Ko`rsatkichli va logarifmik tenglamalarga oid misollar yеchish

Ko`rsatkichli va logarifmik tenglamalarga oid misollar yеchish 

Eng  sodda  ko’rsatkichli  tenglama  deb 

b

a

x



  ko’rinishdagi 

tenglamalarga aytiladi. Bunda a>0 va a≠1, b - ixtiyoriy haqiqiy son. Bu 

tenglamani yechishda ikki holat yuz berishi mumkin:  

1) 

agar  b



0  bo’lsa,  tenglama  yechimga  ega  emas.  Chunki 

tenglamaning  chap  qismi  ko’rsatkichli  funktsiya  bo’lganligi 

uchun x ning barcha qiymatlarida faqat musbat qiymatlar qabul 

qiladi. O’ng qismi esa manfiy son. Musbat son manfiy songa teng 

bo’lishi mumkin emas. Yuqoridagi matematik mulohazani grafik 

orqali ham ko’rishimiz mumkin (1-rasm): 

 

1-rasm. 

2) 

tenglama yechimga ega Agar b>0 bo’lsa,. Haqiqatdan ham buni 

grafik orqali ko’rish mumkin (2- va 3-rasmlar). 

 

   

2-rasm. 

 

 

3-rasm. 

x

1

  va  x

2

    lar  mos  ravishda 

b

a

x



  tenglamaning  a>1  va  0

bo’lgandagi  yechimlari  bo’ladi.  Ko’rsatkichli  tenglamalarni  yechishda 

asosan quyidagi ikki teoramadan foydalaniladi. 

1-teorema.  Agar  a>0  va  a



1 bo’lib a

m

=a

n

  bo’lsa,  u  holda  m=n 

bo’ladi, ya`ni ikkita teng darajalarning asoslari musbat va birdan farqli 

bo’lib ular teng bo’lsa, u holda bu darajalarning ko’rsatkichlari ham teng 

bo’ladi. 

 

Isboti. m=n+c  bo’lsin. U holda   a

n+c

=a

n 

 yoki  a

n



a

c

=a

n

. Bundan  a

n



0 

bo’lganligi  uchun  tenglikning  ikkala  qismini  a

n

  ga  qisqartirsak,  a

c

=1 

bo’ladi. a

n



1 bo’lganligi uchun oxirgi tenglik faqat c=0  bo’lgandagina 

bajariladi. Demak, m=n  ekan. 

 

2-teorema. Agar a>0, a



1, b>0, b



1 bo’lib, a

m

=b

m

 (m



0) bo’lsa, 

a=b bo’ladi.  

 

Isboti.  b

m



0  bo’lganligi  uchun  tenglikning  ikkala  qismini  b

m

  ga 

bo’lsak, 

1



m

m

b

a

  yoki 

1















m

b

a

  bo’ladi.  m



0  bo’lganligi  uchun  oxirgi 

tenglik faqat a=b  bo’lganda bajariladi.  

 

Ko’rsatkichli 

tenglamalarni 

yechishda 

asosan 

quyidagi 

formulalardan foydalanamiz: 

 

1. 

.

n

m

n

m

a

a

a







 

 

2. 

.

:

n

m

n

m

a

a

a





 

 

3. 

.

)

(

m

m

m

b

a

b

a







 

 

4. 

.

m

m

m

b

a

b

a















 

 

5. 

.

)

(

n

m

n

m

a

a





 

 

6. 

).

,

,

0

(

N

n

N

m

a

a

a

n

m

n

m









 

 

7. 

).

0

(

1

0





a

a

 

 

8. 

.

1

n

n

a

a





 

 

9. 

).

,

,

0

(

1

/

N

n

N

m

a

a

a

n

m

n

m











 

 

 

Ko’rsatkichli tenglamalarni asosiy turlari quyidagilardan iborat. 

 

I.  B ir  x il  as os g a  k eltirib   yech iladig an   ten gla malar.  

Bunday tenglamalarni yechishda asosan (1) teoremadan foydalaniladi.  

Misollar: 

1.  2

x

=4. yechish:  2

x

=2

2

 ; x=2. Javob: x=2. 

2. 

.

4

1

8



x

  yechish: 

2

3

2

1

)

2

(



x

  yoki 

2

3

2

2





x

,  bundan    3x=-2, 

3

2





x

. Javob: 

3

2





x

. 

3. 

1

4



x

. yechish. 

.

0

,

4

4

0

2





x

x

 Javob: 

.

0



x

 

II. Umumiy ko’paytuvchini qavsdan tashqariga chiqarish usuli bilan 

yechiladigan tenglamalar. Misollar: 

1. 

.

320

4

4

1







x

x

 

yechish. 

320

4

4

4







x

x

 

yoki 

;

320

)

1

4

(

4





x

 

.

3

;

4

4

;

64

4

3







x

x

x

 Javob: 

.

3



x

 

2. 

.

140

5

3

5

2









x

x

 

yechish. 

,

140

5

5

3

5

2











x

x

 

.

3

;

5

5

;

140

25

28

5

;

140

25

3

1

5

3





















 



x

x

x

x

Javob: x=3. 

III. Yangi noma`lum kiritish usuli bilan  yechiladigan tenglamalar. 

Misollar. 

1. 

.

0

5

7

6

49









x

x

  yechish. 

.

0

5

7

6

7

2









x

x

  Agar 

t

x



7

 

desak,  

0

5

6

2









t

t

  bo’ladi.  Bu  kvadrat  tenglamani  Yechsak, 

5

 

,

1

2

1





t

t

  bo’ladi.  Demak, 

1

7



x

,  bundan 

0



x

; 

5

7



x

,  bundan 

.

5

log

7



x

 Javob: 

0



x

 va 

.

5

log

7



x

 

2. 

.

3

5

2

5

2

3

2











x

x

  yechish. 

.

0

3

5

5

2

5

5

2

3

2

















x

x

 

t

x



5

 

desak, 

0

3

25

1

2

125

1

2













t

t

 yoki 

.

0

375

10

2









t

t

 Bu tenglamani 

yechsak, 

15

;

25

2

1







t

t

bo’ladi. Demak, 

25

5



x

 dan 

15

5

;

2







x

x

. Bu tenglama Yechimga ega emas. Demak, tenglamaning Yechimi x=2 

dan iborat. 

IV. 

 ko’rinishidagi tenglamalar. Bunda a>0, a



1, b>0, b



1 

bo’lishi kerak. b

x



0 bo’lgani uchun 

1



x

x

b

a

 yoki 

.

0



























b

a

b

a

x

 Demak, 

.

0



x

 Misol. 7

x

=5

x

. Javob: 

.

0



x

 

Misol. 

V. Guruhlash usuli bilan yechiladigan tenglamalar. 

Misol. 

.

0

35

7

35

5

7

5

2

2













x

x

x

x

 

yechish. 

)

35

1

(

7

)

35

1

(

5

2







x

x

  yoki   

x

x

7

5

2



  yoki 

x

x

7

25



. 

Bundan x=0. Javob: x=0.  

 

 

 

 

 

VI. Grafik usulda yechiladigan tenglamalar. 

x

x

x

x









3

2

,

1

2

    ko’rinishdagi  tenglamalarni  grafik  usulda 

taqribiy    yechish  mumkin.  Buning  uchun 

x

y

2



  va 

1





x

y

 

funktsiyalarning  grafiklari  yasaladi.  Agar  grafiklar  kesishsa,  kesishish 

nuqtasining abstsissasi tenglamaning yechimi bo’ladi. Agar kesishmasa, 

yechimi yo’q. Agar urinib o’tsa, bitta yechimi bo’ladi (4-rasm). 

x

x

b

a



   

4-rasm. 

 

 

Test savollari. 

Variant № 1 

1. 

1

4

1





x

  tenglamani yeching. 

A) 1          B) 0      C) -1      D) 2 

2. 

81

9

3





x

 tenglamani yeching. 

A) 

2

3



       B) 3      C)  

2

3

     D) -3 

3. 

108

3

3

2

1

2







x

x

 tenglamani yeching. 

A) 0          B) 6      C)  -2     D) 2 

4. 

x

x

8

5



 tenglamani yeching. 

A) -1         B) 1      C)  0     D) Ø 

5. 

0

3

3

4

9









x

x

 tenglamani yeching. 

A) {0;-1}         B) {0;1}      C)  {1;2}     D) {-1;-2} 

 

Variant № 2 

1. 

1

)

3

,

0

(

2

3





x

 tenglamani yeching. 

A) 

3

2



       B) 0      C)  

3

2

     D) Ø 

2. 

64

4

2





x

 tenglamani yeching. 

A) 

2

5

       B) 

2

5



      C)  

5

2

     D) 

5

2



 

3. 

30

2

2

2

3

2

3









x

x

 tenglamani yeching. 

A) -1       B) 1       C)  15     D) -15 

4. 

x

x



























3

1

2

1

 tenglamani yeching. 

A) 

2

1



       B) 

2

1

      C)  

3

1

     D) 0 

5. 

0

16

4

17

16









x

x

 tenglamani yeching. 

A) {0;-2}         B) {-2;2}      C)  {0;2}     D) {-1;-2} 

 

Variant № 3 

1. 

3

4

2

2

2



x

 tenglamani yeching. 

A) 

3

2

       B) 

2

1

      C)  

3

2



     D) 

3

 

2. 

1

3

3

2

2

1









x

x

 tenglamani yeching. 

A) 

3

4



       B) 

4

3

      C)  

3

4

     D) 

4

3



 

3. 

28

2

2

2

1

1











x

x

x

 tenglamani yeching. 

A) -2         B) 2      C)  3       D) -3 

4. 

x

x

2

5

3



 tenglamani yeching. 

A) 1        B) -1       C)  Ø     D) 0 

5. 

0

5

5

6

25









x

x

 tenglamani yeching. 

A) {-1;0}         B) {0;1}      C)  {-5;0}     D) {0;5} 

Mustaqil yechish uchun misollar. 

 

1. 

5

4

7

6

3

19

5

43

3

5



















x

x

x

x

. 

2. 

3

1

3

3

)

10

(

01

,

0

5

2

2

2













x

x

x

. 

3. 

3

1 2

125

27

9

25

6

,

0

2































x

x

. 

4. 

2

1

1

2

2

2

2

2

3

3

2













x

x

x

x

. 

5. 

2

,

0

5

2

5

3

1

1

2













x

x

. 

6. 

0

3

3

36

9

3

1

2

2













x

x

. 

7. 

0

24

2

10

4

1











x

x

. 

8. 

0

12

2

8

3

3

2









x

x

x

. 

9. 

99

10

10

2

2

1

1









x

x

. 

10. 

0

4

7

)

2

(

7

6

2

2



















x

x

x

.