Haqiqiy sonning moduli

 

HAQIQIY SONNING MODULI

 

a

  haqiqiy  sonning  moduli  deb, 

, agar a

0 bo`lsa,

, agar a

0 bo`lsa

a

a

a





 







  munosbat  bilan 

aniqlanadigan 

a

 soniga aytiladi. Uning asosiy xossalarini keltiramiz:  

1. 

 



; 

2. 

 

 

 



; 

3. 

  



 



; 

4. 

1

1







; 

5. 

  



 



 

1- xossaning to`g`riligi modulning ta’rifidan kelib chiqadi. 

2- xossani isbot qilamiz: 

 



, 

 



  





2

2

 

 







2

2

2



 











2





 









 





 

Tenglik belgisi 

0

 

 

 bo`lgandagina o`rinlidir. 

 

 

 

O`zgaruvchisi  modul  belgisi  ichida  qatnashgan  tenglama  modul  qatnashgan 

tenglama  deyiladi.  Masalan, 

1

x



, 

3

5

x

x

 

, 

2

1

x

x

x

  

  tenglamalarning  har 

biri modul qatnashgan tenglamadir. 

Modul  qatnashgan  tenglamalarning  amaliyotda  eng  ko`p  uchraydigan  turlarini 

qaraymiz: 

1. 

 

 

f x

g x



 ko`rinishdagi tenglama. 

Modulning ta’rifiga ko`ra o`rinli bo`lgan 

 

 

 

 

 

,

0

`lsa

,

0

`

f x

agar f x

bo

f x

f x

agar f x

bo lsa





 







 

munosabatdan  ko`rinadiki, 

 

 

f x

g x



  tenglamaning  barcha  yechimlarini  topish 

uchun 

 

 

f x

g x



  tenglamaning 

 

0

f x



  tengsizlikni  qanoatlantiruvchi  barcha 

yechimlarini va 

 

 

f x

g x





 tenglamaning 

 

0

f x



 tengsizlikni qanoatlantiruvchi 

barcha yechimlarini topish yetarli, ya’ni 

 

 

f x

g x



 tenglama 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

 

 

 

0

f x

g x

f x











 va 

 

 

 

0

f x

g x

f x











 sistemalar majmuasiga teng kuchli 

Misol: 

2

3

2

x

x  tenglamani yechamiz. 

Yechish: 

2

3

2

0

x

x

x

 

  yoki   

2

3

2

0

x

x

x

  Bu  sistemalarni  yechib,  berilgan 

tenglamaning barcha yechimlarini hosil qilamiz: 

1

2

3

x

, 

2

1

x

. 

f x

g x

 tenglamaning ayrim xususiy hollariga to`xtalamiz: 

f x

a

  tenglama  (bu  yerda 

a

N

) 

0

a

  da  yechimga  ega  emas; 

0

a

 

bo`lganda 

f x

a

 va 

f x

a

 tenglamalar majmuasiga teng kuchli;  

f x

f x

 tenglama 

0

f x

 tengsizlikka teng kuchli; 

f x

f x

 tenglama 

0

f x

 tengsizlikka teng kuchli; 

Misol: 

2

5

1

2

x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish: 

f x

a

  ko`rinishdagi  bu  tenglama  yechimga  ega  emas,  chunki 

2

0

a

. 

Misol: 

3

4

1

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish:  Bu  tenglama 

f x

a

  ko`rinishda  va 

1

0

a

.  Shu  sababli  bu 

tenglamani  yechish  uchun 

3

4

1

x

, 

3

4

1

x

  tenglamalarni  yechish  kifoya. 

Ularni yechib, 

1

1

x

, 

2

2

1

3

x

 larni hosil qilamiz. 

Misol: 

3

4

3

4

x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish: 

f x

f x

 ko`rinishdagi tenglamaga egamiz.  Shu sababli berilgan 

tenglama  3

4

0

x

  yoki 

1

1

3

x

  tengsizlikka  teng  kuchli.  Demak,  berilgan  tengla-

maning barcha yechimlari to`plami 

1

1 ;

3

 oraliqdan iborat. 

Misol: 

3

4

4

3

x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish:  Bu  tenglama 

f x

f x

  ko`rinishda  bo`lgani  uchun  3

4

0

x

 

yoki 

1

1

3

x

  tengsizlikka  teng  kuchli.  Demak,  berilgan  tenglamaning  barcha 

yechimlari 

1

; 1

3

 oraliqdan iborat. 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

2. 

f x

g x

 ko`rinishdagi tenglama. 

,

a b

R

  sonlarini  qaraymiz.  Agar 

a

b

  bo`lsa, 

a

b

  bo`lishi  ravshan.  Agar 

a

b

  bo`lsa, 

a

b

b

  bo`ladi.  Demak, 

a

b

  yoki 

a

b

  bo`lsa, 

a

b

 

bo`ladi. 

Endi 

a

b

 bo`lsin. 

0

b

, 

0

b

 hollar  bo`lishi  mumkin. Agar, 

0

b

 bo`lsa, 

a

b

 tenglikka, bundan esa 

a

b

 yoki 

a

b

 tenglikka ega bo`lamiz;  

0

b

 bo`lsa, 

b

b

 bo`lib, 

a

b

 tenglikka, bundan esa 

a

b

 yoki 

a

b

 

tenglikka ega bo`lamiz. 

Demak, 

a

b

 bo`lsa, 

a

b

 yoki 

a

b

 bo`ladi. 

Yuqoridagi  mulohazalardan  ko`rinadiki, 

a

b

  tenglik 

a

b

  yoki 

a

b

 

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

foydlanib, quyidagiga ega bo`lamiz: 

f x

g x

 tenglama 

f x

g x

f x

g x

 majmuasiga teng kuchli. 

Misol: 

3

4

x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish: 

3

4

3

4

x

x

x

x

 majmuani tuzib, uni yechamiz. 

Birinchi tenglama 

2

x

, ikkinchi tenglama 

1

x

 yechimga ega. Demak, 1 va 2 

sonlarigina berilgan tenglamaning yechimi bo`ladi. 

2

2

2

n

n

n

x

x

x

  tenglik  ixtiyoriy 

n

R

  sonlari  uchun  o`rinli  bo`lgani  sababli, 

f x

g x

  ko`rinishdagi  ayrim  tenglamalarni  juft  darajaga  ko`tarish  usulida 

yechish ham mumkin. 

Misol: 

2

3

1

x

x

 tenglamani yechamiz. 

Yechish: 

Tenglamaning 

ikkala 

tomonini 

kvadratga 

ko`tarsak, 

2

2

2

3

1

x

x

 yoki 

2

2

4

12

9

2

1

x

x

x

x

 tenglama hosil bo`ladi. 

Bundan, 

1

4

x

, 

2

2

3

x

 yechimlarni topamiz; 

3. 

f x

g x

f x

g x

 ko`rinishdagi tenglama. 

a

b

a

b

  tengsizlikda 

,

a b R

  tenglik  belgisi 

0

a b

 

bo`lgandagina  

o`rinli 

bo`lishini 

nazarda 

tutsak, 

f x

g x

f x

g x

 

tenglama 

0

f x g x

 tengsizlikka teng kuchli ekanini ko`ramiz. 

Misol: 

2

2

5

1

5

1

x

x

x

x

 tenglamani yechamiz. 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

Yechish: 

Berilgan 

tenglamani 

quyidagicha 

yozib 

olish 

mumkin: 

2

2

1

5

1

5

x

x

x

x

.  Shu  sababli  bu  tenglama 

2

1

5

0

x

x

 

tengsizlikka  teng  kuchli.  Tengsizlikni  yechib,  berilgan  tenglamaning  barcha 

yechimlari to`plami 

; 0

 ni hosil qilamiz. 

Endi  modul  qatnashgan    tenglamalarni  yechishda  qo`llaniladigan  eng  samarali  

usullardan  biri – «oraliqlar  usuli»  ning mohiyatini misol yordamida tushuntiramiz. 

Misol: 

1

2

2

3

3

4

x

x

x

 tenglamani «oraliqlar usuli»da yechamiz. 

Yechish: 

1

0

x

, 

2

0

x

, 

3

0

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, 

1

1

x

x

, 

2

2

x

x

, 

3

3

x

x

  bo`lgani  uchun 

berilgan tenglama 

1

2 2

3 3

4

x

x

x

  ko`rinishni  oladi.  Bu  tenglama 

1

x

  shartni  qanoatlantiruvchi  yechimga  ega  emas.  Demak,  berilgan  tenglama 

; 1

 oraliqda yechimga ega emas. 

1

2

x

 bo`lsa, 

1

1

x

x

, 

2

2

x

x

, 

3

3

x

x

  bo`lgani  sababli,  

berilgan    tenglama 

1

2 2

3 3

4

x

x

x

  ko`rinishni  oladi.  Bu  tenglama 

soddalashtirilsa, 

0

0

x

  tenglama  hosil  bo`ladi. 

0

0

x

  tenglamaning  1

2

x

 

tengsizlikni  qanoatlantiruvchi  barcha  yechimlari  to`plamini tuzamiz: 

1; 2

. 

2

3

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: 

1; 2

2

5

1; 2

5

.  Shunday  qilib, 

1; 2

5

  to`plamdagi 

sonlar va faqat ular berilgan tenglamaning yechimi bo`ladi. 

 

 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

 

 

Misol: 

2

1

x

 

 

tengsizlikni yeching. 

Yechish:  

1- usul: Tengsizlikning ikkala tomonini kvadratga ko‘taramiz: 





2

2

1

x





 yoki 

2

4

3 0

x

x



 

.  Hosil    bo‘lgan    kvadrat  tengsizlikning  chap  tomonini  ko‘paytuvchi-

larga  ajratib,  oraliqlar  usulini  tatbiq  etsak,  berilgan  tengsizlikning  barcha  yechimlari 

to‘plami (1; 3) oraliqdan iborat ekanligini ko‘ramiz. 

  2-usul: Tengsizlikning chap tomonidagi modul belgisi ostida qatnashgan 

2

x



 

ikkihad 

2

x



  da  nolga  aylanadi. 

2

x



  nuqta  son  to`g`ri    chizig`ini 





; 2



  va 





2;



  oraliqlarga  ajratadi.  Bu  oraliqlarning  har  birida 

2

x



  ikkihad  o`z  ishorasini 

saqlaydi. Berilgan tengsizlikni shu oraliqlarning har birida alohida-alohida yechamiz: 

2

2 1

x

x





  



              





2

2

1

x

x





  



 

Birinchi  sistemadan 

2

3

x

 

,  ikkinchi  sistemadan 

1

2

x

 

.  Bu  ikkala  

yechimlarni birlashtirsak: 

 



  

1; 2

2; 3

1; 3



. 

Misol: 

2

1

3

1

x

x

 



 tengsizlikni yeching. 

Yechish: Tengsizlikning ikkala tomonini kvadratga ko‘tarsak: 



 



2

2

2

1

3

1

x

x







 

yoki 





2

0

x x





. Bundan 



 



; 2

0;



 

 

Misol: 

1 2

1

3

x

x

x

 

 

 tengsizlikni yeching. 

Yechish: Modul ishorasi ostida turgan ifodalar 

0

x



 va 

1

x



da nolga aylanadi. 

Bu nuqtalar son o‘qini 





; 0



, 

 

0; 1

, 





1;

 

 oraliqlarga  ajratadi. 

Berilgan  tengsizlik  birinchi 





; 0



  oraliqda 





1

2

1

3

x

x

x

   

 

ko‘rinishga 

keladi.  Ixchamlashtirishlardan  so‘ng, 

2

1

x

 

  tengsizlik  hosil  bo‘ladi,  bundan 

0,5

0

x



 

 ni topamiz. Ikkinchi intervalda berilgan tengsizlik 





1

2

1

3

x

x

x

  

 

 

ga yoki ayniy almashtirishlardan so‘ng 

0

1

x

 

 ko‘rinishga keladi. Bu oraliqda ham 

tengsizlik  bajariladi.  Uchinchi  intervalda  tengsizlik 





1 2

1

3

x

x

x

 

 

  yoki 

0,75

x



 

ko‘rinishga 

keladi. 

Lekin 

uchinchi 

interval





1;

 

 

edi. 













0,75;

1;

1;

 

  

 

.  Topilgan  uchta  natijani    umumlashtirib,    berilgan  

tengsizlikning  yechimini  yozamiz: 

0,5

x

  

. 

 

 

 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

 

 

 

I.  TENGLAMANI YECHING 

1. 

2,5

x

 

2. 

1,5

x

 

3. 

1

2

x

 

4. 

3

3

x

 

5. 

4

4

x

 

6. 

4

4

x

 

7. 

4

0

x

 

8. 

2

0

x

 

9. 

2

3

0

x

 

10. 

3

4

0

x

 

11. 

7

3

0

x

 

12. 

2

5

0

x

 

13. 

3

5

5

x

 

14. 

4

3

2

x

 

15. 

2

1

1

3

6

3

x

 

16. 

3

1

1

4

2

4

x

 

17. 

7

10

4

x

 

18. 

0,5

2

2,5

x

 

19. 

3,4

x

 

20. 

2,1

x

 

21. 

5

5

x

 

22. 

3

8

x

 

23. 

7

1

x

 

24. 

5

2

x

 

 

II. 

f x

a

 

a

R

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

 

1. 

2

x

 

2. 

2

x

 

3. 

0

x

 

4. 

1

2

x

 

5. 

1

2

x

 

6. 

1

0

x

 

7. 

2

5

1

x

 

8. 

2

5

1

x

 

9. 

2

5

0

x

 

10. 

3

1

x

 

11. 

2

a

x

 

12. 

4

0

x

 

13. 

2

3

1

1

x

x

 

14. 

3

0

x

x

 

15. 

4

0

x

x

 

16. 

2

9

x

 

17. 

2

1

0

x

 

18. 

0

x

x

 

 

 

III. 

f x

f x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

 

1. 

2

2

3

7

4

3

7

4

x

x

x

x

 

2. 

2

2

14

15

14

15

x

x

x

x

 

3. 

2

2

2

2

x

x

x

x  

4. 

2

2

3

7

6

3

7

6

x

x

x

x

 

 

TOPSHIRIQLAR 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

IV. 

f x

f x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

1. 

2

2

3

7

6

7

6

3

x

x

x

x  

2. 

4

2

2

4

x

x

x

x  

3. 

2

2

4

4

4

4

x

x

x

x

 

4. 

2

2

1

2

3

1

2

3

x

x

x

x

x

x

 

 

V. 

f x

f x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

1. 

3

5

x

x

 

2. 

2

3

5

x

x

x

 

3. 

2

5

x

x

x

 

4. 

2

6

0

x

x

 

VI. 

f x

g x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

 

1. 

2

2 3

x

x

 

2. 

2

2

2

5

1

x

x

x

 

3. 

3

2

11

x

x

 

4. 

3

1

5

6

x

x

 

 

VII.  TENGLAMANI ORALIQLAR USULI BILAN YECHING 

 

1. 

3

8

3

2

6

x

x

 

2. 

1

3

3

x

x

 

3. 

3

2

4

3

x

x

x

 

4. 

1

3

2

x

x

 

5. 

2

2

x

x

 

6. 

2

3

2

8

9

x

x

x

 

7. 

4

1

2

3

2

0

x

x

x

 

8. 

1

2

3

4

x

x

x

 

9. 

1

2

2

5

3

3

x

x

x

x

 

 

 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

VIII. 

f x

g x

f x

g x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI 

YECHING 

 

1. 

7

2

5

3

2

x

x

x

 

2. 

2

1

1

x

x

x

x

x

 

3. 

6

13

7

6

20

x

x

 

4. 

13

13

x

x

 

5. 

5

4

4

1

x

x

x

 

6. 

6

6

5

5

x

x

 

 

IX. 

ICHMA-ICH MODULLAR QATNASHGAN TENGLAMANI 

YECHING 

 

1.  2

1

1

x

 

2. 

3

3

x

x

 

3. 

6

6

3

3

x

x

 

4. 

2

1

2

2

x

 

5. 

4

2

4

x

x

x

 

X. 

f x

g x

 KO`RINISHDAGI TENGLAMANI YECHING 

 

1. 

3

5

5

2

x

x

 

2. 

1

2

3

x

x

 

3. 

1

1

x

x

 

4. 

3

2

1

1

x

x

 

 

XI. 

MODUL QATNASHGAN TENGSIZLIKLARNI YECHING 

 

1. 

1

a



 

2. 

1

a



 

3. 

1

a



 

4. 

1

a



 

5. 

0

a



 

6. 

0

a



 

7. 

3

a

 

 

8. 

1

a

 

 

9. 

1

a

 

 

10. 

3

a

 

 

11. 

1

0

x

 

 

12. 

2

3

0

x

 

 

13. 

3

4

0

x



 

 

14. 

3

4

0

x

 

 

15. 

3

4

0

x

 

 

16. 

13

4

0

x

 

 

17. 

2

1

0

x

 

 

18. 

2

1

0

x

 

 

19. 

3

8

0

x

 

 

20. 

2

1

x



 

MODUL

 

DOSTONBEK JUMANAZAROV 

 

21. 

2

10

4

x

x



 

 

22. 

3

1

3

x

x

  

 

23. 

2

7

12

4

x

x

x





 

 

24. 

2

5

9

6

x

x

x



  

 

25. 

2

2

3

2

x

x

x



 

 

26. 

2

2

6

8

5

x

x

x

x



 



 

27. 

2

2

10

x

x

 



 

28. 

2

3

9

x

x

  

 

29. 

2

2

3

1

3

1

x

x

x

x







 

 

30. 

2

1

12

3

1

x

x

x









 

31. 

2

7

5

x

 

 

32. 

2

1

1

x

x

  

 

33. 

4

1

2

x

x







 

34. 

13 2

4

9

x

x







 

35. 

1

4

2

x

x

  

 

36. 

2

3

4

1

x

x

x

  



 

37. 

2

3

2

x

x

x

    

 

38. 

1

2

3

x

x

   

 

39. 

5

2

7

2

x

x

x

    

 

40. 

2

6

5

9

x

x

x

 





 

41. 

3

1

1

x

x

  

 

42. 

2

5

1

3

x

x



 



 

43. 

4

3

6

x

x







 

44. 

2

2

3

5

6

x

x

x









 

45. 

2

2

5

4

1

4

x

x

x









 

46. 

2

2

3

2

1

3

2

x

x

x

x











 

47. 

2

6

2

6

x

x

x

x

 





 

48. 

4

1

1

1

x

x

x



 



 

49. 

2

3

x

x

x





 

50. 

2

2

2

1

x

x

 

 

51. 

2

2

4

3

1

5

x

x

x

x







 

 

52. 

2

2

2

4

1

2

x

x

x

x







 

 

53. 

1

2

1

2

3

x

x

x

x

x

        

 

54. 

1

2

3 3

4

5

x

x

x

x

x

         

 

55. 

5

2

1

1

2

2

x

x

x

x

x

        