani hosil qilamiz.  

Grafikni  quyidagicha    yasaymiz: 

2





x

 va 

1



x

 da  grafikni  nuqtalarini 

topamiz: 

;

3

)

2

(





y

 

;

3

)

1

(



y

  

So‘ngra 

2





x

 va 

1



x

 da  grafikning  ihtiyoriy  bittadan  nuqtasini  aniqlaymiz. 

Masalan, 

;

5

)

3

(





y

 

5

)

2

(



y

. 

 

)

5

;

3

(



 va 

)

3

;

2

(



 nuqtalarni  to‘g‘ri  chiziq  kesmasi  bilan  tutashtirib  uni  chap 

tomonga,  ya’ni  x  ning  kamayishi  tomoniga  davom  ettiramiz. 

)

3

;

2

(



 va 

)

3

;

1

(

 

nuqtalarni to‘g‘ri chiziq kesmasi bilan tutashtiramiz.  

)

3

;

1

(

 va 

)

5

;

2

(

 nuqtalarni ham to‘g‘ri chiziq kesmasi bilan tutashtirib, uni o‘ng 

tomonga, ya’ni x ning o‘sish tomoniga davom ettiramiz.  

 1 

   

3 

  - 2 

    |     |   | 

   |

 

y 

  x 

0   

Natijada  berilgan  funksiyaning  grafigini  hosil  qilamiz:   



2

;

(





 va 







;

1

 

oraliqda grafik mos ravishda 

)

3

;

2

(



 va 

)

3

;

1

(

 nuqtalardan chiquvchi nur ko‘rinishida 

bo‘ladi; 

)

1

;

2

(



 oraliqda  esa  grafik 

)

3

;

2

(



 va 

)

3

;

1

(

 nuqtalarni  tutashtiruvchi  to‘g‘ri 

chiziq kesmasidan iborat  bo‘ladi.  

4-misol. 

2

4

2







x

x

 tenglamani grafik usulda yeching.  

Yechish. Dastlab 

4

2





x

y

 funksiya grafigini yasaymiz.  

 

 

 

So‘ngra

2





x

y

 funksiya 

grafigini 

yasaymiz. 

Funksiyalar 

grafigi  kesishish  nuqtasi  abssissasi 

x=2 

bo‘ladi.  Demak  tenglama 

yagona x=2 yechimga ega bo‘ladi:  

Javob: x=2 

5-misol. 

3

4

2







x

x

 

tenglamani grafik usulda yeching.  

Echish.  Dastlab 

4

2





x

y

 

funksiya grafigini yasaymiz.  

So‘ngra 

3





x

y

funksiya 

grafigini 

yasaymiz. 

Funksiyalar 

grafigi 

 

kesishmaydi. 

Demak, 

berilgan  tenglama  yechimga  ega 

emas.  

  -2 

  

0 

-1 

 

    

-1   

1 

 1 

     y 

  x 

          

2 

  4 

    |      | 

 3 

  -2 

  

0 

-1 

 

    

-1   

1 

 1 

     y 

  x 

   -3 

          

    |      | 

4 

Javob: yechimga ega emas.  

 

6-misol. 

1

4

2







x

x

 

tenglamani grafik usulda  yeching. 

Echish.  Dastlab, 

4

2





x

y

 

funksiya grafigini yasaymiz.  

So‘ngra 

1





x

y

 funksiya 

grafigini 

yasaymiz. 

Funksiyalar 

grafigi kesishishi nuqtasi abssissalari 

3

5

1



x

 va 

3

2



x

 bo‘ladi.  

Demak, tenglama ikkita 

3

5

1



x

 va 

3

2



x

 yechimga ega bo‘ladi.  

Javob: 

3

5

1



x

, 

3

2



x

 

Noma’lum  modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni  grafik  usulda 

yechishda o‘quvchilar  berilgan tenglama qachon yechimga ega bo‘lishi va qachon 

yechim mavjud emasligini ko‘rgazmali holda tushunib yetadilar.  

O‘quvchilarga  noma’lum    modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni, 

ayniqsa oraliqlar usuli bilan yechiladigan  tenglamalarni, koordinatalar sistemasida 

grafik  usulda  yechish  bilan  bir  qatorda,  son  o‘qida  ham  geometrik  talqin  qilish 

mumkinligi haqida ma’lumotlar berish maqsadga muvofiq deb hisoblaymiz.  

Haqiqatan ham, berilgan a>0, b>0 va c>0  sonlarda 

                   

,

c

a

x





                 

 

                   

,

c

b

x

a

x









 

  -2 

  

0 

-1 

 

    

-1   

1 

 1 

     y 

  x 

 3 

 

          

  4 

    |      |

 

                   

c

b

x

a

x









 

     

ko‘rinishdagi tenglamalar yechimini 

quyidagicha sodda geometrik  talqin qilish mumkin.  

c

a

x





  tenglamani yechish – bu 0x koordinatalar o‘qida koordinatasi a ga 

teng  bo‘lgan  nuqtadan  s  birlik  masofada  yotuvchi  barcha  nuqtalarni  topish 

demakdir.    Son  o‘qida  bunday  nuqtalar  ikkita  bo‘ladi:  koordinatasi  c+a  bo‘lgan 

nuqta va koordinatasi  a-c bo‘lgan nuqta. 

 

7-misol. 

5

2





x

 tenglamani  yechish,  bu  0x    koordinatalar  o‘qida 

koordinatasi 2 ga teng bo‘lgan nuqtadan 5 birlik masofada yotuvchi koordinatasi 7  

ga  teng  bo‘lgan  (5+2)  va  koordinatasi  -3  ga  teng  (2-5)    bo‘lgan  nuqtani 

topish demakdir.  

 

c

b

x

a

x









 tenglamani  yechish  –  bu  0x  koordinatalar  o‘qida  shunday 

nuqtalarni  topish  demakdir-ki,  bu  nuqtalarning  har  biri  uchun  ulardan 

koordinatalari a va v bo‘lgan nuqtalargacha bo‘lgan masofalar yig‘indisi s ga teng 

bo‘ladi.  

8-misol. 

6

3

1









x

x

 tenglamani  yechish  –  bu  0x  koordinatalar  o‘qida 

shunday  nuqtalarni  topish  demakdir-ki,  ularning  har  biri  uchun,  ulardan 

koordinatalari  1  va  3  bo‘lgan  nuqtalargacha  bo‘lgan  masofalar  yig‘indisi  6  ga 

tengdir.  

 

 

-3 

   

0         2 

       

7 

     

x 

5 birlik 

5 birlik 

 -2  -1   0     1  2  3    4   5 

   x 

 

3

;

1

 kesmaga  tegishli  bo‘lgan  nuqtalarning  birortasi  ham  berilgan    shartni 

qanoatlantirmaydi,  chunki  bu  nuqtalarning  ixtiyoriy  biri  uchun  bu  masofalar 

yig‘indisi 2 ga teng bo‘ladi. (6 ga teng emas). Bu kesmadan tashqarida faqat ikkita 

nuqta: koordinatasi 5 bo‘lgan nuqta va koordinatasi -1 bo‘lgan nuqtalar mavjudki 

ular uchun yuqorida aytilgan yig‘indi 6 ga teng bo‘ladi.  

c

b

x

a

x









 tenglamani  yechish  –  bu  0x  koordinatalar  o‘qida  shunday 

nuqtalarni topish demakdir-ki, bu nuqtalarning har biri uchun ulardan koordinatasi 

a

 bo‘lgan  nuqtachaga  bo‘lgan  masofadan,  koordinatasi 

b

 bo‘lgan  nuqtachaga 

bo‘lgan masofa ayirmasi s ga  teng bo‘ladi.  

9-misol. 

5

7

1









x

x

 tenglamani  yechish  –  bu  0x  koordinatalar  o‘qida 

shunday nuqtalarni topish demakdir-ki, ularning har biridan koordinatasi 1 bo‘lgan 

nuqtachaga bo‘lgan masofadan, koordinatasi 7 bo‘lgan nuqtachaga bo‘lgan masofa 

ayirmasi 5 ga teng bo‘ladi.  

 

 





1

;





 oraliqqa 

tegishli 

nuqtalarning 

birortasi 

berilgan 

shartni 

qanoatlantirmaydi. Xuddi shuningdek, 

 



;

7

 oraliqga tegishli nuqtalarning birortasi 

ham  bu  shartni  qanoatlantirmaydi. 

 

7

;

1

 kesmaning  uzunligi  6  ga  teng  bo‘lgani 

uchun izlanayotgan  nuqta bitta bo‘lib, uning koordinatasi 6,5 ga tengdir.  

10-misol. 

2

3

1









x

x

 tenglamani  yechish  –  bu  0x  koordinatalar  o‘qida 

shunday nuqtalarni topish demakdir-ki, ularning har biridan koordinatasi  

1 bo‘lgan nuqtachaga bo‘lgan masofadan, koordinatasi 3 bo‘lgan nuqtachaga 

bo‘lgan masofa ayirmasi 2 ga tengdir.  

 

  0 

  7  

 6,5  

  1 

  x 

 0  1 

3 

 x 

      

 

3

;

1

 kesmaning  uzunligi  2  ga  teng  bo‘lgani  uchun,  koordinatani 

3



x

 

bo‘lgan  barcha  nuqtalar  berilgan  shartni  qanoatlantiradi.  Koordinatasi 

3



x

 

bo‘lgan ixtiyoriy nuqtalar esa berilgan sharti qanoatlantirmaydi. Demak, berilgan 

tenglamaning yechimi 







;

3

 oraliqga tegishli bo‘lgan barcha nuqtalar to‘plamidan 

iborat bo‘ladi.