Ikromova xurshida ilxomiddin qizi

 ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish. 

Bu  ko‘rinishdagi  tenglamalarni  yechishdan  oldin  quyidagi  xossa  qaytariladi.

b

a

b

a







 tengsizlikda 

a

(

, 

)

R

b



 tenglik  belgisi 

0



ab

 bo‘lgandagina  o‘rinli 

bo‘ladi.  Demak, 

)

(

)

(

)

(

)

(

x

g

x

f

x

g

x

f







 tenglama 

0

)

(

)

(





x

g

x

f

 tengsizlikka  teng 

kuchli ekanini ko‘ramiz. 

9-misol. 

1

5

1

5

2

2











x

x

x

x

 tenglamani yechamiz.  

Yechish. 

Berilgan 

tenglamani 

quyidagicha 

yozib 

olish 

mumkin: 

x

x

x

x

5

1

)

5

(

)

1

(

2

2















.  Shu  sababli  bu  tenglama 

0

)

5

(

)

1

(

2









x

x

 

tengsizlikka  teng  kuchli.  Tengsizlikni  yechib,  berilgan  tenglamaning  barcha 

yechimlari to‘plami 





0

;





 ni hosil qilamiz. 

So‘ngra  modul  qatnashgan  tenglamalarni  yechishda  qo‘llaniladigan  eng 

samarali  usullardan  biri  –  “oraliklar  usuli”ning  mohiyati  misol  yordamida 

tushuntiriladi. 

10-misol.  

4

3

3

2

2

1













x

x

x

 tenglamani “oraliqlar usuli”da yechamiz. 

Yechish. 

0

1





x

, 

0

2





x

, 

0

3





x

 tenglamalarni  yechib, 

1



x

, 

2



x

, 

3



x

 

sonlarini  hosil  qilamiz.  Bu  sonlar  sonlar  o‘qini  to‘rtta  (I,    II,    III,    IV)  oraliqqa 

ajratadi. Berilgan tenglamani shu oraliqlarning har birida yechamiz. 

1



x

 bo‘lsa, 

x

x







1

1

,   

x

x







2

2

, 

x

x







3

3

 bo‘lgani  uchun  berilgan 

tenglama 

4

)

3

(

3

)

2

(

2

)

1

(













x

x

x

 ko‘rinishni  oladi.  Bu  tenglama 

1



x

 shartni 

qanoatlantiruvchi  yechimga  ega  emas.  Demak,  berilgan  tenglama 

)

1

;

(



 oralikda 

yechimga ega emas.  

2

1





x

 bo‘lsa, 

1

1







x

x

,   

x

x







2

2

,

x

x







3

3

 bo‘lgani  sababli,  berilgan 

tenglama 

4

)

3

(

3

)

2

(

2

)

1

(













x

x

x

 ko‘rinishni 

oladi. 

Bu 

tenglama 

soddalashtirilsa, 

0

0





x

 tenglama  hosil  bo‘ladi. 

0

0





x

 tenglamaning 

2

1





x

 

tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha yechimlari to‘plamini tuzamiz: 





2

;

1

. 

3

2





x

 bo‘lsa,  tenglama 

2



x

 yechimga, 

3



x

 bo‘lganda  esa  tenglama 

5



x

dan  iborat yagona yechimga ega ekanligini yuqoridagidek aniqlash mumkin. 

Qaralgan 

 

to‘rtta 

oraliqlardagi 

yechimlar 

to‘plamini 

tuzamiz: 



    

 

 

5

2

;

1

5

2

2

;

1













.  Shunday  qilib 

 

 

5

2

;

1



 to‘plamdagi  sonlar  va  faqat 

ular berilgan tenglamaning yechimi bo‘ladi. 

Darslikda  mavzu  bo‘yicha  57  ta  misol  keltirilgan  bo‘lib,  ular  mavzular 

bo‘yicha ajratilgandir.  

Ma’lumki, o‘quv  materialini  mantiqiy- matematik taxlil  qilish  mavzuning 

asosiy  matematik  g‘oyalarini  aniqlashga,  bajarilayotgan    almashtirishlarning, 

tasdiqlarning matematik  nuqtai-nazardan asoslanishini, mavzuda qo‘llanilayotgan  

matematik  metodlar  va  usullarni  tushunishga  olib  keladi.  O‘quv  materialini  

mantiqiy  -  matematik  taxlil  qilish    asosida    mavzudagi    tayanch    tushunchalarni 

o‘rganishning  mantiqiy    qat’iylik  darajasi  va    uni  yoritishda    qo‘llaniladigan  

metodlar    va  usullar  aniqlanib,  masalalar  (mashqlar)  sistemasi  taxlil  

etiladi.[14],[16] 

Masalalar (mashqlar) sistemasini  tahlil  qilishda  har  masalani  bajaradigan   

funksiyasiga qarab, ya’ni 

-didaktik  funksiyani bajaradigan  masalalar, bu  masalalarni  yechish  uchun 

konkret  darsda o‘quvchilarda  tarkib toptirilgan  bilimlar  yetarli  bo‘ladi. 

-bilish  funksiyasini  bajaradigan  masalalar  - bu  masalalarni  yechish  uchun   

konkret  darsda  o‘quvchilarda   tarkib  toptirilgan  bilimlar  bilan   bir  qatorda , 

oldingi  mavzularda  tarkib  toptirilgan  bilimlar  va  ko‘nikmalar  talab etiladi. 

-rivojlantiruvchi  funksiyani  bajaradigan masalalar – bu  masalalarni yechish  

uchun  esa  konkret darsda , oldingi  mavzularda   tarkib  toptirilgan  bilimlar  bilan  

bir    qatorda,    oldingi    boblarda,    oldingi    sinflarda  tarkib  toptirilgan  bilim  va  

ko‘nikmalar talab  etiladi, funksiyalarni  bajarilishini hisobga olish  zarur  bo‘ladi. 

Demak, har  bir mavzu  bo‘yicha  masalalar  ( mashqlar) sistemasini   tahlil 

etishda:   

a)  o‘rganilayotgan    materialning      mazmun  –mohiyatini  ochish, 

oydinlashtirish, chuqurroq  o‘rganish uchun  yuqorida ko‘rib o‘tilgan funksiyalarni  

bajaradigan  qancha sondagi  masala (mashqlar) zarurligini  aniqlash; 

b) asosiy  tayanch  o‘quv  materialiga   mos  keluvchi masalalar  (mashqlar)  

guruhlanganligi      (asosiy    (tayanch)  o‘quv  materialini  yoritishga  mo‘ljallangan 

masalalar    bir  guruhga      yig‘ilganligi  yoki    qaytarish    uchun  mo‘ljallangan 

masalalar  bilan aralash holda  berilganligi)ni aniqlash ; 

        v)    asosiy  tayanch    materialni    yoritish  uchun    mo‘ljallangan    masalalar 

(mashqlar) bilan bir  qatorda  boshqa masalalar   (mashqlar) qanday  bog‘langanlini 

aniqlash ; 

g)o‘rganilgan  nazariy    materialni    tadbiqlarini    ko‘rsatadigan        masalalar 

(mashqlar) mavjudligini  aniqlash ; 

d) mavzuni  o‘rganish   natijasida   ijobiy  motiv  hosil   qiladigan  masalalar 

(mashqlar) mavjudligini aniqlash amalga  oshiriladi. 

Mana  shu  nuqtai-nazardan  akademik  litsey  va  kasb-xunar  kollejlari 

matematika  kursida  noma’lum  modul  belgisi  ostida  qatnashgan  tenglamalarni 

yechish  mavzusi  bo‘yicha  nazariy  o‘quv  materialini  yoritishda  asosiy  didaktik 

tamoyillar:  tizimlilik  va  ketma-ketlik,  onglilik  faollik,  tushunarlilik  tamoyillariga 

to‘la  amal  qilinmaganligini:  mashqlar  sistemasi,  ularning  bajaradigan 

funksiyalariga mos ravishda tuzilmaganligini, soddadan-murakkabga tamoyillariga 

rioya qilinmaganligini ko‘rish mumkin.  

Keyingi  paragrafda  xuddi  mana  shu  xulosalarga  tayangan  holda  kasb-xunar 

kollejlari va akademik litsey matematika kursida modul qatnashgan tenglamalar va 

ularni yechish bo‘yicha o‘quv materiali va mashqlar sistemasini ko‘rib o‘tamiz.  

 

 

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

KURSIDA MODUL BELGISI OSTIDA  QATNAShGAN TENGLAMALARNI YeChISh  

BO‘YIChA O‘QUV MATERIALLARI 

1.Ta’rifdan foydalanib modul belgisini ochish usuli bilan yechish. 

                                                    

ta’rifidan    foydalanib  modul  belgisi  ostida  qatnashgan    quyidagi 

ko‘rinishdagi tenglamalar yechiladi. 

1.1. 

b

x

f



)

(

  ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish.

 

1 - misol. |2x -5| = 7  (1) tenglamani yeching. 

Yechish.   Berilgan   tenglama   quyidagi:   a) 2x - 5 = 7    va   b)  2x - 5 = -7 

tenglamalar  birlashmasiga teng  kuchlidir.  Ularni  yechib   berilgan tenglamaning 

ildizlarni hosil qilamiz:  x = 6   va   

1





x

 

Javob: 

 = 6;  

1

2





x

 

Bu tenglamani quyidagi usul bilan ham yechish mumkin. (1) tenglamaning 

ikkala  qismi    manfiy  emas  bo‘lgani  uchun  u  quyidagi  tenglamaga  teng  kuchli 

bo‘ladi: 

2

2

7

)

5

2

(





x

    









2

2

)

(

)

(

x

f

x

f



 ekanligidan    (1)  tenglamaga  teng  kuchli 

bo‘lgan 

49

)

5

2

(

2





x

 yoki 

0

12

10

2

2







x

x

 tenglamani  hosil  qilamiz.  Oxirgi 

tenglamani yechib, berilgan tenglamaning ildizlarini hosil qilamiz 

1

;

6

2

1







x

x

. 

Javob: 

 = 6;  

1

2





x

 

2-misol. 

3

4

2





x

x

 tenglamani yeching.  

Yechish. Berilgan tenglama quyidagi:  

a)   

3

4

2





x

x

   va  b)   

3

4

2







x

x

 tenglamalar  birlashmasiga  teng 

kuchlidir.  

Ularni yechib berilgan tenglama ildizlarini topamiz: 

 a) 

;

0

3

4

2







x

x

  

,

7

2

1





x

   

7

2

2





x

 



















бўлса

x

агарf

x

f

бўлса

x

агарf

x

f

x

f

0

)

(

),

(

0

)

(

),

(

)

(

 b)  

;

0

3

4

2







x

x

  

,

1

3



x

   

3

4



x

 

Javob: 

,

7

2

1





x

7

2

2





x

, 

,

1

3



x

 

3

4



x

. 

3-misol. 

2

6

5

2







x

x

 tenglamani yeching.  

Yechish. Berilgan tenglama quyidagi: 

a) 

2

6

5

2







x

x

  va b)  

2

6

5

2









x

x

  tenglamalar birlashmasiga teng kuchli 

bo‘ladi.  

Ularni yechib: a) 

0

4

5

2







x

x

; 

,

1

1



x

 

,

4

2



x

 

                       b) 

0

8

5

2







x

x

 bu  kvadrat  tenglamaning  diskriminanti  

0

7

8

4

25













D

 bo‘lgani uchun haqiqiy ildizlarga ega emas.  

Demak, berilgan tenglama ildizlari 

,

1

1



x

 va 

4

2



x

 bo‘ladi.  

Javob: 

,

1

1



x

4

2



x

,  

1.2. 

)

(

)

(

x

g

x

f



ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish. 

 

)

(

)

(

x

g

x

f



    tenglama   

 a) 

f ( x )  

 0 da, f ( x )   =   g ( x )    va 

b) 

0

)

(



x

f

 da, - f ( x )   =   g ( x )   tenglamalar birlashmasiga teng kuchli bo‘ladi. 

4-misol. |x+2| =2(3-x) tenglamani yeching. 

Yechish: Berilgan tenglama quyidagi: 

x+2 

 0 da x+2 =2(3 –x), 

x + 2 < 0 da - (x + 2) = 2(3 – x) tenglamalar birlashmasiga teng kuchli 

buladi 

Demak, 

b)  x + 2 

0 da, ya’ni 

2





x

 da, x+2 =2(3-x) bo‘lib, bundan  

3

4



x

 yechimni  

xosil qilamiz.  Bu yechim  

2





x

 sohaga tegishli bo‘lgani uchun berilgan 

tenglamaning ham yechimi bo‘ladi. 

b)  x + 2 < 0   da, ya’ni  

2





x

 da  -(x+2) =2(3-x)  bo‘lib,  bundan  

8



x

 yechimni 

hosil  qilamiz.  Bu  yechim 

2





x

 sohaga  tegishli  bo‘lmagani  uchun,  berilgan 

tenglamanin  ildizi bo‘lmaydi.  

Demak, berilgan tenglama bitta 

3

4



x

 ildizga ega bo‘ladi. 

                                                                                               Javob:

3

4



x

   

 

         1.3  

)

(

)

(

x

g

x

f



 ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish. 

)

(

)

(

x

g

x

f



      tenglama    

f

(x) = g(x)    hamda    f ( x )   =   - g ( x )        

tenglamalar birlashmasiga teng kuchli bo‘ladi. 

5- misol. |3x + 2| = |2x-3|   (2)   tenglamani yeching.  

Yechish: Berilgan tenglama quyidagi:  

a) 3x + 2 =2x – 3   va   b) 3x + 2 = -(2x - 3) tenglamalar birlashmasiga teng 

kuchli bo‘ladi. 

Birinchi tenglamadan 

5

1





x

  va   ikkinchi tenglamadan x

2

 = 

5

1

 ildizlarni 

hosil qilamiz:                                                                    Javob: 

 = -5; x

2

 =

5

1

 . 

4. f

 

x

  =   g ( x )    kurinishdagi tenglamalarni yechish. 

f

 

x

  =   g ( x )   (3) kurinishdagi tenglama: 

a)  x 



 0 bo‘lganda  f ( x )   =   g ( x )    va 

b)  x < 0 bo‘lganda   f  (-x)=g ( x )   t englamalar 

birlashmasiga teng kuchli bo‘ladi. 

Demak, bu kurinishdagi tenglamalarni yechish uchun: 

a)dastlab 

0



x

 to‘plamga tegishli bo‘lgan f ( x )   =   g ( x )   tenglama yechimlari 

topilib,  so‘ngra 

b) x < 0 to‘plamga tegishli bo‘lgan f  (- x) = g ( x )   tenglama yechimlari topiladi. Bu 

yechimlar birlashmasi (3) tenglamaning barcha yechimlar to‘plamini beradi. 

6 —misol. 2x

2

 -|x| -15 = 0  tenglamani yeching. 

Yechish: Berilgan tenglama 

           a) 

0



x

 bўlgan  

0

15

2

2







x

x

 tenglamaga  

          b) 

0



x

 to‘plamda 

0

15

)

(

2

2









x

x

 tenglamaga teng kuchli bo‘ladi. 

0

15

2

2







x

x

 kvadrat  tenglama  ikkita 

3

1



x

 va 

2

5

2





x

 ildizlarga  ega  bo‘lib, 

0



x

 shartni  faқat 

3

1



x

 ildiz  қanoatlantiradi.  Demak,  3  soni  berilgan  

tenglamaning ildizi bo‘ladi.  

0

15

2

2







x

x

 kvadrat  tenglama  ham  ikkita 

3

1





x

 va 

2

5

2



x

 ildizlarga  ega 

bo‘lib, 

0



x

 shartni  faқat 

3

1





x

 ildiz  қanoatlantiradi.  Demak,  -3  soni    berilgan 

tenglamaning ildizi bo‘ladi.  

Shunday  qilib,  berilgan    tenlamaning  barcha  ildizlarini  ҳosil  қilamiz. 

.

3

;

3

2

1







x

x

 

                                                      Javob: 

.

3

;

3

2

1







x

x

  

Bu  tenglamani  o‘zgaruvchini  almashtirish  usuli  bilan  ham  yechish  mumkin. 

Buning  uchun 

2

2

2

x

x

x





 ekanligidan  foydalanib,  berilgan  tenglamani 

0

15

2

2







x

x

 ko‘rinishda  yozib  olib 

x

t



 almashtirish  kiritsak, 

0

15

2

2







t

t

 

tenglamani hosil qilamiz. 

Oxirgi    tenlamaning  ildizlari  3  va 

2

5



 sonlaridan  iborat  bўlib,  faқat    3  soni 

musbatdir.      Dastlabki  x  ўzgaruvchiga  қaytsak,  berilgan  tenglama  қuyidagi 

tenglamaga teng kuchli bo‘ladi.  

 

3



x

    

Uni yechib, berilgan tenglamaning barcha ildizlarini hosil qilamiz: 

;

3

1





x

  

3

2



x

. 

Javob: 

;

3

1





x

  

3

2



x

 

2.Tenglamaning ikkala қismini kvadratga kўtarish usuli bilan yechish.  

Bu  usulning  mohiyati  shundan  iborat-ki, 

( x ) |   =   g ( x )   (4)  ko‘rinishdagi 

tenglamalar  tenglikning ikkala  qismi  bir xil ishorali  bo‘ladigan  sohalarga  ajratilib 

yechiladi.  Bu  ko‘rinishdagi  tenglama:  a) 

0

)

(



x

g

bo‘lganda  yechimga  ega 

bo‘lmaydi, chunki (5) tenglikning chai qismi manfiy emas, o‘ng qismi esa manfiy 

bo‘lishi mumkin emas. 

b)  g ( x )

  0  bo‘lganda    tenglikning  ikkala  qismi  nomanfiy  bo‘ladi  va  uni 

ikkala kismini kvadratga ko‘tarib yechish mumkin, 

Yuqorida  ko‘rib  o‘tilgan  |x  +  2|  =2(3-x)  tenglamani  (4-misol)  quyidagi 

usulda xam yechish mumkin. 

a)  2(3- x) < 0 bo‘lganda, ya’ni x > 3 da berilgan tenglama yechimga ega 

emas. 

b)  2(3 – x) 



 0  bo‘lganda, ya’ni x 

3  da berilgan tenglamaning ikkala 

qismi nomanfiy va u quyidagi (x+2)

2

 =2(3-x)

2

  tenglamaga teng kuchli 

bo‘ladi, 

 

Bundan  

2

2

22

412

12

9

x

x

x

x









. 

8x

2

+ 10x-117 =0 tenglamani hosil qilamiz. 

 

Oxirgi tenglamani ikkita    

3

4

1



x

  va 

8

2



x

  ildizlarga ega bo‘lib,  

3



x

 

shartni  faqat   

3

4

1



x

 

ildiz  qanoatlantiradi.  Demak, 

3

4

 soni  berilgan  tenglamaning 

ildizi bo‘ladi.  

Javob:   

3

4

1



x

 

Yuqorida ko‘rib o‘tilgan 5-misolni quyidagicha yechish mumkin. 

 Tenglamaning  ikkala  qismi    manfiy  emas  bo‘lgani  uchun,  u  quyidagi 

tenglamaga teng kuchli bo‘ladi .  

2

2

)

3

2

(

)

2

3

(







x

x

   yoki  

9

12

4

4

12

9

2

2











x

x

x

  bo‘lib,  

0

5

24

5

2







x

x

bo‘ladi.    Oxirgi  tenglamani  yechib,  berilgan  tenglamaning 

ildizlarini hosil qilamiz:  

5

1





x

;  

5

1

2



x

 

Javob: 

5

1





x

;  

5

1

2



x