Ikromova xurshida ilxomiddin qizi

 

 

2-BOB.  O‘RTA MAXSUS, KASB-HUNAR TA’LIMI MATEMATIKA KURSIDA 

MODUL BELGISI OSTIDA QATNAShGAN TENGLAMALARNI YeChIShGA 

O‘RGATIShNI TAKOMILLAShTIRISh  YO‘LLARI 

1-§.  AKADEMIK LITSEY VA KASB-XUNAR KOLLEJLARI MATEMATIKA 

KURSIDA MODUL BELGISI OSTIDA  QATNAShGAN TENGLAMALAR VA ULARNI 

YECHISHGA O‘RGATISh. 

1.  Umumiy  o‘rta  ta’lim  maktabi    matematika  kursida  modul  qatnashgan 

tenglamalarni yechishga o‘rgatish.  

Sonning  moduli tushunchasi bilan o‘’quvchilar  birinchi bor tanishtiriladi  6-

sinf “Matematika”  kursida:  

Sonning  moduli    deb  koordinata  o’qida  sanoq  boshidan  shu  songa  mos 

keluvchi nuqtagacha bo’lgan masofaga aytiladi. 

1-rasmda  A  nuqtaning  koordinatasi  4ga  teng,  bu  nuqta  sanoq  boshidan  4  birlik 

o’ngda joylashgan. OA kesmaning uzunligi, ya’ni sanoq boshi O nuqtadan 4 soniga 

mos keluvchi A nuqtagacha bo’lgan masofa ham 4 ga teng: OA=4. Demak, ta’rifga 

ko’ra 4 sonining moduli 4 ga teng. 

 

Rasmdagi  B  nuqtaning  koordinatasi  -3ga  teng,  u  sanoq  boshidan  3  birlik 

chapda  joylashgan.  OB  kesmaning  uzunligi,  ya’ni  sanoq  boshi  O  nuqtadan  -3 

soniga mos keluvchi B nuqtagacha bo’lgan masofa ham 3 ga teng: OB=3. Demak, 

ta’rifga ko’ra -3 sonining moduli 3 ga teng. 

 

 

 

 

 

1-rasm 

 

Sonning  moduli  sonning  absolut  qiymati  ham  deyilishi  haqida  ma’lumot 

berilib,  a  sonning  moduli 

a

 kabi  belgilanishi  ko‘rsatiladi.  Shunday  qilib, 

3

3

;

4

4







. 

So‘ngra o‘quvchilarda quyidagi tushunchalar haqida bilim va ko‘nikmalar hosil 

qilinadi: 

 

Musbat sonning moduli shu sonning o’ziga teng. 

 

Masalan: 

;

4

3

4

3

;

1

,

0

1

,

0

;

7

7

;

5

5









 

 

Manfiy sonning moduli unga qarama-qarshi musbat songa teng. 

 

Masalan: 

,

15

)

15

(

15

;

8

)

8

(

8





















yoki qisqacha: 

01

,

0

01

,

0

;

10

10









. 

 

0 sonining moduli 0 ga teng 

0

0



 

Ulardan foydalanib quyidagi xulosa keltirib chiqariladi: 

 

Qarama-qarshi sonlarning modullari o’zaro teng bo’ladi. 

 

Masalan, 

1

1

1

;

6

6

6

















 

 

Darslikda  materialda  modul  qatnashgan  tenglamalarni  yechish    haqida 

nazariy  material  yoritilmagan,  yechish  na’munasi  ko‘rsatilmagan  bo‘lsada, 

mashqlar sistemasida 8 ta modul qatnashgan sodda tenglamalar mavjud. [10] 

Bu  esa  o‘quvchilar  tomonidan  modul  qatnashgan  eng  sodda  tenglamalar 

haqida bilimlarni tarkib toptirishga to‘sqinlik qiladi deb hisoblaymiz.  

8  –  sinfda  “Sonning  moduli.  Modul  qatnashgan  tenglama  va  tengsizliklar” 

mavzusida,  dastlab  o‘quvchilarga  6-sinfda  o‘rganilgan  sonning  moduli  haqidagi 

quyidagi tasdiqlar: 

a) musbat sonning moduli shu sonning o‘ziga teng; 

b) manfiy sonni moduli unga qarama-qarshi songa teng; 

v)  nolning  moduli  nolga  teng  ekanligi  qaytarilib,  ular  umumlashtirilib  son 

modulining ta’rifi  

a

a



, agar 

0



a

 bo‘lsa 

a

a





, agar 

0



a

 bo‘lsa  

kiritilib, uni formula shaklida yozilishi ko‘rsatiladi.  















булса

агара

а

булса

агара

a

a

0

,

0

,

 

So‘ngra  son modulining geometrik ma’nosi yoritiladi: 

a

 geometrik nuqtai-

nazardan O nuqtadan 

a

 sonni tasvirlovchi nuqtagacha    bo‘lgan masofadir.  

Bu  tayyorgarlik  ishlari  amalga  oshirilgach  noma’lum  modul  belgisi  ostida 

qatnashgan  tenglamalar  mavzusiga  o‘tilib, 

7



x

 tenglama  yechimi  quyidagicha 

yoritiladi. 

1) 

0



x

 bo‘lsin.  U  holda  modulning  ta’rifiga  ko‘ra 

x

x



 va  tenglama 

bunday ko‘rinishni oladi: 

7



x

, ya’ni 

7



x

 berilgan tenglamaning ildizi.  

2) 

0



x

 bo‘lsin.  U  holda  modulning  ta’rifiga  ko‘ra 

x

x





 va  tenglama 

bunday ko‘rinishni oladi. 

7





x

, bundan 

7





x

 berilgan tenglamaning ildizi  

Javob: 

7

1



x

, 

7

2



x

 

So‘ngra 

1

2

3





x

 tenglama quyidagicha yechimi ko‘rsatiladi. 

1) 

0

2

3





x

 bo‘lsin. Bu holda 

1

2

3





x

,  

1

3





x

, 

3

1





x

; 

2) 

0

2

3





x

 bo‘lsin. Bu holda 

1

2

3







x

,  

3

3





x

, 

1





x

; 

Javob: 

3

1

1





x

, 

1

2





x

 

Ushbu  mavzu  bo‘yicha  darslikda  24  misol  keltirilgan  bo‘lib,  ular 

o‘quvchilarda  eng  sodda  modul  qatnashgan  tenglamalarni  yechish  ko‘nikmalarni 

tarkib toptirish uchun yetarlidir.  

Xulosa  qilib  aytganda  umumiy  o‘rta  ta’lim  maktabi  matematika  kursida 

o‘quvchilar  eng  sodda  noma’lum  modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni 

yechish  haqida bilim va ko‘nikmalarga ega bo‘ladilar.  

Akademik  litsey  va  kasb-xunar  ta’limining  umumiy  ta’lim  dasturi  asosida 

yaratilgan  [12]  darslikning  “Noma’lum  modul  belgisi  ostida  kelgan  ba’zi 

tenglamalar”  mavzusini  yoritishda  ushbu  mavzu  undan  oldin  o‘rganilgan 

“Irratsional  tenglamalarni  yechish”  mavzusiga  bog‘langan  xolda  quyidagicha 

amalga oshiriladi.  

“Yuqoridagi kabi irratsional tenglamalarni yechish noma’lum modul belgisi 

ostida kelgan tenglamalarni yechishda ham yordam beradi. 

 Misollar:  

4

6

2

3

2















x

x

x

x

 tenglamani yeching.  

          Yechish: Tenglama chap qismining aniqlanish sohasi 







;

0

D

, o‘ng qisminiki 











;

4

)

4

(x

D

. Bu tenglama quyidagi tenglamaga teng kuchlidir.  

                  

4

6

2

3

2















x

x

x

x

,  











;

4

3

1

2

x

 

Demak berilgan tenglama yechimga ega emas.  

1. 

0

8

2

2







x

x

 tenglamani yeching.  

          Yechish:  Bu  yerda 

8

2

2





x

x

 funksiya  juft  funksiya  bo‘lgani  uchun 

qaralayotgan  tenglama 

0



x

 da 

0

8

2

2







x

x

 tenglama  bilan  teng  kuchli.  Buning 

yechimlari 

2



x

   va 

4





x

 bo‘lib, 

4





x

 berilgan  tenglamani  qanoatlantirmaydi. 

Shuning  uchun  berilgan  funksiya  (tenglama)  juft  bo‘lgani  tufayli  tenglama 

yechimlari 2 va – 2 bo‘ladi.  

2. 

1

1

3

5















x

x

x

x

 tenglamani yeching.  

           Chap qismining qiymatlari sohasi 







;

0

, o‘ng qisminiki esa 

















;

1

)

1

(x

D

. 

Quyidagi sohalarning har birida qo‘shiluvchilarni ishoralarini tekshiramiz.  

             

 

1

;

1



 oraliqda yechim yo‘q. 

             

 

3

;

1

 oraliqda yechim  

3



x

 

              (3;5) oraliqda yechim yo‘q 

              







;

5

 oraliqda yechim 

5



x

 

              Javob:  

3



x

 va 

5



x

 

Ko‘rinib  turibdi-ki,    nazariy  material  umuman  berilmagan  holda  talabalar 

noma’lum  modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni  yechishda 

qo‘llaniladigan asosiy uchta:  

1.  ta’rifdan foydalanib modul belgisini ochish; 

2.  tenglamani ikkala qismini  kvadratga ko‘tarish; 

3.  oraliqlarga bo‘lish 

usullaridan  foydalanish  haqida  ma’lumotga  ega  bo‘lmasdan,  faqat  oraliqlarga 

bo‘lish  usulining  xususiy  holiga  doir  misollar  (1-  va  3-misol)  va   

0

|)

(|



x

f

 

ko‘rinishidagi  tenglamaning  xususiy  holiga  doir  misol  (2-misol)  bilan 

tanishtirilmoqdalar xolos. 

Akademik  litsey  va  kasb-xunar  kollejlari  “Algebra  va  matematik  analiz 

asoslari”  kursi bo‘yicha [7] yaratilgan darslikda  modul qatnashgan tenglamalarni 

yechishni  o‘rganishda    dastlab  modul  qatnashgan  tenglama  tushunchasiga 

quyidagicha  ta’rif  beriladi:  “O‘zgaruvchisi  modul  belgisi  ichida  qatnashgan 

tenglama modul qatnashgan tenglama deyiladi”. 

Masalan, 

1



x

,   

x

x





5

3

,   

x

x

x







1

2

   tenglamalarning  har  biri  modul 

qatnashgan  tenglamadir. 

So‘ngra  modul  qatnashgan  tenglamalarning  amaliyotda      ko‘p  uchraydigan 

turlarini yechish ko‘rib o‘tiladi: 

1) 

 ko‘rinishdagi tenglama 

 Modulning ta’rifiga ko‘ra  

                            















бўлса

x

агарf

x

f

бўлса

x

агарf

x

f

x

f

0

)

(

),

(

0

)

(

),

(

)

(

                          (1) 

Munosabatdan  ko‘rinadiki, 

   tenglamaning  barcha  yechimlarini  topish 

uchun 

)

(

)

(

x

g

x

f



 tenglamaning 

0

)

(



x

f

 tengsizlikni  qanoatlantiruvchi  barcha 

yechimlarini  va 

)

(

)

(

x

g

x

f





 tenglamaning 

0

)

(



x

f

 tengsizlikni  qanoatlantiruvchi 

barcha yechimlarini topish yetarli, ya’ni 

)

(

)

(

x

g

x

f



 tenglama 

               











0

)

(

),

(

)

(

x

f

x

g

x

f

      (2)                 va         













0

)

(

),

(

)

(

x

f

x

g

x

f

                        (3) 

sistemalar majmuasiga teng kuchli bo‘ladi. 

1-misol. 

x

x





2

3

 tenglamani yechamiz. 

)

(

)

(

x

g

x

f



)

(

)

(

x

g

x

f



Yechish. Bu  tenglama  uchun  (2)  va  (3) sistemalar  mos  ravishda  quyidagicha 

bo‘ladi. 















0

2

3

,

2

3

x

x

x

       yoki                

















.

0

2

3

,

)

2

3

(

x

x

x

 

Bu  sistemalarni  yechib,  berilgan  tenglamaning  barcha  yechimlarini  olamiz: 

2

1

1



x

;  

1

2



x

. 

(2) sistema 











0

)

(

),

(

)

(

x

g

x

g

x

f

 sistemaga  

(3) esa 













0

)

(

),

(

)

(

x

g

x

g

x

f

 sistemaga teng kuchli ekanligidan  

  

 tenglama 

            











0

)

(

),

(

)

(

x

g

x

g

x

f

              (4)   va       













0

)

(

),

(

)

(

x

g

x

g

x

f

               (5) 

sistemalar majmuasiga teng kuchli bo‘ladi. 

2-misol. 

x

x





2

3

2

 tenglamani yechamiz. 

Yechish. (4) va (5) sistemalarni tuzamiz: 













0

,

2

3

2

x

x

x

        yoki             















0

2

3

2

x

x

x

 

Bu  sistemalarni  yechib,  berilgan  tenglamaning  barcha  yechimlarini  hosil 

qilamiz: 

3

2

1



x

, 

1

2



x

. 

So‘ngra,

 tenglamaning ayrim xususiy hollariga to‘xtaladi: 

a) 

 tenglama  (bu  yerda 

)

N

a



 

0



a

 da  yechimga  ega  emas;   

0



a

 

bo‘lganda 

a

x

f



)

(

 va 

 tenglamalar majmuasiga teng kuchli; 

)

(

)

(

x

g

x

f



)

(

)

(

x

g

x

f



a

x

f



)

(

a

x

f





)

(

 b)

 tenglama 

0

)

(



x

f

 tengsizlikka teng kuchli; 

v) 

 tenglama 

0

)

(



x

f

 tengsizlikka teng kuchli. 

3-misol. 

2

1

5

2









x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish. 

 ko‘rinishdagi  bu  tenglama  yechimga  ega  emas,  chunki 

0

2







a

. 

4-misol. 

 tenglamani yechamiz. 

Yechish.  Bu  tenglama 

a

x

f



)

(

 ko‘rinishda  va 

0

1





a

.  Shu  sababli  bu 

tenglamani  yechish  uchun 

1

4

3







x

, 

1

4

3





x

 tenglamalarni  yechish  kifoya. 

Ularni yechib, 

1

1



x

, 

3

2

1

2



x

 larni hosil qilamiz. 

5-misol. 

4

3

4

3







x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish. 

 ko‘rinishdagi  tenglamaga  egamiz.  Shu  sababli  berilgan 

tenglama   

0

4

3





x

 yoki 

3

1

1



x

 tengsizlikka  teng  kuchli.  Demak,  berilgan 

tenglamaning barcha yechimlari to‘plami 

)

;

3

1

1

[



 oraliqdan iborat. 

6-misol. 

x

x

3

4

4

3







 tenglamani yechamiz. 

Yechish. Bu tenglama 

)

(

)

(

x

f

x

f





 ko‘rinishda bo‘lgani uchun 

0

4

3





x

 yoki 

3

1

1



x

 tengsizlikka  teng  kuchli.  Demak,  berilgan  tenglamaning  barcha  yechimlari 









 



3

1

1

;

 oraliqdan iborat; 

2) 

)

(

)

(

x

g

x

f



  ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish.  

Bu ko‘rinishdagi tenglamalarni yechishdan oldin o‘quvchilar bilan birgalikda 

sonning moduli haqidagi quyidagi tasdiqlar qaytariladi:  

)

(

)

(

x

f

x

f



)

(

)

(

x

f

x

f





a

x

f



)

(

1

4

3





x

)

(

)

(

x

f

x

f



R

b

a



,

 sonlarini  qaraymiz.  Agar   

b

a



 bo‘lsa, 

 bo‘lishi  ravshan.  Agar 

b

a





bo‘lsa,   

b

b

a







 bo‘ladi.  Demak, 

b

a



 yoki   

b

a





 bo‘lsa,   

b

a



 

bo‘ladi. 

Endi 

b

a



 bo‘lsin. 

0



b

, 

0



b

 hollar  bo‘lishi  mumkin.  Agar 

0



b

 bo‘lsa, 

b

a



 tenglikka, bundan esa 

b

a



 yoki 

b

a





 tenglikka ega bo‘lamiz; 

0



b

 bo‘lsa, 

b

b





 bo‘lib, 

b

a





 tenglikka,  bundan  esa 

b

a





 yoki 

b

a



 tenglikka  ega 

bo‘lamiz. Demak, 

b

a



 bo‘lsa, 

b

a



 yoki 

b

a





 bo‘ladi. 

Yuqoridagi  mulohazalardan  ko‘rinadiki, 

b

a



 tenglik 

b

a



yoki 

b

a





 

bo‘lgan  hollarda  o‘rinli  bo‘ladi,  qolgan  hollarda  esa  o‘rinli  bo‘lmaydi.  Bundan 

foydalanib, quyidagiga ega bo‘lamiz: 

)

(

)

(

x

g

x

f



 tenglama 













)

(

)

(

),

(

)

(

x

g

x

f

x

g

x

f

 majmuasiga teng kuchli. 

7-misol. 

x

x





4

3

 tenglamani yechamiz. 

Yechish. 

















x

x

x

x

4

3

,

4

3

 majmuani tuzib, uni yechamiz. 

Birinchi tenglama 

2



x

, ikkinchi tenglama 

1



x

 yechimga ega. Demak, 1 va 2 

sonlarigina berilgan tenglamaning yechimi bo‘ladi. 

n

n

n

x

x

x

2

2

2





 tenglik  ixtiyoriy 

R

n



 sonlari  uchun  o‘rinli  bo‘lgani  sababli, 

)

(

)

(

x

g

x

f



 ko‘rinishdagi  ayrim  tenglamalarni  juft  darajaga  ko‘tarish  usulida 

yechish ham mumkin. 

8-misol. 

1

3

2







x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish. 

 

Tenglamaning 

ikkala 

tomonini 

kvadratga 

ko‘tarsak, 

2

2

)

1

(

)

3

2

(







x

x

 yoki 

1

2

9

12

4

2

2











x

x

x

x

 tenglama hosil bo‘ladi. 

b

a



Bundan, 

4

1



x

, 

3

2

2



x

 yechimlarni topamiz; 

3)  

)

(

)

(

)

(

)

(

x

g

x

f

x

g

x

f





